高中数学第2章几个重要的不等式2.3.1数学归纳法学案北师大版选修4_5
高中数学第二章几个重要的不等式32数学归纳法的应用学案北师大版选修45
3.2 数学归纳法的应用1．进一步掌握利用数学归纳法证明不等式的方法和技巧． 2．了解贝努利不等式，并能利用它证明简单的不等式．1．用数学归纳法证明不等式运用数学归纳法证明不等式的两个步骤实际上是分别证明两个不等式．尤其是第二步：一方面需要我们充分利用归纳假设提供的“便利”，另一方面还需要结合运用比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法等其他不等式的证明方法．【做一做1－1】设f (k )是定义在正整数集上的函数，且f (k )满足：当“f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．”那么下列命题总成立的是( )．A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ＜5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)＜49成立，则当k ≥8时，均有f (k )＜k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立【做一做1－2】证明n ＋22＜1＋12＋13＋14＋…＋12n ＜n ＋1(n ＞1)．当n ＝2时，中间式子等于________．2．贝努利不等式对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n≥________．当指数n 推广到任意实数且x ＞－1时，①若0＜α＜1，则(1＋x )α≤1＋αx ；②若α＜0或α＞1，则(1＋x )α≥1＋αx ． 当且仅当x ＝0时等号成立．【做一做2】设n ∈N ＋，求证：3n＞2n ． 答案：【做一做1－1】D 由题意，设f (k )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．”因此对于选项A ，不一定有k ＝1,2时成立．对于选项B ，C 显然错误，对于选项D ，∵f (4)＝25＞42，因此对于任意的k ≥4，总有f (k )≥k 2成立．【做一做1－2】1＋12＋13＋14 当n ＝2时，122＝14，∴中间式子为1＋12＋13＋14．2．1＋nx【做一做2】分析：利用贝努利不等式来证明．证明：∵3n ＝(1＋2)n ，根据贝努利不等式，有(1＋2)n≥1＋n ×2＝1＋2n ．上式右边舍去1，得(1＋2)n＞2n ． ∴3n＞2n 成立．1．观察、归纳、猜想、证明的方法 剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立或不成立都需要预先归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是由归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确地归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n 的取值不能太少，因为前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式的问题中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．题型一 用数学归纳法证明不等式【例1】已知数列{a n }满足：a 1＝－12，a 2n ＋(a n ＋1＋2)·a n ＋2a n ＋1＋1＝0．求证：－1＜a n＜0．分析：利用数学归纳法证明．反思：在利用数学归纳法证明不等式时，要注意式子的变形，通过放缩、比较、分析、综合等证明不等式的方法，得出要证明的目标不等式．题型二 利用贝努利不等式证明不等式【例2】设n 为正整数，记a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1，n ＝1,2,3，…．求证：a n ＋1＜a n ．分析：用求商比较法证明a n ＋1＜a n ，其中要用贝努利不等式．反思：本题在证明的过程中，综合运用了求商比较法，放缩法，进而通过贝努利不等式证明不等式成立．题型三 易错辨析【例3】求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1＞1．错解：证明：(1)当n ＝1时，左边＝11＋1＋11＋2＋11＋3＝1312＞1成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＞1成立，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋1＋1k ＋＋1＞1＋1k ＋＞1成立．由(1)，(2)知，原不等式成立．错因分析：上述证明中，从k 到k ＋1，只添加了一项是错误的．分母是相邻的自然数，故应有13k ＋2＋1k ＋＋1k ＋＋1．反思：在利用数学归纳法证明的过程中，第(2)步由n ＝k 到n ＝k ＋1时，注意项数的增加和减少，往往会有减项也有增项，这些一定要弄清楚．答案：【例1】证明：(1)当n ＝1时，a 1＝－12∈(－1,0)，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，－1＜a k ＜0成立．当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－(a k ＋2)－1a k ＋2＋2，∵－1＜a k ＜0，∴1＜a k ＋2＜2，又y ＝t ＋1t在t ∈(1,2)内为增函数，∴a k ＋2＋1a k ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52． ∴a k ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，则－1＜a k ＋1＜0， ∴当n ＝k ＋1时，－1＜a k ＋1＜0成立．综合(1)，(2)知，对一切n ∈N ＋，－1＜a n ＜0成立．【例2】证明：由a n 的定义，知对一切n ＝1,2,3，…，a n 为正数，所以只需证a na n ＋1＞1，n ＝1,2,3，…．由于a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 1＋1n ＋1n ＋1×⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n ＋n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋n n ＋n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1n n ＋n ＋1×n ＋1n ＋2，因此，根据贝努利不等式，有a n a n ＋1＞⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋n ＋1n n ＋×n ＋1n ＋2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n ＋1n 2＋2n ＋1×n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1×n ＋1n ＋2＝1． ∴a n ＞a n ＋1对于一切正整数n 都成立．【例3】正解：证明：(1)当n ＝1时，左边＝11＋1＋11＋2＋11＋3＝1312＞1成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＞1成立，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4＝⎝ ⎛1k ＋1＋1k ＋2＋…＋⎭⎪⎫13k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1＞1＋⎝ ⎛13k ＋2＋13k ＋4－⎭⎪⎫2k ＋＝1＋6k ＋69k 2＋18k ＋8－6k ＋6k ＋2＝1＋6k ＋69k 2＋18k ＋8－6k ＋69k 2＋18k ＋9＞1， ∴当n ＝k ＋1时，等式成立， 由(1)(2)知原不等式成立．1用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，且n ＞1)时，第一步即证下述哪个不等式成立( )．A ．1＜2B ．1＋12＜2C ．1＋12＋13＜2D ．1＋13＜22f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72．推测：当n ≥2时，有( )．A ．f (2n －1)＞n ＋12 B ．f (2n)＞n ＋22 C ．f (2n)＞n2 D ．f (2n －1)＞n23用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n ＋2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是( )．A ．122＋132＋…＋1k ＋2＞12－1k ＋3B ．122＋132＋…＋1k ＋2＞12－1k ＋2C ．122＋132＋…＋1k 2＞12－1k ＋1D ．122＋132＋…＋1k －2＞12－1k4已知a ＞c ＞d ＞b ＞0，a ＋b ＝c ＋d ，n 为大于1的正整数，求证：a n ＋b n ＞c n ＋d n． 答案：1．C n ＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，所以应证1＋12＋13＜2成立．2．B ∵f (2)＝32；f (4)＞2，即f (22)＞2＋22；f (8)＞52，即f (23)＞3＋22；f (16)＞3，即f (24)＞4＋22；f (32)＞72，即f (25)＞5＋22．故猜想f (2n)＞n ＋22(n ≥2)．3．A 注意不等式两边含变量“n ”的式子，因此当n ＝k ＋1时，应该是含“n ”的式子发生变化，所以n ＝k ＋1时，应为122＋132＋…＋1k ＋2＋1k ＋2＞12－1k ＋＋2． 4．证明：设a ＝c ＋m ，b ＝d －m ，且m ＞0，于是(a n＋b n)－(c n＋d n)＝(c ＋m )n＋(d －m )n－(c n＋d n)＝c n⎝⎛⎭⎪⎫1＋m c n ＋d n⎝⎛⎭⎪⎫1－m d n －(c n＋d n )．①根据贝努利不等式，有⎝⎛⎭⎪⎫1＋m cn≥1＋n ·m c，②⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m d n ≥1－n ·m d ．③ 由①②③，可得(a n ＋b n )－(c n ＋d n )≥c n⎝⎛⎭⎪⎫1＋n ·m c ＋d n⎝⎛⎭⎪⎫1－n ·m d －(c n ＋d n )＝(cn －1－dn －1)nm ＞0，∴a n ＋b n ＞c n ＋d n．。
高中数学第2章几个重要的不等式章末分层突破学案北师大版选修4_5
【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学第2章几个重要的不等式章末分层突破学案北师大版选修4-5[自我校对]①一般形式的柯西不等式②排序不等式③逆序和④乱序和⑤原理⑥贝努利不等式可证明一些简单不等式．已知a ，b ，c 是实数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≤4 3.【精彩点拨】 根据特征不等式的特点，可考虑用柯西不等式证明，但要先构造向量(1,1,1)，利用|m ·n |2≤|m |2·|n |2证明．【规范解答】 因为a ，b ，c 是实数，且a ＋b ＋c ＝1，令 m ＝(13a ＋1，13b ＋1，13c ＋1)，n ＝(1,1,1)．则|m ·n |2＝(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)2，|m |2·|n |2＝3[(13a ＋1)＋(13b ＋1)＋(13c ＋1)]＝3[13(a ＋b ＋c )＋3]＝48.∵|m ·n |2≤|m |2·|n |2， ∴(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)2≤48， ∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≤4 3.[再练一题]1．设a ，b ，x ，y 都是正数，且x ＋y ＝a ＋b ，求证：a 2a ＋x ＋b 2b ＋y ≥a ＋b 2.【证明】 因为a ，b ，x ，y 都是正数，x ＋y ＝a ＋b ，由柯西不等式可知⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a ＋x ＋b 2b ＋y (a ＋x ＋b ＋y ) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＋x ·a ＋x ＋b b ＋y ·b ＋y 2＝(a ＋b )2. 又a ＋x ＋b ＋y ＝2(a ＋b )． 所以a 2a ＋x ＋b 2b ＋y ≥a ＋b 2a ＋b ＝a ＋b 2.应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组．已知a ，b ，c 为正数，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b. 【精彩点拨】 本题属于左3项右3项的类型，虽然a ，b ，c 没有顺序，但可用顺序不等式证明，不妨先设a ≥b ≥c ，再利用定理证明．【规范解答】 由于不等式关于a ，b ，c 对称，可设a ≥b ≥c >0.于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a.由排序不等式，得a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ≤a 2·1b ＋b 2·1c ＋c 2·1a， 及a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ≤a 2·1c ＋b 2·1a ＋c 2·1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中的不等式．[再练一题]2．设a ，b ，c 为某一个三角形的三条边，a ≥b ≥c ，求证：(1)c (a ＋b －c )≥b (c ＋a －b )≥a (b ＋c －a )；(2)a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .【证明】 (1)用比较法：c (a ＋b －c )－b (c ＋a －b )＝ac ＋bc －c 2－bc －ab ＋b 2＝b 2－c 2＋ac －ab＝(b ＋c )(b －c )－a (b －c )＝(b ＋c －a )(b －c )．因为b ≥c ，b ＋c －a ≥0，于是c (a ＋b －c )－b (c ＋a －b )≥0，即c (a ＋b －c )≥b (c ＋a －b )．①同理可证b (c ＋a －b )≥a (b ＋c －a )．②综合①②，证毕．(2)由题设及(1)知 a ≥b ≥c ，a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )，于是由排序不等式“逆序和≤乱序和”得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤ab (b ＋c －a )＋bc (c ＋a －b )＋ca (a ＋b －c )＝3abc ＋ab (b －a )＋bc (c －b )＋ca (a －c )．③再一次由“逆序和≤乱序和”得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤ac (b ＋c －a )＋ba (c ＋a －b )＋cb (a ＋b －c )＝3abc ＋ac (c －a )＋ab (a －b )＋bc (b －c )．④将③和④相加再除以2，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .些求最值问题的唯一工具，应用的关键是根据题设条件，对目标函数进行配凑，以保证出现常数结果，同时，注意等号成立的条件．求实数x ，y 的值使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2达到最小值．【精彩点拨】 根据x ，y 的系数适当构造形式求解，切忌等号成立的条件．【规范解答】 由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y )2＋(2x ＋y －6)2]≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y )＋1×(2x ＋y －6)]2＝1，即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16， 当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即 x ＝52，y ＝56时，上式取等号．故所求x ＝52，y ＝56. [再练一题]3．已知x ＋y ＋z ＝1，求2x 2＋3y 2＋z 2的最小值．【解】 由柯西不等式，得2x 2＋3y 2＋z 2＝611(2x 2＋3y 2＋z 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋1 ≥611⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3y ·33＋z ·12＝611(x ＋y ＋z )2＝611， ∴2x 2＋3y 2＋z 2≥611. 当且仅当2x22＝3y 33＝z 1，即x ＝311，y ＝211，z ＝611时取等号． ∴2x 2＋3y 2＋z 2的最小值为611.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．已知f (n )＝1－2x 2n ＋1，g (n )＝n 2－1n 2＋1， 当n ≥4时，试比较f (2)与g (n )的大小，并说明理由．【精彩点拨】 由f (n )与g (n )的关系，直接比较不容易，可先比较前n 项，猜想出结论，再由数学归纳法证明．。
高中数学第二章几个重要的不等式2.3.2数学归纳法的应
知识点3 用数学归纳法证明柯西不等式 【例 3】 证明：|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|≤ a21＋a22＋…＋a2n·
b12＋b22＋…＋bn2. 证明 (1)当 n＝2 时， 因为|a1b1＋a2b2|2－(a21＋a22)(b21＋b22) ＝(a1b1＋a2b2)2－(a21＋a22)(b21＋b22) ＝a21b21＋2a1b1a2b2＋a22b22－(a21b21＋a22b22＋a21b22＋a22b2＝－(a1b2－a2b1)2≤0.
