高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式单元整合素材 新人教A版选修4-5（通用）

PAGE第四讲数学归纳法证明不等式单元整合知识网络专题探究专题一　正确使用数学归纳法同学们在刚开始学习数学归纳法时，常常会遇到两个困难，一是数学归纳法的思想实质不容易理解，二是归纳步骤的证明有时感到难以入手．本专题将对两种常见的错误进行讨论、整理，以帮助学生进一步理解数学归纳法的原理，弄清它的实质，从而明确如何正确地使用数学归纳法．(1)缺少数学归纳法的第二步．有人觉得如果一个命题对于开头的一些自然数都成立，那么由P(k)成立导出P(k＋1)成立是必然的，因此第二步归纳步骤是流于形式，证与不证似乎一样，显然这是不正确的．产生这种错误想法的原因在于没有认识到归纳步骤所起的递推作用，如果没有递推性，那么一个命题可能对于开头的许多自然数都成立，但是一般的并不成立，我们举几个例子来看看．十七世纪法国卓越的数学家费尔玛考查了形如的数，n＝0,1,2,3,4时，它的值分别为3,5,17,257,65537.这5个数都是质数．因此费尔玛就猜想：对于任意的自然数n，式子22n＋1的值都是质数．但是在十八世纪另一位卓越的数学家欧拉指出n＝5时，＝4294967297＝641×6700417.是个合数，费尔玛的猜想错了．这就充分说明我们不能把不完全归纳法当成证明，用数学归纳法证明时第二步不可缺少．(2)缺少数学归纳法的第一步．也有人觉得既然第二步归纳步骤中有递推作用，而且k又可以任意取值，这样就够了，有没有第一步P(1)无关紧要．这种认识也是错误的，它忽视了第一步的奠基作用，因为如果没有P(1)成立，归纳假设P(k)成立就没有了依据，因此递推性也就成了无源之水，无本之木，下面我们看一个这样的例子．【例】如果不要奠基步骤，我们就可以证明(n＋1)2＋(n＋2)2一定是偶数(n∈N＋)．剖析：假设n＝k时命题成立，即(k＋1)2＋(k＋2)2是偶数．当n＝k＋1时，[(k＋1)＋1]2＋[(k＋1)＋2]2＝(k＋2)2＋(k＋1)2＋4(k＋1)＋4＝(k＋1)2＋(k＋2)2＋4(k＋2)．由假设(k＋1)2＋(k＋2)2是偶数，又4(k＋2)也是偶数，所以上式是偶数，这就是说n＝k＋1时命题也成立．由此，对于任意的正整数n，(n＋1)2＋(n＋2)2一定是偶数．这个结论显然是错误的，原因就在于证明中缺少第一步奠基步骤，实际上，n＝1时，(1＋1)2＋(1＋2)2＝4＋9＝13不是偶数，这说明使用数学归纳法时缺第一步不可．eq\x(应用)用数学归纳法证明，对于n∈N＋，eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(n,n＋1).证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,1×2)＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2)，所以等式成立．(2)假设n＝k时等式成立，即eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,k(k＋1))＝eq\f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,k(k＋1))＋eq\f(1,(k＋1)(k＋2))＝eq\f(k,k＋1)＋eq\f(1,(k＋1)(k＋2))＝eq\f(k＋1,k＋2).由(1)(2)可知，对于任意的n∈N＋，所证等式都成立．专题二　数学归纳法证题的几种技巧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)”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假设证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．eq\x(应用1)求证：对任意正整数n，有13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2成立．提示：这是一个等式证明问题，它涉及全体正整数，用数学归纳法证明．用数学归纳法证明恒等式，关键是第二步要用上假设，证明n＝k＋1时，原等式成立．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∈N＋，k≥1)时，等式成立，即13＋23＋…＋k3＝(1＋2＋…＋k)2.当n＝k＋1时，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)))2＋(k＋1)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,2)))2[k2＋4(k＋1)]＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f((k＋1)(k＋2),2)))2＝[1＋2＋…＋k＋(k＋1)]2，即当n＝k＋1时，原等式也成立．综合(1)(2)可知，对任何n∈N＋，原等式都成立．eq\x(应用2)设a，b为正数，n∈N＋，求证：eq\f(an＋bn,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))n.提示：这是一个不等式证明问题，它涉及全体正整数n，用数学归纳法证明．证明：(1)当n＝1时，eq\f(a＋b,2)≥eq\f(a＋b,2)，显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，不等式成立，即eq\f(ak＋bk,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))k.