广东省湛江师范学院附中数学选修4-5测试题--不等式的证明 人教版

第一篇：广东省湛江师范学院附中数学选修4-5测试题--不等式的证明 人教版

高中数学选修4-5测试题(2)—不等式的证明

班别:__________姓名:__________学号:_________评分:____________ 一.选择题:(每小题5分,共40分)

1.下列各式中，最小值等于2的是()A.xyyx

B.x5x4

C.tan

x1x

y1y



1tan

D.2x2x

2.设x0,y0,A

xy1xy, B

，则A,B的大小关系是()

A.ABB.ABC.ABD.AB

3.已知a,bR,则下列不等式不一定成立的是()A.2ab

ab

ab

B.(ab)（1ab

1a



1b)4C.ab

ab

ab

D.ab

1ab

22

4.设abc,nN，且



1bc



nac

恒成立，则n的最大值是()

A.2B.3C.4D.6 5.若a,b

R，且ab,M

NM与N的大小关系是()

A.MNB.MNC.MND.MN 6.a,b,cR，设S



aabc



bbcd



ccda



ddab，则下列判断中正确的是()

A.0S1B.1S2C.2S3D.3S4 7.设ba

0，且

P

Q

21a1b，M N

ab2，R

的大小关系是()A.PQMNRB.QPMNRC.PMNQRD.PQMRN

3322

8.设不等的两个正数a,b满足abab，则ab的取值范围是()

A.(1,)B.(1,)C.[1,]D.(0,1)

二.填空题:(每小题5分,共30分)9.设x0，则函数y33x

1x的最大值是________.10.比较大小：log34______log67.11.若x,y,aR，且

x

yaxy恒成立，则a的最小值是________.b

c的最大值是12.若a,b,cR，且abc1，则a13.设P

Q

R

P,Q,R的大小顺序是__________________.14.若a,b,c,d是正数，且满足abcd4，用M表示

abc,abd,acd,bcd中的最大者，则M的最小值为________.三.解答题:(6小题共80分)15.求证：a2b2abab1.16.

abc

.17.证明

:1)1...

.18.当n3,nN时，求证：2n2(n1).19.设a,b,cR，且abc1，求证:（1a

1)（1b

1)（1c

1)8.20.已知实数a,b,c满足abc，且有abc1,a2b2c21求证：1ab

.高中数学选修4-5测试题(2)—不等式的证明参考答案

1．D2x0,2x0,2x2x2 2．BB4．C



x1x



y1y



x1xy



y1yx



xy1xy

A，即AB

3.4

acab

1ab



acbc

1bc



abbc

ab

4ac



abbc

bc

2

bcab



abbc



，而

1ab

1bc



nac

恒成立，得n4

5．Aab,



．AR为平方平均数，它最大

6．B即S1，得即

aabc

aabc



bbcd



ccda



ddab

c



ddabc



bbd

ddb

aabcd

aabc

ccda





a

bbcda



cdab

cac

bbcd



abcdabcd

d



d

1，c



ccdaaac

ac

，

bbcd

d，

dabdb

ac

1，bbd

dab

1

aabc



bbcd



ccda



ddab

2，得S2，所以1S2

(ab)

8．Baabbab,(ab)(ab)ab，而0ab所以0(ab)(ab)

(ab)

42，得1ab

19.3

y33x33

ymax3x

ababbb

10．设log34a,log67b，则34,67，得7346423

即3

ab



427

b，显然b1,22，则3

xy2

b

ab



427

b

1ab0ab

11.

,

xy)，



1a，而x

yaxy

1a

恒成立，得

即a

12.(1112(121212)(abc)3

13.





PR；

RQ，所以PRQ

34

(abcd)3

又

14．3M1(abcabdacdbcd)，即Mmin3

15.证明：(a2b2)(abab1)

ababab1121212

(2a2b2ab2a2b2)



[(a2abb)(a2a1)(b2b1)][(ab)(a1)(b1)]0

a2b2abab1

16．证明：(111)(abc)(abc)

abc

2222222

abc

222



(abc)

17.证明：



...



1)1

n

12n1n1n

18.证明：2n(11)n1CnCn...Cn1CnCnCn2(n1)22(n1)

19.M（abc

a

1)（abc

b

1)（abc

c



1)

(bc)(ac)(ab)

abc



abc

8

20.证明：ab1c,ab

(ab)(ab)

cca,b是方程x(1c)xcc0的两个不等实根，则(1c)4(cc)0，得

c1

222

而(ca)(cb)c(ab)cab0即c(1c)ccc0，得c0,或c

所以

c0，即1ab

第二篇：人教数学数学选修不等式选讲简介

人教数学（A版）培训手册之三十九──“不等式选讲”简介

人教A版普通高中数学课程标准实验教科书（选修4-5）《不等式选讲》是根据教育部制订的《普通高中数学课程标准(实验)》(以下简称课程标准)的选修4系列第5专题“不等式选讲”的要求编写的。根据课程标准，本专题介绍一些重要的不等式和它们的证明、数学归纳法和它的简单应用

