2019-2020学年高中数学 第4讲 用数学归纳法证明不等式章末复习课学案 新人教A版选修4-5

-1-第4讲用数学归纳法证明不等式[自我校对]①等式问题②证明不等式③贝努利不等式归纳递推要用好归纳假设数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用．在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(n＝k时命题成立)，推出n＝k＋1时，命题成立．【例1】用数学归纳法证明：对于n∈N＋，11·2＋12·3＋13·4＋…＋1nn＋1＝nn＋1.[自主解答](1)当n＝1时，左边＝11·2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n＝k时等式成立，即11·2＋12·3＋13·4＋…＋1kk＋1＝kk＋1，当n＝k＋1时，11·2＋12·3＋13·4＋…＋1kk＋1＋1k＋1k＋2＝kk＋1＋1k＋1k＋2＝k2＋2k＋1k＋1k＋2＝k＋1k＋2，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知对于任意的自然数n，等式都成立．-2-1．数列1nn＋1的前n项的和记为Sn.(1)求出S1，S2，S3的值；(2)猜想出Sn的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想．[解](1)S1＝12，S2＝23，S3＝34.(2)猜想：Sn＝nn＋1.(3)证明：①当n＝1时S1＝a1＝12，右边＝12.等式成立．②假设当n＝k时，Sk＝kk＋1，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝kk＋1＋1k＋1k＋2＝k＋12k＋1k＋2＝k＋1k＋2＝k＋1k＋1＋1，即当n＝k＋1时，等式成立，∴Sn＝nn＋1.不等式证明中的强化命题如果c为常数，用数学归纳法证明f(n)c一类不等式时，从k到k＋1的归纳过渡很易卡断思路，此时利用limn→∞g(n)＝c，且g(n)c，把命题结论强化，即把c换成g(n)．由于归纳假设也随之加强，这样强化了命题更易于用数学归纳法证明．【例2】证明不等式122＋132＋…＋1n21(n≥2，n∈N＋)．[自主解答]可先证明122＋132＋…＋1n21－1n(n≥2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明：(1)当n＝2时，(*)显然成立．(2)设n＝k时，不等式(*)成立，即122＋132＋…＋1k21－1k.当n＝k＋1时，122＋132＋…＋1k2＋1k＋121－1k＋1k＋121－1k＋1kk＋1＝1－1k＋1k－1k＋1＝1－1k＋1.故当n＝k＋1时，不等式(*)成立．根据(1)和(2)知，对n∈N＋且n≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立．-3-2．设0a1，定义a1＝1＋a，an＋1＝1an＋a，求证：对一切正整数n∈N＋，有1an11－a.[证明](1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜11－a，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即1＜ak＜11－a.当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝1ak＋a＞(1－a)＋a＝1.同理，ak＋1＝1ak＋a＜1＋a＝1－a21－a＜11－a.故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜ak＋1＜11－a.综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜an＜11－a.从特殊到一般的数学思想方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想、探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．【例3】已知数列{bn}是等差数列，且b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.(1)求数列{bn}的通项公式bn；(2)设数列{an}的通项an＝loga1＋1bn(其中a＞0，且a≠1)，Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与13logabn＋1的大小，并证明你的结论．[自主解答](1)设数列{bn}的公差为d.由题意得b1＝1，10b1＋1010－12d＝145，解得b1＝1，d＝3，故bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由bn＝3n－2知，Sn＝loga(1＋1)＋loga1＋14＋…＋loga1＋13n－2＝loga1＋11＋14…1＋13n－2.又13logabn＋1＝loga33n＋1，-4-因此要比较Sn与13logabn＋1的大小，可先比较(1＋1)·1＋14…1＋13n－2与33n＋1的大小．取n＝1，有(1＋1)＞33·1＋1；取n＝2，有(1＋1)1＋14＞33·2＋1.由此推测(1＋1)1＋14…1＋13n－2＞33n＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a＞1时，Sn＞13logabn＋1；当0＜a＜1时，Sn＜13logabn＋1.下面用数学归纳法证明①式成立：a．当n＝1时，已验证①式成立．b．假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时①式成立，即(1＋1)1＋14…1＋13k－2＞33k＋1.那么，当n＝k＋1时，(1＋1)1＋14…1＋13k－2·1＋13k＋1－2＞33k＋11＋13k＋1＝33k＋13k＋1(3k＋2)．∵33k＋13k＋13k＋23－[33k＋4]3＝3k＋23－3k＋43k＋123k＋12＝9k＋43k＋12＞0，∴33k＋13k＋1(3k＋2)＞33k＋4＝33k＋1＋1.因而(1＋1)1＋14…1＋13k－21＋13k＋1＞33k＋4＝33k＋1＋1.∴当n＝k＋1时①式成立．由a，b知①式对任意正整数n都成立．