数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式

第一篇：数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式

数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式·教案

证明：（1）当n=1时，左=2，右=2，则等式成立．（2）假设n=k时（k∈N，k≥1），等式成立，即 2+4+6+…+2k=k（k+1）． 当n=k+1时，2+4+6+…+2k+（k+1）

所以n=k+1时，等式也成立．

根据（1）（2）可知，对于任意自然数n，原等式都能成立． 生甲：证明过程正确．

生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设．

师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法．因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设．

（课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新）

（二）讲授新课

师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．（板书）例1已知x＞-1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：（1+x）n＞1+nx． 师：首先验证n=2时的情况．

（板书）证：（1）当n=2时，左边=（1+x）2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2＞0，则原不等式成立．

（在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫）

第二篇：用数学归纳法证明数列不等式

【例1】（2012全国大纲卷理22）函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标.（1）证明:2xnxn13；（2）求数列xn的通项公式.【证】（1）证：直线PQn的方程为y5f(xn)5(x4)，即y5(xn2)(x4)，xn44x35令y0，解得xn14.nxn2xn2下用数学归纳法证明2xn3：

① 当n1时，x12，所以2x13.② 假设当nk时结论成立，即2xk3，则当nk1时，由xk1411555xk13，故xk14，得4，即42232xk2*2xk13.由①②知，对一切nN都有2xn3.4xn3xn22xn3(3xn)(xn1)从而xn1xnxn0，故xn1xn.xn2xn2xn2综上，2xnxn13.4x3x35(xn1)（2）解：由（1）知，xn1n，则 xn13n ①，xn11 ②，xn2xn2xn

2①②，得

x311xn131xn3，故数列n是首项为，公比为的等比数列.53xn115xn1x1nn195n11xn311*

因此，(nN).，解得：xnn1351xn135【例2】已知函数f(x)ln(2x)ax在开区间(0，1)内是增函数．

(Ⅰ)求实数a的取值范围；

(Ⅱ)若数列an满a1(0,1),an1ln(2an)an(nN*)，证明：0anan11．(Ⅰ)解：f(x)1a，由于f(x)在(0，1)内是增函数，2x1a0在x∈∴ f(x)0，即 (0，1)时恒成立． 2x1∴ a 恒成立，x2而

－2＜x－2＜－1，11，x22111，即 2x2∴

a1即为所求． ∴ 1(Ⅱ)证明：① 当n=1时，由题设知a1∈(0，1)． ② 假设当n=k时，不等式成立，即ak∈(0，1)，则 当n=k+1时，由(Ⅰ)知，f(x)=ln(2－x)+x在(0，1)上是增函数

∴0f(0)ln(20)0ak1ln(2ak)akf(ak)f(1)ln(21)11，即ak+1∈(0，1)，故n=k+1时命题成立.根据① ② 知0＜an＜1，n∈N*． 又 ∵ an1anln(2an)ln(21)0，∴ 0anan11．

【例3】已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足：0a11,an1f(an),n1,2,3,证明：，13an.6证明：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,n1,2,3,(Ⅰ)0an1an1；(Ⅱ)an1① 当n=1时，由已知，结论成立.② 假设当n=k时结论成立，即0ak1，因为0x1时，f(x)1cosx0，所以f(x)在(0，1)上是增函数，又f(x)在[0，1]上连续，从而f(0)f(ak)f(1)，即0ak11sin11，故当n=k+1时，结论成立.由①②可知，0an1对一切正整数都成立.又因为0an1时，an1anansinanansinan0，所以an1an，综上所述0an1an1.(Ⅱ)设函数g(x)sinxx13x,0x1，6由(Ⅰ)可知，当0x1时，sinxx.x2x2x2x22x2sin2()0, 从而g(x)cosx122222所以g(x)在（0，1）上是增函数.又g(0)0，所以当0x1时，g(x)>0成立.13于是g(an)0，即sinananan0，613故an1an．

【例4】已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11, an1fan;数列bn满足b111,bn1(n1)bn, nN*.求证: 22（Ⅰ）0an1an1;

an2;（Ⅱ）an122,则当n≥2时,bnann!.(n!n(n1)（Ⅲ）若a12*解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;

21)（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0g(0)=0.由g(x)1xan2an2fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即2211n1b(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ，222bnbbb21 所以bnnn1 b1nn!

