文档内容
第一课时 4.1 数学归纳法
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一些简单的数学命题.
教学难点：数学归纳法中递推思想的理解.
教学过程：
一、复习准备：
1. 分析：多米诺骨牌游戏. 成功的两个条件：（1）第一张牌被推倒；（2）骨牌的排列，保
证前一张牌倒则后一张牌也必定倒.
回顾：数学归纳法两大步：（i）归纳奠基：证明当n取第一个值n 时命题成立；（ii）归
0
纳递推：假设n=k（k≥n ， k∈N*）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立. 只要完成
0
这两个步骤，就可以断定命题对从n 开始的所有正整数n都成立.
0
2. 练习：已知 f(n)1352n1,nN*，猜想 f(n)的表达式，并给出证明？
过程：试值 f(1)1， f(2)4，…，→ 猜想 f(n)n2 → 用数学归纳法证明.
1
3. 练习：是否存在常数a、b、c使得等式132435......n(n2) n(an2 bnc)
6
对一切自然数n都成立，试证明你的结论.
二、讲授新课：
1. 教学数学归纳法的应用：
1 1 1 1 1 1 1 1
① 出示例1：求证1 ,nN*
2 3 4 2n1 2n n1 n2 2n
分析：第1步如何写？n=k的假设如何写？ 待证的目标式是什么？如何从假设出发？
关键：在假设n=k的式子上，如何同补？
小结：证n=k+1时，需从假设出发，对比目标，分析等式两边同增的项，朝目标进行变
形.
② 出示例2：求证：n为奇数时，xn+yn能被x+y整除.
分析要点：（凑配）xk+2+yk+2=x2·xk+y2·yk=x2(xk+yk)+y2·yk－x2·yk
=x2(xk+yk)+yk(y2－x2)=x2(xk+yk)+yk·(y+x)(y－x).
③ 出示例3：平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任何三个圆都不相交于同一点，
求证这n个圆将平面分成f(n)=n2－n+2个部分.
分析要点：n=k+1时，在k+1个圆中任取一个圆C，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，
而圆C与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆C分成2k段弧，每段弧将它所在的平面部
分一分为二，故共增加了2k个平面部分.因此，f(k+1)=f(k)+2k=k2－k+2+2k=(k+1)2－(k+1)+2.
2. 练习：
1 1
① 求证: (11)(1 )AA(1 ) 2n1（n∈N*）.
3 2n1
② 用数学归纳法证明：
（Ⅰ）72n 42n 297能被264整除；
（Ⅱ）an1(a1)2n1能被a2 a1整除（其中n，a为正整数）
③ 是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）·3n+9对任意正整数n都能被m整除?若存在，
求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
3. 小结：两个步骤与一个结论，“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”；
从n=k到n=k+1时，变形方法有乘法公式、因式分解、添拆项、配方等.
三、巩固练习： 1. 练习：教材 1、2、5题 2. 作业：教材 3、4、6题.
50 50
第二课时 4.2 数学归纳法教学要求：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：
12 22 n2 n(n1)
1. 求证： ,nN*.
13 35 (2n1)(2n1) 2(2n1)
1 1 1 1
2. 求证：1 n,nN*.
2 3 4 2n 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n1,2,3,4,5,6 → 猜想结论 → 用数学归纳法证明
→ 要点：(k1)2 k2 2k1k2 2kk k2 3k k2 k2 …. 小结：试值→猜想→
证明
1 1
② 练习：已知数列a 的各项为正数，S 为前n项和，且S (a )，归纳出a 的公
n n n 2 n a n
n
式并证明你的结论.
解题要点：试值n=1,2,3,4， → 猜想a → 数学归纳法证明
n
③ 出示例2：证明不等式|sinn|n|sin| (nN).
要点：|sin(k1)||sinkcoscosksin||sinkcos||cosksin|
|sink||sin|k|sin||sin|(k1)|sin|
④ 出示例3：证明贝努利不等式. (1x)n 1nx (x1,x0,nN,n1)
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.
b
解答要点：当a、b、c为等比数列时，设a= , c=bq (q＞0且q≠1). ∴ an+cn=….
q
an cn ac
当a、b、c为等差数列时，有2b=a+c，则需证 ＞( )n (n≥2且n∈N*).
2 2
ak1ck1 1 1
…. 当n=k+1时， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)＞ (ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)
2 4 4
1 ac ac ac
= (ak+ck)(a+c)＞( )k·( )=( )k+1 .
4 2 2 2
3. 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：
1 1 1 tan(2n)
1. 用数学归纳法证明： (1 )(1 )....(1 ) .
cos2 cos4 cos2n tan
1 1 1 1
2. 已知nN,n2,证明： 1.
