数学归纳法证明不等式

第一篇：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、复习回顾：

1、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;

2、复习数学归纳法的定义和数学归纳法证题的基本步骤;

二、本节主要内容是用数学归纳法证明不等式;

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)的变化，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)有的题目需要先作等价变换。

三、例题

例1：比较n2与2n的大小，试证明你的结论.分析：将n1,2,3,4,5,6代入比较后猜想结论，而后用数学归纳法加以证明

证明：见书P50 ;要点：(k1)2k22k1k22kkk23kk2k2….

例2：证明不等式|sinn|n|sin|(nN).

证明：(1)当n=1时，不等式显然成立;

(2)假设当n=k时不等式成立，即有：|sink|k|sin|，则当n=k+1时，

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

|sink||cos||cosk||sin||sink||sin|k|sin||sin|(k1)|sin|即当n=k+1时，原不等式也成立;

由(1)(2)知，不等式对一切正整数n均成立;

例3：证明贝努利(Bernoulli)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，

(1x)k1k(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) 

例

4、证明：如果n(n为正整数)个正数a1,a2,a3,an的乘积a1a2a3an1，那么它们的和

a1a2a3ann;

证明：(1)当n=1时，a1=1，命题显然成立;

(2)假设当n=k时命题成立，即若k个正数a1,a2,a3,ak的乘积a1a2a3ak1，那么他们的和

a1a2a3akk，

则当n=k+1时，有k+1个正数a1,a2,a3,ak,ak1满足乘积a1a2a3akak11， 若这k+1个正数相等，则它们都是1，其和为k+1，命题成立;

若这k+1个正数不全相等，则其中必有大于1的数，也有小于1的数，不妨设a1>1，a2<1, 则由归纳假设可得：a1a2a3akak1k(*)，又由a1>1，a2<1可得： (a11)(a21)0a1a2a1a210a1a2a1a21与(*)式相加即得：

a1a2a3akak1k1，即当n=k+1时，命题也成立;

由(1)(2)知，如果n(n为正整数)个正数a1,a2,a3,an的乘积a1a2a3an1，那么它们的和

a1a2a3ann;

思考：课本P53的探究

课堂练习：当n≥2时,求证

:1

1

2



证明：(1)当n2时，左式1

1

22

1.7

2右式，当n2时，不等式成立

(2)假设当nk(

2)时，不等式成立，即1



则当nk

1时，左式1











右式

当nk1时，不等式成立。

由(1)(2)可知，对一切nN，且n2，不等式都成立。

四、作业：课本P53 习题4.1中1，2，3，4，5，6

第二篇：用数学归纳法证明不等式

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.

例1 已知x>-1，且x≠0，n∈N，n≥2.求证：(1+x)n>1+nx.

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)

(2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1+x)k>1+kx.

师：现在要证的目标是(1+x)k1>1+(k+1)x，请同学考虑.

+

师：现将命题转化成如何证明不等式

(1+kx)(1+x)≥1+(k+1)x.显然，上式中“=”不成立.故只需证：(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x.

提问：证明不等式的基本方法有哪些?

(学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结)

师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式?学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写.

当n=k+1时，因为x>-1，所以1+x>0，于是

左边=(1+x)k1=(1+x)k(1+x)>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2; 右边=1+(k+1)x. +

因为kx2>0，所以左边>右边，即(1+x)k1>1+(k+1)x.这就是说，原不等式当n=k

++1时也成立.

根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立.

(通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)

例2 证明：2n+2>n2，n∈N+.

证：(1)当n=1时，左边=21+2=4;右边=1，左边>右边.所以原不等式成立.

(2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k+2>k2.

现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k1+2>(k+1)2成立.

+

师：将不等式2k2-2>(k+1)2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3.

由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2>k2+2k+1即成立.

师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证?

师：(补充板书)当n=2时，左=22+2=6，右=22=4，所以左>右;当n=3时，左=23+2=10，右=32=9，所以左>右.因此当n=1，2，3时，不等式成立.(以下请学生板书)

(2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立.即2k+2>k2.因为2k1+2=2·2k+2=2(2k

++2)-2>2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3=(k2+2k+1)+(k+1)(k-3)(因k≥3，则k-3≥0，k+1>0)

≥k2+2k+1=(k+1)2. 所以2k1+2>(k+1)2.故当n=k+1时，原不等式也成立.根

+据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立.

师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证

n=1.扩大到验证n=1，2，3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标.

例3 求证：当n≥2时，

(在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点.)

问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：

题的转化途径是：

师：设S(n)表示原式左边，f(n)表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命

要注意：这里S'(k)不一定是一项，应根据题目情况确定.