一、内容与要求1．回顾和复习不等式的基本性质和基本不等式。

2．理解绝对值的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：（1）∣a＋b∣≤∣a∣＋∣b∣；（2）∣a－b∣≤∣a－c∣＋∣c－b∣；（3）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：∣ax＋b∣≤c；∣ax＋b∣≥c；∣x－c∣＋∣x－b∣≥a。3．认识柯西不等式的几种不同形式。理解它们的几何意义。（1）证明柯西不等式的向量形式：|α||β|≥|α·β|。（2）证明：（a+b）(c+d)≥(ac+bd)。（3）证

明：

≥。4．用22222参数配方法讨论柯西不等式的一般情况：5．用向量递归方法讨论排序不等式。6．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题。7．会用数学归纳法证明贝努利不等式：(1＋x)＞1＋nx（x＞-1,n为正整数）。了解当n为实数时贝努利不等式也成立。

8．会用上述不等式证明一些简单问题。能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值。9．通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法。

二、内容安排 本专题内容分成四讲，结构如下图所n

示：

本专题的内容是在初中阶段掌握了不等式的基本概念，学会了一元一次不等式、一元一次不等式组的解法，多数学生在学习高中必修课五个模块的基础上展开的．作为一个选修专题，教科书在内容的呈现上保持了相对的完整性．第一讲是“不等式和绝对值不等式”，它是本专题的最基本内容，也是其余三讲的基础．

本讲的第一部分类比等式的基本性质，从“数与运算”的基本思想出发讨论不等式的基本性质，这是关于不等式在运算方面的一些最基本法则．接着讨论基本不等式，介绍了基本不等式的一个几何解释：“直角三角形斜边上的中线不小于斜边上的高”，并把基本不等式推广到三个正数的算术—几何平均不等式．对于一般形式的均值不等式，则只作简单介绍，不给出证明．在此基础上，介绍了它们在解决实际问题中的一些应用，如最基本的等周问题，简单的极值问题等。第二部分讨论了有关绝对值不等式的性质及绝对值不等式的解法．绝对值是与实数有关的一个基本而重要的概念，讨论关于绝对值的不等式具有重要的意义．

绝对值三角不等式是一个基本的结论，教科书首先引导学生借助于实数在数轴上的表示和绝对值的几何意义，引导学生从数的运算角度探究归纳出绝对值三角不等式，接着联系向量形式的三角不等式，得到绝对值三角不等式的几何解释，最后用代数方法给出证明．这样，数形结合，引导学生多角度认识这个不等式，逐步深化对它的理解．利用绝对值三角不等式可以解决形如的函数的极值问题，教科书安排了一个这样的实际问题

对于解含有绝对值的不等式，教科书只讨论了两种特殊类型不等式的解法，而不是系统地对这个问题进行研究。教科书引导学生探讨了形如解法，以及形如或或的不等式的的不等式的解法．学生通过这两类含有绝对值的不等式能够基本学到解含有绝对值的不等式的一般思想和方法。第二讲是“证明不等式的基本方法”．对于不等式的深入讨论必须首先掌握一些基本的方法，所以本讲内容也是本专题的一个基础内容。本讲通过一些比较简单的问题，介绍了证明不等式的几种常用而基本的方法：比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法． 比较法是证明不等式的最基本的方法，比较法可以分为两种，一种是相减比较法，它的依据是：

另一种是相除比较法，是把不等式两边相除，转化为比较所得商式与1的大小关系，它的依据是：当b＞0

时，在比较法的两种方法中，相减比较法又是最基本而重要的一种方法。在证明不等式的过程中，根据对于不等式的条件和结论不同探索方向作分类，证明方法又可以分为分析法和综合法。在证明不等式时，可以从已知条件出发逐步推出结论的方法是综合法；寻找结论成立的充分条件，从而证明不等式的方法就是分析法．证明不等式的方法还可以分为直接证法和间接证法，反证法是一种间接证法．它从不等式结论的反面出发，即假设要证明的结论不成立，经过正确的推理，得出矛盾结果，从而说明假设错误，而要证的原不等式结论成立

在证明不等式的过程中，有时通过对不等式的某些部分作适当的放大或缩小达到证明的目的，这就是所谓的放缩法． 教科书对以上方法都结合实例加以介绍。本讲内容对进一步

讨论不等式提供了思想方法的基础． 本讲的教学内容中，用反证法和放缩法证明不等式是新的课程标准才引入到中学数学教学中的内容。第三讲是“柯西不等式和排序不等式”．本讲介绍两个基本的不等式：柯西不等式和排序不等式，以及它们的简单应用． 柯西不等式是基本而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，有着广泛的应用．教科书首先介绍二维形式的柯西不等式，再从向量的角度来认识柯西不等式，引入向量形式的柯西不等式，再介绍一般形式的柯西不等式，以及柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用。在介绍了二维形式的柯西不等式的基础上，教科书引导学生在平面直角坐标系中，根据两点间的距离公式以及三角形的边长关系，从几何意义上发现二维形式的三角不等式。接着借助二维形式的柯西不等式证明了三角不等式。在一般形式的柯西不等式的基础上，教科书安排了一个探究栏目，让学生通过探究得出一般形式的三角不等式。排序不等式也

