【弹无虚发】2013高考数学秒杀必备：数列和不等式证明的交叉论文

第一篇：【弹无虚发】2013高考数学秒杀必备：数列和不等式证明的交叉论文

高考中数列和不等式证明的交叉

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列，且a1b10，a2b20，若a1a2，试比较an和bn的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d，bn的公比为q。显然q0，因为a2b20，所以有，a1da1q，即a1q1d。

anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2，所以

1qn1a2n1= q1。若q1时，anbna11q1

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1，1q0，所以有：anbn。若0q1时，1qq2qn1n1，1q0，所以也有： 

anbn。综上所述，当nN，且n2时，anbn。在证明过程，对等比数列求和公式的逆用，是本题证明的一个转折点，它避免了一些不必要的分类讨论，时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列，求证：123n1。123n

分析：要想证明这个不等式，首先要求出左边的和式。根据题意，an是等比数列，所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由

23a1a3a2512，所以a28。再设等比数列an的公比为q。可得，a1a2a3a

2则根据条件可得：818q9283，解得，q2或q1（舍去）。所以

a14q2Sn，因此，an2n

1。令

123n=123n----------①，则123n2223242n1

1S123n--------------②，n2222由①-②得，1S1111n，即，n2223242n12n2

n=11n1 Sn11112222222例3在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若另插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：a12b1c1 分析：不等式左边有字母a，右边有不同字母b、c，要比较两边的大小，必须寻

xy

c3xy2。，b3x2y，33mnn0，bm2n，cmn2，为计算方便，我们再令m0，则a，c三者之间的联系，b、找a、利用数列的关系可得：a

m3n32

那么，a1b1c11m2n1mn21=

m3n3

=m2n2mn0，得a12b1c1。

例4设an0，且ananan1，求证：对一切自然数n，都有an。





an1an，由已知an0，所以有，分析：因为ananan1，所以an1anan

an1an0，即0an1。又因为an1an1an，则有，1

111，所以1111。

n1nnnnn1nn

在上式中取n1,2,,n1，得n1个不等式，把它们相加得，11n1，n1

于是，1n11n11n，因此，an1。在此题的证明过程中，我们巧

n1

妙的利用了数列求和的累加法，时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自

然数有关，也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2，给定数列xn，其中x1a，且满足xn1

2xn

。

n

求证：xn2且

xn1

1。n

分析：这是1984年的高考题，当时难倒了绝大部分的学生，大家觉得无从着手。它给定的是数列，求证的是不等式，而且都是和通项有关，所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。因为

xnxn1xn1

22n1xn4xn4xn2n1

n1

xn

x

又因为1，1

22n

xnax1a，所以有，n，则xn

2a21

。而a2，则有，a2所以010a21，



因此，xn2且

2n1

a2那么011，



2n1

a21

2n

1，xn1

1。n

1。例6求证：1352n1

分析：这是一道不等式的证明题，若我们总是在不等式的圈子里转悠，问题不能圆满的解决。跳出这个圈子，我们不难发现这是一个自然数有关的命题，那么，解决它的方法不外乎两种，一是利用数学归纳法；二是构造数列。我们来构造一

2n223n1an11352n1个数列an。令an= 3n1，则22n13n4n

12n28n20n41。=所以，an1an，从而有，anan1an2a11。12n328n219n4

因此原不等式得证。

例7设an是正项的等比数列，Sn是其前n项的和.证明：

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析：这是在数列情景下的不等式证明，所以要交叉使用数列的性质和不等式的证明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1，因为an0，所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得：

aaa2a3

n1n2。12nn1

再用等比定理得：

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1，因此

n1nn112nnn

有：SnSn2Sn1。

2例8 数列an和bn都是正项数列，对任意的自然数都有an，bn，an1成等差数

22列，bn，an1，bn1成等比数列。

(1)问：bn是不是等差数列？为什么？

222(2)求证：对任意的自然数p和q（pq），bp≥b2bqpqp。

分析：对于第(1)题，我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多，我们可以直接利用等差数列的通项公式，通过作差比较来完成。但是若我们仔细

222

分析题意，观察bp q，bpq，bp的特点，我们不难发现它们三者之间有等量关系：

22bpqbpq2bp，所以bpqbpq

bpqbpq2

2b2。此题充分体现了数列≥

p

和不等式知识的交叉运用。

例9数列an中，前n项之和为Snan2bn，其中a和b为常数，且a0，ab1，nN。

(1)求数列an的通项公式an；并证明an1an1。(2)若cnloganan1，试判断数列cn中任意两项的大小。

分析：此题的已知条件，前n项之和为Snan2bn 告诉我们，数列an是一个等差数列，要证明an1an1成立，只要证明该数列是一个递增的数列，且a11即可。(1)由Snan2bn可知，a1S1ab1，anSnSn12anab，所以an1an2a0，即数列an是一个单调递增的数列，那么

an1ana11。

(2)

