數(shù)學(xué)學(xué)案：第四講二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1．通過教材掌握幾個有關(guān)正整數(shù)n的結(jié)論．2．會用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式．1．本節(jié)的有關(guān)結(jié)論(1)n2＜2n(n∈N＋,______)．(2)|sinnθ|≤________（n∈N＋)．（3)貝努利不等式：如果x是實數(shù),且x＞－1,x≠0，n為大于1的自然數(shù)，那么有____________．貝努利不等式更一般的形式：當(dāng)α是實數(shù),并且滿足α＞1或者α＜0時,有____________________，當(dāng)α是實數(shù)，并且滿足0＜α＜1時，有______________．(4）如果n(n為正整數(shù))個正數(shù)a1，a2，…an的乘積a1a2…an＝1，那么它們的和a1＋a2＋…＋an【做一做1】用數(shù)學(xué)歸納法證明Ceq\o\al（1,n)＋Ceq\o\al（2，n）＋…＋Ceq\o\al（n，n）＞(n≥n0且n∈N＋),則n的最小值為()A．1 B．2 C．3 D．2．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式使用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，難點往往出現(xiàn)在由n＝k時命題成立推出n＝k＋1時命題成立這一步．為完成這步證明，不僅要正確使用歸納假設(shè),還要靈活利用問題的其他條件及相關(guān)知識．【做一做2】用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f（1,2）＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1，2n－1)＜n(n∈N＋，n＞1)"時,由n＝k(k＞1）不等式成立,推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項數(shù)是(）A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋答案：1．(1)n≥5(2）n｜sinθ|(3）(1＋x)n＞1＋nx（1＋x）α≥1＋αx（x＞－1)（1＋x）α≤1＋αx(x＞－1）(4)n【做一做1】B當(dāng)n＝1時，左邊＝Ceq\o\al(1，1）＝1,右邊＝10＝1，1＞1不成立;當(dāng)n＝2時,左邊＝Ceq\o\al(1,2）＋Ceq\o\al(2，2）＝2＋1＝3,右邊＝＝eq\r（2），3＞eq\r(2），成立．當(dāng)n＝3時，左邊＝Ceq\o\al(1,3）＋Ceq\o\al（2,3）＋Ceq\o\al（3，3）＝3＋3＋1＝7,右邊＝31＝3，7＞3，成立．【做一做2】C當(dāng)n＝k時，不等式1＋eq\f(1,2）＋eq\f(1,3)＋eq\f(1，4）＋…＋eq\f(1，2k－1)＜k成立；當(dāng)n＝k＋1時,不等式的左邊＝1＋eq\f(1,2）＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f(1，2k－1）＋eq\f(1，2k)＋eq\f(1，2k＋1)＋…＋eq\f(1，2k＋1－1），比較n＝k和n＝k＋1時的不等式左邊，則左邊增加了2k＋1－1－（2k－1)＝2k＋1－2k＝2k（項)．1．觀察、歸納、猜想、證明的方法剖析：這種方法解決的問題主要是歸納型問題或探索型問題，命題的成立不成立都預(yù)先需要歸納與探索，而歸納與探索多數(shù)情況下是從特例、特殊情況入手，得到一個結(jié)論，但這個結(jié)論不一定正確，因為這是靠不完全歸納法得出的，因此，需要給出一定的邏輯證明，所以,通過觀察、分析、歸納、猜想，探索一般規(guī)律，其關(guān)鍵在于正確的歸納猜想,如果歸納不出正確的結(jié)論,那么數(shù)學(xué)歸納法的證明也就無法進行了．在觀察與歸納時，n的取值不能太少，否則將得出錯誤的結(jié)論．教材例1中若只觀察前3項：a1＝1,b1＝2a1＜b1；a2＝4,b2＝4a2＝b2；a3＝9，b3＝8a3＞b3，從而歸納出n2＞2n（n∈N＋，n≥3)是錯誤的,前n項的關(guān)系可能只是特殊情況,不具有一般性，因而，要從多個特殊事例上探索一般結(jié)論．2．從“n＝k”到“n＝k＋1”的方法與技巧剖析：在用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題中,從“n＝k"到“n＝k＋1"的過渡,利用歸納假設(shè)是比較困難的一步，它不像用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式問題一樣,只需拼湊出所需要的結(jié)構(gòu)來，而證明不等式的第二步中，從“n＝k”到“n＝k＋1”,只用拼湊的方法，有時也行不通,因為對不等式來說，它還涉及“放縮"的問題，它可能需要通過“放大”或“縮小”的過程,才能利用上歸納假設(shè),因此,我們可以利用“比較法”“綜合法”“分析法”等來分析從“n＝k”到“n＝k＋1”的變化,從中找到“放縮尺度”，準(zhǔn)確地拼湊出所需要的結(jié)構(gòu)．