-5-由此证得：当a＞1时，Sn＞13logabn＋1；当0＜a＜1时，Sn＜13logabn＋1.3．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn512.[解](1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上可得结论成立．②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝a2k＋1bk＝(k＋2)2，所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(2)证明：n＝1时，1a1＋b1＝16512.n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)2(n＋1)n.故1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn16＋1212×3＋13×4＋…＋1nn＋1＝16＋1212－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝16＋1212－1n＋116＋14＝512.综上，原不等式成立．1．已知数列{an}的各项均为正数，bn＝n1＋1nnan()n∈N＋，e为自然对数的底数．-6-(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较1＋1nn与e的大小；(2)计算b1a1，b1b2a1a2，b1b2b3a1a2a3，由此推测计算b1b2…bna1a2…an的公式，并给出证明；(3)令cn＝(a1a2…an)1n，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn＜eSn.[解](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex，当f′(x)＞0，即x＜0时，f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞0时，f(x)单调递减．故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex.令x＝1n，得1＋1n＜e1n，即1＋1nn＜e.(*1)(2)b1a1＝1·1＋111＝1＋1＝2；b1b2a1a2＝b1a1·b2a2＝2·21＋122＝(2＋1)2＝32；b1b2b3a1a2a3＝b1b2a1a2·b3a3＝32·31＋133＝(3＋1)3＝43.由此推测：b1b2…bna1a2…an＝(n＋1)n.(*2)下面用数学归纳法证明(*2)．①当n＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，(*2)成立，即b1b2…bka1a2…ak＝(k＋1)k.当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)1＋1k＋1k＋1ak＋1，由归纳假设可得b1b2…bkbk＋1a1a2…akak＋1＝b1b2…bka1a2…ak·bk＋1ak＋1＝(k＋1)k·(k＋1)·1＋1k＋1k＋1＝(k＋2)k＋1，所以当n＝k＋1时，(*2)也成立．根据①②，可知(*2)对一切正整数n都成立．(3)由cn的定义，(*2)，均值不等式(推广)，bn的定义及(*1)得Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn-7-≤b11×2＋b1＋b22×3＋b1＋b2＋b33×4＋…＋b1＋b2＋…＋bnnn＋1＝b111×2＋12×3＋…＋1nn＋1＋b212×3＋13×4＋…＋1nn＋1＋…＋bn·1nn＋1＝b11－1n＋1＋b212－1n＋1＋…＋bn1n－1n＋1＜b11＋b22＋…＋bnn＝1＋111a1＋1＋122a2＋…＋1＋1nnan＜ea1＋ea2＋…＋ean＝eSn，即Tn＜eSn.2．设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在12，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝12＋12xn＋1n；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．[解](1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－10，Fn12＝1＋12＋122＋…＋12n－2＝1－12n+11－12－2＝－12n0，所以Fn(x)在12，1内至少存在一个零点．又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－10，故Fn(x)在12，1内单调递增，所以Fn(x)在12，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即1－xn＋1n1－xn－2＝0，故xn＝12＋12xn＋1n.-8-(2)法一：由题设，gn(x)＝n＋11＋xn2.设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－n＋11＋xn2，x0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－nn＋1xn－12.若0x1，h′(x)xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－nn＋12·xn－1＝nn＋12xn－1－nn＋12xn－1＝0.若x1，h′(x)xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－nn＋12·xn－1＝nn＋12xn－1－nn＋12xn－1＝0.所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(x)h(1)＝0，即fn(x)gn(x)．综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)gn(x)．法二：由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝n＋1xn＋12，x0.当x＝1