《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 3．2 用数学归纳法证明不等式贝努利不等式含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 3．2 用数学归纳法证明不等式贝努利不等式含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、32用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式 对应学生用书P43 读教材填要点 贝努利(Bernoulli)不等式 设 x1，且 x0，n 为大于 1 的自然数，则(1x)n1nx. 小问题大思维 在贝努利不等式中，指数 n 可以取任意实数吗？ 提示 ： 可以但是贝努利不等式的体现形式有所变化事实上 ： 当把正整数 n 改成实数 后，将有以下几种情况出现： (1)当 是实数，并且满足 1 或者 1) (2)当 是实数，并且满足 01) 对应学生用书P43 利用数学归纳法证明不等式 例 1 求证： 1(n2，nN) 1 n 1 n1 1 n2 1 n2 思路点拨 本题考查数学归纳法的应用， 解答本题
2、需要注意n的取值范围， 因为n2， n N，因此应验证 n02 时不等式成立 精解详析 (1)当 n2 时，左边 1. 1 2 1 3 1 4 13 12 n2 时不等式成立 (2)假设 nk(k2，且 kN)时，不等式成立，即 1，那么 nk1 时， 1 k 1 k1 1 k2 1 k2 1 k1 1 (k1)1 1 (k1)21 1 (k1)2 1 k1 1 k2 1 k2 2 2 11 12 k kkk 2 项 1 (k1)2 1 1 ( 1 k 1 k1 1 k2 1 k2) 1 k21 1 k22k 1 (k1)2 1 k 2k1 (k1)2 1 k ， k2k1 k(k1)2 k2
3、， 2 . (k 1 2) 9 4 k2k1 2 10. (k 1 2) 5 4 0. k2k1 k(k1)2 1. 1 k1 1 (k1)1 1 (k1)2 当 nk1 时，不等式也成立 由(1)、(2)可知，对一切的 n2，且 nN，此不等式都成立 利用数学归纳法证明不等式的关键是由 nk 到 nk1 的变形，为满足题目的要求， 往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“，” 1 k21 1 (k1)2 1 k22k 1 (k1)2 的放缩变形 1证明不等式： 1Qn. 若 x0，则 PnQn. 若 x(1,0)， 则 P3Q3x3对一切正整数 n 都成立， 求正整数 a 1 n1 1
4、 n2 1 n3 1 3n1 a 24 的最大值，并证明你的结论 思路点拨 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法解答本题需要根 据 n 的取值，猜想出 a 的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明 精解详析 当 n1 时， 1 11 1 12 1 3 11 a 24 即， 26 24 a 24 a. 1 n1 1 n2 1 3n1 25 24 (1)n1 时，已证 (2)假设当 nk(k1，kN)时， ， 1 k1 1 k2 1 3k1 25 24 则当 nk1 时，有 1 (k1)1 1 (k1)2 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 3(k1)1 ( 1 k1 1 k2 1
5、3k1) ( 1 3k2 1 3k3 1 3k4 1 k1) . 25 24 1 3k2 1 3k4 2 3(k1) ， 1 3k2 1 3k4 6(k1) 9k218k8 2 3(k1) 0， 1 3k2 1 3k4 2 3(k1) 也成立 1 (k1)1 1 (k1)2 1 3(k1)1 25 24 由(1)、(2)可知，对一切 nN，都有，a 的最大值为 25. 1 n1 1 n2 1 3n1 25 24 利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论， 然后 用数学归纳法证明 这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的， 特别是在求解存在型或 探索型问题时 3对于一
6、切正整数 n，先猜出使 tnn2成立的最小的正整数 t，然后用数学归纳法证明， 并再证明不等式：n(n1)lg(123n) lg 3 4 解：猜想当 t3 时，对一切正整数 n 使 3nn2成立下面用数学归纳法进行证明 当 n1 时，313112，命题成立 假设 nk(k1，kN)时，3kk2成立， 则有 3kk21. 对 nk1,3k133k3k23k k22(k21)3k21. (3k21)(k1)2 2k22k2k(k1)0， 3k1(k1)2，对 nk1，命题成立 由上知，当 t3 时，对一切 nN，命题都成立 再用数学归纳法证明： n(n1)lg(123n) lg 3 4 当 n1
7、时，1(11)0lg 1，命题成立 lg 3 4 lg 3 2 假设 nk(k1，kN)时， k(k1)lg(123k)成立 lg 3 4 当 nk1 时，(k1)(k2)lg 3 4 k(k1)2(k1) lg 3 4 lg 3 4 lg(123k) lg 3k1 1 2 lg(123k) lg(k1)2 1 2 lg123k(k1)命题成立 由上可知，对一切正整数 n，命题成立 对 应 学 生 用 书 P45 一、选择题 1对于一切正整数 n，下列说法不正确的是( ) A3n12n B0.9n10.1n C0.9n1)， 当 x2 时，(12)n12n，故 A 正确 当 x0.1 时，(1
8、0.1)n10.1n，B 正确，C 不正确 当 x0.9 时，(10.9)n10.9n，D 正确 答案：C 2 在用数学归纳法证明f(n) 1)，当 n2 时，要证明的式子为_ n2 2 1 2 1 3 1 2n 解析：当 n2 时，要证明的式子为 2an1，则 a0的 取值范围是_ 解析：取 n1,2，则 a1a013a00，a2a16a00，0n2成立，所以归纳猜想 2n2n2成立 下面用数学归纳法证明： 当 n1 时，左边2124；右边1，左边右边，所以原不等式成立； 当 n2 时，左边2226，右边224，所以左边右边； 当 n3 时，左边23210，右边329，所以左边右边 假设 n
9、k 时(k3 且 kN)时，不等式成立， 即 2k2k2. 那么 nk1 时 2k1222k22(2k2)22k22 又因：2k22(k1)2k22k3(k3)(k1)0， 即 2k12(k1)2成立 根据和可知，2n2n2对于任何 nN都成立 11 已知等比数列an的首项 a12， 公比 q3， Sn是它的前 n 项和 求证 ：. Sn1 Sn 3n1 n 证明：由已知，得 Sn3n1， 等价于， Sn1 Sn 3n1 n 3n11 3n1 3n1 n 即 3n2n1.(*) 法一：用数学归纳法证明上面不等式成立 当 n1 时，左边3，右边3，所以(*)成立 假设当 nk 时，(*)成立，即 3k2k1， 那么当 nk1 时，3k133k3(2k1)6k32k32(k1)1， 所以当 nk1 时，(*)成立 综合，得 3n2n1 成立 所以. Sn1 Sn 3n1 n 法二：当 n1 时，左边3，右边3，所以(*)成立 当 n2 时， 3n(12)nC C 2C 22C 2n12n12n， 所以(*) 0 n1 n2 nn n 成立 所以. Sn1 Sn 3n1 n