即a1＋a2＋ k＋…1＋ak＋1>k＋1 a1a2…ak＋1. 由(1)(2)知，对任意的 n∈N＋命题都成立.
【反思感悟】 用数学归纳法证明不等式的第二步，设 n＝k时命题成立，证n＝k＋1时命题也成立时，往往要 通过放缩法来实现n＝k＋1时命题所需要的形式.
2. 证 明 ： 如 果 n(n 为 正 整 数 ) 个 正 数 a1 ， a2 ， … ， an 的 乘 积 a1a2…an＝1，那么它们的和a1＋a2＋…＋an≥n. 证明 (1)当 n＝1 时，a1＝1，命题成立. (2)假设当 n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立. 即若 k 个正数的乘积 a1a2…ak＝1， 则 a1＋a2＋…＋ak≥k. 当 n＝k＋1 时，已知 k＋1 个正数 a1，a2，…，ak，ak＋1 满足 条件 a1a2…ak＋1＝1. 若这 k＋1 个正数 a1，a2，…，ak，ak＋1 都相等，则它们都是 1，其和为 k＋1，命题得证.
若这 k＋1 个正数 a1，a2，…，ak，ak＋1 不全相等，则其中必 有大于 1 的数也有小于 1 的数(否则与 a1a2…ak＋1＝1 矛盾).不 妨设 a1>1，a2<1. 为利用归纳假设，我们把乘积 a1a2 看作一个数，这样就得到 k 个正数 a1a2，a3，…，ak，ak＋1 的乘积是 1，由归纳假设可 以得到 a1a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1≥k
高中数学 第2章 几个重要的不等式 2.2 排序不等式学案 北师大版选修4-5
§2排序不等式1．了解排序不等式，理解排序不等式的实质．(重点)2．能用排序不等式证明简单的问题．(难点)[基础·初探]教材整理1 顺序和、乱序和、逆序和的概念阅读教材P32～P34“练习”以上部分，完成下列问题．设实数a1，a2，a3，b1，b2，b3满足a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，j1，j2，j3是1,2,3的任一排列方式．通常称a1b1＋a2b2＋a3b3为顺序和，a1bj1＋a2bj2＋a3bj3为乱序和，a1b3＋a2b2＋a3b1为逆序和(倒序和)．填空：若m≥n≥p≥q，a≥b≥c≥d，则(1)am＋bn＋cp＋dq是________和，(2)an＋bq＋ca＋dp是________和，(3)aq＋bp＋cn＋dm是________和，(4)aq＋bm＋cq＋dn是________和．【答案】(1)顺序(2)乱序(3)逆序(4)乱序教材整理2 排序不等式阅读教材P32～P34“练习”以上部分，完成下列问题．1．定理1设a，b和c，d都是实数，如果a≥b，c≥d，那么ac＋bd≥ad＋bc，当且仅当a＝b(或c＝d)时取“＝”号．2．定理2(排序不等式)设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥a n及b1≥b2≥…≥b n，则(顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋a n b n≥(乱序和)a1bj1＋a2bj2＋…＋a n bj n≥(逆序和)a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1.其中j1，j2，…，j n是1,2，…，n的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝…＝a n(或b1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若a 1≥a 2≥a 3，b 1≥b 2≥b 3，则a 1b j 1＋a 2b j 2＋a 3b j 3中最大值是a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3(其中j 1，j 2，j 3是1,2,3的任一排列)．( )(2)若a ≥b ，c ≥d ，则ac ＋bd ≥ad ＋bc .( ) 【答案】 (1)√ (2)√[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型](1)1bc ≥1ca ≥1ab；(2)a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5c 3b 3≥1a ＋1b ＋1c. 【精彩点拨】 本题考查排序不等式及不等式的性质、证明不等式等基本知识，考查推理论证能力．解答此题只需根据a ≥b ≥c ，直接构造两个数组，利用排序不等式证明即可．【自主解答】 (1)∵a ≥b >0，于是1a ≤1b ，又c >0，∴1c >0，从而1bc ≥1ca.同理，∵b ≥c >0，于是1b ≤1c.∵a >0，∴1a >0，于是得1ca ≥1ab .从而1bc ≥1ca ≥1ab.(2)由(1)知1bc ≥1ca ≥1ab ，于是由“顺序和≥乱序和”得，a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥b 5b 3c 3＋c 5c 3a 3＋a 5a 3b3＝b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3(∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a 3)≥c 2c 3＋a 2a 3＋b 2b 3＝1c ＋1a ＋1b ＝1a ＋1b ＋1c.利用排序不等式证明所证不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况，关键是根据所给字母的大小顺序，构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组.[再练一题]1．已知0<a 1≤a 2≤…≤a n ，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .【导学号：94910032】【证明】 ∵0<a 1≤a 2≤…≤a n ， ∴a 21≤a 22≤…≤a 2n ，1a 1≥1a 2≥…≥1a n，由排序不等式知，乱序和不小于逆序和，得a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 21·1a 1＋a 22·1a 2＋…＋a 2n ·1a n ， ∴a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab.【精彩点拨】 解答此题需要假设a ≥b ≥c 推出a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，再利用排序不等式进行论证．【自主解答】 不妨设a ≥b ≥c ，则a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a.故由排序不等式，得a 2·1c ＋b 2·1a ＋c 2·1b ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ， ①a 2·1b ＋b 2·1c ＋c 2·1a ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c， ②(①＋②)÷2可得a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b≥a ＋b ＋c .又∵a 3≥b 3≥c 3且1bc ≥1ac ≥1ab，由排序不等式，得a 3·1bc＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ac ＋b 3·1ab ＋c 3·1bc， ③a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ab ＋b 3·1bc ＋c 3·1ca， ④(③＋④)÷2可得a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab ≥a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b. 综上可知，a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab.在利用排序不等式证明所证不等式中所给字母没有限定大小顺序时，要使用排序不等式，先要根据所给字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系，方可应用排序不等式求证.[再练一题]2．设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相同的正整数，求证：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.【证明】 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n . 由于b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数， ∴b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，…，b n ≥n . 又1>122>132>…>1n 2.由排序不等式得a 1＋a 22＋a 33＋...＋a n n ≥b 1＋b 22＋b 33＋...＋b n n ≥1＋22＋33＋...＋n n ＝1＋12＋13＋ (1).[探究共研型]探究1 设a 12n 12n 12n 是b 1，b 2，…，b n的任一排列，那么它们的顺序和、乱序和、逆序和大小关系如何？【提示】 a 1b n ＋a 2b n －2＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .探究2 已知两组数a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5，b 1≤b 2≤b 3≤b 4≤b 5，其中a 1＝2，a 2＝7，a 3＝8，a 4＝9，a 5＝12，b 1＝3，b 2＝4，b 3＝6，b 4＝10，b 5＝11，将b i (i ＝1,2,3,4,5)重新排列记为c 1，c 2，c 3，c 4，c 5.那么a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 5c 5的最大值和最小值分别是多少？【提示】 由顺序和最大，知最大值为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋a 4b 4＋a 5b 5＝304. 由逆序和最小，知最小值为a 1b 5＋a 2b 4＋a 3b 3＋a 4b 2＋a 5b 1＝212.设a ，b ，c 为任意正数，求ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b的最小值．【精彩点拨】 由对称性，不妨设a ≥b ≥c >0，注意到bb ＋c ＋cb ＋c＝1.设法构造数组，利用排序不等式求解．【自主解答】 不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b . 由排序不等式得，ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥bb ＋c ＋cc ＋a ＋a a ＋b ，ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c＋ac ＋a ＋ba ＋b，上两式相加 ，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3，即ab ＋c ＋bc ＋a＋ca ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时，ab ＋c＋b c ＋a ＋ca ＋b 取最小值32.构造两个有序数组―→利用排序不等式―→验证等号是否成立.[再练一题]3．已知x ，y ，z 是正数，且x ＋y ＋z ＝1，求t ＝x 2y ＋y 2z ＋z 2x的最小值．【解】 不妨设x ≥y ≥z >0，则x 2≥y 2≥z 2，1z ≥1y ≥1x.由排序不等式，乱序和≥逆序和得，x 2y ＋y 2z ＋z 2x ≥x 2·1x ＋y 2·1y ＋z 2·1z＝x ＋y ＋z ， 又x ＋y ＋z ＝1，x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥1.当且仅当x ＝y ＝z ＝13时，等号成立．故t ＝x 2y ＋y 2z ＋z 2x的最小值为1.[构建·体系]1．已知x ≥y ，M ＝x 4＋y 4，N ＝x 3y ＋y 3x ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M >N B ．M ≥N C ．M <ND ．M ≤N【解析】 由排序不等式，知M ≥N . 【答案】 B2．设a ，b ，c 为正数，P ＝a 3＋b 3＋c 3，Q ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则P 与Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ≥Q C ．P <QD ．P ≤Q【解析】 不妨设a ≥b ≥c >0，∴a 2≥b 2≥c 2>0， 由排序不等式得：a 2a ＋b 2b ＋c 2c ≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a . ∴P ≥Q . 【答案】 B3．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，则c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是______，最小值是__________.【导学号：94910033】【解析】 由排序不等式，顺序和最大，逆序和最小，∴最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28. 【答案】 32 284．设正数a 1，a 2，…，a n 的任一排列为a 1′，a 2′，…，a n ′，则a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为__________．【解析】 取两组数a 1，a 2，…，a n ；1a 1，1a 2，…，1a n，其反序和为a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n＝n ， 则由乱序和不小于反序和知a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′≥a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n＝n ，∴a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为n .【答案】 n5．已知a ，b ，c 为正数，求证：bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c .【证明】 不妨设a ≥b ≥c >0， 则1c ≥1b ≥1a>0，ab ≥ac ≥bc >0.由排序不等式，得ab c ＋ac b ＋bc a ≥ac ·1c ＋bc ·1b ＋ab ·1a＝a ＋b ＋c . 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． 故bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c.我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评(十一) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．设a 1，a 2，a 3为正数，且a 1，a 2，a 3的任一排列为a ′1，a ′2，a ′3，则a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3的最小值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12【解析】 由题意，不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，则1a 3≥1a 2≥1a 1>0，∴a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3≥a 1a 1＋a 2a 2＋a 3a 3＝3， 当且仅当a 1＝a 2＝a 3时等号成立． 【答案】 A2．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，P ＝a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( )A ．P ＝QB ．P >QC ．P <QD ．P ≥Q【解析】 设a 1≥a 2≥…≥a n >0，可知a 21≥a 22≥…≥a 2n ，a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11. 由排序不等式，得a 21b -11＋a 22b -12＋…＋a 2n b -1n ≥a 21a -11＋a 22a -12＋a 2n a -1n ，即a 21b -11＋a 22b -12＋…＋a 2n b -1n ≥a 1＋a 2＋…＋a n . ∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n >0时等号成立． 【答案】 D3．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件及2件，现在选择商店中单价为3元，2元和1元的礼品，则至少要花________元，至多花________元．( )A ．20,23B ．19,25C ．21,23D ．19,24【解析】 单价大小排列为3,2,1，待买礼品数量排列为5,4,2，任意交叉相乘再取和中最大值是顺序和3×5＋2×4＋1×2＝25，最小值是逆序和3×2＋2×4＋1×5＝19.【答案】 B4．设a 1，a 2，a 3为正数，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2与a 1＋a 2＋a 3大小关系为( ) A ．> B ．≥ C ．<D ．≤【解析】 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2，由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2＝a 3＋a 1＋a 2， 即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3. 【答案】 B5．a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则a 1b －11＋a 2b －12＋…＋a n b －1n 的最小值是( )A ．1B ．nC ．n 2D ．无法确定【解析】 设a 1≥a 2≥…≥a n >0. 可知a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11，由排序原理，得a 1b －11＋a 2b －12＋…＋a n b －1n ≥a 1a －11＋a 2a －12＋…＋a n a －1n ＝n . 【答案】 B 二、填空题6．设a ≥b >0，则a 3＋b 3与a 2b ＋ab 2的大小关系是__________． 【解析】 ∵a ≥b >0， ∴a 2≥b 2>0，因此a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2(排序不等式)． 【答案】 a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 27．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s ，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________ s.【解析】 等候的最短时间为：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)． 【答案】 418．若a >0，b >0且a ＋b ＝1，则b 2a ＋a 2b的最小值是__________.【导学号：94910034】【解析】 不妨设a ≥b >0，则有a 2≥b 2，且1b ≥1a.由排序不等式得b 2a ＋a 2b ≥1a ·a 2＋1b·b 2＝a ＋b ＝1，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．∴b 2a ＋a 2b的最小值为1. 【答案】 1 三、解答题9．