是基本而重要的不等式，一些重要不等式可以看成是排序不等式的特殊情形，例如不等式

．有些重要不等式则可以借助排序不等式得到简捷的证明。教科书在讨论排

序不等式时，展示了一个“探究——猜想——证明——应用”的研究过程，目的是引导学生通过自己的数学活动，初步认识排序不等式的数学意义、证明方法和简单应用。

柯西不等式、三角不等式和排序不等式也是数学课程标准正式引入到高中数学教学中。第四讲是“数学归纳法证明不等式”．本讲介绍了数学归纳法及其在证明不等式中的应用．对于某些不等式，必须借助于数学归纳法证明，所以在不等式选讲的专题中安排这个内容是很有必要的。教科书首先结合具体例子，提出寻找一种用有限步骤处理无限多个对象的方法的问题．然后，类比多米诺骨牌游戏，引入用数学归纳法证明命题的方法，并分析了数学归纳法的基本结构和用它证明命题时应注意的问题（两个步骤缺一不可）．接着举例说明数学归纳法在证明不等式中的应用，特别地，证明了贝努利不等式。本专题的教学重点：不等式基本性质、基本不等式及其应用、绝对值不等式的解法及其应用；用比较法、分析法、综合法证明不等式；柯西不等式、排序不等式及其应用； 教学难点：三个正数的算术-几何平均不等式及其应用、绝对值不等式解法；用反证法，放缩法证明不等式；运用柯西不等式和排序不等式证明不等式；

本专题教学约需18课时，具体分配如下（仅供参考）第一讲 不等式和绝对值不等式

一、不等式约３课时

二、绝对值不等式约２课时第二讲 证明不等式的基本方法

一、比较法约1课时

二、综合法与分析法约2课时

三、反证法与放缩法约1课时

第三讲 柯西不等式与排序不等式一、二维形式的柯西不等式约1课时二、一般形式的柯西不等式约1课时

三、排序不等式约2课时

第四讲 数学归纳法证明不等式

一、数学归纳法约2课时

二、用数学归纳法证明不等式约2课时

学习总结报告约1课时

三、编写中考虑的几个问题

根据课程标准，本专题应该强调不等式及其证明的几何意义与背景，以加深学生对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析解决问题的能力，我们在教科书的编写中努力去实现课程标准的思想。

(一)重视展现不等式的几何背景，力求让学生对重要不等式有直观理解

数量关系和空间形式是数学研究的两个重要方面，不等式则是从数量关系的角度来刻画现实世界的。我们一般借助于代数方法证明不等式。代数证明要经过一系列的变形，人们常常不能很直接地看出其中的数量关系。而借助于几何的方法，把不等式中的有关量适当地用图形中的几何量表示出来，则往往能很好地指明不等关系，使学生从几何背景的角度，直观地，从而也是直接地理解不等式。本专题中的重要不等式都有明显的几何背景，教科书注意呈现不等式的几何背景，帮助学生理解不等式的几何本质。如对于是借助于面积关系，绝对值三角不等式是借助于向量和三角形中的边长关系，柯西不等式是借助于向量运算，排序不等式是借助于三角形的面积。这样，逐渐引导学生在面对一个数学问题时能从几何角度去思考问题，找到解决问题的途径

(二)重视数学思想方法的教学

数学思想是对于数学知识（数学中的概念、法则、性质、公式、公理、定理、方法等）的理性的、本质的、高度抽象和概括的认识，带有普遍的指导意义，蕴涵于运用数学方法分析、处理和解决数学问题的过程之中。数学方法是研究或解决数学问题并使之达到目的的手段、方式、途径或程序。数学思想方法的教学是中学数学教学中的重要组成部分，有利于学生加深对于具体数学知识的理解和掌握。本专题的内容包涵了丰富的数学思想方法，如应用重要不等式解决实际问题中体现出来的优化思想，在重要不等式的呈现过程中的数形结合思想，在解不等式中体现的转化的思想，函数思想，以及证明不等式的比较法、综合与分析法、放缩法、反证法、数学归纳法，在证明柯西不等式中的配方法等，对于这些数学思想和方法，教科书都及时作归纳和总结，使学生能够结合具体的问题加以理解和体会。

(三)重视引导学习方式和教学方式的改进

在目前的中学数学教学实践仍存在一些问题，就学生的学习而言，比较突出的就是被动的接受式的学习，教师偏重于灌输式的教学，启发式的教学原则做得不够。学生的问题意识不强，发现问题的能力不强，独立地解决问题的能力也不强。针对这种情况，教科书重视引导学生提出问题，教科书设置了许多探究栏目，鼓励学生主动探究，引导学生通过类比提出问题及其解决方法，对于数学结论进行特殊化、作推广。例如，在讲述了基本不等式以后，教科书就提出了一个思考问题：“对于三个正数会有怎样的不等式成立呢？”在证明了关于三个正数的均值不等式以后，又直接给出了一般的均值不等式；在证明了二维和三维的柯西不等式以后，就设置了一个探究性问题“对比二维形式三维形式的柯西不等式，你能猜想一般形式的柯西不等式吗？”；再如“一般形式的三角不等式应该是怎样的？如何应用一般形式的柯西不等式证明它？请同学自己探究。”等等，这样的探究性问题在教科书中处处可见。