題型一用數(shù)學(xué)歸納法證明有關(guān)函數(shù)中的不等關(guān)系【例1】已知f(x)＝eq\f(xn－x－n，xn＋x－n).對于n∈N＋，試比較f（eq\r（2）)與eq\f(n2－1,n2＋1)的大小并說明理由．分析：先通過n取比較小的值進行歸納猜想,確定證明方向，再用數(shù)學(xué)歸納法證明．反思:利用數(shù)學(xué)歸納法比較大小，關(guān)鍵是先用不完全歸納法歸納出兩個量的大小關(guān)系，猜測出證明的方向．再用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論成立．題型二數(shù)學(xué)歸納法在解決有關(guān)數(shù)列問題中的應(yīng)用【例2】已知數(shù)列{an}滿足：a1＝eq\f(3,2），且an＝eq\f(3nan－1，2an－1＋n－1）（n≥2，n∈N＋)．（1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：對一切正整數(shù)n，不等式a1a2…an＜2n！恒成立分析:（1）由題設(shè)條件知，可用構(gòu)造新數(shù)列的方法求得an;（2）可以等價變形，視為證明新的不等式．反思：本題提供了用數(shù)學(xué)歸納法證明相關(guān)問題的一種證明思路，即要證明的不等式不一定非要用數(shù)學(xué)歸納法去直接證明，我們通過分析法、綜合法等方法的分析,可以找到一些證明的關(guān)鍵，“要證明……”,“只需證明……”，轉(zhuǎn)化為證明其他某一個條件,進而說明要證明的不等式是成立的．題型三用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式【例3】設(shè)Pn＝（1＋x）n，Qn＝1＋nx＋eq\f（nn－1,2）x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞），試比較Pn與Qn的大小，并加以證明．分析：這類問題，一般都是將Pn，Qn轉(zhuǎn)化到具體的Pn，Qn開始觀察，以尋求規(guī)律，作出猜想,再證明猜想的正確性．反思：本題中,n的取值會影響Pn與Qn的大小變化,變量x也影響Pn與Qn的大小關(guān)系，這就要求我們在探索大小關(guān)系時，不能只顧“n”，而忽視其他變量（參數(shù)）的作用．題型四易錯辨析【例4】已知f（n)＝1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1，3)＋…＋eq\f(1，n)(n∈N*）．用數(shù)學(xué)歸納法證明f（2n）＞eq\f(n,2)時,f（2k＋1)－f（2k）＝________.錯解：eq\f(1,2k＋1）錯因分析：∵f(n）＝1＋eq\f(1，2）＋eq\f（1，3)＋…＋eq\f（1，n)中共有n項相加，∴f（2k)中應(yīng)有2k項相加，f(2k＋1)中有2k＋1項相加,∴f（2k＋1)－f（2k)中應(yīng)有(2k＋1－2k)項．答案：【例1】解：據(jù)題意f(x)＝eq\f（xn－x－n,xn＋x－n）＝eq\f(x2n－1,x2n＋1)＝1－eq\f(2，x2n＋1）,∴f（eq\r(2）)＝1－eq\f(2，2n＋1）,又eq\f(n2－1，n2＋1）＝1－eq\f(2,n2＋1)，∴要比較f(eq\r(2))與eq\f(n2－1，n2＋1)的大小，只需比較2n與n2的大小即可，當(dāng)n＝1時，21＝2＞12＝1,當(dāng)n＝2時，22＝4＝22，當(dāng)n＝3時，23＝8＜32＝9，當(dāng)n＝4時，24＝16＝42,當(dāng)n＝5時,25＝32＞52＝25，當(dāng)n＝6時，26＝64＞62＝36。故猜測當(dāng)n≥5（n∈N＋）時，2n＞n2，下面用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．（1）當(dāng)n＝5時，2n＞n2顯然成立．（2)假設(shè)n＝k（k≥5，且k∈N＋）時，不等式2n＞n2成立,即2k＞k2(k≥5)，則當(dāng)n＝k＋1時,2k＋1＝2·2k＞2·k2＝k2＋k2＋2k＋1－2k－1＝(k＋1）2＋（k－1)2－2＞（k＋1）2((k－1）2＞2）．由(1）(2)可知，對一切n≥5,n∈N＋，2n＞n2成立．綜上所述,當(dāng)n＝1或n≥5時,f(eq\r(2))＞eq\f（n2－1，n2＋1）.當(dāng)n＝2或n＝4時，f(eq\r(2）)＝eq\f（n2－1，n2＋1)，當(dāng)n＝3時，f(eq\r（2）)＜eq\f（n2－1,n2＋1）.【例2】(1）解:將條件變?yōu)椋?－eq\f（n,an)＝eq\f(1,3)(1－eq\f(n－1，an－1)），因此數(shù)列{1－eq\f（n,an)}為一個等比數(shù)列，其首項為1－eq\f(1，a1）＝eq\f（1，3），公比為eq\f(1，3)，從而1－eq\f(n，an）＝eq\f（1,3n）,因此得an＝eq\f(n×3n，3n－1）（n≥1）．①（2)證明：由①得，a1a2…an＝eq\f（n！