95第四讲 数学归纳法证明不等式 章末复习方案 课件(人教A选修4-5)

不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1]设数列{an}满足an＋1＝a2n－nan＋1，n＝1,2,3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋an≤12.[解](1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：an＝n＋1(n∈N*)．(2)①用数学归纳法证明：当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝a2k－kak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，对k≥2，有ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1≥23ak－3＋22＋2＋1≥…∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1＝2k－1(a1＋1)－1，于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，11＋ak≤11＋a1·12k－1，k≥2.∴11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋an≤11＋a1＋11＋a112＋122＋…＋12n－1＝11＋a11＋12＋122＋…＋12n－1＝21＋a1·1－12n21＋a1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立.在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．[例2]求证：11×2＋12×3＋…＋1nn＋1n，n∈N＋.[证明](1)当n＝1时，因为11×2＝121，所以原不等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1kk＋1k，当n＝k＋1时，11×2＋12×3＋…＋1kk＋1＋1k＋1k＋2k＋1k＋1k＋2.因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，只需证明k＋1k＋1k＋2k＋1成立．即证明k＋1－k1k＋1k＋2.从而转化为证明1k＋1＋k1k2＋3k＋2，也就是证明k2＋3k＋2k＋1＋k，即(k2＋3k＋2)2－(k＋1＋k)2＝k2＋k＋1－2kk＋1＝[kk＋1－1]20，从而k2＋3k＋2k＋1＋k.于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．2．放缩法涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．[例3]求证：1＋12＋13＋…＋12n－1n2(n∈N＋)．[证明](1)当n＝1时，左边＝1，右边＝12.左边右边，∴不等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k－1k2.当n＝k＋1时，1＋12＋13＋…＋12k－1＋－1－1211＋…＋2＋12项kkkk2＋2k－1·12k＝k＋12.∴n＝k＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n－1n2(n∈N＋)．3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an＋1的关系，实现从“k”到“k＋1”的过渡．[例4]设0a1，定义a1＝1＋a，an＋1＝1an＋a，求证：对一切n∈N＋，有1an11－a.[证明]用数学归纳法．(1)当n＝1时，a11，又a1＝1＋a11－a，显然命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即1ak11－a.当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝1ak＋a(1－a)＋a＝1，同时，ak＋1＝1ak＋a1＋a＝1－a21－a11－a，当n＝k＋1时，命题也成立．即1ak＋111－a.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1an11－a.4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k到k＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．[例5]设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝xn2＋1xn(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式2xn2＋1n(n∈N＋)．[解]受阻过程：由于对于任意的k∈N＋，xk＋1＝xk2＋1xk2xk2·1xk＝2.所以xn2(n∈N＋)显然成立．下面证明：xn2＋1n(n∈N＋)．(1)当n＝1时，x1＝22＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即xk2＋1k，那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝xk2＋1xk.由归纳假设，xk2＋1k，则xk222＋12k①1xk12＋1k②因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式xk＋1＝xk2＋1xk，只要找出关系式1xkA，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出xk1A这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明xn2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵xk2，∴1xk22.∴xk＋1＝xk2＋1xk22＋12k＋22＝2＋12k≤2＋1k＋1.即xk＋12＋1k＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步应验证()A．n＝1B．n＝2C．n＝3D．n＝4答案：C2．设f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋12n(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝()A.12n＋1B.12n＋2C.12n＋1＋12n＋2D.12n＋1－12n＋2解析：由题意知f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，f(n＋1)＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2，故f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1＋1－22n＋2＝12n＋1－12n＋2.答案：D3．用数学归纳法证明1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)成立，当n＝1时，应验证()A.32≤1＋12≤32B.32≤1＋12＋13≤32C.32≤1＋12＋1332D.321＋1232解析：当n＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32∴32≤1＋12≤32.答案：A4．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成()A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除解析：第k个奇数应是n＝2k－1(k∈N＋)．答案：D二、填空题5．利用数学归纳法证明“(1＋13)(1＋15)…(1＋12n－1)2n＋12”时，n的最小取值n0为________．解析：n0＝1时，1＋11不适合原式要求．n0＝2时，1＋1352，再用数学归纳法证明．答案：26．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是f(k＋1)＝________.解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案：f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)27．用数学归纳法证明：cosα＋cos3α＋cos5α＋…＋cos(2n－1)α＝sin2nα2sinα(sinα≠0，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右＝sin2α2sinα＝2sinαcosα2sinα＝cosα.答案：cosα8．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a2n＋1－na2n＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项an＝________.解析：法一：分别令n＝1,2,3求出a2＝12，a3＝13，通过不完全归纳法知an＝1n.法二：对已知等式因式分解得[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.由an0知an＋1an＝nn＋1，再由累乘法求得an＝1n.答案：1n三、解答题9．在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N*时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．证明：(1)∵a1＝a2＝1，故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．(2)假设n＝k时，即bk＝a4k是3的倍数，则n＝k＋1时，bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＝3a4k＋1＋2a4k.由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，∴n＝k＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n－12n12n＋1对n∈N*时成立．证明：(1)当n＝1时，1213，不等式成立．(2)假设n＝k时不等式成立．即12×34×56×…×2k－12k12k＋1.则n＝k＋1时，12×34×56×…×2k－12k×2k＋12k＋112k＋1×2k＋12k＋2＝2k＋12k＋2＝2k＋12k＋32k＋22k＋3＝4k2＋8k＋32k＋22k＋34k2＋8k＋42k＋22k＋3＝2k＋222k＋22k＋3＝12k＋3即n＝k＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n∈N*都成立．11．(创新预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝12，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．(1)判断{1Sn}是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求Sn和an；(3)求证：S21＋S22＋…＋S2n≤12－14n.解：(1)S1＝a1＝12，∴1S1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴1Sn－1Sn－1＝2，故{1Sn}是以2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)得1Sn＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝12n(n∈N＋)，当n≥2时，an＝－2SnSn－1＝－12nn－1.当n＝1时，a1＝12，∴an＝12n＝1－12nn－1n≥2，n∈N＋.(3)证明：①当n＝1时，S21＝14＝12－14×1，成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，即S21＋S22＋…＋S2k≤12－14k成立，则当n＝k＋1时，S21＋S22＋…＋S2k＋S2k＋1≤12－14k＋14k＋12＝12－14[1k－1k＋12]＝12－14·k2＋k＋1kk＋1212－14·k2＋kkk＋12＝12－14k＋1.即当n＝k＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n∈N