(四)注意发展数学应用意识

重要不等式在许多实际问题中可以得到应用，在实际工作中常常能起到节约能源，降低成本，提高效率，加快速度等作用。在本专题中，教科书注意体现数学在实际工作中的广泛应用，编写了一些体现数学应用的例、习题。如经典的等周问题、盒子体积问题、施工队临时生活区选点问题、关于面积和体积的最值问题。通过这些简单的应用问题，使学生体会数学在实践中的作用。

四、对教学的几个建议

(一)注意把握教学要求

无论是不等式还是数学归纳法，都已经发展成为内容非常丰富的初等数学分支，也出版了一些专门的论著，老师们对于这些内容一般都有丰富的教学经验，很容易把这些内容作一

些拓展和补充。所以，在这个专题的教学中，要特别注意把握好教学要求，不要随意提高教学要求，而应该按照数学课程标准的要求来控制教学的深广度。课程标准对于本专题的几个教学内容都明确的教学要求，如：对于解含有绝对值的不等式，只要求能解几种特殊类型的不等式，不要求学生会解各种类型的含有绝对值的不等式。对于数学归纳法在证明不等式的要求也只要求会证明一些简单问题。只要求通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法，会利用所学的不等式证明一些简单不等式，等等。

另外，在不等式和数学归纳法的许多问题中，常常需要一些技巧性比较强的恒等变形，在本专题的教学中则要控制这方面的教学要求，不要使教学陷于过于形式化和复杂的恒等变形的技巧之中，教学中不要补充一些代数恒等变形过于复杂或过于技巧化的问题和习题，以免冲淡对于基本思想方法的理解，也不要引入一些过于专业和形式化、抽象化的数学符号语言，对于数学归纳法的理解，不必要求学生对于方法的理解水平提高到专业数学工作者才需要的数学理论高度，而只需要通过一些学生容易理解的数学问题中加深对于方法的理解和掌握。对于大多数的学生来说，要重视通过比较简单的问题让学生认识、理解和掌握这部分的基本数学思想和方法。

当然，对于部分确有余力的学生，仍可以适当对于教学内容作一些拓展，如可以介绍一般的均值不等式的证明及其应用，以使学生对于这一重要不等式有一个比较完整的了解。

(二)要抓住教学重点

无论对于基本不等式、柯西不等式、排序不等式，还是解含有绝对值的不等式，不等式证明的方法，或数学归纳法的教学，都要抓住教学重点，抓住基本思想基本方法的教学，力求以简驭繁。对于几个重要不等式，最基本的是二元(二维)的情况，核心的思想也是在二元(二维)的不等式中得到直接的体现；对于不等式的证明的最基本的方法是比较法；解含有绝对值的不等式的最基本和有效的方法是分区间来加以讨论，把含有绝对值的不等式转化为不含绝对值的不等式；让学生能对数学归纳法思想真正理解和掌握，就能使学生灵活地加以应用。这样，学生就能掌握本专题最基本也是最重要的知识。

第三篇：高二数学选修4-5《不等式选讲》模块结业测试题1

高二数学选修4-5《不等式选讲》测试题

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）

1、已知集合A{x|x0},B{x|1x2}，则AB（）

A、{x|x1}B、{x|x2}C、{x|0x2}D、{x|1x2}

2、欲证23A、27

267，只需证（）

B、26

2

36



2

37



C、23

2D、2367

xy3、设x0，y0，A

1xy，B

x1x



y1y，则A、B的大小关系是（A、ABB、ABC、ABD、不能确定

4、若n0，则n

32n

2的最小值为（）

A、2B、4C、6D、85、如果命题p(n)对nk成立，则它对nk2也成立，又命题p(n)对n2成立，则下列结论正确的是（）

A、命题p(n)对所有正整数n成立B、命题p(n)对所有大于2的正整数n成立C、命题p(n)对所有奇正整数n成立D、命题p(n)对所有偶正整数n成立

6、已知0a,b1，用反证法证明a(1b),b(1a)不能都大于时，反设正确的是（）

41A、a(1b),b(1a)都大于

4，B、a(1b),b(1a)都小于

414

C、a(1b),b(1a)都大于或等于D、a(1b),b(1a)都小于或等于

7、已知a,b都是实数，那么“a2b2”是“ab”的（）A、充分而不必要条件B、必要而不充分条件

C、充分且必要条件D、既不充分也不必要条件

8、已知不等式xy则实数a的最大值为（）a对任意正实数x,y恒成立，xyA、2B、4C、2D、16

9、已知a,bR，且ab

0

11，则（）

A、abab

B、ab

ab

C、ab

ab

D、abab10、已知a0，b0满足ab2，则（）A、ab

2B、ab

2C、a2b22D、a2b2

4二、填空题（共7小题，每小题3分，共21分）

11、若不等式|ax2|6的解集是（-∞，-1][2,)，则a的值是___________.12、函数y2x2x1的最大值为：；

13、用数学归纳法证明nN*,11213

1n

n时，从“nk”到

“nk1”，左边需添加的代数式为：；

14、经计算发现下列不等式正确：22，4.5.52，3

2



22，„„，根据以上不等式的规律，请你写出一个类似的不

等式：；

15、有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5s，4s，3s，7s，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为：；