2 n1 n2 2n
3. 作业：教材P 3、5、8题. 数学归纳法
54教学目标
1．了解归纳法的意义，培养学生观察、归纳、发现的能力．
2．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．
3．抽象思维和概括能力进一步得到提高．
教学重点与难点
重点：归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析．
难点：数学归纳法中递推思想的理解．
教学过程设计
（一）引入
师：从今天开始，我们来学习数学归纳法．什么是数学归纳法呢？应该从认
识什么是归纳法开始．
（板书课题：数学归纳法）
（二）什么是归纳法（板书）
师：请看下面几个问题，并由此思考什么是归纳法，归纳法有什么特点．
问题1：这里有一袋球共十二个，我们要判断这一袋球是白球，还是黑球，
请问怎么办？
（可准备一袋白球、问题用小黑板或投影幻灯片事先准备好）
生：把它倒出来看一看就可以了．
师：方法是正确的，但操作上缺乏顺序性．顺序操作怎么做？
生：一个一个拿，拿一个看一个．
师：对．问题的结果是什么呢？
（演示操作过程）
第一个白球，第二个白球，第三个白球，……，第十二个白球，由此得到：
这一袋球都是白球．a ，a ，a 。的值，再推测通项a 的公式．（问题由小黑板或投影幻灯片给出）
2 3 4 n
师：同学们解决以上两个问题用的都是归纳法，你能说说什么是归纳法，归
纳法有什么特点吗？
生：归纳法是由一些特殊事例推出一般结论的推理方法．
特点是由特殊→一般（板书）．
师：很好！其实在中学数学中，归纳法我们早就接触到了．例如，给出数列
的前四项，求它的一个通项公式用的是归纳法，确定等差数列、等比数列通项公
式用的也是归纳法，今后的学习还会看到归纳法的运用．
在生活和生产实际中，归纳法也有广泛应用．例如气象工作者、水文工作者
依据积累的历史资料作气象预测，水文预报，用的就是归纳法．
还应该指出，问题1和问题2运用的归纳法还是有区别的．问题1中，一共12
个球，全看了，由此而得到了结论．这种把研究对象一一都考查到了而推出结论
的归纳法称为完全归纳法．对于问题2，由于自然数有无数个，用完全归纳法去
推出结论就不可能，它是由前4项体现的规律，进行推测，得出结论的，这种归
纳法称为不完全归纳法．
（三）归纳法的认识（板书）
归纳法分完全归纳法和不完全归纳法（板书）．
师：用不完全归纳法既然要推测，推测是要有点勇气的，请大家鼓起勇气研
究问题3．
问题3：对于任意自然数n，比较7n-3与6（7n+9）的大小．（问题由小黑板
或投影幻灯片给出）
（给学生一定的计算、思考时间）
生：经过计算，我的结论是：对任意n∈N ，7n-3＜6（7n+9）．
+
师：你计算了几个数得到的结论？
生：4个．师：你算了n=1，n=2，n=3，n=4这4个数，而得到的结论，是吧？
生：对．
师：有没有不同意见？
生：我验了n=8，这时有7n-3＞6（7n+9），而不是7n-3＜6（7n+9）．他的结
论不对吧！
师：那你的结论是什么呢？
（动员大家思考，纠正）
生：我的结论是：
当n=1，2，3，4，5时，7n-3＜6（7n+9）；
当n=6，7，8，…时，7n-3＞6（7n+9）．
师：由以上的研究过程，我们应该总结什么经验呢？
首先要仔细地占有准确的材料，不能随便算几个数，就作推测．请把你们计
算结果填入下表内：
师：依据数据作推测，决不是乱猜．要注意对数据作出谨慎地分析．由上表
可看到，当n依1，2，3，4，…变动时，相应的7n-3的值以后一个是前一个的7
倍的速度在增加，而6（7n+9）相应值的增长速度还不到2倍．完全有理由确认，
当n取较大值时，7n-3＞6（7n+9）会成立的．
师：对问题3推测有误的同学完全不必过于自责，接受教训就可以了．其实
在数学史上，一些世界级的数学大师在运用归纳法时，也曾有过失误．
资料 1（事先准备好，由学生阅读）费马（Fermat）是17世纪法国著名的数学家，他是解析几何的发明者之一，
是对微积分的创立作出贡献最多的人之一，是概率论的创始者之一，他对数论也
有许多贡献．
但是，费马曾认为，当n∈N时，22n+1一定都是质数，这是他对n=0，1，2，3，4
作了验证后得到的．
18世纪伟大的瑞士科学家欧拉（Euler）却证明了225+1=4 294 967 297=6
700 417×641，从而否定了费马的推测．
师：有的同学说，费马为什么不再多算一个数呢？今天我们是无法回答
的．但是要告诉同学们，失误的关键不在于多算一个上！
再请看数学史上的另一个资料（仍由学生阅读）：
资料 2
f（n）=n2+n+41，当n∈N时，f（n）是否都为质数？
f（0）=41，f（1）=43，f（2）=47，f（3）=53，f（4）=61，
f（5）=71，f（6）=83，f（7）=97，f（8）=113，f（9）=131，
f（10）=151，… f（39）=1 601．
但是f（40）=1 681=412是合数
师：算了39个数不算少了吧，但还不行！我们介绍以上两个资料，不是说
世界级大师还出错，我们有错就可以原谅，也不是说归纳法不行，不去学了，而
是要找出运用归纳法出错的原因，并研究出对策来．
师：归纳法为什么会出错呢？
生：完全归纳法不会出错．
师：对！但运用不完全归纳法是不可避免的，它为什么会出错呢？
生：由于用不完全归纳法时，一般结论的得出带有猜测的成份．
师：完全同意．那么怎么办呢？
生：应该予以证明．
师：大家同意吧？对于生活、生产中的实际问题，得出的结论的正确性，应
接受实践的检验，因为实践是检验真理的唯一标准．对于数学问题，应寻求数学
证明．（四）归纳与证明（板书）
师：怎么证明呢？请结合以上问题1思考．
生：问题1共12个球，都看了，它的正确性不用证明了．
师：也可以换个角度看，12个球，一一验看了，这一一验看就可以看作证
明．数学上称这种证法为穷举法．它体现了分类讨论的思想．
师：如果这里不是12个球，而是无数个球，我们用不完全归纳法得到，这
袋球全是白球，那么怎么证明呢？
（稍作酝酿，使学生把注意力更集中起来）
师：这类问题的证明确不是一个容易的课题，在数学史上也经历了多年的酝
酿．第一个正式研究此课题的是意大利科学家莫罗利科．他运用递推的思想予以
证明．
结合问题1来说，他首先确定第一次拿出来的是白球．
然后再构造一个命题予以证明．命题的条件是：“设某一次拿出来的是白
球”，结论是“下一次拿出来的也是白球”．
这个命题不是孤立地研究“某一次”，“下一次”取的到底是不是白球，而
是研究若某一次是白球这个条件能保证下一次也是白球的逻辑必然性．
大家看，是否证明了上述两条，就使问题得到解决了呢？