由

(1)

可

知，=数

列

cn

各项都为正。则≤

cn1logan1an2

nann1

logan1an2logan1an

logan1an2logan1an1logan1an2an2



2aa1logn2n

= an1



=1logan1an1

1，所以cn1cn.2例10 已知数列an中，对一切自然数n，都有an0,1且anan 12an1an0。

求证：(1)an11an；

(2)若Sn表示数列an的前n项之和，则Sn2a1。

2分析：从题目的结构可以看出，条件anan12an1an0是解决问题的关键，2必须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan12an1an0，可得

an

2an12

01a，又因为，所以有，a0,1n11,因此an2an1，即n2

1an1

an11an。

1a，即a1a，于是有，(2)由结论(1)可知，an1an112an2n n11n11

112

11Sna1a2ana1a1n1a1a121

2a1，即Sn2a1。

从上面的一系列问题中，我们可以看出，数列和不等式证明是紧密相连互相渗透的，在复习中我们一定要注意它们的联系，在知识的交叉点上思考分析，达到知识的融会贯通，培养分析问题和解决问题的能力。

第二篇：高中数学 高考中数列和不等式证明的交叉论文

高考中数列和不等式证明的交叉

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列，且a1b10，a2b20，若a1a2，试比较an和bn的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d，bn的公比为q。显然q0，因为a2b20，所以有，a1da1q，即a1q1d。anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2，所以

1qn1a2q1。若q1时，anbna11qn1= a11q

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1，1q0，所以有：anbn。若0q1时，1qq2qn1n1，1q0，所以也有： anbn。综上所述，当nN，且n2时，anbn。在证明过程，对等比数列求和公式的逆用，是本题证明的一个转折点，它避免了一些不必要的分类讨论，时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列，求证：123n1。a1a2a3an

分析：要想证明这个不等式，首先要求出左边的和式。根据题意，an是等比数列，2所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由a1a3a2可

得，a1a2a3a2512，所以a28。再设等比数列an的公比为q。则根据条件可

a14

得：818q9283，解得，q2或q1（舍去）。所以，因此，q2q2123n

an2n1。令Sn123n=234n1----------①，则

a1a2a3an222

21S123n--------------②，2n2324252n2由①-②得，1S1111n，即，2n2223242n12n2

1111n11n

1= Sn

222232n2n12n2n1

例3在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若另插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：a12b1c1

分析：不等式左边有字母a，右边有不同字母b、c，要比较两边的大小，必须寻找

xy，bx2y，cxy2。a、b、c三者之间的联系，利用数列的关系可得：a2为计算方便，我们再令mx0，n

33

mn则a，bm2n，cmn2，y0，m3n32

1m2n1mn21= 那么，a1b1c1

2m3n3

=m2n2mn0，得a12b1c1。

2

例4设an0，且ananan1，求证：对一切自然数n，都有an。





n

22分析：因为ananan1，所以an1ananan1an，由已知an0，所以有，an1an0，即0an1。又因为an1an1an，111，所以1111。则有，1

an1an1anan1anan1an1an

在上式中取n1,2,,n1，得n1个不等式，把它们相加得，11n1，于

ana1

是，1n11n11n，因此，an1。在此题的证明过程中，我们巧妙的nana1

利用了数列求和的累加法，时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自然数有关，也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2，给定数列xn，其中x1a，且满足xn1

xn1

1。xn

2xn

。

2xn1求证：xn2且

分析：这是1984年的高考题，当时难倒了绝大部分的学生，大家觉得无从着手。它给定的是数列，求证的是不等式，而且都是和通项有关，所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。

xnxn1xn1x1因为2，又因为2xn12xn4xn4xn2x2x11n1

xn

xnax1a，所以有，xn2a2

n1

2n，则xn

2a21a

2n1

。而a2，则有，a20a21，所以01

aa因此，xn2且

xn1

1。xn

2n1

a21，那么01a

2n1

a21a

2n

1，1例6求证：1352n1。

2462n3n1

分析：这是一道不等式的证明题，若我们总是在不等式的圈子里转悠，问题不能圆满的解决。跳出这个圈子，我们不难发现这是一个自然数有关的命题，那么，解决它的方法不外乎两种，一是利用数学归纳法；二是构造数列。我们来构造一个数列

a2n23n1=

an。令an1352n1n1，则n1

2462n2n123n4an

12n28n20n41。所以，aa，从而有，aaaa1。=n1nnn1n2112n328n219n4

因此原不等式得证。

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析：这是在数列情景下的不等式证明，所以要交叉使用数列的性质和不等式的证