第三篇：数学归纳法证明不等式学案

§2.3用数学归纳法证明不等式

学习目标：1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤;

2.重、难点：应用数学归纳法证明不等式.一、知识情景：

关于正整数n的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性：

10.验证n取时命题( 即n=n时命题成立) (归纳奠基)

20.假设当时命题成立，证明当n=k+1时命题(归纳递推).30. 由

10、20知，对于一切n≥n的自然数n命题!(结论)

要诀: 递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉.二、数学归纳法的应用：

例1. 用数学归纳法证明不等式sinn≤nsin.(nN)

例2证明贝努力(Bernoulli)不等式:

已知xR,且x> 1，且x0，nN*，n≥2.求证：(1+x)n>1+nx.1;

例3 证明: 如果n(n为正整数)个正数a1,a2,,an的乘积a1a2an1,那么它们的和a1a2an≥n.

三、当堂检测

1、(1)不等式2nn4对哪些正整数n成立?证明你的结论。

(2)求满足不等式(11n

n

)n的正整数n的范围。

2、用数学归纳法证明

2n2n2(nN*).

§2.3用数学归纳法证明不等式作业纸班级姓名

1、用数学归纳法证明3≥n(n≥3,n∈N)第一步应验证()

A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4

2、观察下面两个数列，从第几项起an始终小于bn?证明你的结论。

{an=n｝:1,4,9,16,25,36,49,64,81, ……{bn=2｝:2,4,8,16,32,64,128,256,512, …… k

2n

3、用数学归纳法证明：对于任意大于1的正整数n，不等式1221321n1n

n都成立。

4、若a、b、c三个正数成等差数列，公差d0，自然数n2，求证：ancn2bn

。

第四篇：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

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

【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0 故当n=k+1时,结论也成立. 即0an1对于一切正整数都成立. 又由0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an. 综上可知0an1an1.

x2x2ln(1x)x, 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

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

1 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.

*

第五篇：用数学归纳法证明不等式·教案

教学目标

1.牢固掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明的过程. 2.通过事例，学生掌握运用数学归纳法证明不等式的思想方法.

3.培养学生的逻辑思维能力，运算能力，和分析问题、解决问题的能力. 教学重点与难点

重点：巩固对数学归纳法意义和有效性的理解，并能正确表达解题过程，以及掌握利用数学归纳法证明不等式的基本思路.

难点：应用数学归纳法证明的不同方法的选择及解题技巧. 教学过程设计

(一)复习回顾

师：上次课我们已经学习了数学归纳法以及运用数学归纳法解题的步骤，请同学们联想“多米诺骨牌”游戏，说出数学归纳法的步骤?

生：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.

师：演示小黑板或运用投影仪讲评作业.

(讲评作业的目的是从错误中进一步强调恰当地运用归纳假设是数学归纳法的关键)

作业中用数学归纳法证明： 2+4+6+8+„+2n=n(n+1). 如采用下面的证法，对吗?

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)

(2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1+x)k>1+kx. 师：现在要证的目标是(1+x)k+1>1+(k+1)x，请同学考虑. 生：因为应用数学归纳法，在证明n=k+1命题成立时，一定要运用归纳假设，所以当n=k+1时.应构造出归纳假设适应的条件.所以有：(1+x)k+1=(1+x)k

k(1+x)，因为x>-1(已知)，所以1+x>0于是(1+x)(1+x)>(1+kx)(1+x).

师：现将命题转化成如何证明不等式 (1+kx)(1+x)≥1+(k+1)x. 显然，上式中“=”不成立.

故只需证：(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x. 提问：证明不等式的基本方法有哪些?

生甲：证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法.

(提问的目的是使学生明确在第二步证明中，合理运用归纳假设的同时，其本质是不等式证明，因此证明不等式的所有方法、技巧手段都适用)

生乙：证明不等式(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x，可采用作差比较法. (1+kx)(1+x)-[1+(k+1)x] =1+x+kx+kx2-1-kx-x =kx2>0(因x≠0，则x2>0). 所以，(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x. 生丙：也可采用综合法的放缩技巧.

(1+kx)(1+x)=1+kx+x+lx2=1+(k+1)x+kx2.

因为kx2>0，所以1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x，即(1+kx)(1+x)>1+(1+k)x成立.

生丁：„„

(学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结)

师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式?学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写.

(板书)将例1的格式完整规范. 当n=k+1时，因为x>-1，所以1+x>0，于是

左边=(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)>(1+x)(1+lx)=1+(k+1)x+kx2; 右边=1+(k+1)x.

因为kx2>0，所以左边>右边，即(1+x)k+1>1+(k+1)x.这就是说，原不等式当n=k+1时也成立.

根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立. (通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)

师：下面再举例子，来说明合理放缩的重要性. (板书)例2证明：2n+2>n2，n∈N+.