设a ，b ，c 为正数，求证：a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10. 【证明】 由对称性，不妨设a ≥b ≥c >0， 于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab，故由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ca ＝a 11b ＋b 11c ＋c 11a. ①又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c.再次由排序不等式：逆序和≤乱序和，得a 11a ＋b 11b ＋c 11c ≤a 11b ＋b 11c ＋c 11a. ②所以由①，②得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10. 10．已知0<α<β<γ<π2，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．【证明】 ∵0<α<β<γ<π2，且y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为增函数，y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为减函数，∴0<sin α<sin β<sin γ， cos α>cos β>cos γ>0.根据排序不等式得：乱序和≥逆序和． 又∵本题中等号不可能取到，∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α >12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．[能力提升]1．已知a ，b ，c 为正数，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是( )A ．大于零B ．大于等于零C ．小于零D ．小于等于零 【解析】 设a ≥b ≥c >0，所以a 3≥b 3≥c 3，根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a .又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2，所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab ，所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab .即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0.【答案】 B2．锐角三角形中，设P ＝a ＋b ＋c 2，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，则P ，Q 的关系为( ) A ．P ≥QB ．P ＝QC ．P ≤QD ．不能确定【解析】 不妨设A ≥B ≥C ，则a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤cos C ，则由排序不等式有 Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥a cos B ＋b cos C ＋c cos A ＝R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋2sin C cos A )≥R [sin(A ＋B )＋sin(B ＋C )＋sin(A ＋C )]＝R (sin C ＋sin A ＋sin B )＝a ＋b ＋c 2＝P .【答案】 C 3．设a ，b ，c 是正数，则a a b b c c ________(abc )a ＋b ＋c 3.【解析】 不妨设a ≥b ≥c >0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式有： a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ，a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c ，以上两式相加，再两边同加a lg a ＋b lg b ＋c lg c ，整理得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg(a a b b c c )≥a ＋b ＋c 3·lg(abc )，故a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3.【答案】 ≥4．设a ，b ，c 大于0，求证：(1)a 3＋b 3≥ab (a ＋b )；(2)1a ＋b ＋abc ＋1b ＋c ＋abc ＋1c ＋a ＋abc ≤1abc .【证明】 (1)不妨设a ≥b ≥c >0， 则a 2≥b 2≥c 2>0，∴a 3＋b 3＝a 2·a ＋b 2·b ≥a 2b ＋b 2a ， ∴a 3＋b 3≥ab (a ＋b )．(2)由(1)知，同理b 3＋c 3≥bc (b ＋c )，c 3＋a 3≥ac (c ＋a )．所以1a 3＋b 3＋abc ＋1b 3＋c 3＋abc ＋1c 3＋a 3＋abc≤1ab a ＋b ＋abc ＋1bc b ＋c ＋abc ＋1ac a ＋c ＋abc＝1a ＋b ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1ca＝1a ＋b ＋c ·c ＋a ＋b abc ＝1abc .故原不等式得证．。
高中数学第二章几个重要的不等式2.3.1数学归纳法训练北师大版选修4_5word格式
数学概括法一、选择题1. 设f ( n)＝ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋＋ 1 ( n∈ N＋ ) ，那么f ( n＋ 1) －f ( n) 等于 ()n＋1 n＋ 2 n＋3 2n1 1A.2n＋1 B.2n＋ 21 1 1 1C.2n＋1＋2n＋2D.2n＋ 1－2n＋ 21 1 1 1分析 f ( n)＝n＋1＋n＋2＋n＋3＋＋2nf ( ＋1) ＝ 1 ＋ 1 ＋＋ 1 ＋ 1 ＋ 1n n＋2 n＋3 2n 2n＋1 2n＋21 1 1 1 1∴f ( n＋1)－ f ( n)＝2n＋1＋2n＋2－n＋1＝2n＋1－2n＋2，选D.答案 D2. 用数学概括法证明：“2 n＋ 11－an＋ 21＋a＋a＋＋a＝1－a ( a≠ 1) ”在考证n＝ 1 时，左端计算所得的项为 ()A.1B.1 ＋aC.1 ＋a＋a2D.1 ＋a＋a2＋a3分析当 n＝1时， a n＋1＝ a2，∴左侧应为 1＋a＋a2，应选 C.答案 C3.用数学概括法证明： ( n＋ 1)( n＋2) ·(n＋n) ＝ 2n× 1× 3 (2 n－ 1) 时，从“k到k＋ 1”左侧需增乘的代数式是 ()A.2 k＋ 12k＋ 1 B.k＋1C.2(2 k＋ 1)2k＋ 2 D.k＋1分析n＝ k 时，( k＋1)( k＋2)( k＋k) ＝2k× 1× 3× × (2 n－ 1). n＝ k＋1时，( k＋2)( k＋k) ·(k＋ 1＋k)( k＋ 1＋k＋ 1).（2k＋1）（ 2k＋2）∴增乘的代数式是k＋1 ＝2(2 k＋1)，选C.答案 C二、填空题4. 数列 { a n } 中，已知a 1＝1，当n ≥ 2时， a n ＝a n － 1＋ 2n － 1，挨次计算a 2， a 3， a 4 后，猜想a n 的表达式是 ________.分析a 1＝ 1，a 2＝ a 1＋ 3＝4， a 3＝ 4＋5＝ 9， a 4＝ 9＋ 7＝ 16，猜想 a n ＝n 2.答案a n ＝ n 25. 记凸 k 边形对角线的条数为 f ( k )( k ≥4) ，那么由 k 到 k ＋ 1 时，对角线条数增添了________条 .11分析 ∵ f ( k ) ＝ 2k ( k － 3) ， f ( k ＋ 1) ＝ 2( k ＋ 1)( k － 2) ， f ( k ＋ 1) － f ( k ) ＝ k －1. 答案 k － 16. 在数列 { n } 中， 1＝ 1，且 n ＝ (2 － 1) n . 经过求 2， 3， 4猜想n的表达式是 ________.a a3S nn a a a a a分析12221 3＋ a ＝2(2 × 2－1) a ， a ＝ 15，1 1＋ a 3＝3(2 × 3－ 1) a 3， a 3＝ 1＋，3 15351 1 113＋ 15＋ 35＋ a4＝4(2 × 4－1) a 4， a 4＝63，1 猜想a n＝（2n ）2－1.1答案a n ＝（2n ）2－1三、解答题7. 求证： ( n ＋1) ·(n ＋ 2) · ·(n ＋ n ) ＝ 2n ·1· 3· 5· · (2 n －1) ( n ∈N ＋ ).证明(1) 当 n ＝ 1 时，等式左侧＝ 2，等式右侧＝ 2× 1＝ 2，∴等式建立 .(2) 假定 n ＝ k ( k ∈ N ＋ ) 时，等式建立 .即( k ＋ 1)( k ＋ 2) · ·(k ＋ k ) ＝2k · 1· 3· 5· · (2 k － 1) 建立 .那么当 n ＝k ＋ 1 时，( k ＋ 2)( k ＋3) · ·(k ＋ k )(2 k ＋ 1)(2 k ＋ 2)＝ 2( k ＋ 1)( k ＋ 2)( k ＋ 3) · ·(k ＋ k )(2 k ＋ 1)＝2k ＋1· 1· 3· 5· · (2 k － 1)[2( k ＋1) － 1]. 即 n ＝ k ＋ 1 时等式建立 .由(1) 、 (2) 可知对随意 n ∈ N ，等式都建立 .＋11 1 58. 求证： n ＋1＋ n ＋2＋ ＋ 3n >6( n ≥ 2， n ∈N ＋).1 1 1 15证明(1) 当 n ＝ 2 时，左侧＝ 3＋ 4＋ 5＋ 6>6，不等式建立 .11 1 5(2) 假定 n ＝ k ( k ≥ 2，k ∈ N ＋ ) 时命题建立，即 k ＋1＋k ＋2＋ ＋ 3k >6，则当 n ＝ k ＋1 时，111111（k ＋1）＋1＋（k ＋1）＋ 2＋ ＋3k ＋3k ＋1＋3k ＋2＋3（ k ＋1）1111 1 1 1＝k ＋1＋ k ＋ 2＋ ＋ 3k ＋3k ＋1＋3k ＋2＋3k ＋3－k ＋15 111 1>6＋3k ＋1＋3k ＋2＋3k ＋3－ k ＋1511 5>6＋ 3× 3k ＋3－k ＋ 1 ＝ 6，因此当 n ＝k ＋ 1 时不等式也建立 .由(1)(2) 可知，原不等式对全部 n ≥ 2， n ∈ N 均建立 .＋9. 在数列n 中， b 1n ＋ 13bn ＋4＋23 n与 2的大小，并加以{ b } ＝ 2， b＝ 2bn ＋3( n ∈ N ). 求 b ，b ，试判断 b 证明 .解 由 b 1＝ 2， n ＋1 ＝ 3bn ＋ 43×2＋4 1058，得2＝＝ ，3＝.b2bn ＋ 3b2×2＋37b41经比较有b 1＞2 ， 2＞， 3＞2 .b 2b猜想 b n ＞ 2( n ∈ N ＋ ).下边利用数学概括法证明.(1) 当 n ＝ 1 时，因 b 1＝2，因此2＜ b 1.(2) 假定当 n ＝ k ( k ≥1， k ∈ N ＋ ) 时，结论建立，即 2＜ b k .∴b k － 2＞0.3bk ＋4当 n ＝ k ＋ 1 时， b k ＋ 1－ 2＝ 2bk ＋3－ 2（ 3－2 2） bk ＋（4－3 2） （3－2 2）（ bk － 2）＝2bk ＋3 ＝＞ 0.2bk ＋3∴b k ＋ 1＞ 2，也就是说，当 n ＝ k ＋ 1 时，结论也建立 . 依据 (1) 、 (2) ，知 b ＞ 2( n ∈ N ).n＋10. 用数学概括法证明：当 n ∈ N ＋ 时， (1 ＋ 2＋ 3＋ ＋ n ) 11 11≥n 2.2 3n证明(1) 当 n ＝ 1 时，左侧＝ 1，右侧＝ 12＝ 1，左侧≥右侧，不等式建立.(2) 假定 n ＝ k ( k ≥ 1， k ∈ N ＋) 时不等式建立，1 1 12 即(1 ＋ 2＋ 3＋ ＋ k ) 1 2 3k ≥k ，则当 n ＝ k ＋ 1 时，左侧＝ [(1 ＋ 2＋ ＋ k ) ＋ ( k ＋1)] ·11111 1 11 2 3k k 1 ＝ (1 ＋ 2＋ 3＋ ＋k )1 2 3k ＋ (1 ＋ 2＋ 3＋ ＋ 11 1 12k k 11k ) k 1＋ ( k ＋ 1) 12 3k ＋ 1≥k ＋2·k 1＋( k ＋ 1)1111＋12 3k＝ k 2＋k2＋ 1＋( k ＋ 1) 1 12 131k ，1 111 3∵当 k ≥ 2 时， 1＋ 2＋ 3＋ ＋ k ≥1＋ 2＝ 2，∴左侧≥ k 2＋ k＋ 1＋ ( k ＋1) × 322＝ k 2＋ 2k ＋ 1＋3≥ ( k ＋1) 2.2这就是说，当 n ＝ k ＋1 时，不等式建立 .由(1)(2) 知，当 n ∈N ＋ 时，不等式建立 .。
最新学年高中数学 第二章 几个重要的不等式 2.3.1 数学归纳法训练 北师大版选修4-5(考试必备)
2.3.1 数学归纳法一、选择题 1.设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)(n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1B.12n ＋2 C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2解析 f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2∴f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2，选D.答案 D2.用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2D.1＋a ＋a 2＋a 3解析 当n ＝1时，an ＋1＝a 2，∴左边应为1＋a ＋a 2，故选C. 答案 C3.用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)…·(n ＋n )＝2n×1×3…(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( ) A.2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1 C.2(2k ＋1)D.2k ＋2k ＋1解析 n ＝k 时，(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )＝2k×1×3×…×(2n －1).n ＝k ＋1时，(k ＋2)…(k ＋k )·(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1).∴增乘的代数式是（2k ＋1）（2k ＋2）k ＋1＝2(2k ＋1)，选C.答案 C 二、填空题4.数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是________.解析 a 1＝1，a 2＝a 1＋3＝4，a 3＝4＋5＝9，a 4＝9＋7＝16，猜想a n ＝n 2. 答案 a n ＝n 25.记凸k 边形对角线的条数为f (k )(k ≥4)，那么由k 到k ＋1时，对角线条数增加了________条.解析 ∵f (k )＝12k (k －3)，f (k ＋1)＝12(k ＋1)(k －2)，f (k ＋1)－f (k )＝k －1.答案 k －16.在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n .通过求a 2，a 3，a 4猜想a n 的表达式是________.解析 13＋a 2＝2(2×2－1)a 2，a 2＝115，13＋115＋a 3＝3(2×3－1)a 3，a 3＝135， 13＋115＋135＋a 4＝4(2×4－1)a 4，a 4＝163， 猜想a n ＝1（2n ）2－1. 答案 a n ＝1（2n ）2－1 三、解答题7.求证：(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n·1·3·5·…·(2n －1) (n ∈N ＋). 证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，等式右边＝2×1＝2， ∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋ )时，等式成立.即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k·1·3·5·…·(2k －1)成立. 那么当n ＝k ＋1时，(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)[2(k ＋1)－1].即n ＝k ＋1时等式成立.由(1)、(2)可知对任意n ∈N ＋，等式都成立. 8.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋). 证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立.(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56，所以当n ＝k ＋1时不等式也成立.由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立.9.在数列{b n }中，b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3(n ∈N ＋).求b 2，b 3，试判定b n 与2的大小，并加以证明.解 由b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3，得b 2＝3×2＋42×2＋3＝107，b 3＝5841.经比较有b 1＞2，b 2＞2，b 3＞ 2. 猜想b n ＞2(n ∈N ＋). 下面利用数学归纳法证明.(1)当n ＝1时，因b 1＝2，所以2＜b 1.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，结论成立，即2＜b k . ∴b k －2＞0.当n ＝k ＋1时，b k ＋1－2＝3b k ＋42b k ＋3－ 2 ＝（3－22）b k ＋（4－32）2b k ＋3＝（3－22）（b k －2）2b k ＋3＞0.∴b k ＋1＞2，也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立. 根据(1)、(2)，知b n ＞2(n ∈N ＋).10.用数学归纳法证明：当n ∈N ＋时，(1＋2＋3＋…＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n ≥n 2.证明 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12＝1，左边≥右边，不等式成立. (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即(1＋2＋3＋…＋k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ≥k 2，则当n ＝k ＋1时，左边＝[(1＋2＋…＋k )＋(k ＋1)]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＝(1＋2＋3＋…＋k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ＋(1＋2＋3＋…＋k )1k ＋1＋(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ＋1≥k 2＋k （k ＋1）2·1k ＋1＋(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ＋1＝k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ，∵当k ≥2时，1＋12＋13＋…＋1k ≥1＋12＝32，∴左边≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)×32＝k 2＋2k ＋1＋32≥(k ＋1)2.这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式成立. 由(1)(2)知，当n ∈N ＋时，不等式成立.。
高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式课件北师大版选修4_5
• (2)数学归纳法适用范围：可用于证明与
____________有关的命题．
正整数
• 2．数学归纳法证明命题的步骤
•
(1)验证当n取__第_一__个_值__n0_____ 正确．
(如n0＝1或2等)时命题
• (_2n_＝)_假k_＋_设1__当__n_＝__k时(k∈命N题＋也，正k≥确n．0)时命题正确，证明当
