數(shù)學(xué)素材：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)必貴于專精教材習(xí)題點(diǎn)撥“探究”：(1）回顧例4的證明過程，體會(huì)其中為了利用歸納假設(shè)以及證出遞推關(guān)系做了哪些式子變形，它們起了什么作用?（2）利用例4的結(jié)論，考慮n個(gè)正數(shù)eq\f(a1,\r（n，a1a2…an）），eq\f（a2,\r（n,a1a2…an)）,…，eq\f(an，\r（n,a1a2…，an））(a1，a2，…,an是正數(shù))，你能得出n個(gè)正數(shù)的均值不等式嗎?答：(1)分為兩種情況：n個(gè)數(shù)全相等，n個(gè)數(shù)不全相等,是從整體考慮問題;然后再分情況進(jìn)行討論，是逐一考慮各部分問題．第二步中把乘積a1a2看作一個(gè)數(shù)，是為了能夠使用歸納假設(shè)，得出a1a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1≥k,用這個(gè)式子再加a1＋a2－a1a2≥1，是為得出a1＋a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1≥k＋1.這樣的變形完全是根據(jù)遞推的目標(biāo)產(chǎn)生的,如此理解就不會(huì)感到變形的來(lái)源神秘了．這種作用為實(shí)現(xiàn)遞歸創(chuàng)造了轉(zhuǎn)化條件．（2）利用例4證明的不等式，可以進(jìn)而證明均值不等式．考慮n個(gè)正數(shù)eq\f（a1,\r（n,a1a2…an))，eq\f(a2，\r（n,a1a2…an))，…,eq\f(an，\r(n,a1a2…an））（a1，a2,…，an是正數(shù)）,顯然它們之積等于1,于是它們之和不小于n，即eq\f（a1，\r(n，a1a2…an））＋eq\f(a2,\r(n,a1a2…an）)＋…＋eq\f（an,\r(n,a1a2…an））≥n.由此可知，eq\f（a1＋a2＋…＋an，n)≥eq\r(n,a1a2…an)。習(xí)題4。21．解：（1)當(dāng)n＝3時(shí),左邊＝(1＋2＋3)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，2）＋\f（1，3）））＝11，右邊＝32＋3－1＝11，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即（1＋2＋3＋…＋k)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2）＋\f(1，3)＋…＋\f（1，k））)≥k2＋k－1。則當(dāng)n＝k＋1時(shí),(1＋2＋3＋…＋k＋k＋1）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，2）＋\f（1,3）＋…＋\f（1,k）＋\f（1，k＋1）)）＝（1＋2＋3＋…＋k)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2）＋\f(1,3)＋…＋\f(1,k）))＋(k＋1）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f（1，3）＋…＋\f（1,k)））＋eq\f（1,k＋1）(1＋2＋3＋…＋k)＋1≥k2＋k－1＋(k＋1）＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k（k＋1），2（k＋1))＋1≥k2＋2k＋1＋（k＋1）－1＝（k＋1）2＋（k＋1)－1，就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí),不等式成立．根據(jù)(1）(2）不等式對(duì)于任意的n≥2，n∈N＋都成立．2．解：（1)略．（2）當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝(1＋1）1＝2，右邊＝1。當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,2)))2＝eq\f（9，4)，右邊＝2。當(dāng)n＝3時(shí)，左邊＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,3)）)3＝eq\f（64，27),右邊＝3.當(dāng)n＝4時(shí)，左邊＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，4）））4＝eq\f(625，256)，右邊＝4.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，n)））n＜n的正整數(shù)范圍是n≥3。證明略．3．證明：(1）當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1，4)，右邊＝eq\f(1,2），不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立,即eq\f(1,22）＋eq\f（1,32）＋…＋eq\f(1，k2)＜1－eq\f（1，k)。則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1，22)＋eq\f（1，32)＋…＋eq\f(1,k2）＋eq\f（1，(k＋1）2）＜1－eq\f（1，k)＋eq\f(1，（k＋1)2）＜1－eq\f（1,k＋1）＝eq\f（k,k＋1）。