生：是．第一次拿出的是白球已确认，反复运用上述构造的命题，可得第二
次、第三次、第四次、……拿出的都是白球．
师：对．它使一个原来无法作出一一验证的命题，用一个推一个的递推思想
得到了证明．
生活上，体现这种递推思想的例子也是不少的，你能举出例子来吗？
生：一排排放很近的自行车，只要碰倒一辆，就会倒下一排．
生：再例如多米诺骨牌游戏．
（有条件可放一段此种游戏的录相）
师：多米诺骨牌游戏要取得成功，必须靠两条：
（1）骨牌的排列，保证前一张牌倒则后一张牌也必定倒；（2）第一张牌被推倒．
用这种思想设计出来的，用于证明不完全归纳法推测所得命题的正确性的证
明方法就是数学归纳法．
（五）数学归纳法（板书）
师：用数学归纳法证明以上问题2推测而得的命题，应该证明什么呢？
生：先证n=1时，公式成立（第一步）；
再证明：若对某个自然数（n=k）公式成立，则对下一个自然数（n=k+1）公
式也成立（第二步）．
师：这两步的证明自己会进行吗？请先证明第一步．
（应追问各步计算推理的依据）
师：再证明第二步．先明确要证明什么？
师：于是由上述两步，命题得到了证明．这就是用数学归纳法进行证明的基
本要求．
师：请小结一下用数学归纳法作证明应有的基本步骤．
生：共两步（学生说，教师板书）：（1）n=1时，命题成立；
（2）设n=k时命题成立，则当n=k+1时，命题也成立．
师：其实第一步一般来说，是证明开头者命题成立．例如，对于问题3推测
得的命题：当n=6，7，8，…时，7n-3＞6（7n+9）．第一步应证明n=6时，不等
式成立．
（若有时间还可讨论此不等关系证明的第二步，若无时间可布置学生课下思
考）
（六）小结
师：把本节课内容归纳一下：
（1）本节的中心内容是归纳法和数学归纳法．
（2）归纳法是一种由特殊到一般的推理方法．分完全归纳法和不完全归纳
法二种．
（3）由于不完全归纳法中推测所得结论可能不正确，因而必须作出证明，
证明可用数学归纳法进行．
（4）数学归纳法作为一种证明方法，它的基本思想是递推（递归）思想，
它的操作步骤必须是二步．
数学归纳法在数学中有广泛的应用，将从下节课开始学习．
（七）课外作业
（1）阅读课本P112～P115的内容．
（2）书面作业P115练习：1，3．
课堂教学设计说明
1．数学归纳法是一种用于证明与自然数n有关的命题的正确性的证明方
法．它的操作步骤简单、明确，教学重点应该是方法的应用．但是我们认为不能
把教学过程当作方法的灌输，技能的操练．对方法作简单的灌输，学生必然疑虑
重重．为什么必须是二步呢？于是教师反复举例，说明二步缺一不可．你怎么知
道n=k时命题成立呢？教师又不得不作出解释，可学生仍未完全接受．学完了数
学归纳法的学生又往往有应该用时但想不起来的问题，等等．为此，我们设想强
化数学归纳法产生过程的教学，把数学归纳法的产生寓于对归纳法的分析、认识
当中，把数学归纳法的产生与不完全归纳法的完善结合起来．这样不仅使学生可
以看到数学归纳法产生的背景，从一开始就注意它的功能，为使用它打下良好的基础，而且可以强化归纳思想的教学，这不仅是对中学数学中以演绎思想为主的
教学的重要补充，也是引导学生发展创新能力的良机．
数学归纳法产生的过程分二个阶段，第一阶段从对归纳法的认识开始，到对
不完全归纳法的认识，再到不完全归纳法可靠性的认识，直到怎么办结束．第二
阶段是对策酝酿，从介绍递推思想开始，到认识递推思想，运用递推思想，直到
归纳出二个步骤结束．
把递推思想的介绍、理解、运用放在主要位置，必然对理解数学归纳法的实
质带来指导意义，也是在教学过程中努力挖掘、渗透隐含于教学内容中的数学思
想的一种尝试．
2．在教学方法上，这里运用了在教师指导下的师生共同讨论、探索的方
法．目的是在于加强学生对教学过程的参与程度．为了使这种参与有一定的智能
度，教师应做好发动、组织、引导和点拨．学生的思维参与往往是从问题开始的，
尽快提出适当的问题，并提出思维要求，让学生尽快投入到思维活动中来，是十
分重要的．这就要求教师把每节课的课题作出层次分明的分解，并选择适当的问
题，把课题的研究内容落于问题中，在逐渐展开中，引导学生用已学的知识、方
法予以解决，并获得新的发展．本节课的教学设计也想在这方面作些研究．
3．理解数学归纳法中的递推思想，还要注意其中第二步，证明n=k+1命题
成立时必须用到n=k时命题成立这个条件．
即n=k+1时等式也成立．这是不正确的．因为递推思想要求的不是n=k，n=k+1时命题到底成立不成
立，而是n=k时命题成立作为条件能否保证n=k+1时命题成立这个结论正确，即
要求的这种逻辑关系是否成立．证明的主要部分应改为
以上理解不仅是正确认识数学归纳法的需要，也为第二步证明过程的设计指
明了正确的思维方向．
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 1 1 1 1 1 1 1
1
2 3 4 2n1 2n n1 n2 2n
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：
1 1 1 1
1当n=1时，左边=1- 2 = 2 ，右边= 11 = 2 ，所以等式成立。
2假设当n=k时，等式成立，
1 1 1 1 1 1 1 1
1
即 2 3 4 2k 1 2k k 1 k 2 2k 。
那么，当n=k+1时，
1 1 1 1 1 1 1
1
2 3 4 2k 1 2k 2k 1 2k 21 1 1 1 1
k 1 k 2 2k 2k 1 2k 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ( )
2 3 4 k 2 k 3 2k 2k 1 k 1 2k 2
1 1 1 1 1
k 2 k 3 2k 2k 1 2(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n 时，结论正确，即验证P（n ）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n ）
0 0 0
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n 开始的所有自然数n都正确．
0
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
1 1
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4
2n1+3n+2能被13整除，其中n∈N
证明：
(1)当n=1时，42×1+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.