16、若由不等式x

1x

2，x

4x

3，„„，可以推广到x

ax

n

n1aR





，则

实数a的值为：；

17、如果关于x的不等式|x-4|-|x+5|b的解集为空集,则参数b的取值范围为.三、解答题（本大题5小题，共39分）

四、18、（8分）已知m,nR，求证：m3n3m2nmn219、（8分）解不等式： |x1||x2|5|x1|5x|x2|5x20、（8分）①、已知：a,bR，ab4，证明②、已知：a,b,cR，abc9，证明

21、（8分）已知数列an的前n项和为Sn,Sn（1）求a1,a2,a3；

（2）猜想数列an的通项公式并证明你的结论。

3(an1)(nN).

1a1c



1b

1；

1a



1b



1；

并类比上面的结论，写出推广后的一般性结论（不需证明）。

22、(本题满分12分）(1)证明:538

(2)已知a,b,cR，且abc1，求证：(1)(1)(1)8

a

b

c

附加题、（本

题满

分122(n11)

11

12n(nN)

2n）

分）用放缩法证: 明

高二数学选修4-5《不等式选讲》结业测试参考答案

二、填空题（共7小题，每小题3分，共21分）

11、；12、13、14、52(答案不唯一)；15、16、nn；

17、；

第Ⅱ卷（共5题，总分39分）

三、解答题（本大题5小题，共39分）

18、已知m,nR，求证：m3n3m2nmn

2方法一：作差比较：m3n3(m2nmn2)(mn)(mn)2 方法二：排序不等式：不妨设mn，m2n2

根据排序不等式：m3n3mm2nn2m2nmn219、解不等式： |x1||x2|5 解：方法一：零点分段讨论：{x|3x2}

方法二：数形结合法：{x|3x2}

20、①、已知：a,bR，ab4，证明②、已知：a,b,cR，abc9，证明

1a1a1b1b1； 1c1；

1k

1；

并类比上面的结论，写出推广后的一般性结论（不需证明）。

解：①、根据柯西不等式：

(ab)（1a1b)(a

1ab

1b)

4，ab4，

1a



1b



1②、根据柯西不等式：

(abc)（1a1b1c)(a

1ab

1bc

1c)

9，abc9，

1a



1b



1c



1可以推广：a1a2ann，则：

1a1



1a

2

1an

1；

21、已知数列an的前n项和为Sn,Sn

(an1)(nN).

（1）求a1,a2,a3；（2）猜想数列an的通项公式并证明你的结论。解:(1)由S1又S2

又S3

131313

(a11),得a1

(a11)∴a113

(a21),即a1a2(a21),得 a213

.18

(a31),即a1a2a3(a31),得 a31

.(2)猜想数列an的通项公式：an()n

证法一：数学归纳法：当n=k+1时,ak1Sk1Skak1

ak1

1313

(ak11)ak

(ak1)12

k

ak112)



ak



ak1

ak

(),ak1(

k1，命题成立。

证法二：当n>1时,anSnSn1得

anan1



12,所以an是首项为

(an1)

1312

(an11)，公比为的等比数列.所以，an()n

第四篇：第四讲《数学归纳法证明不等式》教案(新人教选修4-5).1

第四讲：数学归纳法证明不等式

数学归纳法证明不等式是高中选修的重点内容之一，包含数学归纳法的定义和数学归纳法证明基本步骤，用数学归纳法证明不等式。数学归纳法是高考考查的重点内容之一，在数列推理能力的考查中占有重要的地位。

本讲主要复习数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤、用数学归纳法证明不等式的方法：作差比较法、作商比较法、综合法、分析法和放缩法，以及类比与猜想、抽象与概括、从特殊到一般等数学思想方法。

在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点：

（1）在从n=k到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是左端）项数的变化，也就是要认清不等式的结构特征；

（2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、分析；（3）活用起点的位置；

（4）有的试题需要先作等价变换。

例题精讲

例

1、用数学归纳法证明

1111111112342n12nn1n22n

分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法定义，证明基本步骤 证明：

11111当n=1时，左边=1-2=2，右边=11=2，所以等式成立。

2假设当n=k时，等式成立，1即111111112342k12kk1k22k。

那么，当n=k+1时，111111112342k12k2k12k2 11111k1k22k2k12k21111111111()234k2k32k2k1k12k211111k2k32k2k12(k1)

这就是说，当n=k+1时等式也成立。综上所述，等式对任何自然数n都成立。点评：

数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P（n）．（1）证明当n取第一个值n0时，结论正确，即验证P（n0）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P（k）正确推出P（k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P（n）对于从n0开始的所有自然数n都正确．