,1－\f（1,3)×1－\f（1,32）×…×1－\f(1,3n)).為證a1a2…an＜2n只要證n∈N＋時，有（1－eq\f(1，3））×（1－eq\f（1,32)）×…×(1－eq\f(1，3n))＞eq\f（1,2).②顯然,左端每個因式皆為正數(shù)，先證明，對n∈N＋，有（1－eq\f（1,3)）×(1－eq\f（1,32))×…×（1－eq\f（1，3n))≥1－（eq\f（1，3）＋eq\f（1,32)＋…＋eq\f(1,3n）)．③下面用數(shù)學(xué)歸納法證明③式：①當(dāng)n＝1時，顯然③式成立，②假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥1)時，③式成立，即(1－eq\f(1，3）)×(1－eq\f（1，32))×…×（1－eq\f（1,3k）)≥1－（eq\f(1,3)＋eq\f（1,32)＋…＋eq\f(1,3k))，則當(dāng)n＝k＋1時，(1－eq\f(1，3）)×(1－eq\f(1，32））…（1－eq\f（1，3k）)×（1－eq\f(1，3k＋1)）≥[1－（eq\f(1,3)＋eq\f（1,32)＋…＋eq\f(1,3k）)］（1－eq\f(1，3k＋1）)＝1－（eq\f(1，3)＋eq\f（1,32）＋…＋eq\f(1,3k))－eq\f（1，3k＋1）＋eq\f（1，3k＋1)（eq\f（1,3)＋eq\f（1，32)＋…＋eq\f(1，3k）)≥1－（eq\f(1,3)＋eq\f（1，32)＋…＋eq\f(1，3k）＋eq\f（1,3k＋1）)．即當(dāng)n＝k＋1時，③式也成立．故對一切n∈N＋，③式都成立．利用③，得（1－eq\f(1，3）)×(1－eq\f（1,32））…(1－eq\f（1,3n))≥1－(eq\f（1，3）＋eq\f(1,32）＋…＋eq\f（1,3n)）＝1－eq\f（\f（1,3)[1－\f（1,3）n]，1－\f(1,3)）＝1－eq\f(1,2)[1－(eq\f（1,3）)n］＝eq\f(1,2）＋eq\f（1，2）(eq\f（1,3））n＞eq\f(1,2).故原不等式成立．【例3】解:P1＝1＋x＝Q1，P2＝1＋2x＋x2＝Q2，P3＝1＋3x＋3x2＋x3，Q3＝1＋3x＋3x2，P3－Q3＝x3，由此推測,Pn與Qn的大小要由x的符號來決定．(1）當(dāng)n＝1，2時，Pn＝Qn.(2）當(dāng)n≥3時(以下再對x進行分類)：①若x∈（0，＋∞)，顯然有Pn＞Qn.②若x＝0，則Pn＝Qn.③若x∈（－1,0）,則P3－Q3＝x3＜0，所以P3＜Q3.P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x）＜0，所以P4＜Q4.假設(shè)n＝k(k≥3，k∈N＋）時，有Pk＜Qk(k≥3）,則n＝k＋1時，Pk＋1＝(1＋x)Pk＜（1＋x)Qk＝Qk＋xQk＝1＋kx＋eq\f（kk－1x2，2）＋x＋kx2＋eq\f（kk－1x3,2)＝1＋（k＋1)x＋eq\f(kk＋1，2）x2＋eq\f(kk－1，2)x3＝Qk＋1＋eq\f(kk－1，2）x3＜Qk＋1，即當(dāng)n＝k＋1時,不等式成立．所以當(dāng)n≥3，且x∈(－1，0）時，Pn＜Qn?！纠?】正解：eq\f（1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2）＋…＋eq\f（1，2k＋1)1．下列選項中，滿足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×（n＋1)＝3n2－3n＋2的自然數(shù)n的是(）A．1 B．1，2 C．1，2,3 D．1，2，3,2．在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸多邊形的對角線的條數(shù)為時，第一步檢驗n等于（）A．1 B．2 C．3 D．3．觀察下列不等式：1＞；1＋＋＞1；1＋＋＋…＋＞；1＋＋＋…＋＞2；1＋＋＋…＋＞；…由此猜測第n個不等式為__________．4．已知等差數(shù)列{an}的公差d大于0,且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的兩根，數(shù)列{bn｝的前n項和為Tn，且Tn＝.(1)求數(shù)列{an}，｛bn}的通項公式；(2）設(shè)數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，試比較與Sn＋1的大小，并說明理由．答案：1．C將n＝1,2，3,4分別代入驗證即可．2．C3．1＋＋＋…＋＞4．分析:與Sn＋1的大小可能隨n的變化而變化，因此對n的取值驗證要多取幾個．解：(1）由已知，得又∵{an}的公差大于0,∴a5＞a2?！郺2＝3,a5＝9。∴d＝＝＝2?！郺1＝1?！郺n＝a1＋（n－1）d＝2n－1?！遙1＝T1＝1－,∴b1＝。當(dāng)n≥2時，Tn－1＝1－,∴bn＝Tn－Tn－1＝1－－（1－)．化簡，得bn＝.∴｛bn｝是首項為，公比為的等比數(shù)列．∴bn＝×＝。（2）∵Sn＝＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2,且＝。以下比較與Sn＋1的大?。寒?dāng)