就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．根據(jù)（1）（2）不等式對(duì)于任意的n≥2，n∈N＋都成立．4．證明：（1）當(dāng)n＝2時(shí),由公差d不為0,所以a與c不相等．于是a2＋c2＞2ac，可得2(a2＋c2）＞(a＋c)2，即a2＋c2＞2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋c,2）））2＝2b2，不等式成立．(2）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí),不等式成立，即ak＋ck＞2bk?！遖k＋1＋ck＋1－eq\f(1，2)(a＋c）(ak＋ck)＝ak＋1＋ck＋1－eq\f(1，2）ak＋1－eq\f（1,2）ck＋1－eq\f（1，2)ak·c－eq\f(1,2）ck·a＝eq\f(1,2）（ak＋1＋ck＋1－akc－ack)＝eq\f（1,2）（ak－ck）(a－c)＞0，∴ak＋1＋ck＋1＞eq\f（1，2)（a＋c）（ak＋ck）＞b·2bk＝2bk＋1。也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí),不等式成立．根據(jù)(1)(2)不等式對(duì)于任意的n≥2,n∈N＋都成立．5．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(1×2,2)＜a1＝eq\r(2)＜eq\f（(1＋1)2,2),不等式成立．(2）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即eq\f（k（k＋1）,2)＜ak＝eq\r(1×2)＋eq\r（2×3）＋…＋eq\r（k(k＋1)）＜eq\f（(k＋1）2,2）。則當(dāng)n＝k＋1時(shí),ak＋1＝eq\r（1×2）＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r（k(k＋1)）＋eq\r((k＋1)（k＋2））＜eq\f((k＋1）2,2)＋eq\r((k＋1)（k＋2))＝eq\f（(k＋1)2＋2\r((k＋1）（k＋2))，2)。下面證明（k＋1）2＋2eq\r((k＋1）(k＋2）)＜（k＋2)2，用分析法要證（k＋1)2＋2eq\r（(k＋1）(k＋2）)＜(k＋2)2，只需證2eq\r（（k＋1）（k＋2)）＜2k＋3,即證4（k＋1）(k＋2)＜（2k＋3）2，即證4k2＋12k＋8＜4k2＋12k＋9，即證8＜9.所以ak＋1＜eq\f((k＋1)2＋2\r（(k＋1）(k＋2)），2)＜eq\f（（k＋2）2，2）＝eq\f([(k＋1）＋1］2，2)。另一方面，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\r(1×2）＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r（k（k＋1)）＋eq\r（（k＋1）(k＋2））＞eq\f（k(k＋1）,2)＋eq\r（(k＋1)（k＋2））＞eq\f(k(k＋1），2）＋k＋1＝eq\f（(k＋1）（k＋2），2）.也就是說(shuō),當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．根據(jù)(1)(2）不等式對(duì)于任意的n∈N＋都成立．6．證明:∵α1，α2，…，αn∈(0，π)，則sinαi＞0,|cosαi｜＜1，i＝1,2,3….（1)當(dāng)n＝2時(shí)，｜sin（α1＋α2)|＝｜sinα1cosα2＋cosα1sinα2|≤|sinα1｜·|cosα2｜＋｜c(diǎn)osα1|·｜sinα2｜＜｜sinα1|＋|sinα2｜＝sinα1＋sinα2，不等式成立．(2）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即｜sin（α1＋α2＋…＋αk)|＜sinα1＋sinα2＋…＋sinαk。則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，｜sin(α1＋α2＋…＋αk＋αk＋1)｜≤|sin(α1＋α2＋…＋αk）cosak＋1|＋｜c(diǎn)os(α1＋α2＋…＋αk)sinak＋1｜＜｜sin（α1＋α2＋…＋αk)|＋｜sinak＋1|＜sinα1＋sinα2＋…＋sinαk＋1，也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．根據(jù)（1）(2)不等式對(duì)于任意的n≥2，n∈N＋都成立．7．略．8．解：（1）(a1＋a2＋…＋an）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1，a2)＋…＋\f(1,an）））≥n2.（2)①當(dāng)n＝1時(shí)，a1·eq\f(1，a1）≥12,不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí),不等式成立,即(a1＋a2＋…＋ak)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,a1)＋\f（1，a2）＋…＋\f(1,ak)））≥k2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí),（a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,a1）＋\f（1,a2）＋…＋\f(1，ak)＋\f(1,ak＋1）））＝(a1＋a2＋…＋ak)·eq\b\lc\(\rc