• 【点评】 应用数学归纳法证明代数恒等式的关键 是在运用归纳假设，分析p(k)与p(k＋1)的差异及联系， 利用拆、添、并、放等手段，从p(k＋1)中分离出p(k)， 再进行局部调整，也可考虑寻求两者的结合点，以 便顺利过渡，利用归纳假设，经过恒等变形，得到 结论需要的形式．
1．用数学归纳法证明：2×1 4＋4×1 6＋6×1 8＋…＋2n21n＋2 ＝4nn＋1(其中 n∈N＋)．
中，从n＝k到n＝k＋1，只用拼凑的方法，有时也行 不通．因为对不等式来说，它还涉及放缩的问题， 它可能需通过放大或缩小的过程，才能利用上归纳 假设．因此，我们可以利用比较法、综合法、分析
法等来分析从n＝k到n＝k＋1的变化，从中找到放缩 尺度，准确地拼凑出所需要的结构．
2．用数学归纳法证明：1n＋n＋1 1＋n＋1 2＋…＋n12>1 (n≥2，n∈N＋)．
• 3．数列中的不少问题都可用数学归纳法予以证明， 既可以是恒等式也可以是不等式，有一定的综合性， 其中用不完全归纳法给出结论，用数学归纳法给出 证明是常见题型．
解：计算，得 S1＝89，S2＝2245，S3＝4489，S4＝8801. 猜测 Sn＝2n2＋n＋112－2 1(n∈N＋)．证明如下：
(1)当 n＝1 时，结论显然成立． (2)假设当 n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即 Sk＝2k2＋k＋112－2 1， 那么当 n＝k＋1 时， Sk＋1＝Sk＋2k＋81k2＋21k＋32 ＝2k2＋k＋112－2 1＋2k＋81k2＋21k＋32
高中数学第2章几个重要的不等式2.3.1数学归纳法课件北师大版选修45
【证明】 (1)n＝1 时，左边＝右边＝12，命题成立． (2)假设 n＝k(k≥1)时，命题成立，即12＋212＋…＋21k＝1－12k. 那么当 n＝k＋1 时，12＋212＋…＋21k＋2k1＋1＝1－12k＋2k1＋1 ＝1－2·12k+1＋12k+1＝1－12k+1， 即 n＝k＋1 时，命题成立． 由(1)(2)知，对 n∈N＋命题成立．
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用数学归纳法证明(zhèngmíng)等式
用数学归纳法证明： 1－12＋13－14＋…＋2n1－1－21n＝n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n(n∈N＋)．
【精彩点拨】 要证的等式左边共 2n 项，右边共 n 项，f(k)与 f(k＋1)相比 左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n＝k”到“n ＝k＋1”时要注意项的合并．
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当 n＝k＋1 时，由已知条件和假设有 ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2 ＝5＋511－－22k－1＝5×2k－1＝5×2(k＋1)－2. 故 n＝k＋1 时猜想也成立． 根据①②可知，对任意 n≥2，n∈N＋，有 an＝5×2n－2. 所以数列{an}的通项 an＝55， ×n2＝ n－21，)√ 因为边数最少的多边形是三角形． (2)× 在证只与正整数有关的命题时，在假设 n＝k 成立的前提下，证明 n ＝k＋2 时也成立． (3)× 用数学归纳法证题中必须使用归纳假设． 【答案】 (1)√ (2)× (3)×
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[质疑·手记] 预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问 1： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 2： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 3： ______________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________
2018_2019学年高中数学第二章几个重要的不等式章末复习学案北师大版选修4_5
第二章 几个重要的不等式章末复习学习目标 1.梳理本章的重点知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式、排序不等式和贝努利不等式，并能够熟练应用.3.理解数学归纳法的基本思想，初步形成“归纳—猜想—证明”的思维模式．1．柯西不等式定理1：对任意实数a ，b ，c ，d ，有(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.当向量(a ，b )与向量(c ，d )共线时，等号成立．定理2：设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立．即a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a n b n时(规定a i ＝0时，b i ＝0)等号成立．推论：设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2. 当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时等号成立． 2．排序不等式定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc . 当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号． 定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则(顺序和)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和)1212n j j n j a b a b a b ＋＋＋≥ (逆序和)a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1,2，…，n 的任一排列方式，上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号． 3．贝努利不等式对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n≥1＋nx .4．数学归纳法数学归纳法原理是证明关于正整数n 的命题．步骤：(1)验证当n 取第一个值n 0(如n 0＝1或2等)时命题正确．(2)假设当n ＝k 时(k ∈N ＋，k ≥n 0)命题正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确.类型一 利用柯西不等式证明不等式例1 已知a ，b ，c ，d 为不全相等的正数，求证：1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.证明 由柯西不等式知，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b2＋1c2＋1d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋1c 2＋1d 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da 2，于是1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2≥1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.①等号成立⇔1a 1b ＝1b 1c ＝1c 1d ＝1d 1a⇔b a ＝c b ＝d c ＝a d⇔a ＝b ＝c ＝d .又已知a ，b ，c ，d 不全相等，则①中等号不成立． 即1a ＋1b ＋1c ＋1d ＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.反思与感悟 利用柯西不等式证题的技巧(1)柯西不等式的一般形式为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )·(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n )2(a i ，b i ∈R ，i ＝1,2，…，n )，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．跟踪训练1 设a ，b ，c 为正数且a ＋b ＋c ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥1003.证明 ∵左边＝13(12＋12＋12)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥13(1＋9)2＝1003. 等号成立的条件均为a ＝b ＝c ＝13，∴原结论成立．类型二 利用排序不等式证明不等式例2 设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.证明 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC .三式相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(a ＋b ＋c )(A ＋B ＋C ) ＝π(a ＋b ＋c )，得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.引申探究若本例条件不变，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.证明 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由0＜b ＋c －a,0＜a ＋b －c,0＜a ＋c －b ， 有0＜A (b ＋c －a )＋C (a ＋b －c )＋B (a ＋c －b ) ＝a (B ＋C －A )＋b (A ＋C －B )＋c (A ＋B －C ) ＝a (π－2A )＋b (π－2B )＋c (π－2C ) ＝(a ＋b ＋c )π－2(aA ＋bB ＋cC )． 得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的策略(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择． (2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．跟踪训练2 设a ，b ，c 为正数，求证：a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.证明 由a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c ， 于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab.由排序不等式，得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ca ＝a 11b ＋b 11c ＋c 11a.① 又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c，再次由排序不等式，得a 11a ＋b 11b ＋c 11c ≤a 11b ＋b 11c ＋c 11a.② 由①②得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.等号成立的条件为a ＝b ＝c . 类型三 归纳—猜想—证明例3 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． (1)解 a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.(2)证明 ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设当n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2，k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设，有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故当n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋均有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.反思与感悟 利用数学归纳法解决探索型不等式的思路：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点，进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明． 跟踪训练3 在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，并猜想a n ，b n 的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解 由条件可得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1，则a 2＝2b 1－a 1＝6，b 2＝a 22b 1＝9；a 3＝2b 2－a 2＝12，b 3＝a 23b 2＝16；a 4＝2b 3－a 3＝20，b 4＝a 24b 3＝25.猜想a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(2)证明 ①当n ＝1时，由a 1＝2，b 1＝4知，结论正确． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论正确， 即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝(k ＋1)2(k ＋2)2(k ＋1)2＝(k ＋2)2. 即当n ＝k ＋1时结论正确． 由①②知猜想的结论正确．类型四 利用柯西不等式或排序不等式求最值例4 (1)求实数x ，y 的值，使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2达到最小值． 解 由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y )2＋(2x ＋y －6)2] ≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y )＋1×(2x ＋y －6)]2＝1， 即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16，当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即x ＝52，y ＝56时，上式取等号．故x ＝52，y ＝56.(2)设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5是互不相等的正整数，求M ＝a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552的最小值．解 设b 1，b 2，b 3，b 4，b 5是a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的一个排列，且b 1＜b 2＜b 3＜b 4＜b 5. 因此b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，b 4≥4，b 5≥5. 又1≥122≥132≥142≥152.由排序不等式，得a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552≥b 1＋b 222＋b 332＋b 442＋b 552≥1×1＋2×122＋3×132＋4×142＋5×152＝1＋12＋13＋14＋15＝13760.即M 的最小值为13760.反思与感悟 利用柯西不等式或排序不等式求最值的技巧(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易． (2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略． 跟踪训练4 已知正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝xyz ，且不等式1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x≤λ恒成立，求λ的取值范围． 解1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤12xy ＋12yz ＋12zx＝12⎝⎛⎭⎪⎫1×zx ＋y ＋z ＋1×xx ＋y ＋z＋1×y x ＋y ＋z≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(12＋12＋12)⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋y ＋z ＋x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z 12＝32. 故λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.1．函数y ＝21－x ＋2x ＋1的最大值为( ) A.3B ．－3C ．－3D ．3答案 D解析 y 2＝(2·2－2x ＋1·2x ＋1)2≤[(2)2＋12][(2－2x )2＋(2x ＋1)2]＝3×3＝9. ∴y ≤3，y 的最大值为3.2．设x ，y ，m ，n >0，且m x ＋n y＝1，则u ＝x ＋y 的最小值是( ) A ．(m ＋n )2B.mC.n D ．(m ＋n )2答案 A解析 根据柯西不等式，得x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋n y ≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·m x＋y ·n y 2＝()m ＋n 2，当且仅当x m ＝yn时，等号成立， 这时u 取最小值(m ＋n )2.3．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，P ＝a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( ) A ．P ＝Q B ．P >Q C ．P <Q D ．P ≥Q答案 D解析 设a 1≥a 2≥…≥a n >0，可知a 21≥a 22≥…≥a 2n ，a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11. 由排序不等式，得a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 21a －11＋a 22a －12＋a 2n a －1n ，即a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 1＋a 2＋…＋a n . ∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n >0时等号成立．4．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为________________________． 答案 k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6解析 (k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5＝k 3＋5k ＋3k 2＋3k ＋6 ＝k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6.5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则当n ＝k ＋1时，左端应在n＝k 的基础上加上________________． 答案 (k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式． 2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列．4．数学归纳法是用来证明和正整数有关的命题的，要特别注意归纳奠基和归纳递推是必不可少的两个步骤．一、选择题1．