1 1 1 5
, (n2, nN*)
n1 n2 3n 6
例2、求证： ．
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：1 1 1 1 5
3 4 5 6 6
（1）当n=2时，右边= ，不等式成立．
n k(k 2, kN*)
（2）假设当 时命题成立，即
1 1 1 5
k 1 k 2 3k 6
．
n k 1
则当 时，
1 1 1 1 1 1
(k 1)1 (k 1)2 3k 3k 1 3k 2 3(k 1)
1 1 1 1 1 1 1
( )
k 1 k 2 3k 3k 1 3k 2 3k 3 k 1
5 1 1 1 1
( )
6 3k 1 3k 2 3k 3 k 1
5 1 1 1 1
( )
6 3k 3 3k 3 3k 3 k 1
5 1 1 5
(3 ) .
6 3k 3 k 1 6
n k 1
所以则当 时，不等式也成立．
n2, nN*
由（1），（2）可知，原不等式对一切 均成立．
n k n k 1
点评：本题在由 到 时的推证过程中，
n k n k 1
（1）一定要注意分析清楚命题的结构特征，即由 到 时不等式左端项数的增
减情况；
（2）应用了放缩技巧：
1 1 1 1 1 1 1 1
3 .
3k1 3k2 3k3 3k3 3k3 3k3 3k3 k1
1 1 1
S 1 , nN*
n 2 3 n
例3、已知， ，
n
S 1 (n 2, nN*)
2n 2
用数学归纳法证明： ．
证明：
1 1 1 13 2
S 1 1 1
22 2 3 4 12 2
（1）当n=2时， ，∴命题成立．n k(k 2, kN*)
（2）假设当 时命题成立，即
1 1 1 k
S 1 1
2k 2 3 2k 2
．
n k 1
则当 时，
1 1 1 1 1 1
S 1
2k1 2 3 2k 2k 1 2k 2 2k1
k 1 1 1 k 1 1 1
1 1
2 2k 1 2k 2 2k1 2 2k1 2k1 2k1
k 1 k 1 k1
1 2k 1 1 .
2 2k1 2 2 2
n k 1
所以则当 时，不等式也成立．
n2, nN*
由（1），（2）可知，原不等式对一切 均成立．
n k n k 1
点评：本题在由 到 时的推证过程中，
1
（1）不等式左端增加了2k
项，而不是只增加了“
2k1
”这一项，否则证题思路必然
受阻；
（2）应用了放缩技巧：
1 1 1 1 1 1 1 1
2k .
2k 1 2k 2 2k1 2k1 2k1 2k1 2k1 2
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(n )成立(奠基)
0
2°假设P(k)成立(k≥n )，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n 的自然数n
0 0
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．
+
2n 2n2 (nN*)
2.求证：用数学归纳法证明 ．
证明：
（1） 当n=1时，
21212
，不等式成立；
当n=2时，
22 222
，不等式成立；
23232
当n=3时， ，不等式成立．
n k(k 3, kN*) 2k 2k2
（2）假设当 时不等式成立，即 ．
n k 1
则当 时，
2k122(2k 2)22k2 2(k 1)2 k2 2k 3
，
k 3 k2 2k 3(k 3)(k 1)0
∵ ，∴ ，（*）
2k12(k 1)2 k2 2k 3(k 1)2
从而 ，
2k12(k 1)2
∴ ．
n k 1
即当 时，不等式也成立．
2n 2n2 nN*
由（1），（2）可知， 对一切 都成立．
k 3
点评： 因为在（*）处，当 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．e2m 3m m1 mN
3．求证： ，其中 ，且 ．
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．
e4 24 32
（1）当m=2时， ，不等式成立．
m k(k 2, kN*) e2k 3k
（2）假设 时，有 ，
e2(k1) e2k e2 3ke2 6k
则 ，
k 2 6k 3(k 1)3k 30 6k 3(k 1)
∵ ，∴ ，即 ．
e2(k1) 6k 3(k 1)
从而 ，
m k 1 e2m 3m
即 时，亦有 ．
m1, mN
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 (11)2m 3m
C0 C1 C2 3m
2m 2m 2m
2m(2m1)
12m 3m (m12m11)
2
12mm3m
0
m1 mN e2m 3m
∴当 ，且 时， ．
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）
1
a 1,a a ,(4a ),nN.
已知数列 {a n } 的各项都是正数,且满足: 0 n1 2 n n
a a 2,nN;
证明 n n1
{a }
求数列 n 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 3
a 1,a a (4a ) ,
1°当n=1时， 0 1 2 0 0 2 ∴ a 0 a 1 2 ，命题正确.
a a 2.
2°假设n=k时有 k1 k1 1
nk1时,a a a (4a ) a (4a )
则 k k1 2 k1 k1 2 k k
1 1
2(a a ) (a a )(a a ) (a a )(4a a ).
k1 k 2 k1 k k1 k 2 k1 k k1 k
a a 0, 4a a 0, a a 0.
而 k1 k k1 k k k1
1 1
a a (4a ) [4(a 2)2]2.
又 k1 2 k k 2 k
n k 1
∴ 时命题正确.
a a 2.