要证明的等式左边共2n项，而右边共n项。f(k)与f(k+1)相比较，左边增加两项，右边增加

11一项，并且二者右边的首项也不一样，因此在证明中采取了将k1与2k2合并的变形方式，这是在分析了f(k)与f(k+1)的差异和联系之后找到的方法。练习：

1.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证（）A.n=1

B.n=2

C.n=3

D.n=4 解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C 2.用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N 证明：

×(1)当n=1时，421+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3 =42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除 ∴当n=k+1时也成立.由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.1115,(n2,nN*)3n6例

2、求证：n1n2．

分析：该命题意图：本题主要考查应用数学归纳法证明不等式的方法和一般步骤。

用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．

证明：

11115（1）当n=2时，右边=34566，不等式成立．

*nk(k2,kN)时命题成立，即（2）假设当1115k1k23k6．

则当nk1时，111111(k1)1k(1)2k3k3k13k23(1111111()k1k23k3k13k23k3k151111()63k13k23k3k151111()63k33k33k3k15115(3).63k3k16

所以则当nk1时，不等式也成立．

*n2,nN

由（1），（2）可知，原不等式对一切均成立．

1)点评：本题在由nk到nk1时的推证过程中，（1）一定要注意分析清楚命题的结构特征，即由nk到nk1时不等式左端项数的增减情况；

（2）应用了放缩技巧：

111111113.3k13k23k33k33k33k33k3k1

例

3、已知，Sn1111,nN*23n，nS2n1(n2,nN*)2用数学归纳法证明：．

证明：

（1）当n=2时，S22111113211234122，∴命题成立．

*nk(k2,kN)时命题成立，即（2）假设当S2k1111kk12322．

则当nk1时，S2k11111111kkkk12322122k111k111kkk11k1k1k12212222222k1k1k112kk111.22222 1

所以则当nk1时，不等式也成立．

*n2,nN

由（1），（2）可知，原不等式对一切均成立．

点评：本题在由nk到nk1时的推证过程中，1k1k

（1）不等式左端增加了2项，而不是只增加了“2”这一项，否则证题思路必然受阻；

（2）应用了放缩技巧：

11111111k2.kkk1k1k1k1k12122222222

练习：

1、证明不等式：

分析

1、数学归纳法的基本步骤：

设P(n)是关于自然数n的命题，若 1°P(n0)成立(奠基)2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立.2、用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标． 证明：（1）当n=1时，不等式成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即

那么，这就是说，n=k+1时，不等式也成立． 根据（1）（2）可知不等式对n∈N+都成立．

n2*22n(nN)． 2.求证：用数学归纳法证明

证明：

（1）当n=1时，221，不等式成立； 当n=2时，222，不等式成立；

32223当n=3时，不等式成立． 2212*k2nk(k3,kN)22k（2）假设当时不等式成立，即 ．

则当nk1时，2k122(2k2)22k22(k1)2k22k3，2kk3∵，∴2k3(k3)(k1)0，（*）

从而2k12(k1)2k22k3(k1)2，k1222(k1)∴．

即当nk1时，不等式也成立．

由（1），（2）可知，22n对一切nN都成立．

点评： 因为在（*）处，当k3时才成立，故起点只证n=1还不够，因此我们需注意命题的递推关系式中起点位置的推移．

3．求证：e2mn2*3m，其中m1，且mN．

分析：此题是2004年广东高考数学试卷第21题的适当变形，有两种证法 证法一：用数学归纳法证明．

44e232，不等式成立．（1）当m=2时，*mk(k2,kN)时，有e2k3k，（2）假设则 e2(k1)e2ke23ke26k，∵k2，∴6k3(k1)3k30，即6k3(k1)．

2(k1)e6k3(k1)，从而

2m

即mk1时，亦有e3m．

m1,mN由（1）和（2）知，对都成立．

证法二：作差、放缩，然后利用二项展开式和放缩法证明．

e2m3m(11)2m3m012C2CCm2m2m3m2m(2m1)3m212mm3m12m02m∴当m1，且mN时，e3m．

(m12m11)

例

4、（2005年江西省高考理科数学第21题第（1）小题，本小题满分12分）

已知数列证明{an} 的各项都是正数,且满足:a01,an11an,(4an),nN.2

anan12,nN;

求数列{an}的通项公式a.n分析：近年来高考对于数学归纳法的考查，加强了数列推理能力的考查。对数列进行了考查，和数学归纳法一起，成为压轴题。解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),2∴a0a12，命题正确.2°假设n=k时有ak1ak2.11ak1(4ak1)ak(4ak)22

则nk1时,akak1112(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak).22

ak1ak0,4ak1ak0,akak10.而

又ak111ak(4ak)[4(ak2)2]2.22

∴nk1时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有方法二：用数学归纳法证明：

anan12.1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),22∴0a0a12；

2°假设n=k时有ak1ak2成立，f(x)

令所以由假设有：1x(4x)2，f(x)在[0，2]上单调递增，f(ak1)f(ak)f(2)，111ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),22即2