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，则a 的最大值是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 ∵(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2. ∴5－a 2≥(3－a )2. 解得1≤a ≤2.验证：当a ＝2时，等号成立．2．已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56B.2029，3029，4029C ．1，12，13D ．1，14，19答案 B解析 由柯西不等式，得(22＋32＋42)(x 2＋y 2＋z 2)≥(2x ＋3y ＋4z )2， 即x 2＋y 2＋z 2≥10029.当且仅当x 2＝y 3＝z4时，等号成立，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 3＝z 4，2x ＋3y ＋4z ＝10，可得x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.3．已知x ，y ∈R ＋，且xy ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为( )A ．4B ．2C ．1D.14答案 A解析 ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2≥⎝⎛⎭⎪⎫1×1＋1x ×1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝22＝4.4．已知a ，b ，x 1，x 2∈R ＋，ab ＝1，x 1＋x 2＝2，则M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)与4的大小关系是( )A ．M ＞4B ．M ＜4C ．M ≥4D．M ≤4 答案 C解析 M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(bx 1)2＋(ax 2)2] ≥[ab (x 1＋x 2)]2＝(x 1＋x 2)2＝4.5．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( ) A ．1＋13＞52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15＞52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对答案 A解析 当n ＝2时，2n －1＝3,2n ＋1＝5，∴1＋13＞52.6．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.二、填空题7．设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设当n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1解析 f (k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f (k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2，∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1. 8．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设当n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式_________成立．答案 a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－29．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用含n 的式子表示)． 答案 5 12(n －2)(n ＋1)解析 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，f (6)＝14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，f (6)－f (5)＝5，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋(n －1)2(n －3)．∴f (n )＝12(n －2)(n ＋1)．10．如图，矩形OPAQ 中，a 1≤a 2，b 1≤b 2，则阴影部分的矩形面积之和________空白部分的矩形面积之和．答案 ≥解析 由题图可知，阴影部分的面积等于a 1b 1＋a 2b 2，而空白部分的面积等于a 1b 2＋a 2b 1，根据顺序和≥逆序和可知，答案为≥. 三、解答题11．已知f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9(n ∈N ＋)，用数学归纳法证明f (n )能被36整除． 证明 (1)当n ＝1时，f (1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，f (k )＝(2k ＋7)×3k＋9能被36整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k ＋1＋2×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k×3＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]－27＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]＋18(3k －1－1)． 由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，即当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)也能被36整除．根据(1)和(2)可知，对一切正整数n ，都有f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9能被36整除． 12．设x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1＋x 2＋…＋x n ＝1.求证：x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1.证明 ∵(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n＝(1＋x 1＋1＋x 2＋…＋1＋x n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n ≥⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 1·x 11＋x 1＋1＋x 2·x 21＋x 2＋…＋1＋x n ·x n 1＋x n 2＝(x 1＋x 2＋…＋x n )2＝1，∴x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1. 13．已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 考虑到正数a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c >0， 则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序不等式知，顺序和≥乱序和， ∴bc a ＋ca b ＋ab c ≥ab b ＋bc c ＋caa，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c .∵a ，b ，c 为正数， ∴两边同乘以abca ＋b ＋c，得b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .四、探究与拓展14．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( ) A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n )＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n )·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝1，2，f (n －1)＋f (n －2)，n ≥3答案 D解析 当n ≥3时，f (n )分两类，第一类，从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类，从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)，n ≥3. 15．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N ＋)，g (n )＝2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)． (1)当n ＝1,2,3时，分别比较f (n )与g (n )的大小(直接给出结论)； (2)由(1)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并证明你的结论． 解 (1)f (1)＞g (1)，f (2)＞g (2)，f (3)＞g (3)． (2)当n ＝1时，f (1)＞g (1)； 当n ＝2时，f (2)＞g (2)； 当n ＝3时，f (3)＞g (3)． 猜想：f (n )＞g (n )(n ∈N ＋)，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝2(2－1)，f (1)＞g (1)， 不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k＞2(k ＋1－1)．则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1＞2(k＋1－1)＋1k＋1＝2k＋1＋1k＋1－2，g(k＋1)＝2(k＋2－1)＝2k＋2－2，所以只需证明2k＋1＋1k＋1＞2k＋2，即证2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2(k＋2)(k＋1)，即证(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)，即证4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，此式显然成立．所以，当n＝k＋1时不等式也成立．综上①②可知，对n∈N＋，不等式都成立，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n＋1－1)(n∈N＋)成立．。
高中数学第二章几个重要的不等式3.1数学归纳法学案北师大版选修4_5
3.1 数学归纳法1．了解数学归纳法，理解数学归纳法的原理和实质．2．掌握用数学归纳法解证明题的两个步骤，并能灵活应用．对数学归纳法的理解(1)数学归纳法原理：数学归纳法原理是设有一个关于________的命题，若当n 取__________时该命题成立，又在假设当n 取__________时该命题成立后可以推出n 取__________时该命题成立，则该命题对一切自然数________都成立．(2)数学归纳法：数学归纳法可以用于证明与正整数有关的命题．证明需要经过两个步骤：①验证当n 取______________(如n 0＝1或2等)时命题正确．②假设当__________时(k ∈N ＋，k ≥n 0)命题正确，证明当________时命题也正确．在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于______________都正确．【做一做1】在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应检验( )．A ．n ＝1时成立B ．n ＝2时成立C ．n ＝3时成立D ．n ＝4时成立【做一做2】已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n＝2⎝ ⎛ 1n ＋2＋1n ＋4＋…＋ ⎭⎪⎫12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )．A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立【做一做3】用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，且n ＞1)时，在证明从n ＝k 到n ＝k ＋1成立时，左边增加的项数是( )．A ．2kB ．2k －1C ．2k －1D ．2k ＋1答案：(1)正整数n 第1个值n 0 第k 个值 第k ＋1个值 n ≥n 0(2)第一个值n 0n ＝kn ＝k ＋1 从n 0开始的所有正整数【做一做1】C 多边形中至少有三条边，故应先验证n ＝3时成立．【做一做2】B 因为已假设n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)时命题为真，接下来应该证明n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1， 即n ＝k ＋2时命题为真．而选项中n ＝k ＋1为奇数，n ＝2k ＋2和n ＝2(k ＋2)均不满足递推关系，所以只有n ＝k ＋2满足条件．【做一做3】A1．用数学归纳法证明时注意事项剖析：(1)n 的取值范围以及递推的起点；(2)观察首末两项的次数(或其他)，确定n ＝k 时命题的形式f (k )；(3)从f (k ＋1)和f (k )的差异，寻找由k 到k ＋1的递推中，左边要加(乘)上的式子．2．数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题剖析：这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0时成立，这样假设就有了存在的基础．假设k ＝n 0成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立．这实质上是证明了一种循环．如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n ≥n 0的整数就都成立了．数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇．题型一用数学归纳法证明恒等问题【例1】用数学归纳法证明：n ∈N ＋时，11×3＋13×5＋…＋1n －n ＋＝n 2n ＋1． 分析：在证明时，要严格按数学归纳法的步骤进行，并要特别注意当n ＝k ＋1时，等式两边的式子与n ＝k 时等式两边式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项．反思：在解本题时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的左边增加了一项，这里容易因忽略而出错．题型二用数学归纳法证明整除问题【例2】证明：n 3＋5n (n ∈N ＋)能被6整除．分析：这是一个与整除有关的命题，它涉及全体正整数，第一步应证明n ＝1时成立，第二步应明确目标，在假设k 2＋5k 能被6整除的前提下，证明(k ＋1)3＋5(k ＋1)也能被6整除．反思：在证明归纳递推时，要注意使用归纳假设，把“证明的目标”牢记在心． 题型三利用数学归纳法证明几何问题【例3】平面内有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n 个圆将平面分成f (n )＝n 2－n ＋2(n ∈N ＋)个部分．分析：因为f (n )为n 个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n 个圆相交，就有2n 个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n 段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n 个，即f (n ＋1)＝f (n )＋2n ．有了上述关系，数学归纳法的第二步证明可迎刃而解．反思：对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎样变化的，然后再去证明，也可以用“递推”的办法，比如本题，n ＝k ＋1时的结果已知道：f (k ＋1)＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2，用f (k ＋1)－f (k )就可得到增加的部分，然后从有限的情况来理解如何增加的，也就好理解了．答案：【例1】证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边， ∴等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＝k 2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＋1k ＋k ＋＝k 2k ＋1＋1k ＋k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝2k 2＋3k ＋1k ＋k ＋＝k ＋12k ＋3＝k ＋1k ＋＋1， ∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，等式都成立．【例2】证明：(1)当n ＝1时，n 3＋5n 显然能被6整除，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，命题成立，即k 3＋5k 能被6整除．则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5＝(k 3＋5k )＋3k 2＋3k ＋6＝(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6．由假设知k 3＋5k 能够被6整除，而k (k ＋1)是偶数，故3k (k ＋1)能够被6整除，从而(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6，即(k ＋1)3＋5(k ＋1)能够被6整除．因此，当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，命题对一切正整数成立，即n 3＋5n (n ∈N ＋)能被6整除．【例3】证明：(1)当n ＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f (1)＝1－1＋2＝2，所以n ＝1时命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时命题成立，即k 个圆把平面分成f (k )＝k 2－k ＋2个部分，则n ＝k ＋1时，在k ＋1个圆中任取一个圆O ，剩下的k 个圆将平面分成f (k )个部分，而圆O 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个交点将圆O 分成2k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f (k ＋1)＝f (k )＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k ＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2．∴当n ＝k ＋1时，命题成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋命题成立．1用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时不等式左边( )．A ．增加了一项1k ＋B ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2C ．增加了B 中的两项但减少了一项1k ＋1D ．以上均不正确 2在用数学归纳法证明不等式“1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立”时，n 的第一个值应为( )．A ．7B ．8C ．9D ．103在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为__________．4证明凸n 边形的对角线的条数f (n )＝12n (n －3)(n ≥4)． 答案：1．C n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k．① n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋1k ＋k ＋1k ＋1＋k ＋1k ＋．② 观察比较①②两式，可发现增加的项是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，故选C ． 2．B 左边＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 若2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＞12764成立，解得n ＞7． 3．14n 2－1 由a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，得a 2＝115，a 3＝135，a 4＝163．由1×3,3×5,5×7,7×9，…，可得a n ＝1n －n ＋＝14n 2－1．4．证明：(1)n ＝4时，f (4)＝12×4×(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立． (2)假设n ＝k (k ≥4，k ∈N ＋)时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)．则当n ＝k ＋1时，凸(k ＋1)边形是在k 边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，共增加的对角线条数为(k ＋1－3)＋1＝k －1，则f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]． 由(1)、(2)，可知对于n ≥4，n ∈N ＋命题成立．。