由1°、2°知，对一切n∈N时有 n n1
方法二：用数学归纳法证明：
1 3
a 1,a a (4a ) ,
1°当n=1时， 0 1 2 0 0 2 ∴ 0 a 0 a 1 2 ；
a a 2
2°假设n=k时有 k1 k 成立，
1
f(x) x(4x)
令 2 ， f(x) 在[0，2]上单调递增，
f(a ) f(a ) f(2),
所以由假设有： k1 k
1 1 1
a (4a ) a (4a ) 2(42),
即2 k1 k1 2 k k 2
a a 2
也即当n=k+1时 k k1 成立，
nN,有a a 2
所以对一切 k k1 ．
1 1
a a (4a ) [(a 2)2 4],
（2）下面来求数列的通项： n1 2 n n 2 n
2(a 2) (a 2)2
所以 n1 n
令b a 2,
n n 则
1 1 1 1 1 1
b b2 ( b2 )2 ( )2b22 ( )122n1 b2n
n 2 n1 2 2 n2 2 2 n1 2 n
1
b ( )2n1,
又b =－1，所以 n 2
n1
即a 2b 2( )2n1
n n 2 ．
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．
1
a 2( )2n1
本题也可先求出第（2）问，即数列 {a n } 的通项公式 n 2 ，然后利用函数
1
f (x) 2(
)2x1
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
q
证明：(1)设a、b、c为等比数列，a= ,c=bq(q＞0且q≠1)
bn 1
qn qn
∴an+cn= +bnqn=bn( +qn)＞2bn
an cn ac
(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想 2 ＞( 2 )n(n≥2且n∈N*)
下面用数学归纳法证明：
a2 c2 ac
( )2
①当n=2时，由2(a2+c2)＞(a+c)2，∴ 2 2
ak ck ac
( )k,
②设n=k时成立，即 2 2
ak1ck1 1
则当n=k+1时， 2 4 (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)
1 1
＞4(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=4(ak+ck)(a+c)ac ac ac
＞( 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)·3k－2(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 3 1 1 5 1 1 1 7
1 ,1 ,1
2.观察下列式子：
2 2 22 32 3 22 32 42 4
…则可归纳出_________.
1 3 1 211
1 即1
22 2 (11)2 11
解析：
1 1 5 1 1 221
1 ,即1
22 32 3 (11)2 (21)2 21
1 1 1 2n1
归纳为1
22 32 (n1)2 n1
(n∈N*)
1 1 1 2n1
答案:1
22 32 (n1)2 n1
(n∈N*)
3a
1 n
3.已知a =2,a = a n 3 ,则a ,a ,a ,a 的值分别为_________，由此猜想a =_________.
1 n+1 2 3 4 5 n1
3
3a 3 3
2
3.解析:a 1 同理,
2 a 3 1 7 25
1 3
2
3a 3 3 3 3 3 3 3
a 2 ,a ,a ,猜想a
3 a 3 8 35 4 9 45 5 10 55 n n5
2
3 3 3 3 3
答案: 、 、 、
7 8 9 10 n5
三、解答题
1 1 1 13
4.若n为大于1的自然数，求证：n1 n2 2n 24.
1 1 7 13
证明：(1)当n=2时，
21 22 12 24
1 1 1 13
(2)假设当n=k时成立，即
k1 k2 2k 24
1 1 1 1 1 1 1
则当nk1时,
k2 k3 2k 2k1 2k2 k1 k1
13 1 1 1 13 1 1
24 2k1 2k2 k1 24 2k1 2k2
13 1 13
24 2(2k1)(k1) 24
1 1 1 13
所以：对于n∈N*，且n>1时，有n1 n2 2n 24
5.已知数列{b }是等差数列，b =1,b +b +…+b =145.
n 1 1 2 10
(1)求数列{b }的通项公式b ;
n n
1
b
(2)设数列{a }的通项a =log (1+ n )(其中a＞0且a≠1)记S 是数列{a }的前n项和，试比较S
n n a n n n
1
与3log b 的大小，并证明你的结论.
a n+1
b 1
1 b 1
10(101) 1
(1)解：设数列{b}的公差为d,由题意得
10b
1
2
d 145 d 3
,∴b=3n－2
n n
(2)证明：由b=3n－2知
n
1 1
S=log (1+1)+log (1+4)+…+log (1+3n2 )
n a a a1 1
=log ［(1+1)(1+4)…(1+ 3n2 )］
a
1 1 1
而 3 logb =log 3 3n1,于是，比较S与 3 logb 的大小比较(1+1)(1+4)…(1+
an+1 a n an+1
1
3n2 )与 3 3n1的大小.
3 8 3 4 3 311
取n=1，有(1+1)=
1
)3 8 3 7 3 321
取n=2，有(1+1)(1+4
1 1
推测：(1+1)(1+4)…(1+3n2 )＞ 3 3n1 (*)
①当n=1时，已验证(*)式成立.
1 1
②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+4)…(1+3k2)＞ 3 3k1
1 1 1 1
(11)(1 )(1 )(1 )3 3k1(1 )
4 3k2 3(k1)2 3k1
则当n=k+1时，
3k2
3 3k1
3k1
3k2
( 3 3k1)3 (3 3k4)3
3k1
(3k2)3 (3k4)(3k1)2 9k4
0
(3k1)2 (3k1)2
3 3k1
(3k2)3 3k4 3 3(k1)1
3k1
1 1 1
从而(11)(1 )(1 )(1 )3 3(k1)1
4 3k2 3k1 ,即当n=k+1时，(*)式成立
由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.
1 1
于是，当a＞1时，S＞3 logb ,当 0＜a＜1时，S＜3 logb
n an+1 n an+1
lim
6.设实数q满足|q|＜1,数列{a }满足：a =2,a ≠0,a ·a =－qn,求a 表达式，又如果nS ＜3,
n 1 2 n n+1 n 2n
求q的取值范围.
解：∵a·a=－q,a=2,a≠0,
1 2 1 29
∴q≠0,a=－2,
2
∵a·a =－qn,a ·a =－qn+1
n n+1 n+1 n+2
a 1
n
a q
两式相除，得 n2 ,即a =q·a
n+2 n
1
于是，a=2,a=2·q,a=2·qn…猜想：a =－2qn(n=1,2,3,…)
1 3 5 2n+1
2qk1 n2k1时(kN)
1
qk n2k时(kN)
2
综合①②，猜想通项公式为a=
n
下证：(1)当n=1,2时猜想成立
(2)设n=2k－1时，a =2·qk－1则n=2k+1时，由于a =q·a
2k－1 2k+1 2k－1
∴a =2·qk即n=2k－1成立.