则n＝k＋1时，要证明不等式成立，即证明eq\f(ak＋1＋bk＋1,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))k＋1.在eq\f(ak＋bk,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))k的两边同时乘以eq\f(a＋b,2)，得eq\f((a＋b)(ak＋bk),4)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))k＋1.要证明eq\f(ak＋1＋bk＋1,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))k＋1，只需证明eq\f(ak＋1＋bk＋1,2)≥eq\f((a＋b)(ak＋bk),4).因为eq\f(ak＋1＋bk＋1,2)≥eq\f((a＋b)(ak＋bk),4)2(ak＋1＋bk＋1)≥(a＋b)(ak＋bk)2(ak＋1＋bk＋1)－(ak＋1＋abk＋bak＋bk＋1)≥0ak＋1－abk－bak＋bk＋1≥0(a－b)(ak－bk)≥0.又a－b与(ak－bk)同正负(或同时为0)，所以最后一个不等式显然成立，这就证明了当n＝k＋1时，不等式成立．综合(1)(2)可知，对任何n∈N＋，不等式eq\f(an＋bn,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))n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．eq\x(应用3)求证：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2)(n∈N＋)．提示：利用数学归纳法证明不等式关键是利用放缩、凑假设、凑结论．但要注意从n＝k变化到n＝k＋1时增加了多少项，减少了多少项，一般用f(k＋1)－f(k)研究增加或减少的项的多少．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝eq\f(1,2)，左边＞右边，∴不等式成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，不等式成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＞eq\f(k,2).当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＞eq\f(k,2)＋2k－1×eq\f(1,2k)＝eq\f(k＋1,2).∴n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2)(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．eq\x(应用4)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).提示：数列类问题用数学归纳法证明时，一般先用递推公式，后用归纳假设．证明：(1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜eq\f(1,1－a)，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)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).4．拼凑法用数学归纳法证明关于正整数的命题(尤其是整除)时，从“k”过渡到“k＋1”常用拼凑法．eq\x(应用5)对于任意正整数n，求证：an－bn能被a－b整除(对于多项式A，B，如果存在多项式C，使得A＝BC，那么称A能被B整除)．提示：用数学归纳法证明问题时，关键在于弄清n由k到k＋1时，问题的变化情况，创造条件一定要用上归纳假设．证明：(1)当n＝1时，an－bn＝a－b能被a－b整除．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，ak－bk能被a－b整除，那么当n＝k＋1时，ak＋1－bk＋1＝ak＋1－akb＋akb－bk＋1＝ak(a－b)＋b(ak－bk)．因为(a－b)和ak－bk都能被a－b整除，所以上面的和ak(a－b)＋b(ak－bk)也能被a－b整除．这也就是说当n＝k＋1时，ak＋1－bk＋1能被a－b整除．根据(1)(2)，由数学归纳法知对一切正整数n，an－bn都能被a－b整除．5．几何法“几何类”命题的证题关键是先要从证n＝k＋1时命题成立的结论中，分解出n＝k时命题成立的部分，然后去证余下的部分．eq\x(应用6)在同一平面内有n条直线，每两条不平行，任意三条不共点，求证：它们将此平面分成eq\f(n2＋n＋2,2)个部分(n∈N＋)．提示：利用数学归纳法证明几何问题，关键是找出由n＝k到n＝k＋1时所增加的项．证明：设f(n)＝eq\f(n2＋n＋2,2).(1)当n＝1时，一条直线将平面分成两部分，f(1)＝2，故命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，k条直线将平面分成eq\f(k2＋k＋2,2)个部分．当n＝k＋1时，第(k＋1)条直线与前k条直线交于k个点，使平面增加(k＋1)个部分，即将平面分成eq\f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq\f((k＋1)2＋(k＋1)＋2,2)个部分，所以n＝k＋1时命题成立．由(1)(2)得原命题成立．