数学学案：知识导航6数学归纳法与不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精5.6数学归纳法与不等式自主整理数学归纳法证明命题P（n)的两个步骤：第一步:证明命题_____________成立，即证命题当n取第一个值n0(例如n0=1,2等）时成立。第二步:假设命题P（k)（k∈N＊，且k≥n0)成立，证明_____________成立，根据以上两步得到当n≥n0且n∈N＊时命题P(n)成立。高手笔记1。数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法.2.数学归纳法证明命题的原理:第一步证明当n=n0时命题成立,即P（n0)成立。由P(n0)成立与第二步可得P(n0+1）成立；由P(n0+1）成立及第二步,可得P（n0+2）成立……依次类推，可得对于任意的自然数n(n≥n0)，命题P（n）都成立.3.数学归纳法的两个步骤缺一不可,最后要总结所要证的结论.4.数学归纳法中所取的第一个值n，不一定是1，有可能是0，2，3等值,要审清题意。名师解惑数学归纳法及其证明思路是什么？剖析:归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法，它包括不完全归纳法和完全归纳法.不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法.我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的,其正确性可用数学归纳法来证明.数学归纳法一般用来证明涉及与正整数n有关的命题,但不能说证明所有的与正整数n有关的命题都可用数学归纳法.用数学归纳法证明问题时，两步缺一不可。第一步是基础;第二步反映了无限递推关系,即命题的正确性具有传递性，若只有第一步而没有第二步，只有证明了命题在特殊情况下的正确性是不完全归纳法.若只有第二步没有第一步,那么假设n=k成立，即P(k)成立就没有根据，缺少递推的基础,也无法进行递推，有了步骤一和步骤二使传递成为可能,由一、二步得出命题成立.证明时归纳假设的利用是数学归纳法证明的关键,即第二步必须用上假设n=k成立推证出n=k+1成立，在证明过程中，需根据命题的变化、特点,利用拼凑或放缩,得出结论。讲练互动【例1】用数学归纳法证明分析:用数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项，减少了哪些项,随n怎样变化.证明：（1）当n=1时，左边==，右边=,等式成立.（2）假设当n=k时等式成立，即=,则当n=k+1时，左边======右边.∴当n=k+1时等式成立。由（1）(2)可知等式恒成立。绿色通道用数学归纳法证明恒等式时,一定注意等式两边的式子随n怎样变化，需要增加哪些项，且当n=k+1时,代入假设后要进行观察，进行适当变换完成。变式训练1.用数学归纳法证明12-22+32—42+…+(2n-1)2—(2n）2=—(1+2+3+…+2n）。证明:(1)当n=1时,左边=12—22=-3，右边=—（1+2×1）=-3,∴左边=右边,等式成立.(2）假设当n=k时，等式成立，即12—22+32-42+…+(2k-1)2—(2k)2=—（1+2+…+2k)，则当n=k+1时，左边=12—22+32—42+…+(2k-1)2-(2k）2+（2k+1)2—［2(k+1）]2=-（1+2+…+2k）+（2k+1）2-［2(k+1）］2=-（1+2+3+…+2k）+[(2k+1)+2(k+1）］[(2k+1）-2(k+1)］=—(1+2+3+…+2k)-（2k+1）-2(k+1)=-［1+2+3+…+（2k+1)+2（k+1)］=右边.∴当n=k+1时，等式成立.由(1)（2）,可知等式恒成立.【例2】设an=+…+(n∈N)。证明n(n+1)<an<（n+1)2。分析:本题中an很难求和，可用数学归纳法证明。证明：（1)当n=1时,an=,n(n+1）=1,（n+1）2=2.∴当n=1时不等式成立。(2）假设当n=k时不等式成立，即k(k+1）〈ak<(k+1)2。则当n=k+1时,k(k+1)+〈ak+1<（k+1)2+，由于<<,即<<，∴〈ak+1<.从而证得〈ak+1〈.∴当n=k+1时，不等式成立.由（1）（2）可知n(n+1）〈an<(n+1)2成立.绿色通道在所证明的不等式与自然数n有关，而不易合并的情况下，可用数学归纳法证明。变式训练2.已知n∈N，用数学归纳法证明1+++…+。证明:（1)当n=1时,左边=1,右边=，∴不等式成立。