2k+1
可推知n=2k+1也成立.
1
设n=2k时，a =－2qk,则n=2k+2时，由于a =q·a ,
2k 2k+2 2k
1
所以a =－2qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.
2k+2
综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.
2qk1 当n2k1时(kN)
1
qk 当n2k时(kN)
2
这样所求通项公式为a=
n
S =(a+a…+a )+(a+a+…+a )
2n 1 3 2n－1 2 4 2n
1
=2(1+q+q2+…+qn-1)－2 (q+q2+…+qn)
2(1qn) 1 q(1qn) 1qn 4q
( )( )
1q 2 (1q) 1q 2
1qn 4q
limqn 0,故limS ( )( )
2n 1q 2
由于|q|＜1,∴n n =
4q 2
依题意知 2(1q) ＜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）
f(x) xsinx a 0a 1,a f(a ),n1,2,3,.
已知函数 ,数列{ n}满足: 1 n1 n
1
a a 3
0a a 1 n1 6 n
证明:(ⅰ) n1 n ;(ⅱ) .
0a 1
证明: （I）．先用数学归纳法证明 n ，ｎ＝1,2,3,…
(i).当n=1时,由已知显然结论成立.
0a 1
(ii).假设当n=k时结论成立,即 k .因为00成立.于是 n n n 6 n ．
1
a a 3
n1 6 n
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）
x3
f(x) (x 1).
{a a 1,a f(a ) {b
已知函数 x1 设数列 n}满足 1 n1 n ，数列 n}满足b |a 3|,S b b b (nN*).
n n n 1 2 n
( 31)n
b
（Ⅰ）用数学归纳法证明
n 2n1
；
2 3
S .
（Ⅱ）证明 n 3
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
2
x 0时, f(x) 1 1.
（Ⅰ）证明：当 x1 因为a=1，
1
a 1(nN*).
所以 n
( 31)n
b .
下面用数学归纳法证明不等式
n 2n1
31
（1）当n=1时，b = ，不等式成立，
1
( 31)k
b .
（2）假设当n=k时，不等式成立，即
k 2k1
( 31)|a 3|
b |a 3| k
k1 k1 1a
那么 k
31 ( 31)k1
b .
2 k 2k
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。
( 31)n
b .
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
n 2n1
( 31)2 ( 31)n
S b b b ( 31)
所以 n 1 2 n 2 2n1
31
1( )n
2 1 2
( 31) ( 31) 3.
31 31 3
1 1
2 2
2
nN,S 3.
故对任意 n 3 ）3.（05 年湖北卷.理22.本小题满分14分）
1 1 1 1
已知不等式 [log n],其中n为大于2的整数，[log n]表示不超过
2 3 n 2 2 2
log n的 最 大 整 数 . 设 数 列 {a }的 各 项 为 正 ， 且 满 足
2 n
na
a b(b0),a n1 ,n2,3,4,
1 n na
n1
2b
（Ⅰ）证明a ,n 3,4,5,
n 2b[log n]
2
（Ⅱ）猜测数列{a }是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；
n
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.
na 1 na 1 1
n 2时,0 a n1 , n1 ,
n na a na a n
（Ⅰ）证法1：∵当 n1 n n1 n1
1 1 1
,
a a n
即 n n1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
, ,, .
a a 2 a a 3 a a n
于是有 2 1 3 2 n n1
1 1 1 1 1
.
a a 2 3 n
所有不等式两边相加可得 n 1
1 1 1
[log n].
a a 2 2
由已知不等式知，当n≥3时有， n 1
1 1 1 2b[log n] 2b
a b, [log n] 2 . a .
1 a b 2 2 2b n 2b[log n]
∵ n 2
1 1 1
f(n)
证法2：设 2 3 n，首先利用数学归纳法证不等式
b
a ,n 3,4,5,.
n 1 f(n)b
3a 3 3 b
a 2 .
3 3a 3 2a 1 f(3)b
2 1 3 1 1
a 2a
（i）当n=3时， 由 2 1
知不等式成立.b
a ,
k 1 f(k)b
（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即
(k 1)a k 1 k 1
a k
k1 (k 1)a (k 1) 1 f(k)b
k 1 (k 1) 1
a b
则 k
(k 1)b b b
,
(k 1)(k 1)f(k)bb 1 1 f(k 1)b
1(f(k) )b
k 1
即当n=k+1时，不等式也成立.
b
a ,n 3,4,5,.
n 1 f(n)b
由（i）、（ii）知，
b 2b
a ,n 3,4,5,.
n 1 2b[log n]
1 [log n]b 2
又由已知不等式得 2 2
lima 0.
n
（Ⅱ）有极限，且n
2b 2 2 1
,令 ,
2b[log n] [log n] [log n] 5
（Ⅲ）∵ 2 2 2
log n[log n]10, n 210 1024,
则有 2 2
1
a .
故取N=1024，可使当n>N时，都有 n 5
第一课时 3.1 二维形式的柯西不等式（一）
教学要求：认识二维柯西不等式的几种形式，理解它们的几何意义， 并会证明二维柯西不
等式及向量形式.
教学重点：会证明二维柯西不等式及三角不等式.
教学难点：理解几何意义.
教学过程：
一、复习准备：
1. 提问： 二元均值不等式有哪几种形式？
ab
答案： ab (a0,b0)及几种变式.
2
2. 练习：已知a、b、c、d为实数，求证(a2 b2)(c2 d2)(acbd)2
证法：（比较法）(a2 b2)(c2 d2)(acbd)2=….=(ad bc)2 0
二、讲授新课：
1. 教学柯西不等式：① 提出定理1：若a、b、c、d为实数，则(a2 b2)(c2 d2)(acbd)2.