最新学年高中数学 第二章 几个重要的不等式学案 北师大版选修4-5(考试必备)
第二章几个重要的不等式§1 柯西不等式1.1 简单形式的柯西不等式学习目标1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式.2.会用柯西不等的代数形式和向量形式证明比较简单的不等式，会求某些函数的最值.预习自测1.柯西不等式若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号成立⇔ad＝bc.2.柯西不等式的向量形式设α，β为平面上的两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立.自主探究1.如何证明：a1，a2，b1，b2∈R时，(a21＋a22)(b21＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2?提示(a21＋a22)(b21＋b22)－(a1b1＋a2b2)2≥0⇔a21b21＋a22b22＋a21b22＋a22b21－a21b21－a22b22－2a1b1a2b2≥0⇔a21b22－2a1b1a2b2＋a22b21≥0⇔(a1b2－a2b1)2≥0.上式中等号成立⇔a1b2＝a2b1.2.设平面上两个向量为α＝(a1，a2)，β＝(b1，b2)，你能证明|α||β|≥|α·β|吗？提示∵cos〈α，β〉＝α·β|α||β|＝a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22，∴cos2〈α，β〉＝（a1b1＋a2b2）2（a21＋a22）（b21＋b22）≤1，即(a21＋a22)(b21＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2，a21＋a22·b21＋b22≥|a1b1＋a2b2|.∴|α||β|≥|α·β|，等号成立的充要条件为α＝λβ (λ≠0).典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】已知3x2＋2y2≤6，求证：2x＋y≤11.证明 由于2x ＋y ＝23(3x )＋12(2y ). 由柯西不等式(a 1b 1＋a 2b 2)2≤(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)得(2x ＋y )2≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122(3x 2＋2y 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12×6＝116×6＝11， ∴|2x ＋y |≤11，∴2x ＋y ≤11.【反思感悟】 柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2⇔a 21＋a 22 b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|，应用时关键是对已知条件的变形.1.已知a ，b ，c ，d ∈R ，x >0，y >0，且x 2＝a 2＋b 2，y 2＝c 2＋d 2，求证：xy ≥ac ＋bd . 证明 由柯西不等式知：ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2＝x 2·y 2＝xy .∴xy ≥ac ＋bd .【例2】 (二维形式的三角不等式)设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，用代数的方法证明 x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥ （x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2. 证明 (x 21＋y 21＋x 22＋y 22)2＝x 21＋y 21＋2x 21＋y 21 x 22＋y 22＋x 22＋y 22 ≥x 21＋y 21＋2|x 1x 2＋y 1y 2|＋x 22＋y 22 ≥x 21＋y 21－2(x 1x 2＋y 1y 2)＋x 22＋y 22＝x 21－2x 1x 2＋x 22＋y 21－2y 1y 2＋y 22＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2∴x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2【反思感悟】 在平面中设α＝(x 1，y 1)，β＝(x 2，y 2)，则α±β＝(x 1±x 2，y 1±y 2)，由向量加法的三角形法则知：|α|＋|β|≥|α＋β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1＋x 2）2＋（y 1＋y 2）2，由向量减法的几何意义知： |α|＋|β|≥|α－β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥ （x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.2.利用柯西不等式证明：a 2＋b 28≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 42.证明 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 42＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 42≤(a 2＋b 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝a 2＋b 28. 知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例3】 求函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值. 解 函数的定义域为{x |1≤x ≤5}.y ＝5x －1＋25－x ≤52＋2x －1＋5－x＝27×2＝63当且仅当55－x ＝2x －1 即x ＝12727时取等号，故函数的最大值为6 3.【反思感悟】 解题的关键是对函数解析式进行变形，使形式上适合应用柯西不等式，还要注意求出使函数取得最值时的自变量的值.3.已知x ＋y ＝1，求2x 2＋3y 2的最小值.解 2x 2＋3y 2＝[(2x )2＋(3y )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×65≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·12＋3y ·132＝65(x ＋y )2＝65. 课堂小结1.二维形式的柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时等号成立. 2.推论：(1)(a ＋b )·(c ＋d )≥(ac ＋bd )2； (2)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|； (3)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1|＋|a 2b 2|.3.柯西不等式的向量形式|α·β|≤|α||β|，当且仅当存在实数λ≠0，使α＝λβ时等号成立.4.二维形式的三角不等式(1)a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2(或 a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥ （a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2)； (2)（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2≥ （a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2.随堂演练1.写出空间直角坐标系中柯西不等式的代数形式. 解 (a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ). 当且仅当a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3时等号成立. 2.写出空间代数形式的三角不等式. 解 有两种形式分别对应定理3、定理4. 定理3为a 21＋a 22＋a 23＋b 21＋b 22＋b 23 ≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2＋（a 3＋b 3）2定理4为（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（a 3－b 3）2＋ （b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2＋（b 3－c 3）2≥（a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2＋（a 3－c 3）2. 3.已知a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1. 求证：ax ＋by ＋cz ≤1. 证明 由柯西不等式得：(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2.∵a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1，∴|ax ＋by ＋cz |≤1. ∴ax ＋by ＋cz ≤1.一、选择题 1.下列说法：①二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 没有取值限制.②二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 只能取数，不能为代数式. ③柯西不等式的向量式中取等号的条件是α＝β. 其中正确的个数有( ) A.1个 B.2个 C.3个D.0个解析 由柯西不等式的概念知，只①正确，a ，b ，c ，d 是实数，没有其取值限制. 答案 A2.函数y ＝2x ＋91－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12的最小值是( )A.20B.25C.27D.18解析 y ＝2x ＋91－2x ＝[2x ＋(1－2x )]⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋91－2x＝[(2x )2＋(1－2x )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫91－2x 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫2x ·2x＋1－2x91－2x 2＝(2＋3)2＝25. 答案 B3.设a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2a，Q ＝a ＋b ，则( )A.P >QB.P ≥QC.P <QD.P ≤Q解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a (a ＋b )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2[(a )2＋(b )2]≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ·b ＋b a ·a 2＝(a ＋b )2，∵a >0，b >0，∴a ＋b >0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a ≥（a ＋b ）2a ＋b ＝a ＋b .又∵a ≠b ，而等号成立的条件是a b ·a ＝ba·b ，即a ＝b ，∴a 2b ＋b 2a>a ＋b .即P >Q .答案 A 二、填空题4.设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c的最小值是________.解析 ∵(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c ＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2a＋b ·2b＋c ·2c 2＝18.∴2a ＋2b ＋2c≥2.答案 25.若a 2＋b 2＋c 2＝2，x 2＋y 2＋z 2＝4，则ax ＋by ＋cz 的取值范围是__________. 解析 ∵(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2， ∴(ax ＋by ＋cz )2≤8，∴－22≤ax ＋by ＋cz ≤2 2. 答案 [－22，22]6.设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________. 解析 运用柯西不等式求解.根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)，得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5，m 2＋n 2的最小值为 5. 答案5三、解答题7.若2x ＋3y ＝1，求4x 2＋9y 2的最小值，并求出最小值点. 解 由柯西不等式(4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1， ∴4x 2＋9y 2≥12.当且仅当2x ·1＝3y ·1，即2x ＝3y 时取等号. 由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝3y ，2x ＋3y ＝1. 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝16.∴4x 2＋9y 2的最小值为12，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，16.8.设a ，b ∈(0，＋∞)，若a ＋b ＝2，求1a ＋1b的最小值.解 ∵(a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝[(a )2＋(b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b 2＝(1＋1)2＝4.∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b≥4，即1a ＋1b≥2. 当且仅当a ·1b＝b ·1a，即a ＝b 时取等号，∴当a ＝b ＝1时，1a ＋1b的最小值为2.9.已知a 2＋b 2＝1，a ，b ∈R ，求证：|a cos θ＋b sin θ|≤1. 证明 ∵(a cos θ＋b sin θ)2≤(a 2＋b 2)(cos 2θ＋sin 2θ) ＝1·1＝1，∴|a cos θ＋b sin θ|≤1.1.2 一般形式的柯西不等式学习目标1.理解三维形式的柯西不等式，在此基础上，过渡到柯西不等式的一般形式.2.会用三维形式及一般形式的柯西不等式证明有关不等式和求函数的最值.预习自测1.定理2，设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立.2.证明柯西不等式的一般形式的方法称为参数配方法.3.推论设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时“＝”成立.自主探究1.由二维的柯西不等式的向量式|α||β|≥|α·β|，你能推导出二维的柯西不等式的代数式吗？提示 设α＝(a 1，a 2)，β＝(b 1，b 2)，则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2 代入向量式得：(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2. 当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立.2.在空间向量中，|α||β|≥|α·β|，你能据此推导出三维的柯西不等式的代数式吗？ 提示 设α＝(a 1，a 2，a 3)，β＝(b 1，b 2，b 3)，则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3代入向量式得 (a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当且仅当α与β共线时，即存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，3)时，等号成立. 3.你能猜想出柯西不等式的一般形式并给出证明吗？提示 柯西不等式的一般形式为：若a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 都为实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，证明如下：若a 1＝a 2＝…＝a n ＝0，则不等式显然成立，故设a 1，a 2，…，a n 至少有一个不为零，则a 21＋a 22＋…＋a 2n >0.考虑二次三项式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )x 2＋2(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )x ＋(b 21＋b 22＋…＋b 2n ) ＝(a 1x ＋b 1)2＋(a 2x ＋b 2)2＋…＋(a n x ＋b n )2≥0. 对于一切实数x 成立，设二次三项式的判别式为Δ，则Δ4＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2－(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≤0. 所以(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n ) ≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.即(a 21＋a 22＋…＋a 2n )12()b 21＋b 22＋…＋b 2n 12≥|a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n |等号成立⇔a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a n b n.典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】 设a ，b ，c 为正数且互不相等，求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c. 