数学-人教A版-选修4-5-15-16版：二用数学归纳法证明不等式.docx-创新设计-二 用数学归纳法证明不等式-第四讲 数学归纳法证明不等式-学案.docx

二　用数学归纳法证明不等式 [学习目标]　1.会用数学归纳法证明与正整数有关的不等式，特别是绝对值不等式、平均值不等式和柯西不等式.2.了解贝努利不等式，学会贝努利不等式的简单应用.3.会用数学归纳法证明贝努利不等式．
[知识链接] 1．数学归纳法有什么优点？ 答案　数学归纳法的优点：克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点，又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足，是一种科学方法． 2．具有什么特点的不等式能够用数学归纳法证明？ 答案　与正整数n有关的不等式可考虑用数学归纳法证明． [预习导引] 1．贝努利不等式 设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，则(1＋x)n＞1＋nx. 2．贝努利不等式的一般形式 当α为实数，并且满足α＞1或者α＜0时，有(1＋x)α≥1＋αx(x＞－1)； 当α为实数，并且满足0＜α＜1时，有(1＋x)α≤1＋αx(x＞－1)．
要点一　一般不等式的证明 例1　用数学归纳法证明： 1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜2－eq \f(1,n)(n≥2)． 证明　(1)当n＝2时，1＋eq \f(1,22)＝eq \f(5,4)＜2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，命题成立． (2)假设n＝k(k∈N＋，k≥2)时命题成立， 即1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)＜2－eq \f(1,k)， 当n＝k＋1时，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)，命题成立． 由(1)、(2)知原不等式在n≥2时均成立． 规律方法　(1)由n＝k到n＝k＋1时的推证过程中应用了“放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一． (2)数学归纳法的应用通常与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等． 跟踪演练1　1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)≥eq \f(3n,2n＋1)(n∈N＋)． 证明　(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1， ∴左边≥右边，即命题成立． (2)假设当n＝k时，命题成立， 即1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)≥eq \f(3k,2k＋1). 那么当n＝k＋1时， 1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k＋12)≥eq \f(3k,2k＋1)＋eq \f(1,k＋12) ＝eq \f(3k,2k＋1)＋eq \f(1,k2＋2k＋1)≥eq \f(3k,2k＋1)＋eq \f(3,2k＋12k＋3) ＝eq \f(3k2k＋3＋3,2k＋12k＋3)＝eq \f(3k＋32k＋1,2k＋12k＋3) ＝eq \f(3k＋3,2k＋3)＝eq \f(3k＋1,2k＋1＋1). 由(1)(2)知原不等式在n∈N＋时均成立． 要点二　绝对值不等式的证明 例2　设x1，x2，…，xn为实数，证明：|x1＋x2＋…＋xn|≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|. 证明　(1)∵|x1＋x2|≤|x1|＋|x2|， ∴n＝2时命题成立． (2)设命题n＝k (k≥2)时成立，即 |x1＋x2＋…＋xk|≤|x1|＋|x2|＋…＋|xk|， 于是，当n＝k＋1时， |x1＋x2＋…＋xk＋1|＝|(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1| ≤|x1＋x2＋…＋xk|＋|xk＋1| ≤|x1|＋|x2|＋…＋|xk|＋|xk＋1|. 即当n＝k＋1时，命题也成立． 由(1)(2)知，对于任意n∈N＋命题都成立． 规律方法　使用数学归纳法要完成两步．第一步要验证“基础”；第二步要证明“递推”，二者缺一不可．关键在于使用归纳假设进行递推，这也是数学归纳法的灵活和魅力所在，要根据不同问题加强练习，逐步掌握． 跟踪演练2　证明不等式|sin nθ|≤n|sin θ| (n∈N＋)． 证明　(1)当n＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即有|sin kθ|≤k|sin θ|. 当n＝k＋1时，|sin(k＋1)θ|＝|sin(kθ＋θ)| ＝|sin kθ·cos θ＋cos kθ·sin θ| ≤|sin kθ·cos θ|＋|cos kθ·sin θ| ≤|sin kθ|＋|sin θ| ≤k|sin θ|＋|sin θ|＝(k＋1)|sin θ|. 即当n＝k＋1时不等式成立． 由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立． 要点三　与数列、函数有关不等式的证明 例3　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N＋)． (1)求证{an－2n}为等差数列； (2)设数列{bn}满足bn＝2log2(an＋1－n)． 证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,bn)))＞eq \r(n＋1)(n∈N＋)． 证明　(1)由an＋1＝an＋2n＋1得 (an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝1， 因此{an－2n}成等差数列． (2)an－2n＝(a1－2)＋(n－1)＝n－1，即an＝2n＋n－1， bn＝2log2(an＋1－n)＝2n. 下面用数学归纳法证明 eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·eq \f(7,6)·…·eq \f(2n＋1,2n)＞eq \r(n＋1). 当n＝1时，左端＝eq \f(3,2)＞eq \r(2)＝右端，不等式成立； 假设n＝k时不等式成立，即 eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·eq \f(7,6)·…·eq \f(2k＋1,2k)＞eq \r(k＋1)， 当n＝k＋1时， eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·eq \f(7,6)·…·eq \f(2k＋1,2k)·eq \f(2k＋3,2k＋1) ＞eq \r(k＋1)·eq \f(2k＋3,2k＋1)＝eq \r(\f(2k＋32,4k＋1)) ＝eq \r(k＋2)eq \r(\f(4k2＋12k＋9,4k2＋12k＋8))＞eq \r(k＋2). 因此不等式eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·eq \f(7,6)·…·eq \f(2n＋1,2n)＞eq \r(n＋1) 对于一切n∈N＋都成立． 规律方法　同用数学归纳法证明等式一样，这类问题通常与数列的递推公式或通项公式有关，待证的不等式的条件可能直接给出，也可能需根据条件归纳猜想出后再证明． 跟踪演练3　设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋eq \f(1,an)(n＝1,2，…)． (1)证明：an＞eq \r(2n＋1)对一切正整数n都成立； (2)令bn＝eq \f(an,\r(n))(n＝1,2,3，…)，判断bn与bn＋1的大小，并说明理由． (1)证明　当n＝1时， a1＝2＞eq \r(2×1＋1)，不等式成立． 假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，ak＞eq \r(2k＋1)成立． 则当n＝k＋1时，aeq \o\al(2,k＋1)＝aeq \o\al(2,k)＋eq \f(1,a\o\al(2,k))＋2＞2k＋3＋eq \f(1,a\o\al(2,k))＞2(k＋1)＋1. ∴n＝k＋1时，ak＋1＞eq \r(2k＋1＋1)也成立． 综上，由数学归纳法可知，an＞eq \r(2n＋1)对一切正整数n都成立． (2)解　eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1\r(n),an\r(n＋1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a\o\al(2,n))))eq \f(\r(n),\r(n＋1)) ＜eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2－\f(1,4)),n＋\f(1,2))＜1.故bn＋1＜bn. 要点四　探索问题的证明 例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)对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论． 解　取n＝1，eq \f(1,1＋1)＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,3×1＋1)＝eq \f(26,24)， 令eq \f(26,24)＞eq \f(a,24)⇒a＜26，而a∈N＋，∴取a＝25. 下面用数学归纳法证明： eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)＞eq \f(25,24). (1)n＝1时，已证结论正确． (2)假设n＝k (k∈N＋)时， eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k＋1)＞eq \f(25,24)， 则当n＝k＋1时，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