→ 即二维形式的柯西不等式 → 什么时候取等号？
② 讨论：二维形式的柯西不等式的其它证明方法？
证法二：（综合法）(a2 b2)(c2 d2)a2c2 a2d2 b2c2 b2d2
(acbd)2 (ad bc)2 (acbd)2. （要点：展开→配方）
证法三：（向量法）设向量m(a,b)，n(c,d)，则|m| a2 b2 ，|n| c2 d2 .
∵ mnacbd ，且mAn|m|A|n|Acosm,n，则|mAn||m|A|n|. ∴ …..
证法四：（函数法）设 f(x)(a2 b2)x2 2(acbd)xc2 d2，则
f(x)(axc)2 (bxd)2≥0恒成立.
∴ [2(acbd)]2 4(a2 b2)(c2 d2)≤0，即…..
③ 讨论：二维形式的柯西不等式的一些变式？
变式： a2 b2A c2 d2 |acbd| 或 a2 b2A c2 d2 |ac||bd|
或 a2 b2A c2 d2 acbd .
④ 提出定理2：设,是两个向量，则|A|||||.
即柯西不等式的向量形式（由向量法提出 ）
→ 讨论：上面时候等号成立？（是零向量，或者,共线）
⑤ 练习：已知a、b、c、d为实数，求证 a2 b2 c2 d2 (ac)2 (bd)2 .
证法：（分析法）平方 → 应用柯西不等式 → 讨论：其几何意义？（构造三角形）
2. 教学三角不等式：
① 出示定理3：设x ,y ,x ,y R，则 x2 y2 x 2 y 2 (x x )2 (y y )2 .
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
分析其几何意义 → 如何利用柯西不等式证明
→ 变式：若x ,y ,x ,y ,x ,y R，则结合以上几何意义，可得到怎样的三角不等式？
1 1 2 2 3 3
3. 小结：二维柯西不等式的代数形式、向量形式；三角不等式的两种形式（两点、三点）
三、巩固练习：
1. 练习：试写出三维形式的柯西不等式和三角不等式 2. 作业：教材P 4、5题.
37
第二课时 3.1 二维形式的柯西不等式（二）
教学要求：会利用二维柯西不等式及三角不等式解决问题，体会运用经典不等式的一般方法
——发现具体问题与经典不等式之间的关系，经过适当变形，依据经典不等式得到不等关系.
教学重点：利用二维柯西不等式解决问题.
教学难点：如何变形，套用已知不等式的形式.
教学过程：
一、复习准备：
1. 提问：二维形式的柯西不等式、三角不等式？ 几何意义？
答案：(a2 b2)(c2 d2)(acbd)2； x2 y2 x 2 y 2 (x x )2 (y y )2
1 1 2 2 1 2 1 2
2. 讨论：如何将二维形式的柯西不等式、三角不等式，拓广到三维、四维？
3. 如何利用二维柯西不等式求函数y x1 2x的最大值?
要点：利用变式|acbd| a2 b2A c2 d2 .
二、讲授新课：1. 教学最大（小）值：
① 出示例1：求函数y3 x1 102x的最大值？
分析：如何变形？ → 构造柯西不等式的形式 → 板演
→ 变 式 ： y 3x1 102x → 推 广 ：
ya bxc d e fx,(a,b,c,d,e, f R )
② 练习：已知3x2y1，求x2 y2的最小值.
1 1 1
解答要点：（凑配法）x2 y2 (x2 y2)(32 22) (3x2y)2 .
13 13 13
讨论：其它方法 （数形结合法）
2. 教学不等式的证明：
1 1
① 出示例2：若x,yR ，x y2，求证： 2.
x y
分析：如何变形后利用柯西不等式？ （注意对比 → 构造）
1 1 1 1 1 1 1 1
要点： (x y)( ) [( x)2 ( y)2][( )2 ( )2]…
x y 2 x y 2 x y
讨论：其它证法（利用基本不等式）
1 1
② 练习：已知a、bR ，求证：(ab)( )4.
a b
3. 练习：
a b
① 已知x,y,a,bR，且 1，则x y的最小值.
x y
a b
要点：x y( )(x y)…. → 其它证法
x y
② 若x,y,zR ，且x yz1，求x2 y2 z2的最小值. （要点：利用三维柯西不等式）
变式：若x,y,zR ，且x yz1，求 x y z 的最大值.
3. 小结：比较柯西不等式的形式，将目标式进行变形，注意凑配、构造等技巧.
三、巩固练习：
1. 练习：教材P 8、9题 2. 作业：教材P 1、6、7题
37 37
第三课时 3.2 一般形式的柯西不等式
教学要求：认识一般形式的柯西不等式，会用函数思想方法证明一般形式的柯西不等式，并
应用其解决一些不等式的问题.
教学重点：会证明一般形式的柯西不等式，并能应用.
教学难点：理解证明中的函数思想.
教学过程：
一、复习准备：
1. 练习：
2. 提问：二维形式的柯西不等式？如何将二维形式的柯西不等式拓广到三维？
答案：(a2 b2)(c2 d2)(acbd)2；(a2 b2 c2)(d2 e2 f2)(ad becf)2
二、讲授新课：
1. 教学一般形式的柯西不等式：
① 提问：由平面向量的柯西不等式|A|||||，如果得到空间向量的柯西不等式及代数
形式？② 猜想：n维向量的坐标？n维向量的柯西不等式及代数形式？
结论：设a ,a ,,a ,b,b ,,b R，则
1 2 n 1 2 n
(a2 a 2 a 2)(b2 b 2 b 2)(ab a b a b )2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
a a a
讨论：什么时候取等号？（当且仅当 1 2 n 时取等号，假设b 0）
b b b i
1 2 n
联 想 ： 设 Bab a b a b ， Aa2 a 2 a 2， Cb2b2b2， 则 有
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
B2 AC0，可联想到一些什么？
③ 讨论：如何构造二次函数证明n维形式的柯西不等式？ （注意分类）
要点：令 （f x）（a2 a2 a2)x2 2(ab a b a b )x (b2 b2 b2) ，则
1 2 n 1 1 2 2 n n 1 2 n
f(x)(a xb)2 (a xb )2 +（a xb )2 0.