————①bn1bn2b12 an2aaaaa,知:n1n, 所以n=23由(Ⅱ)an12a1a1a2an2因为a1anaa12an122an1 , 22, n≥2, 0an1an1.2a1a2an1a1n2a121a1

所以 an.222222 由①② 两式可知: bnann!.【例5】

设函数f(x)与数列an满足以下关系：

① a1，其中是方程f(x)x的实根； ② an1f(an)；

1).③ f(x)的导数f(x)(0，(Ⅰ)求证：an；

(Ⅱ)判断an与an1的大小关系，并证明你的结论.(Ⅰ)证：① 当n1时，a1，不等式成立.② 假设当nk时不等式成立，即ak，则nk1时，∵f(x)0，则f(x)递增.∴ak1f(ak)f()，即nk1时不等式也成立.由①、②知，an对一切nN都成立.(Ⅱ)解：an1anf(an)an，设F(x)f(x)x，则F(x)f(x)10，∴F(x)递减，而an，∴F(an)F()f()0，即f(an)an0，亦即an1an0，*∴an1an.【例6】（2005江西）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:

1an(4an),nN.2（1）证明anan12,nN;a01,an1（2）求数列{an}的通项公式an.解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

13a0(4a0),∴a0a12，命题正确.222°假设n=k时有ak1ak2.1则nk1时,akak1ak1(4ak1)ak(4ak)

2212(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)

21(ak1ak)(4ak1ak).2而ak1ak0.4ak1ak0,akak10.112又ak1ak(4ak)[4(ak2)]2.22∴nk1时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12.1°当n=1时，a01,a1方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a1

2°假设n=k时有ak令f(x)13a0(4a0),∴0a0a12； 22ak2成立，1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42)，222也即当n=k+1时

akak12成立，所以由1°、2°知，对一切nN,有akak1

2（2）下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],所以 222(an12)(an2)2

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn1n2n1222222，2又bn=－1，所以bn()12n11n,即an2bn2()21

【拓展题】

【例】、数列an满足an12a3an，且a11.（1）当1时，求数列an的nan12通项公式；

（2）若不等式an1an对一切nN恒成立，求的取值范围；

（3）当31时，证明：

*11111n.1a11a21an2解：（1）当1时，an12an1an112(an1)an2n1.(an1)21*（2）an1an①，要使an1an对一切nN恒成立，an1(a11)213至少需使a2a10成立3.a112下面先用数归法证明：当3时，an1(略)，再由①知an1an恒成立.所以[3,)为所求.（3）当31时，由(2)知an1，则由

2a(a1)(an1)11an1nn2an12an1

an1an1an112(an1)22(an11)2n(a11)2n1110an12nn，1an21111111从而2n1n，等号当且仅当n11a11a21an2222时成立.（2009安徽理21）首项为正数的数列an满足an1为奇数，则对一切n2,an都是奇数；（2）若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围.略解：（1）已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，*12(an3),nN*.（1）证明：若a14ak23m(m1)1是奇数.（因为m(m1)是偶数）则由递推关系得ak14*根据数学归纳法，对任何nN，an都是奇数.1（2）（方法一）由an1an(an1)(an3)知，an1an当且仅当an1或an3.4133231；若ak3，则ak13.另一方面，若0ak1,则0ak144根据数学归纳法，0a11,0an1,nN*;a13an3,nN*.综合所述，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.*a123a1,得a124a130,于是0a11或a13.（方法二）由a24an23an23an123(anan1)(anan1), an1an，因为a10,an14444所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号.根据数学归纳法，nN，an1an与a2a1同号.*因此，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13.*

