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典例精讲
数学归纳法是专门证明与自然数集有关的命题的一种方法.它可用来证明与自然数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问题及几何问题.在高考中，用数学归纳法证明与数列、函数有关的不等式是热点问题，特别是数列中的归纳—猜想—证明是对观察、分析、归纳、论证能力有一定要求的，这也是它成为高考热点的主要原因.
【例1】设n ∈N *且n≥2，求证:1+
n n >+++13121 恒成立. 证明:
①n=2时，左边=1+22
2>=右边，原不等式成立； ②设n=k(k≥2)时原不等式成立，
即1+k k >+
++131
21
. 当n=k+1时，有1+=++>++++1111131
21
k k k k
即n=k+1时原不等式成立.
由①②，可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立.
【例2】设a 1,a 2,a 3,…,a n ∈R 且0<a n <1(n ∈N *),求证：a 1a 2a 3…a n >a 1+a 2+…+a n +1-n(n≥2,n ∈N *). 证明:①n=2时，∵（1-a 1）(1-a 2)>0,
∴a 1a 2>a 1+a 2+1-(1+1)成立.
②设n =k(n≥2)时原不等式成立，
即a 1a 2…a k >a 1+a 2+…+a k+1-k 成立，
则a 1a 2…a k +a k+1-1>a 1+a 2+…+a k +a k+1+1-(k+1)成立.
∴要证明n=k+1时原不等式成立，
即a 1a 2…a k a k+1>a 1+a 2+…+a k+1+1-(k+1)成立,
只需证明不等式
a 1a 2…a k a k+1>a 1a 2…a k +a k+1-1(*)成立.
要证明不等式（*）成立，只需证明
(a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0.
又∵0<a i <1(i=1,2，…,k,k+1)恒成立，
∴0<a 1a 2…a k <1.
∴(a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0成立.
∴不等式(*)也成立，即n=k+1时原不等式成立.
由①②可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立.
温馨提示
当“假设不等式”直接向“目标不等式”过渡有困难时，可以先找一个介于“假设不等式”和“目标不等式”之间的“中途不等式”.通过对“中途不等式”的证明，实现由“假设不等式”到“目标不等式”的平稳过渡.而这个“中途不等式”仅起到桥梁作用.本例关键是尽快由“假设不等式”得
到一个右边和“目标不等式”完全一样的不等式后，由不等式的传递性寻找到要证明的“中途不等式”.
【例3】求证：(n+1)(n+2)+(n+3)·…·（n+n ）=2n ×1×3×5×…×(2n -1).
证明:用数学归纳法.当n=1时，显然成立.
根据归纳法假设，当n=k 时，命题成立，即
(k+1)(k+2)(k+3)…(k+k)=2k ×1×3×5×…×(2k -1).①
要证明n=k+1时，命题也成立，即
(k+2)(k+3)…(k+k)(k+1+k)(k+1+k+1)
=2k+1×1×3×5×…×［2(k+1)-1］.② 要用①来证明②，事实上，对等式①两边乘以
1)22)(12(+++k k k ,就凑好了等式②的左边.接下来，对［2k ×1×3×5×…×1
)22)(12(+++k k k 恒等变形，可得②式右边.因此，对任意n ∈N *，原不等式成立.
【例4】已知函数y=f(x)的定义域为R ，对任意不相等的实数x 1,x 2，都有|f(x 1)-f(x 2)|<|x 1-x 2|，且f(p)=p(p 为常数)，又在数列{a n }中，a 1<p,f(a n )+a n =2a n+1,求证：
（1）a n <p;
(2)a n+1>a n .
思路分析:用数学归纳法证明从“n=k 到n=k+1”时，关键是“一凑假设，二凑结论”. 证明:很明显,n=1时，a 1<p 成立.
假设n=k 时，a k <p 成立，
则当n=k+1时，由|f(p)-f(a k )|<|p-a k |及f(p)=p,
可得|p-f(a k )|<|p-a k |,
又a k <p,
故|p-f(a k )|<p-a k ⇒a k -p<p-f(a k )<p-a k ⇒⎩
⎨⎧><+)2(,)()1(,2)(k k k k a a f p a f a 注意到已知条件f(a k )+a k =2a k+1,
将其变形为f(a k )=2a k+1-a k ,
代入①式得a k+1<p;
代入②式得a k+1>a k .
这样命题(1)、（2）获证.
【例5】设a,b ∈(0,+∞)且b
a 11+=1，求证：对于任何n ∈N *,有(a+b)n -a n -
b n ≥22n -2n+1成立. 证明:①n=1时，原不等式显然成立；
②设n=k 时原不等式成立，
即（a+b ）k -a k -b k ≥22k -2k+1,
则n=k+1时，（a+b ）k+1-a k+1-b k+1
=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+ab k +a k b≥(a+b)(22k -2k+1)+ab k +a k b,
由1=b a 11+≥ab
2,可得ab≥4,a+b≥ab 2≥4. ∴ab k +a k b≥221
11)4(2+++≥+k k k b a =2k+2.
∴(a+b)k+1-a k+1-b k+1≥(a+b)(22k -2k+1)+ab k +a k b≥4(22k -2k+1)+2k+2=22(k+1)-2(k+1)+1, 即n=k+1时原不等式成立.
由①②可知对于任何n ∈N *原不等式成立.
温馨提示
①得到（a+b ）［(a+b)k -a k -b k ］是过渡成功的一半.
②问题化归为求关于a,b 的二元函数在条件b
a 11+=1 下的最小值问题后，若注意到原不等式“=”成立的条件为a=b=2,则容易想到上述过程. 【例6】正项数列{x n }中，对于任何n ∈N *，x n 2≤x n -x n+1恒成立.求证：对于任何n ∈N *,x n <
n 1
恒成立.
证明:①n=1时，由x 1-x 12≥x 2>0解得0<x 1<1，原不等式成立.
②设n=k 时原不等式成立，即0<x k <
k
1成立，由于x k +1≤x k -x k 2恒成立. （1）0<x k ≤11+k 时，x k+1≤x k -x k 2<x k ≤1
1+k 成立. (2)11+k <x k <k 1时，x k+1≤x k (1-x k )<k 1·(1-11+k )=11+k . 由（1）,（2）可知n=k+1时原不等式成立.
由①②可知对于任何n ∈N *,x n <n
1成立.。