证明 2(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )]·⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(c ＋a )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫ 1a ＋b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1b ＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1c ＋a 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b · 1a ＋b＋b ＋c · 1b ＋c＋c ＋a · 1c ＋a 2 ＝(1＋1＋1)2＝9. ∴2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c. ∵a ，b ，c 互不相等，∴等号不可能成立，从而原不等式成立.【反思感悟】 有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，但是我们只要改变一下多项式的形态结构，就可以达到利用柯西不等式的目的.1.已知a 1，a 2，a 3为实数，b 1，b 2，b 3为正实数.求证：a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3.证明 由柯西不等式得：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3(b 1＋b 2＋b 3) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1·b 1＋a 2b 2·b 2＋a 3b 3·b 32＝(a 1＋a 2＋a 3)2.∴a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3. 知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例2】 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)且a ＋b ＋c ＝1，求4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1的最大值.解 4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1＝4a ＋1·1＋4b ＋1·1＋4c ＋1·1 ≤(4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1)12(12＋12＋12)12＝7×3＝21. 当且仅当4a ＋11＝4b ＋11＝4c ＋11时取等号. 即a ＝b ＝c ＝13时，所求的最大值为21.【反思感悟】 利用柯西不等式，可以方便地解决一些函数的最大值或最小值问题.通过巧拆常数、重新排序、改变结构、添项等技巧变形为能利用柯西不等式的形式.2.设2x ＋3y ＋5z ＝29，求函数u ＝2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6的最大值. 解 根据柯西不等式120＝3[(2x ＋1)＋(3y ＋4)＋(5z ＋6)]≥(1×2x ＋1＋1×3y ＋4＋1×5z ＋6)2， 故2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6≤230. 当且仅当2x ＋1＝3y ＋4＝5z ＋6，即x ＝376，y ＝289，z ＝2215时等号成立，此时u max ＝230.知识点3 利用柯西不等式解方程【例3】 在实数集内解方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝94，－8x ＋6y －24z ＝39.解 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ≥(－8x ＋6y －24z )2.①∵(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2]＝94×(64＋36＋576)＝392，又(－8x ＋6y －24y )2＝392， ∴(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝(－8x ＋6y －24z )2， 即不等式①中只有等号成立，从而由柯西不等式中等号成立的条件，得 x －8＝y 6＝z－24， 它与－8x ＋6y －24z ＝39联立，可得x ＝－613，y ＝926，z ＝－1813.【反思感悟】 利用柯西不等式解方程，关键是由不等关系转换成相等关系，然后再通过等号成立的条件求出未知数的值.3.利用柯西不等式解方程：21－2x ＋4x ＋3＝15. 解 ∵21－2x ＋4x ＋3＝22－4x ＋1·4x ＋3 ≤2－4x ＋4x ＋3·2＋1＝5·3＝15. 又由已知21－2x ＋4x ＋3＝15.所以等号成立， 由等号成立的条件2－4x ·1＝4x ＋3· 2 得：2－4x ＝8x ＋6，∴x ＝－13，即方程的解为x ＝－13.课堂小结柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法；教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面也有广泛的应用.柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等.应用时，通过拆常数、重新排序、添项、改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式.随堂演练1.△ABC 的三边长为a 、b 、c ，其外接圆半径为R ，求证： (a 2＋b 2＋c 2)⎝⎛⎭⎪⎫1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C ≥36R 2.证明 由三角形中的正弦定理得sin A ＝a2R ，所以1sin 2A ＝4R 2a 2，同理1sin 2B ＝4R 2b 2，1sin 2C ＝4R 2c2于是左边＝(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4R 2a2＋4R 2b 2＋4R 2c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2R a ＋b ·2R b ＋c ·2R c 2＝36R 2.故原不等式获证.2.已知a 1，a 2，…，a n 都是实数，求证： 1n(a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n .证明 (12＋12＋…＋12)(a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(1×a 1＋1×a 2＋…＋1×a n )2. ∴n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(a 1＋a 2＋…＋a n )2∴1n(a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n .一、选择题1.设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝3，则1a ＋1b ＋1c的最小值为( )A.9B.3C. 3D.1解析 [(a )2＋(b )2＋(c )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥32.又∵a ＋b ＋c ＝3，∴1a ＋1b ＋1c≥3，最小值为3.答案 B2.已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值为( ) A.1 B.n C.nD.2解析 由柯西不等式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2得1·1≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2，∴a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n ≤1.所求的最大值为1. 答案 A3.已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56 B.2029，3029，4029 C.1，12，13D.1，14，19解析 x 2＋y 2＋z 2＝（x 2＋y 2＋z 2）（22＋32＋42）29≥（2x ＋3y ＋4z ）229＝10029，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k ，y ＝3k ，z ＝4k时，等号成立，则4k ＋9k ＋16k ＝29k ＝10，解得k ＝1029，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.选B.答案 B 二、填空题4.已知实数a ，b ，c ，d ，e 满足a ＋b ＋c ＋d ＋e ＝8，a 2＋b 2＋c 2＋d 2＋e 2＝16，则e 的取值范围为________.解析 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)＝(1＋1＋1＋1)(a 2＋b 2＋c 2＋d 2) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2即4(16－e 2)≥(8－e )2，即64－4e 2≥64－16e ＋e 2∴5e 2－16e ≥0，故0≤e ≤165.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1655.设a ，b ，c ＞0且a ＋b ＋c ＝A (A 为常数).则1a ＋1b ＋1c的最小值为________.解析 1a ＋1b ＋1c＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c （a ＋b ＋c ）A≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2A＝9A.答案 9A三、解答题6.已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值. 解 由柯西不等式得，有(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2由条件可得，5－a 2≥(3－a )2解得，1≤a ≤2当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，代入b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2.b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.7.设a 1>a 2>…>a n >a n ＋1，求证：1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 证明 ∵a 1－a n ＋1＝(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)， ∴[(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1 ≥(a 1－a 2·1a 1－a 2＋a 2－a 3·1a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋1·1a n －a n ＋1)2＝n 2>1.∴(a 1－a n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1.即1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1a 1－a n ＋1， 故1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 8.设P 是△ABC 内的一点，x ，y ，z 是P 到三边a ，b ，c 的距离.R 是△ABC 外接圆的半径，证明：x ＋y ＋z ≤12R·a 2＋b 2＋c 2.证明 由柯西不等式得，x ＋y ＋z ＝ax1a＋by1b＋cz1c≤ax ＋by ＋cz1a ＋1b ＋1c.设S 为△ABC 的面积，则ax ＋by ＋cz ＝2S ＝2abc 4R ＝abc2R ，x ＋y ＋z ≤abc 2Rab ＋bc ＋caabc＝12Rab ＋bc ＋ca ≤12Ra 2＋b 2＋c 2，故不等式成立.9.已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4. (1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值.解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b . 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16，即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立，故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值是87.§2 排序不等式学习目标1.了解排序不等式的“探究—猜想—证明—应用”的研究过程.2.初步认识排序不等式的有关知识及简单应用.预习自测1.定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc ，此式当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号.2.定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则 (顺序和) a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和) a 1b j 1＋a 2b j 2＋…＋a n b jn ≥ (逆序和) a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1，2，…，n 的任一排列方式.上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号.自主探究1.某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中有单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？提示 有多少种不同的购买方案，实质上就是礼品和单价有多少种不同的对应关系.与单价3元对应的礼品可以是4件的礼品，也可以是5件或2件的礼品共有三种对应关系，与单价2元对应的只还有剩下的2种.与单价一元对应的只有一种.由乘法分步计数原理知共有3×2×1＝6种不同的购买方案.根据生活的实际经验，花钱最少的方案应是最贵的礼品买最少的件数，最便宜的礼品买最多的件数，即1×5＋2×4＋3×2＝19元，花钱最多的方案应是：单价最高的礼品买最多的件数，单价最低的礼品买最少的件数，即1×2＋2×4＋3×5＝25元.2.设有两组实数，a 1<a 2<a 3，b 1<b 2<b 3，设c 1、c 2、c 3是b 1、b 2、b 3的任一个排列，作和a 1c 1＋a 2c 2＋a 3c 3，你能猜测和的最大值及最小值分别是怎样的和式吗？提示 由问题1我应得到启发，和最大的应该为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3，和最小的应该是a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1.3.有10个人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满第i (i ＝1，2，…，10)个人的水桶需要t i 分，假设这些t i 各不相同，问只有一个水龙头时，应如何安排10人的顺序，使他们等候的总时间最小？这个最少的总时间等于多少？(根据排序原理回答)提示 不妨设t 1<t 2<…<t 10，∵1<2<3<…<10，由排序原理知逆序和最小，即10t 1＋9t 2＋…＋t 10最小，所以按注水时间由小到大的顺序注水，则他们10人等候的总时间最小，最少的总时间为10t 1＋9t 2＋…＋t 10.典例剖析知识点1 利用排序原理证明不等式【例1】 已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所需证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b≤1c，bc ≤ca ≤ab .由排序原理：顺序和≥乱序和，得：bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b . 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ，因为a ，b ，c 为正数，所以abc >0，a ＋b ＋c >0，于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .1.已知a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ，求证：(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ).证明 令S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，则S ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1， S ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n b 2，……S ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1，将上面n 个式子相加，并按列求和可得nS ≥a 1(b 1＋b 2＋…＋b n )＋a 2(b 1＋b 2＋…＋b n )＋…＋a n (b 1＋b 2＋…＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ) ∴S ≥1n(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n )即(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ).【例2】 设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相同的正整数，求证：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.证明 ∵12<22<32<…<n 2，∴112>122> (1)2.设c 1，c 2，…，c n 是a 1，a 2，…，a n 由小到大的一个排列， 即c 1<c 2<c 3<…<c n ，根据排序原理中，逆序和≤乱序和， 得c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2，而c 1，c 2，…，c n 分别大于或等于1，2，…，n ，∴c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≥1＋222＋332＋…＋n n2＝1＋12＋ (1)，∴1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋…＋a nn2.2.设c 1，c 2，…，c n 为正数组a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n . 证明 不妨设0<a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n.因为1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排序，故由排序原理：逆序和≤乱序和 得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1a n≤a 1·1c 1＋a 2·1c 2＋…＋a n ·1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .知识点2 利用排序原理求最值【例3】 设a ，b ，c 为任意正数，求ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b的最小值.解 不妨设a ≥b ≥c ， 则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b， 由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b上述两式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3.