人教A版數(shù)學(xué)選修4-5學(xué)案第四講二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式

二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式.2.了解貝努利不等式，并會證明貝努利不等式.3.體會歸納—猜想—證明的思想方法．知識點(diǎn)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式思考1用數(shù)學(xué)歸納法證明問題必須注意的步驟是什么？答案(1)歸納奠基：驗(yàn)證初始值n＝n0.(2)歸納遞推：在假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N＋)成立的前提下，證明n＝k＋1時問題成立．思考2證明不等式與證明等式有什么不同？答案證明不等式需注意的是對式子進(jìn)行“放縮”．梳理(1)利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式在運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時，由n＝k時命題成立，推導(dǎo)n＝k＋1命題成立時，常常要與其他方法，如比較法、分析法、綜合法、放縮法等結(jié)合進(jìn)行．(2)貝努利(Bernoulli)不等式如果x是實(shí)數(shù)，且x＞－1，x≠0，n為大于1的自然數(shù)，則有(1＋x)n＞1＋nx.(3)貝努利不等式的推廣事實(shí)上，把貝努利不等式中的正整數(shù)n改為實(shí)數(shù)α?xí)r，仍有類似不等式成立．①當(dāng)α是實(shí)數(shù)，并且滿足α＞1或者α＜0時，有(1＋x)α≥1＋αx(x＞－1)；②當(dāng)α是實(shí)數(shù)，并且滿足0＜α＜1時，有(1＋x)α≤1＋αx(x＞－1)．類型一數(shù)學(xué)歸納法與放縮法結(jié)合證明不等式例1證明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2－eq\f(1,n)(n∈N＋，n≥2)．證明(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)，右邊＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，由于eq\f(5,4)＜eq\f(3,2)，因此命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥2)時，命題成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＜2－eq\f(1,k).當(dāng)n＝k＋1時，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,?k＋1?2)＜2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,?k＋1?2)＜2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k?k＋1?)＝2－eq\f(1,k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝2－eq\f(1,k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時，命題成立．由(1)(2)可知，不等式對一切n∈N＋，n≥2都成立．反思與感悟在歸納遞推過程中常用到放縮法，這也是在用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題時常用的方法之一．跟蹤訓(xùn)練1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)．證明(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，左邊＜右邊，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k＞1，k∈N＋)時，不等式成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)<k，則當(dāng)n＝k＋1時，有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)<k＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)<k＋eq\f(1×2k,2k)＝k＋1，所以當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立．由(1)(2)知，對于任意大于1的正整數(shù)n，不等式均成立．類型二利用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式例2已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．(1)判斷eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是否為等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論；(2)證明：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,n)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4n)(n≥1且n∈N＋)．(1)解eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列，證明如下：S1＝a1＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,S1)＝2.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2.故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，且eq\f(1,Sn)＝2n.(2)證明①當(dāng)n＝1時，Seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4×1)，不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時，不等式成立，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)成立，則當(dāng)n＝k＋1時，Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)＋Seq\o\al(2,k＋1)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)＋eq\f(1,4?k＋1?2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,?k＋1?2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k＋1,k?k＋1?2)＜eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k,k?k＋1?2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4?k＋1?).即當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立．由①②可知，對任意n∈N＋不等式都成立．反思與感悟(1)首先掌握好數(shù)學(xué)歸納法求解問題的步驟及等差、等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識，這是解決這類問題的基礎(chǔ)．(2)此類題型通常與數(shù)列的遞推公式、通項(xiàng)公式有關(guān)，有時要證明的式子是直接給出，有時是根據(jù)條件從前幾項(xiàng)入手，通過觀察、猜想，歸納出一個式子，然后再用數(shù)學(xué)歸納法證明．