北師大版數(shù)學選修4-5講義第二章33.2數(shù)學歸納法的應用

3．2數(shù)學歸納法的應用1.會利用數(shù)學歸納法證明一些簡單的不等式.2.了解貝努利不等式及其應用的條件，會用數(shù)學歸納法證明貝努利不等式.eq\a\vs4\al(1.)貝努利不等式定理：對任何實數(shù)x≥－1和任何正整數(shù)n，有(1＋x)n≥1＋nx．(1)條件減弱，“n∈N＋”，改為“α∈R”，仍有類似不等式(更一般的)形式：①α∈R，且滿足α>1或α<0時，有(1＋x)α≥1＋αx(x≥－1)．②α∈R，且滿足0<α<1時，有(1＋x)α≤1＋αx(x≥－1)．(2)貝努利不等式的作用：在數(shù)學研究中，經(jīng)常用貝努利不等式把二項式的乘方(1＋x)n縮小為簡單的1＋nx的形式，這在數(shù)值估計和放縮法證明不等式中有重要應用．例如：當x是實數(shù)，且x>－1，x≠0時，有貝努利不等式不難得到不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,1＋x)))eq\s\up12(n)>1－eq\f(nx,1＋x)對一切不小于2的正整數(shù)n成立．eq\a\vs4\al(2.)用數(shù)學歸納法證明不等式涉及正整數(shù)的不等式，如果其它方法證明比較困難，可考慮用數(shù)學歸納法證明，在證第二步n＝k＋1不等式成立時，其它方法(比較法、分析法、綜合法、放縮法)常被靈活應用．在貝努利不等式中當x＝0時，n為大于1的自然數(shù)，不等式形式將有何變化？提示：當x＝0時，不等式將變成等式，即(1＋x)n＝1＋nx.貝努利不等式的簡單應用設b>a>0，n∈N＋，證明eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(n)≥eq\f(n,a)(b－a)＋1.[思路點撥]利用1＋x＝eq\f(b,a)代換為利用貝努利不等式創(chuàng)造條件．[證明]由b>a>0，知eq\f(b,a)>1，令1＋x＝eq\f(b,a)(x>0)，則x＝eq\f(b,a)－1，由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(n)＝(1＋x)n≥1＋nx＝1＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－1))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(n)≥eq\f(n,a)(b－a)＋1.[規(guī)律方法]因為貝努利不等式能夠將二項式的乘方(1＋x)n縮減為1＋nx的簡單形式，一般在放縮證明不等式時用到，但要注意貝努利不等式滿足的條件．變式訓練1試證明eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（n＋1）2)))eq\s\up12(n＋1)>1－eq\f(1,n＋1)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))eq\s\up12(n＋1)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up12(n)(n∈N＋)．證明：由n∈N＋，∴n＋1≥2.由貝努利不等式，得(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（n＋1）2)))eq\s\up12(n＋1)>1－eq\f(n＋1,（n＋1）2)＝1－eq\f(1,n＋1).(2)由(1)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))eq\s\up12(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))eq\s\up12(n＋1)>1－eq\f(1,n＋1)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))eq\s\up12(n＋1)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))eq\s\up12(－n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))eq\s\up12(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up12(n).利用數(shù)學歸納法證明不等式已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n>1，n∈N＋)，求證：S2n>1＋eq\f(n,2)(n≥2，n∈N＋)．[思路點撥]eq\x(觀察結構)→eq\x(驗證n＝2)→eq\x(歸納假設)→eq\x(放縮)→eq\x(結論)[證明](1)當n＝2時，S22＝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n＝k(k≥2，k∈N＋)時命題成立，即S2k＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)>1＋eq\f(k,2).則當n＝k＋1時，S2k＋1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>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n＝k＋1時，命題也成立．由(1)、(2)知，對n∈N＋，n≥2，S2n>1＋eq\f(n,2)都成立．[規(guī)律方法]利用數(shù)學歸納法證明不等式的關鍵是由n＝k到n＝k＋1的變形，為滿足題目的要求，往往要采用“放縮”等手段，例如在本題中采用了“eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>eq\f(2k,2k＋2k)＝eq\f(1,2)”的變形．變式訓練2用數(shù)學歸納法證明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)．證明：(1)當n＝2時，1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)<2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，命題成立．(2)假設當n＝k(k≥2，k∈N＋)時命題成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)<2－eq\f(1,k).則當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\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝2－eq\f(1,k＋1)，命題成立．由(1)、(2)知原不等式在n≥2，n∈N＋時均成立．利用數(shù)學歸納法解決探索型不等式(12分)設f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，由f(1)＝1>eq\f(1,2)，f(3)>1，f(7)>eq\f(3,2)，f(15)>2，….(1)你能得到怎樣的結論？并證明；(2)是否存在一個正數(shù)T，使對任意的正整數(shù)n，恒有f(n)<T成立？并說明理由．[思路點撥]找出數(shù)列1，3，7，15…的通項公式，再利用數(shù)列eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2…的通項公式，猜想一般性的結論，然后用數(shù)學歸納法證明．[規(guī)范解答](1)數(shù)列1，3，7，15…，通項公式為an＝2n－1數(shù)列eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2…通項公式an＝eq\f(n,2)，∴猜想：f(2n－1)>eq\f(n,2). 2分下面用數(shù)學歸納法證明：①當n＝1時，f(21－1)＝f(1)＝1>eq\f(1,2)，不等式成立. 4分②假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時不等式成立，即f(2k－1)>eq\f(k,2)，則f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－2)＋eq\f(1,2k＋1－1)>f(2k－1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)2k個，＝f(2k－1)＋eq\f(1,2)>eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(k＋1,2).