例7设an是正项的等比数列，Sn是其前n项的和.证明：

明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1，因为an0，所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得：

aaa2a3

n1n2。a1a2anan1

再用等比定理得：

SnSn2Sn1。

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1，因此有：

Sn1Snan1a1a2anSnSn

例8 数列an和bn都是正项数列，对任意的自然数都有an，bn，an1成等差数列，22，an1，bnbn1成等比数列。

(1)问：bn是不是等差数列？为什么？

222(2)求证：对任意的自然数p和q（pq），bpqbpq≥2bp。

分析：对于第(1)题，我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多，我们可以直接利用等差数列的通项公式，通过作差比较来完成。但是若我们仔细分

222

析题意，观察bp，bbqpqp的特点，我们不难发现它们三者之间有等量关系：

bpqbpq≥

bpqbpq2bp，所以bpqbpq

。此题充分体现了数列和2bp

不等式知识的交叉运用。

例9数列an中，前n项之和为Snan2bn，其中a和b为常数，且a0，ab1，nN。

(1)求数列an的通项公式an；并证明an1an1。(2)若cnloganan1，试判断数列cn中任意两项的大小。

分析：此题的已知条件，前n项之和为Snan2bn 告诉我们，数列an是一个等差数列，要证明an1an1成立，只要证明该数列是一个递增的数列，且a11即可。(1)由Snan2bn可知，a1S1ab1，anSnSn12anab，所以an1an2a0，即数列an是一个单调递增的数列，那么an1ana11。

cn1logan1an2

(2)由(1)可知，数列cn各项都为正。则=logan1an2logan1ancnloganan1

logan1an2logan1an≤2=1logan1an124

2aan

1logaan2an21logan1n2= n1424





1，所以cn1cn.例10 已知数列an中，对一切自然数n，都有an0,1且anan 12an1an0。

求证：(1)an11an；

(2)若Sn表示数列an的前n项之和，则Sn2a1。

分析：从题目的结构可以看出，条件anan12an1an0是解决问题的关键，必2须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan可得an12an1an0，2an1

1an1，12

又因为an0,1，所以有，01an11,因此an2an1，即an1an。2

1a1aa(2)由结论(1)可知，an1an112an2n，即1n1，于是有，22212n1112112a1，即Sn2a1。Sna1a2ana1a1n1a1a1

12212

从上面的一系列问题中，我们可以看出，数列和不等式证明是紧密相连互相渗透的，在复习中我们一定要注意它们的联系，在知识的交叉点上思考分析，达到知识的融会贯通，培养分析问题和解决问题的能力。

第三篇：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.*

第四篇：数列不等式的证明

数列和式不等式的证明策略

罗红波洪湖二中高三

（九）班周二第三节（11月13日）

数列和式不等式的证明经常在试卷压轴题中出现，在思维能力和方法上要求很高，难度很大，往往让人束手无策，其实，这类不等式的证明，是有一定的规律的，利用S1

n

a1q

来证明也能事半功倍，下面用几个例子来简述数列和式不等式的证明

S1

n

a1q

常用策略。

一、基础演练：

1、等比数列{an}，公比为q，则{an}的前n项和Sn为（）

na1(q1A．)

an

a1(1q)1(1qn)a

1q(q1)B.na1C.1qD.11q2、正项等比数列{an}，公比为q，0q1，{an}的前n项和Sn，以下说法正确的是（）A．S1n

a11qB.Sa11qC.Saa

nn1qD.Sn11q3、正项数列{a}，{a的前n项和Sa

nn}n，要证明S1n1q，其中0q1，可以去证明（）A．

an1qB.an1aqC.an1qD.a

n1aq nnanan

二、典例精讲：

例

1、等比数列{a1

n}，a11,q2，{an}的前n项和Sn，求证：Sn2

变式

1、正项等比数列{an}，{a1n}的前n项和Sn，a11,Sn2恒成立，求证：0q

2例

2、已知数列{an}，an1

2n

1，{an}的前n项和S5n，求证：Sn2(Sn3?)

aann变式

2、数列{n1n}，a3232n1，a11，{a3

n1n}的前n项和Sn，求证：Sn n

2例

3、（09四川理22）数列{an}的前n项和Sn，对任意正整数n，都有a4an

n5Sn1成立，记bn1a(nN).n

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)记c

nb2nb2n1(nN)，{c3

n}的前n项和Tn，求证：Tn

2变式

3、已知a1n

2，求证Sn(1)a1(1)2a2(1)nan1

(2)n

3三、小结

四、课后作业：

1、等比数列{a1

n}，a12,q

3，{an}的前n项和Sn，求证：Sn3

2、已知数列{an}，an

14n2，{an}的前n项和Sn，求证：S2

n

3

第五篇：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）