1 1 2 2 n n
又a2 a 2 a 2 0，从而结合二次函数的图像可知，
1 2 n
2(ab a b a b )2 4(a2 a 2 a 2)A(b2 b 2 b 2)≤0
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
即有要证明的结论成立. （注意：分析什么时候等号成立.）
1
④ 变式：a2 a 2 a 2 (a a a )2. （讨论如何证明）
1 2 n n 1 2 n
2. 教学柯西不等式的应用：
① 出示例1：已知3x2yz1，求x2 y2 z2的最小值.
分析：如何变形后构造柯西不等式？ → 板演 → 变式：
1 1 1 y z
② 练习：若x,y,zR ，且 1，求x 的最小值.
x y z 2 3
1 1 4
③ 出示例2：若a>b>c，求证： .
ab bc ac
1 1 1 1
要点：(ac)( )[(ab)(bc)]( )(11)2 4
ab bc ab bc
3. 小结：柯西不等式的一般形式及应用；等号成立的条件；根据结构特点构造证明.
三、巩固练习：
1. 练习：教材P 4题 2. 作业：教材P 5、6题
41 41
第四课时 3.3 排序不等式
教学要求：了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题，体会运
用经典不等式的一般方法.
教学重点：应用排序不等式证明不等式.
教学难点：排序不等式的证明思路.
教学过程：
一、复习准备：
1. 提问： 前面所学习的一些经典不等式？
（柯西不等式、三角不等式）
2. 举例：说说两类经典不等式的应用实例.
二、讲授新课：
1. 教学排序不等式：
① 看书：P ~P .
42 44
② 提出排序不等式（即排序原理）：
设有两个有序实数组:a a ···a ;b b ···b .c ,c ,···c 是b,b
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2，···,b 的任一排列,则有
n
ab a b ···+a b (同序和)
1 1 2 2 n n
ac a c +···+a c (乱序和)
1 1 2 2 n n
ab a b +···+a b (反序和)
1 n 2 n1 n 1
当且仅当a a ···=a 或b b ···=b 时，反序和等于同序和.
1 2 n 1 2 n
（要点：理解其思想，记住其形式）
2. 教学排序不等式的应用：
① 出示例1：设a ,a ,,a 是n个互不相同的正整数，求证：
1 2 n
1 1 1 a a a
1 a 2 3 n .
2 3 n 1 22 32 n2
分析：如何构造有序排列？ 如何运用套用排序不等式？
证明过程：
设b,b ,,b 是a ,a ,,a 的一个排列，且b b b ，则b 1,b 2,,b n.
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
1 1 1
又1 ，由排序不等式，得
22 32 n2
a a a b b b
a 2 3 n b 2 3 n …
1 22 32 n2 1 22 32 n2
小结：分析目标，构造有序排列.
② 练习：
已知a,b,c为正数，求证：2(a3 b3 c3)a2(bc)b2(ac)c2(ab).
解答要点：由对称性，假设abc，则a2 b2 c2，
于是 a2ab2bc2ca2cb2ac2b，a2ab2bc2ca2bb2cc2a，
两式相加即得.
3. 小结：排序不等式的基本形式.
三、巩固练习：
1. 练习：教材P 1题
45
2. 作业：教材P 3、4题
45
《二维形式的柯西不等式》教案
一、教学目标
①认识二维形式的柯西不等式的三角形式
②柯西不等式的一些简单应用
二、教学重点：
①认识二维形式的柯西不等式的几种形式
②运用柯西不等式分析解决一些简单问题，体会运用经典不等式的一般方法—
—发现具体问题与经典不等式之间的联系，经过恰当变形，以经典不等式为依
据得出具体问题中的不等关系
三、教学难点：
运用柯西不等式证明不等式
四、教学过程：教学
教 学 程 序 设 计 意 图
环节
问题：上节课我们学习了二维形式的柯 本节课实际上是柯西不等式的一
导 西不等式，你能简要的概括一下 些简单应用，因此先让学生回顾柯
入 吗？ 西不等式以及变形后的两个等价形
（复习 定理1（二维形式的柯西不等式） 式:
导入） 若a,b,c,d都是实数,则
a2b2 c2d2 acbd
(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2
a2b2 c2d2 ac||bd
当且仅当ad=bc时,等号成立.
①观察：课本P34图3.1-4 ① 让学生通过观察得出二维形
新 式的三角不等式
在平面直角坐标系中，设点 p ,p
课 1 2 x2y2 x2y2 (x x)2(y y )2
1 1 2 2 1 2 1 2
讲 从而得到定理 3（二维形式的
的坐标分别为 x ,y ,x ,y ，根据
授 1 1 1 1 三角不等式）
过 ② 引导学生利用柯西不等式证
△ Op p 的 边 长 关 系 ， 你 能 发 现
程 1 2 明定理3，即以经典不等式为
依据得出定理 3中的不等关
x ,y ,x ,y 这四个实数蕴涵着何种大
1 1 2 2 系，这是柯西不等式的一个
小关系吗？ 简单的应用。
通过观察分析推理后得出定理3 ③ 例 3的解决也是柯西不等式
②以上是从几何的角度得出的结论，你 的一个简单的应用，让学生
引 探 能否利用柯西不等式，从代数的角度证 体会柯西不等式的用处
明这个不等式？ ④ 在解决问题的过程中，让学
③讲解例题（例3） 生体会用柯西不等式这个重
要的数学结论去解决具体问
题的方法。
④练习P37 第7题 第6题
本节课实际上是柯西不等式的一些 目的是让学生知道柯西不等式是一
小 简单应用，柯西不等式是一个经典不等 个重要的数学结论
式，是一个重要的数学结论，在以后的
结 证明某些不等式时有重要作用。
课本P37 第8题 巩固提高
布
置
作
业