∴當n＝k＋1時不等式也成立．據(jù)①、②對任何n∈N＋原不等式均成立． 8分(2)對任意給定的正數(shù)T，設它的整數(shù)部分為T′，記m＝T′＋1，則m>T.由(1)知：f(22m－1)>m，∴f(22m－1)>T，這說明，對任意給定的正數(shù)T，總能找到正整數(shù)n(如可取假設中n為2m)，使得f(n)≥T，∴不存在正數(shù)T，使得對任意的正整數(shù)n，總有f(n)<T成立. 12分[規(guī)律方法]利用數(shù)學歸納法解決探索型不等式的思想是：先通過觀察、判斷、猜想出結論，然后用數(shù)學歸納法證明，否定一個命題，只需找出一個反例即可．變式訓練3設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∈N＋，有1<an<eq\f(1,1－a).證明：(1)當n＝1時，a1>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，∴當n＝1時，命題成立．(2)假設n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題1<ak<eq\f(1,1－a)成立．當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)，當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).[A基礎達標]eq\a\vs4\al(1).用數(shù)學歸納法證明2n≥n2(n≥5，n∈N＋)成立時第二步歸納假設的正確寫法是()A．假設n＝k時命題成立B．假設n＝k(k∈N＋)時命題成立C．假設n＝k(k≥5)時命題成立D．假設n＝k(k>5)時命題成立解析：選C.由題意知n≥5，n∈N＋，∴應假設n＝k(k≥5)時命題成立．eq\a\vs4\al(2).利用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N＋)的過程，由n＝k到n＝k＋1時，左邊增加了()A．1項 B．k項C．2k－1項 D．2k項解析：選D.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1).∴共增加2k項．eq\a\vs4\al(3.)設f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，有f(k)滿足：當“f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當k≥1，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當k<5，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，則當k≥8，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當k≥4，均有f(k)≥k2成立解析：選D.由題意設f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此，對于A，不一定有k＝1，2時成立．對于B、C顯然錯誤．對于D，∵f(4)＝25>42，因此對于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．eq\a\vs4\al(4.)若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋1)與f(k)的遞推關系式是____________．解析：∵f(k)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2[B能力提升]eq\a\vs4\al(5.)利用數(shù)學歸納法證明不等式“n2<2n對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，n0應取值為()A．1 B．3C．5 D．7解析：選C.12<21，22＝22，32>23，42＝24，利用數(shù)學歸納法驗證n≥5，故n0值為5.eq\a\vs4\al(6.)對于正整數(shù)n，下列說法不正確的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n<1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n解析：選C.由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，當x＝2時，(1＋2)n≥1＋2n，A正確．當x＝－0.1時，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正確，C不正確．當x＝0.9時，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正確．eq\a\vs4\al(7.)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．不存在解析：選B.令f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，易知f(n)是單調(diào)遞增的．∴f(n)的最小值為f(2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).依題意eq\f(7,12)>eq\f(m,24)，∴m<14.因此取m＝13.eq\a\vs4\al(8.)設p(k)：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2k)≤eq\f(1,2)＋k(k∈N)，則p(k＋1)為()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)≤eq\f(1,2)＋k＋1B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)≤eq\f(1,2)＋k＋1C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)≤eq\f(1,2)＋k＋1D．上述均不正確解析：選A.分母是底數(shù)為2的冪，且冪指數(shù)是連續(xù)自然數(shù)增加，故選A.eq\a\vs4\al(9.)用數(shù)學歸納法證明1＋2＋22＋…＋25n－1是31的整數(shù)倍時，當n＝1時，左式等于()A．1＋2 B．1＋2＋22C．1＋2＋23 D．1＋2＋22＋23＋24答案：Deq\a\vs4\al(10).設a，b均為正實數(shù)(n∈N＋)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，則M、N的大小關系為________(提示：利用貝努利不等式，令x＝eq\f(b,a))．解析：由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx，令x＝eq\f(b,a)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\s\up12(n)>1＋n·eq\f(b,a)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)))eq\s\up12(n)>1＋n·eq\f(b,a)，即(a＋b)n>an＋nan－1b.故M≥N.答案：M≥Neq\a\vs4\al(11).觀察式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，則可歸納出________．答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)(n≥2，n∈N＋)eq\a\vs4\al(12).已知a、b為正數(shù)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，試證：對每一個n∈N＋，(a＋b)n－an－bn≥22n－2n＋1.證明：(1)n＝1時，左邊＝0，右邊＝0，∴左邊＝右邊，命題成立．(2)假設n＝k(k≥1)時，命題成立，即(a＋b)k－ak－bk≥22k－2k＋1，則當n＝k＋1時，∵ak＋1＋bk＋1＝(a＋b)·(ak＋bk)－akb－abk，∴