跟蹤訓(xùn)練2設(shè)0＜a＜1，定義a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求證：對一切正整數(shù)n，有1＜an＜eq\f(1,1－a).證明(1)當(dāng)n＝1時，a1＞1，a1＝1＋a＜eq\f(1,1－a)，命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋)時，命題成立，即1＜ak＜eq\f(1,1－a).當(dāng)n＝k＋1時，由遞推公式知，ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a＞(1－a)＋a＝1.同時，ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a＜1＋a＝eq\f(1－a2,1－a)＜eq\f(1,1－a)，故當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立，即1＜ak＋1＜eq\f(1,1－a).綜合(1)(2)可知，對一切正整數(shù)n，有1＜an＜eq\f(1,1－a).1．用數(shù)學(xué)歸納法證明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步驗(yàn)證()A．n＝1B．n＝2C．n＝3D．n＝4答案C解析由題意知，n的最小值為3，所以第一步驗(yàn)證n＝3是否成立．2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,n2＋3)＞1(n∈N＋)”時，S1等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)＋eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)答案D解析S1＝eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,12＋3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).3．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,?n＋1?2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設(shè)當(dāng)n＝k時，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是____________________．答案eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,?k＋1?2)＋eq\f(1,?k＋2?2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)解析當(dāng)n＝k＋1時，目標(biāo)不等式為eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,?k＋1?2)＋eq\f(1,?k＋2?2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3).4．若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(a,24)對一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明你的結(jié)論．解當(dāng)n＝1時，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1)＞eq\f(a,24)，即eq\f(26,24)＞eq\f(a,24)，∴a＜26.又a∈N＋，∴正整數(shù)a的最大值為25.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).(1)當(dāng)n＝1時，不等式顯然成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時，eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＞eq\f(25,24)成立．當(dāng)n＝k＋1時，有eq\f(1,?k＋1?＋1)＋eq\f(1,?k＋1?＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3?k＋1?＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3?k＋1?))).∵eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)＝eq\f(6?k＋1?,9k2＋18k＋8)＞eq\f(6?k＋1?,9k2＋18k＋9)＝eq\f(2?k＋1?,3?k＋1?2)＝eq\f(2,3?k＋1?)，∴eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3?k＋1?)＞0，∴eq\f(1,?k＋1?＋1)＋eq\f(1,?k＋1?＋2)＋…＋eq\f(1,3?k＋1?＋1)＞eq\f(25,24)，即n＝k＋1時不等式也成立．由(1)(2)知，對一切n∈N＋，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的技巧(1)證明不等式時，由n＝k到n＝k＋1的推證過程與證明等式有所不同，由于不等式中的不等關(guān)系，需要我們在證明時，對原式進(jìn)行“放大”或者“縮小”才能使用到n＝k時的假設(shè)，所以需要認(rèn)真分析，適當(dāng)放縮，才能使問題簡單化，這是利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時常用的方法之一．(2)數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用通常需要與數(shù)學(xué)的其他方法聯(lián)系在一起，如比較法、放縮法、配湊法、分析法和綜合法等，才能完成證明過程．一、選擇題1．對于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N＋)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法的證明過程如下：(1)當(dāng)n＝1時，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時，eq\r(?k＋1?2＋?k＋1?)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(?k2＋3k＋2?＋k＋2)＝eq\r(?k＋2?2)＝(k＋1)＋1，∴n＝k＋1時，不等式成立．則上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗(yàn)得不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確答案D解析證明過程中，當(dāng)n＝k＋1時，沒有應(yīng)用n＝k時的歸納假設(shè)，故選D.2．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,?2n－1?2)<2－eq\f(1,2n－1)(n≥2，n∈N＋)的第一步需證明()A．1<2－eq\f(1,2－1)B．1＋eq\f(1,22)<2－eq\f(1,22－1)C．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<2－eq\f(1,22－1)D．1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<2－eq\f(1,22－1)答案C3．若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＞eq\f(m,24)對大于1的一切自然數(shù)n都成立，則自然數(shù)m的最大值為()A．12 B．13C．14 D．不存在答案B解析令f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，取n＝2,3,4,5等值，發(fā)現(xiàn)f(n)是單調(diào)遞增的，所以[f(n)]min＞eq\f(m,24)，由f(2)＞eq\f(m,24)，得m的最大值為13.4．