也即当n=k+1时

所以对一切akak12成立，nN,有akak12．

an111an(4an)[(an2)24],22（2）下面来求数列的通项：

22(a2)(a2)n1n所以

令bnan2, 则

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

点评：

本题问给出的两种方法均是用数学归纳法证明，所不同的是：方法一采用了作差比较法；方法二利用了函数的单调性．

1nan2()21{a}2本题也可先求出第（2）问，即数列n的通项公式，然后利用函数12x1f(x)2()2的单调性和有界性，来证明第（1）问的不等式．但若这样做，则无形当中加大了第（1）问的难度，显然不如用数学归纳法证明来得简捷．

练习：

1.试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，考查的知识包括等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=q,c=bq(q＞0且q≠1)

1bnnn∴an+cn=q+bnqn=bn(q+qn)＞2bn

ancnac2(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞(2)n(n≥2且n∈N*)下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()22222①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴ akckack(),22②设n=k时成立，即

ak1ck1124(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，11＞4(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=4(ak+ck)(a+c)acacac＞(2)k·(2)=(2)k+1 根据①、②可知不等式对n＞1,n∈N*都成立．

二.基础训练

一、选择题

1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为（）A.30

B.26

C.36

D.6 解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除，则n=k+1时，f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1－(2k+7)·3k =(6k+27)·3k－(2k+7)·3k

－=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k2(k≥2)f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.答案：C

二、填空题

12.观察下列式子：131151117,122,12222234„则可归纳出_________.232341解析：131211即111222(11)2

111511221,即12122323(11)2(21)2

1112n1n12232(n1)2(n∈N*)归纳为1答案:11112n1n12232(n1)2(n∈N*)3an1a33.已知a1=2,an+1=n,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.13a1233同理,3.解析:a2a1313725 23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5333333 答案:、、、78910n5

三、解答题

11113n1n22n24.4.若n为大于1的自然数，求证：证明：(1)当n=2时，11713 2122122411113(2)假设当n=k时成立，即 k1k22k241111111则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k1131111311 242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)2411113*n1n22n24 所以：对于n∈N，且n>1时，有5.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+„+b10=145.(1)求数列{bn}的通项公式bn;(2)设数列{an}的通项an=loga(1+

1bn)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较1Sn与3logabn+1的大小，并证明你的结论.b11b1110(101)10bd145d312(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2(2)证明：由bn=3n－2知

11Sn=loga(1+1)+loga(1+4)+„+loga(1+3n2)11=loga［(1+1)(1+4)„(1+ 3n2)］

1113而3logabn+1=loga3n1,于是，比较Sn与3logabn+1的大小比较(1+1)(1+4)„13(1+3n2)与3n1的大小.333取n=1，有(1+1)=84311 13)8373321取n=2，有(1+1)(1+4 113*推测：(1+1)(1+4)„(1+3n2)＞3n1()①当n=1时，已验证()式成立.*

113*②假设n=k(k≥1)时()式成立，即(1+1)(1+4)„(1+3k2)＞3k1 1111(11)(1)(1)(1)33k1(1)43k23(k1)23k1则当n=k+1时，3k233k13k1

(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1

111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1*43k23k1,即当n=k+1时，()式成立

由①②知，()式对任意正整数n都成立.*

11于是，当a＞1时，Sn＞3logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜3logabn+1

6.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果nS2n＜3,求q的取值范围.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0，lim9∴q≠0,a2=－2, ∵an·an+1=－q,an+1·an+2=－q nn+1两式相除，得an1an2q,即an+2=q·an

1nn于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·q„猜想：a2n+1=－2q(n=1,2,3,„)

2qk1 n2k1时(kN)1kq n2k时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=2

下证：(1)当n=1,2时猜想成立

k－1(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·q则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1

k∴a2k+1=2·q即n=2k－1成立.可推知n=2k+1也成立.1k设n=2k时，a2k=－2q,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 1k所以a2k+2=－2q+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.2qk1 当n2k1时(kN)1k当n2k时(kN)q 2这样所求通项公式为an=

S2n=(a1+a3„+a2n－1)+(a2+a4+„+a2n)12n-12n=2(1+q+q+„+q)－2(q+q+„+q)2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2

1qn4qlimq0,故limS2n(1q)(2)n由于|q|＜1,∴n= n4q2依题意知2(1q)＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜5

三.巩固练习

1.（06 年湖南卷.理.19本小题满分14分）

0a11,an1f(an),n1,2,3,.a已知函数f(x)xsinx,数列{n}满足:

1an1an30an1an1;(ⅱ)6证明:(ⅰ).证明:（I）．先用数学归纳法证明

0an1，ｎ＝1,2,3,…

(i).当n=1时,由已知显然结论成立.(ii).假设当n=k时结论成立,即

0ak1.因为0

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n=k+1时,结论成立.0an1对一切正整数都成立.由(i)、(ii)可知，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．

1g(x)sinxxx36，0x1．由（I）知，当0x1时，sinxx，（II）．设函数

x2x2x2x22xg(x)cosx12sin2()0.2222从而 '所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0，1g(an)0,即sinananan306