（2）假设当n=k时，不等式成立，即1+++…+〉。则当n=k+1时,左边=1+++…++>+〉+=+=.∴当n=k+1时不等式成立。由（1）(2)，可知不等式恒成立.【例3】（2006高考江西卷,22）已知数列{an}满足：a1=，且an=（n≥2，n∈N＊).(1）求数列｛an｝的通项公式;（2)求证:对一切正整数n，不等式a1·a2·…·an<2·n！恒成立。分析：由题设条件知，可用构造新数列的方法求得an；第（2)问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式.解:(1）将条件变为1-=(1—）,因此，数列｛1—}为一个等比数列，其首项为1—=,公比为,从而1—，据此得an=（n≥1）。①(2）证明：据①,得a1·a2·…·an=为证a1·a2·…·an〈2·n!，只要证n∈N＊时有（1-)（1—)…（1-）>.②显然,左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n∈N*,(1—)(1—）…（1-)≥1-（++…+）。③用数学归纳法证明③式:（Ⅰ）n=1时,显然③式成立,（Ⅱ)假设n=k时,③式成立，即（1—)(1—）…（1-）≥1—（++…+）,则当n=k+1时，(1—）(1—)…（1—）(1—）≥［1—(++…+）］(1—)=1-(++…+)—+(++…+)≥1—(++…++）,即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n∈N＊，③式都成立。利用③，得（1-)（1-)…（1-)≥1-（++…+)=1-=1-［1—（)n］=+()n>。绿色通道本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路,即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明,我们通过分析法、综合法等方法的分析,可以找到一些证明的关键,“要证明……",“只需证明……",转化为证明其他某一个条件,进而说明要证明的不等式是成立的。变式训练3.已知数列｛an｝是正数组成的等差数列，Sn是其前n项的和，并且a3=5,a4S2=28.（1)求数列｛an｝的通项公式;(2）求证：不等式（1+）（1+)…(1+）·≥对一切n∈N*均成立。分析：第(2)问中的不等式左侧,每个括号的规律是一致的,因此显得“多余”，所以可尝试变形,即把不等式两边同乘,然后再证明。（1)解:设数列｛an｝的公差为d,由已知,得∴(10-3d）（5+d）=28。∴3d2+5d—22=0。解之,得d=2或d=.∵数列{an｝各项均为正，∴d=2。∴a1=1。∴an=2n—1。（2）证明:∵n∈N＊,∴只需证明（1+)(1+)…(1+）≥成立。①当n=1时，左边=2,右边=2,∴不等式成立.②假设当n=k时,不等式成立,即(1+)（1+)…(1+)≥那么当n=k+1时，(1+)(1+)…（1+）（1+）≥(1+）=,以下只需证明≥,即只需证明2k+2≥。∵(2k+2）2-()2=1>0,∴(1+）（1+)…(1+）≥。综上①②,知不等式对于n∈N*都成立.【例4】设Pn=（1+x）n，Qn=1+nx+，n∈N*，x∈（-1,+∞),试比较Pn与Qn的大小，并加以证明.分析:这类问题，一般都是将Pn、Qn退至具体的Pn、Qn开始观察，以寻求规律,作出猜想，再证明猜想的正确性。P1=1+x=Q1，P2=1+2x+x2=Q2,P3=1+3x+3x2+x3，Q3=1+3x+3x2，P3—Q3=x3，由此推测，Pn与Qn的大小要由x的符号来决定.解:(1)当n=1，2时,Pn=Qn.(2)当n≥3时，(以下再对x进行分类）①若x∈(0，+∞)，显然有Pn>Qn；②若x=0，则Pn=Qn；③若x∈(-1，0）,则P3—Q3=x3〈0,所以P3<Q3;P4—Q4=4x3+x4=x3(4+x）〈0,所以P4<Q4；假设Pk<Qk（k≥3)，则Pk+1=(1+x）Pk<(1+x）Qk=Qk+xQk(运用归纳假设)=1+kx++x+kx2+=1+(k+1)x++=Qk+1+〈Qk+1,即当n=k+1时,不等式成立。所以当n≥3，且x∈(-1，0）时，Pn〈Qn.绿色通道本题除对n的不同取值会有Pn与Qn之间的大小变化，变量x也影响Pn与Qn的大小关系,这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n"，而忽视其他变量（参数）的作用.变式训练4.已知f（x）=，对n∈N＊，试比较f(）与的大小,并说明理由。分析：利用分析法探求需要推理证明的关系，然