對于正整數(shù)n，下列不等式不正確的是()A．3n≥1＋2nB．0.9n≥1－0.1nC．0.9n＜1－0.1nD．0.1n≥1－0.9n答案C解析由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(n∈N＋，x≥－1)，得①當(dāng)x＝2時，即3n≥1＋2n成立；②當(dāng)x＝－0.1時，0.9n≥1－0.1n成立；③當(dāng)x＝－0.9時，0.1n≥1－0.9n成立．∴0.9n＜1－0.1n不成立．5．若不等式對n＝k成立，則它對n＝k＋2也成立．若該不等式對n＝2成立，則下列結(jié)論正確的是()A．該不等式對所有正整數(shù)n都成立B．該不等式對所有正偶數(shù)n都成立C．該不等式對所有正奇數(shù)n都成立D．該不等式對所有自然數(shù)n都成立答案B解析因?yàn)楫?dāng)n＝2時，不等式成立，且該不等式對n＝k＋2也成立，所以該不等式對所有的正偶數(shù)n都成立．6．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2).觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2)B．f(n2)>eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2)D．以上都不正確答案C解析由f(2)＝eq\f(3,2)，f(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，可推測出f(2n)≥eq\f(n＋2,2).二、填空題7．證明：eq\f(n＋2,2)＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)＜n＋1(n＞1)，當(dāng)n＝2時，要證明的式子為________________．答案2＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＜3解析當(dāng)n＝2時，要證明的式子為2＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＜3.8．以下是用數(shù)學(xué)歸納法證明“n∈N＋時，2n＞n2”的過程，證明：(1)當(dāng)n＝1時，21＞12，不等式顯然成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋)時不等式成立，即2k＞k2.那么，當(dāng)n＝k＋1時，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.即當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立．根據(jù)(1)和(2)可知，對任何n∈N＋不等式都成立．其中錯誤的步驟為________．(填序號)答案(2)解析在2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1中用了k2≥2k＋1，這是一個不確定的結(jié)論．如k＝2時，k2＜2k＋1.9．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對于足夠大的自然數(shù)n，總有2n>n3”時，驗(yàn)證第一步不等式成立所取的第一個值n0最小應(yīng)當(dāng)是________．答案1010．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n＞n2＋1對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取________．答案5解析n取1,2,3,4時不等式不成立，起始值為5.三、解答題11．用數(shù)學(xué)歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)成立．證明(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右邊＝eq\f(\r(5),2)，左邊>右邊，所以不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2且k∈N＋)時，不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)，那么當(dāng)n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2?k＋1?－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2?k＋1?＋1),2)，所以當(dāng)n＝k＋1時，不等式也成立．由(1)(2)知，對一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．12．已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n＞1，且n∈N＋)，求證：＞1＋eq\f(n,2).證明(1)當(dāng)n＝2時，＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)＞1＋eq\f(2,2)，即n＝2時命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k＞2，k∈N＋)時，命題成立，即＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＞1＋eq\f(k,2).當(dāng)n＝k＋1時，＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)共項(xiàng)＞1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＞1＋eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋2k)＝1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(k＋1,2)，故當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立．由(1)(2)知，對n∈N＋，n＞2，＞1＋eq\f(n,2)成立．13．已知遞增等差數(shù)列{an}滿足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2a1)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2a2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2an)))≤eq\f(m,\r(2an＋1))對任意n∈N＋恒成立，試猜想出實(shí)數(shù)m的最小值，并證明．解(1)設(shè)數(shù)列{an}公差為d(d>0)，由題意可知a1·a4＝aeq\o\al(2,2)，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，解得d＝1或d＝0(舍去)．所以an＝1＋(n－1)·1＝n.(2)不等式等價于eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(m,\r(2n＋1))，當(dāng)n＝1時，m≥eq\f(\r(3),2)；當(dāng)n＝2時，m≥eq\f(3\r(5),8)；而eq\f(\r(3),2)>eq\f(3\r(5),8)，所以猜想，m的最小值為eq\f(\r(3),2).下面證不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2n＋1))對任意n∈N＋恒成立．證明：①當(dāng)n＝1時，eq\f(1,2)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2)，命題成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2k－1,2k)≤eq\f(\f(\r