2024-2025学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式优化总结学案新人教A版选修4-5

PAGEPAGE1第四讲用数学归纳法证明不等式本讲优化总结用数学归纳法证明恒等式[学生用书P62]证明代数恒等式的关键是：其次步将式子转化成与归纳假设结构相同的形式——凑假设，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所须要的形式——凑结论．用数学归纳法证明：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．【证明】(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)，则当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－2k2－5k－3＝－(k＋1)(2k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，即当n＝k＋1时，等式成立．由(1)(2)可知，对任何n∈N＋等式都成立．若n∈N＋，用数学归纳法证明：coseq\f(α,2)·coseq\f(α,22)·coseq\f(α,23)…coseq\f(α,2n)＝eq\f(sinα,2nsin\f(α,2n)).证明：(1)当n＝1时，左边＝coseq\f(α,2)，右边＝eq\f(sinα,2sin\f(α,2))＝coseq\f(α,2)，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，即coseq\f(α,2)·coseq\f(α,22)·coseq\f(α,23)…coseq\f(α,2k)＝eq\f(sinα,2ksin\f(α,2k))，当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)·cos\f(α,22)·cos\f(α,23)…cos\f(α,2k)))·coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2ksin\f(α,2k))·coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2k＋1·sin\f(α,2k＋1)cos\f(α,2k＋1))·coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2k＋1·sin\f(α,2k＋1))即当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)知，等式对n∈N＋均成立．用数学归纳法证明不等式[学生用书P62]证明不等式的题型多种多样，所以不等式的证明是一个难点，在由n＝k成立，推导n＝k＋1也成立时，过去讲过的证明不等式的方法在此都可以运用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题．设an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n（n＋1）)(n∈N＋)，求证：eq\f(1,2)n(n＋1)<an<eq\f(1,2)(n＋1)2.【证明】①当n＝1时，a1＝eq\r(2)，eq\f(1,2)n(n＋1)＝1，eq\f(1,2)(n＋1)2＝2，所以1<eq\r(2)<2，所以n＝1时，不等式成立．②假设当n＝k时不等式成立，即eq\f(1,2)k(k＋1)<ak<eq\f(1,2)(k＋1)2，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)k(k＋1)＋eq\r(（k＋1）（k＋2）)<ak＋1<eq\f(1,2)(k＋1)2＋eq\r(（k＋1）（k＋2）)，eq\f(1,2)k(k＋1)＋eq\r(（k＋1）（k＋2）)>eq\f(1,2)k(k＋1)＋(k＋1)＝eq\f(1,2)(k＋1)(k＋2)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)＋1]，eq\f(1,2)(k＋1)2＋eq\r(（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(1,2)(k＋1)2＋eq\r(k2＋3k＋2)<eq\f(1,2)(k＋1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(3,2)))＝eq\f(1,2)(k＋2)2＝eq\f(1,2)[(k＋1)＋1]2，所以eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)＋1]<ak＋1<eq\f(1,2)[(k＋1)＋1]2，即当n＝k＋1时，不等式也成立．依据①②可知对随意的n∈N＋，不等式eq\f(1,2)n(n＋1)<an<eq\f(1,2)(n＋1)2恒成立．设0<a<1，定义a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求证：对一切正整数n，有1<an<eq\f(1,1－a).证明：(1)当n＝1时，a1>1，a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立．即1<ak<eq\f(1,1－a)，当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a>(1－a)＋a＝1.同时，ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a<1＋a＝eq\f(1－a2,1－a)<eq\f(1,1－a)，故当n＝k＋1时，命题也成立，即1<ak＋1<eq\f(1,1－a)，综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1<an<eq\f(1,1－a).归纳、猜想、证明思想的应用[学生用书P63]归纳、猜想、证明属于探究性问题的一种，一般经过计算、视察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学归纳法证明，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此务必要保持猜想的正确性，同时要留意数学归纳法步骤的书写．已知数列{an}和{bn}，其中an＝1＋3＋5＋…＋(2n＋1)，bn＝1＋2＋…＋2n－1(n∈N＋)，当n∈N＋时，试比较an与bn的大小，并证明你的结论．【解】由已知得an＝eq\f(1＋（2n＋1）,2)·(n＋1)＝(n＋1)2，bn＝eq\f(2n－1,2－1)＝2n－1.当n＝1时，a1＝4，b1＝1，则a1>b1，当n＝2时，a2＝9，b2＝3，则a2>b2，当n＝3时，a3＝16，b3＝7，则a3>b3，当n＝4时，a4＝25，b4＝15，则a4>b4，当n＝5时，a5＝36，b5＝31，则a5>b5，当n＝6时，a6＝49，b6＝63，则a6<b6，当n＝7时，a7＝64，b7＝127，则a7<b7，…由此得到，当n∈N＋，n≤5时，an>bn.猜想：当n∈N＋，n≥6时，an<bn.前一结论上面已用穷举法证明，后一猜想用数学归纳法证明如下：①当n＝6时，上面已证a6<b6.②假设当n＝k(k∈N＋，k≥6)时，上述结论成立，即当k≥6时，(k＋1)2<2k－1.当n＝k＋1时，要证ak＋1<bk＋1，即证(k＋2)2<2k＋1－1，这只要证(k＋2)2<2×2k－1.由归纳假设知2k>(k＋1)2＋1，只要证(k＋2)2<[(k＋1)2＋1]×2－1，即k2＋4k＋4<2k2＋4k＋3，即只要证k2>1，由k≥6得上式明显成立，所以当n＝k＋1时，上述猜想成立．综上所述，当n∈N＋，1≤n≤5时，an>bn；当n∈N＋，n≥6时，an<bn.数列{an}满意a1＝1，an＝eq\r(2aeq\o\al(2,n－1)＋1)(n∈N＋，n≥2)．(1)写出数列{an}的前五项；(2)揣测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．解：(1)a1＝1，a2＝eq\r(3)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(15)，a5＝eq\r(31).(2)猜想an＝eq\r(2n－1)(n∈N＋)．下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝eq\r(21－1)＝1，明显成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝eq\r(2k－1).当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\r(2aeq\o\al(2,k)＋1)＝eq\r(2（2k－1）＋1)＝eq\r(2k＋1－1).这表明当n＝k＋1时，结论成立．由①②知，结论对全部的正整数都成立．1．求证对随意正整数n，有13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2成立．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，左边＝右边，所以原等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，即13＋23＋…＋k3＝(1＋2＋…＋k)2.在上式等号两边同时加上(k＋1)3，得13＋23＋…＋k3＋(k＋1)3＝(1＋2＋…＋k)2＋(k＋1)3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k（k＋1）,2)))eq\s\up12(2)＋(k＋1)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,2)))eq\s\up12(2)[k2＋4(k＋1)]＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（k＋1）（k＋2）,2)))eq\s\up12(2)＝[1＋2＋…＋k＋(k＋1)]2.即当n＝k＋1时，13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2也成立．综合(1)(2)可知，对任何正整数n，原等式成立．2．数列{an}满意Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1.当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，所以a2＝eq\f(3,2).当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，所以a3＝eq\f(7,4).当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，所以a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设n＝k(