第三篇：数列等差证明2010江西理数

数列等差证明2010江西理数

2010江西理数）22.（本小题满分14分）

证明以下命题：

（1）对任一正整a,都存在整数b,c(b

（2）存在无穷多个互不相似的三角形△n，其边长an，bn，cn为正整数且an，bn，cn

成等差数列。

【解析】作为压轴题，考查数学综合分析问题的能力以及创新能力。

（1）考虑到结构要证ac2b，；类似勾股数进行拼凑。

证明：考虑到结构特征，取特值1,5,7满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a均能成立。

结合第一问的特征，将等差数列分解，通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形，再证明互不相似，且无穷。

证明：当an，bn，cn成等差数列，则bnancnbn，分解得：(bnan)(bnan)(cnbn)(cnbn)

选取关于n的一个多项式，4n(n1)做两种途径的分解 ***22222

4n(n21)(2n2)(2n22n)(2n22n)(2n2)4n(n21)

ann22n1对比目标式，构造bnn21(n4)，由第一问结论得，等差数列成立，cn22n1n

考察三角形边长关系，可构成三角形的三边。

下证互不相似。

任取正整数m，n，若△m，△n相似：则三边对应成比例m22m1m21m22m1，n22n1n21n22n1

由比例的性质得：

m1m1mn，与约定不同的值矛盾，故互不相似。n1n1

第四篇：数列极限的证明

例1 设数列xn满足0x1,xn1sinxnn1,2,。（Ⅰ）证明limxn存在，并求该极限；

n

xn1xn（Ⅱ）计算lim。n

xn

解（Ⅰ）用归纳法证明xn单调下降且有下界，由0x1，得

0x2sinx1x1，设0xn，则

0xn1sinxnxn，所以xn单调下降且有下界，故limxn存在。

n

记alimxn，由xn1sinxn得

x

asina，所以a0，即limxn0。

n

（Ⅱ）解法1 因为

sinxlimx0

x

1xlime

x0

1sinxlnx2x

lime

x0

1cosx1



2xsinxx

xsinx6x2

xcosxsinx

lime

x0

2x3

lime

x0

e



又由（Ⅰ）limxn0，所以

n

1xn

xn1sinxnxn2

limlimnnxxnn

sinx

limx0x

解法2 因为

1xxe



sinxx

sinxx



sinxx1x

xsinxx



x3，又因为

limsinxx1sinxx,lim1x0x36x0x

xnxsinxxe，sinx6所以lim，ex0x1

故

11xlimn1nxnxnsinxnlimnxn

sinxlimx0xxn1x e1

6.

第五篇：数列极限的证明

例1 设数列xn满足0x1,xn1sinxnn1,2,。（Ⅰ）证明limxn存在，并求该极限；

n1xn1xn2（Ⅱ）计算lim。nxn解（Ⅰ）用归纳法证明xn单调下降且有下界，由0x1，得

0x2sinx1x1，设0xn，则

0xn1sinxnxn，所以xn单调下降且有下界，故limxn存在。

n记alimxn，由xn1sinxn得

xasina，所以a0，即limxn0。

n（Ⅱ）解法1 因为

sinxlimx0x1x2limex01sinxlnx2xlimex01cosx12xsinxx

xsinx6x2xcosxsinxlimex02x3limex0e16又由（Ⅰ）limxn0，所以

n12xn1xn1sinxnxn2limlimnnxxnn1

sinxlimx0x解法2 因为

1x2x2e16sinxxsinxxsinxx1xxsinxxx3，又因为

limsinxx1sinxx,lim1x0x36x0x12xnxsinxxe，sinx6所以 lim，ex0x1故

11xlimn1nxn2xnsinxnlimnxnsinxlimx0x2xn1x2

e16.