师：(1)当 n=1时，左边=21+2=4;右边=1，左边>右边.所以原不等式成立.

(2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k+2>k2. 现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k+1+2>(k+1)2成立. 生：利用归纳假设2k+1+2=2.2k+2=2(2k+2)-2>2·k2-2.

师：将不等式2k2-2>(k+1)2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3.

由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2>k2+2k+1即成立. 生：因为k2-2k-3=(k-3)(k+1)，而k∈N，故k+1>0，但k-3≥0成立的条件是k≥3，所以当k∈N时，k-3≥0未必成立.

师：不成立的条件是什么?

生：当k=1，2时，不等式k-3≥0不成立.

师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证? 生：n=3需要验证，这是因为数学归纳法中的第一步验证是第二步归纳假设的基础，而第二步中对于k是大于或等于3才成立，故在验证时，应验证n=3时，命题成立.

师：(补充板书)

当n=2时，左=22+2=6，右=22=4，所以左>右; 当n=3时，左=23+2=10，右=32=9，所以左>右. 因此当n=1，2，3时，不等式成立. (以下请学生板书)

(2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立.即2k+2>k2.因为2k+1+2=2·2k+2=2(2k+2)-2>2k2-2 =k2+2k+1+k2-2k-3 =(k2+2k+1)+(k+1)(k-3)(因k≥3，则k-3≥0，k+1>0) ≥k2+2k+1=(k+1)2.

所以2k+1+2>(k+1)2.故当n=k+1时，原不等式也成立. 根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立.

师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证n=1.扩大到验证n=1，2，3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标.

(板书)例3求证：当n≥2时，

(由学生自行完成第一步的验证;第二步中的假设，教师应重点讲解n=k到n=k+1命题的转化过程)

师：当n=k+1时，不等式的左边表达式是怎样的? 生：当n=k+1时，

k项，应是第2k项，数列各项分母是连续的自然数，最后一项是以3k

在3k后面还有3k+

1、3k+2.最后才为3k+3即3(k+1)，所以正确

(在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点.)

运算，应针对问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：

(板书略)

师：设S(n)表示原式左边，f(n)表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命题的转化途径是：

要注意：这里 S′(k)不一定是一项，应根据题目情况确定.

(三)课堂小结

1.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.

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.

3.数学归纳法也不是万能的，也有不能解决的问题.

错误解法：

(2)假设n=k时，不等式成立，即

当n=k+1时，

则n=k+1时，不等式也成立.

根据(1)(2)，原不等式对n∈N+都成立.

(四)课后作业

1.课本P121：5，P122：6. 2.证明不等式：

(提示：

(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.) 3.对于任意大于1的自然数n，求证：

(提示：

(2)假设n=k时，不等式成立，即

这就是说，n=k+1时，原不等式成立.

根据(1)，(2)可知，对任意大于1的自然数n，原不等式都成立.)

用数学归纳法证明①式： (1)当n=3时，①式成立.

(2)假设 n=k(k≥3，k∈N)时，①式成立，即2k>2k+1.那么2k+1=2k·2>2(2k+1)

=2(k+1)+1+(2k-1)

>2(k+1)+1(因k≥3，则2k-1≥5>0). 这就是说，当n=k+1时，①式也成立.

根据(1)(2)可知，对一切n∈N，n≥3①式都成立，即f

课堂教学设计说明

1.数归法是以皮亚诺的归纳公理作为依据，把归纳法与演绎法结合起来的一种完全归纳法.数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想.在教学中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础;第二步是递推的依据，缺一不可，否则就会导致错误.为了取得良好的教学效果，不妨利用“多米诺骨牌”游戏来加深这两步骤之间的关系的理解，在演示时，应分三种情况：(1)推倒第一张，接着依次倒下直至最后一张;(2)推倒第一张，中途某处停止，最后一张不倒;(3)第一张不倒，后面不管能否推倒，都不会全部倒下.通过具体生动的模型，帮助学生理解数学归纳法的实质.

2.用数学归纳法证明不等式，宜先比较n=k与n=k+1这两个不等式间的差异，以决定n=k时不等式做何种变形，一般地只能变出n=k+1等式的一边，然后再利用比较、分析、综合、放缩及不等式的传递性来完成由n=k成立推出n=k+1不等式成立的证明. 3.要注意：在证明的第二步中，必须利用“n=k时命题成立”这一归纳假设，并且由f(k)到 f(k+1)，并不总是仅增加一项，如例2，

4.要教会学生思维，离开研究解答问题的思维过程几乎是不可能的，因此在日常教学中，尤其是解题教学中，必须把教学集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培养学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简明地表达解答过程或结果的能力，叙述表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必需的.