所以当0x1时，g(x)>0成立.于是． 1an1an36

故．

点评：不等式的问题常与函数、三角、数列、导数、几何等数学分支交汇，综合考查运用不等式知识解决 问题的能力，在交汇中尤其以各分支中蕴藏的不等式结论的证明为重点.需要灵活运用各分支的数学知识.2.（05 年辽宁卷.19本小题满分12分）

f(x)已知函数x3(x1).{aa1,an1f(an)，数列{bn}满足x1设数列n}满足1bn|an3|,Snb1b2bn(nN*).(31)nbn2n1；

（Ⅰ）用数学归纳法证明Sn23.3

（Ⅱ）证明分析：本小题主要考查数列、等比数列、不等式等基本知识，考查运用数学归纳法解决有关问题的能力 x0时,f(x)1（Ⅰ）证明：当所以

21.x1 因为a1=1，an1(nN*).(31)nbn.n12下面用数学归纳法证明不等式

（1）当n=1时，b1=31，不等式成立，(31)kbk.k12（2）假设当n=k时，不等式成立，即

bk1|ak13|那么

(31)|ak3|1ak

31(31)k1bk.k22

所以，当n=k+1时，不等也成立。

根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。

(31)nbn.n12（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，(31)2(31)nSnb1b2bn(31)22n1 所以

31n)122(31)(31)3.313131122 1(nN,Sn23.3）故对任意3.（05 年湖北卷.理22.本小题满分14分）已知不等式1111[log2n],其中n为大于2的整数，[log2n]表示不超过23n2log2n的最大整数.设数列{an}的各项为正，且满足a1b(b0),annan1,n2,3,4,

nan（Ⅰ）证明an2b,n3,4,5,

2b[log2n]（Ⅱ）猜测数列{an}是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）； 分析：本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.n2时,0an（Ⅰ）证法1：∵当

nan11nan111,,nan1annan1an1n

111,aan1n 即n111111111,,,.aa12a3a23anan1n 于是有 211111.aa123n 所有不等式两边相加可得 n111[log2n].aa12由已知不等式知，当n≥3时有，n

a1b,∵

2b[log2n]111[log2n].anb22ban2b.2b[log2n]

f(n)证法2：设11123n，首先利用数学归纳法证不等式

anb,n3,4,5,.1f(n)b

a3（i）当n=3时，由 知不等式成立.3a233b.32a3a21f(3)b1131a22a1

b,1f(k)b

ak（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即ak1则(k1)akk1k11f(k)b(k1)ak(k1)1(k1)1akb (k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,1f(k1)b

即当n=k+1时，不等式也成立.an由（i）、（ii）知，b,n3,4,5,.1f(n)b

an又由已知不等式得

（Ⅱ）有极限，且nb11[log2n]b2

2b,n3,4,5,.2b[log2n]

liman0.2b221,令,2b[log2n][log2n][log2n]5（Ⅲ）∵

10logn[logn]10,n21024, 22则有

1an.5 故取N=1024，可使当n>N时，都有

第五篇：2014年人教A版选修4-5教案 二 用数学归纳法证明不等式

二 用数学归纳法证明不等式

教学要求：

了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写.教学重点：

能用数学归纳法证明几个经典不等式.教学难点：

理解经典不等式的证明思路.教学过程：

一、复习准备：

12221.求证：13352.求证：1n2n(n1),nN*.(2n1)(2n1)2(2n1)1112341n,nN*.n2

1二、讲授新课： 1.教学例题：

① 出示例1：比较n2与2n的大小，试证明你的结论.分析：试值n1,2,3,4,5,6 → 猜想结论 → 用数学归纳法证明

→ 要点：(k1)2k22k1k22kkk23kk2k2….小结：试值→猜想→证明

11② 练习：已知数列an的各项为正数，Sn为前n项和，且Sn(an)，归纳出an的公式

2an并证明你的结论.解题要点：试值n=1,2,3,4，→ 猜想an → 数学归纳法证明 ③ 出示例2：证明不等式|sinn|n|sin|(nN).要点：|sin(k1)||sinkcoscosksin||sinkcos||cosksin|

|sink||sin|k|sin||sin|(k1)|sin|

④ 出示例3：证明贝努利不等式.(1x)n1nx(x1,x0,nN,n1)

22证明：（1）当n=2时，由x0得(1x)12xx12x，即不等式成立；

（2）假设当n=k（k≥2）时不等式成立，即有(1x)1kx：，则当n=k+1时，k(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1xkxkx21(k1)x，所以当n=k+1时，原不等式也成立； 由（1）（2）知，贝努利不等式成立；

注：事实上，把贝努利不等式中的正整数n改为实数仍有类似不等式成立.当是实数,且或0时,有(1x)≥1x(x1)当是实数,且01时,有(1x)≤1x(x1)

2.练习：试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有an+cn＞2bn.解答要点：当a、b、c为等比数列时，设a=

b, c=bq(q＞0且q≠1).∴ an+cn=….qancnacn 当a、b、c为等差数列时，有2b=a+c，则需证＞()(n≥2且n∈N*).22ak1ck11k+1k+1k+1k+11(a+c+a+c)＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)….当n=k+1时，244=1kkackacack+1(a+c)(a+c)＞()·()=().42223.小结：应用数学归纳法证明与正整数n有关的不等式；技巧：凑配、放缩.三、巩固练习：

已知nN,n2,证明： 1211n1n211.2n