即a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.当且仅当a ＝b ＝c 时，a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b 取最小值32.3.设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1. 试求1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值.解 令S ＝1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ），则S ＝（abc ）2a 3（b ＋c ）＋（abc ）2b 3（a ＋c ）＋（abc ）2c 3（a ＋b ）＝bc a （b ＋c ）·bc ＋ac b （a ＋c ）·ac ＋abc （a ＋b ）·ab ，由已知可得：1a （b ＋c ）≥1b （a ＋c ）≥1c （a ＋b ），ab ≤ac ≤bc ，∴S ≥bc a （b ＋c ）·ac ＋ac b （a ＋c ）·ab ＋abc （a ＋b ）·bc＝c a （b ＋c ）＋a b （a ＋c ）＋bc （a ＋b ）又S ≥bc a （b ＋c ）·ab ＋ac b （a ＋c ）·bc ＋abc （a ＋b ）·ac＝b a （b ＋c ）＋c b （a ＋c ）＋ac （a ＋b ），两式相加得：2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥3·31abc＝3.∴S ≥32，即1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值为32.课堂小结排序不等式有着广泛的实际应用，在应用时，一定在认真分析题设条件的基础上观察要证结论的结构特征，从而分析出要用排序原理中逆序和≤乱序和，或是乱序和≤顺序和，或者逆序和≤顺序和.不少命题的证明可能多次用到排序原理.随堂演练1.利用排序原理证明：若a 1，a 2，…，a n 为正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n1a 1＋1a 2＋…＋1a n.证明 不妨设a 1≥a 2≥a 3≥…≥a n >0， 则有1a 1≤1a 2≤…≤1a n由排序不等式，得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1a nn≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a nn，即n n ≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a nn，∴a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n1a 1＋1a 2＋…＋1a n.2.已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c .求证：a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c.证明 ∵a ≥b ≥c ≥0，∴a 3≥b 3≥c 3，∴a 3b 3≥a 3c 3≥b 3c 3， ∴1a 3b3≤1a 3c3≤1b 3c3，又a 5≥b 5≥c 5，由排序原理得：a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 5a 3b 3＋b 5b 3c 3＋c 5a 3c 3(顺序和≥乱序和)， 即a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a3， 又∵a 2≥b 2≥c 2，1a 3≤1b 3≤1c3由乱序和≥逆序和得：a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a 3≥a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝1a ＋1b ＋1c .∴a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c.一、选择题1.有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位：m 2)分别为x ，y ，z ，且x ＜y ＜z ，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m 2)分别为a ，b ，c ，且a ＜b ＜c .在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是( ) A.ax ＋by ＋cz B.az ＋by ＋cx C.ay ＋bz ＋cxD.ay ＋bx ＋cz解析 法一 用特值法进行验证.令x ＝1，y ＝2，z ＝3，a ＝1，b ＝2，c ＝3.A 项：ax ＋by ＋cz ＝1＋4＋9＝14；B 项：az ＋by ＋cx ＝3＋4＋3＝10；C 项：ay ＋bz ＋cx ＝2＋6＋3＝11；D 项：ay ＋bx ＋cz ＝2＋2＋9＝13.故选B.法二 由顺序和≥乱序和≥反序和.可得az ＋by ＋cx 最小. 答案 B 二、填空题2.设a 1，a 2，a 3，…，a n 为正数，那么P ＝a 1＋a 2＋…＋a n 与Q ＝a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1的大小关系是________.解析 假设a 1≥a 2≥a 3≥…≥a n ，则1a n ≥1a n －1≥…≥1a ≥1a 1，并且a 21≥a 22≥a 23≥…≥a 2n ，P ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 21a 1＋a 22a 2＋a 23a 3＋…＋a 2na n，是反顺和，Q 是乱顺和，由排序不等式定理P ≤Q . 答案 P ≤Q 三、解答题3.设a 1，a 2，…，a n 为正数，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .证明 不妨设a 1>a 2>…>a n >0，则有a 21>a 22>…>a 2n 也有1a 1<1a 2<…<1a n，由排序原理：乱序和≥逆序和，得：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n a 1≥a 21a 1＋a 22a 2＋…＋a 2na n＝a 1＋a 2＋…＋a n . 4.设A 、B 、C 表示△ABC 的三个内角的弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.证明 法一 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ，由排序原理：顺序和≥乱序和. ∴aA ＋bB ＋cC ≥aB ＋bC ＋cA ；aA ＋bB ＋cC ≥aC ＋bA ＋cB ；aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC .上述三式相加得3(aA ＋bB ＋cC )≥(A ＋B ＋C )(a ＋b ＋c )＝π(a ＋b ＋c ). ∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.法二 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ， 由排序不等式aA ＋bB ＋cC 3≥A ＋B ＋C 3·a ＋b ＋c3，即aA ＋bB ＋cC ≥π3(a ＋b ＋c )，∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.5.设a ，b ，c 为正数，利用排序不等式证明a 3＋b 3＋c 3≥3abc . 证明 不妨设a ≥b ≥c >0，∴a 2≥b 2≥c 2， 由排序原理：顺序和≥逆序和，得：a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ，b 3＋c 3≥b 2c ＋c 2b ，c 3＋a 3≥a 2c ＋c 2a ，三式相加得2(a 3＋b 3＋c 3)≥a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)＋c (a 2＋b 2). 又a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 所以2(a 3＋b 3＋c 3)≥6abc ， ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc .当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立.6.设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.证明 不妨设a ≥b ≥c >0，则lg a ≥lg b ≥lg c . 据排序不等式有：a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c上述三式相加得：3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3lg(abc ). 故a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.7.设x i ，y i (i ＝1，2，…，n )是实数，且x 1≥x 2≥…≥x n ，y 1≥y 2≥…≥y n ，而z 1，z 2，…，z n 是y 1，y 2，…，y n 的一个排列.求证：∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2. 证明 要证∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2只需证∑ni ＝1y 2i －2∑n i ＝1x i y i ≥∑ni ＝1z 2i －2∑ni ＝1x i z i . 因为∑ni ＝1y 2i ＝∑ni ＝1z 2i ，∴只需证∑n i ＝1x i z i ≤∑ni ＝1x i y i . 而上式左边为乱序和，右边为顺序和. 由排序不等式得此不等式成立.故不等式∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2成立. 8.已知a ，b ，c 为正数，且两两不等，求证：2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ). 证明 不妨设a >b >c >0.则a 2>b 2>c 2，a ＋b >a ＋c >b ＋c ， ∴a 2(a ＋b )＋b 2(a ＋c )＋c 2(b ＋c ) >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 即a 3＋c 3＋a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 又∵a 2>b 2>c 2，a >b >c ，∴a 2b ＋b 2a <a 3＋b 3，b 2c ＋c 2b <b 3＋c 3. 即a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b <a 3＋2b 3＋c 3，所以有2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ).§3 数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法学习目标1.理解归纳法和数学归纳法原理.2.会用数学归纳法证明有关问题.预习自测1.由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法.2.一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n 取初始值n 0时命题成立；(2)假设当n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立.在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n 0开始的所有自然数都正确.这种证明方法称为数学归纳法.自主探究1.为什么数学归纳法能够证明无限多个正整数都成立的问题呢？提示 这是因为第一步首先验证了n 取一个值n 0，这样假设就有了存在的基础，至少k ＝n 0成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立.这实质上是证明了一种循环.如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立；n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立.如此反复，以至对所有n ≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇.2.在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步或只有第二步可以吗？为什么？提示 不可以；这两个步骤缺一不可，只完成步骤①而缺少步骤②，就作出判断可能得出不正确的结论.因为单靠步骤①，无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确，我们无法判定.同样，只有步骤②而缺少步骤①时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤①这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤②也就没有意义了. 3.利用数学归纳法时，第二步为什么必须利用归纳假设？提示 第二步实际上是证明一个条件命题：“假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立”，其本质是证明一个递推关系，若不用归纳假设，就是没有证明这种递推关系，所以归纳假设是必须要用的.假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了.典例剖析知识点1 利用数学归纳法证明等式【例1】 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n （n ＋1）2.证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×（1＋1）2＝1，∴等式成立. (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，等式成立， 即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2.那么，当n ＝k ＋1时，则有： 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k (k ＋1)2＝(－1)k －1k （k ＋1）2＋(－1)k(k ＋1)2＝(－1)kk ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k（k ＋1）（k ＋2）2，∴n ＝k ＋1时，等式也成立.由(1)(2)得对任意n ∈N ＋有： 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.【反思感悟】 利用数学归纳法证明等式的关键是当n ＝k ＋1时利用假设n ＝k 成立进行转化证明，要分清楚增加的几项分别是什么.1.用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1)时命题成立，即 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 上式表明当n ＝k ＋1时命题也成立.由(1)和(2)知，命题对一切自然数均成立.【例2】 证明12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (其中n ∈N ＋)成立的过程如下，请判断证明是否正确？为什么？证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12.∴当n ＝1时，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1＝右边.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立.解 不正确，错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”.正确的证明如下：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立，就是 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N ＋都成立.【反思感悟】 在推证“n ＝k ＋1”命题也成立时，必须把“归纳假设”n ＝k 时的命题，作为必备条件使用上，否则不是数学归纳法.对项数估算的错误，特别是寻找n ＝k 与n ＝k ＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错是常见错误.2.用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2). 证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－122＝34，右边＝2＋12×2＝34，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k. 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2 ＝k ＋12k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2＝k ＋12k ·k 2＋2k （k ＋1）2＝k ＋22（k ＋1）， 即n ＝k ＋1时，等式成立.由(1)(2)知，对于任意正整数n (n ≥2)，原等式成立.知识点2 用数学归纳法证明不等式【例3】 用数学归纳法证明： 1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2). 证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立.由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立.【反思感悟】 (1)由n ＝k 到n ＝k ＋1时的推证过程中应用了“放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一.(2)数学归纳法的应用通常与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等.3.1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1(n ∈N ＋).证明 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1， ∴左边≥右边，即命题成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1.那么当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2≥3k 2k ＋1＋1（k ＋1）2 ＝3k 2k ＋1＋1k 2＋2k ＋1≥3k 2k ＋1＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k （2k ＋3）＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝（3k ＋3）（2k ＋1）（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k ＋32k ＋3＝3（k ＋1）2（k ＋1）＋1.由(1)(2)知原不等式在n ∈N ＋时均成立.课堂小结1.数学归纳法的两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就可能得出不正确的结论，因为单靠(1)无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确无法判断.同样只有步骤(2)而没有步骤(1)也可能得出不正确的结论.因为缺少(1)，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.2.数学归纳法证明的关键是第二步，此处要搞清两点：(1)当n ＝k ＋1时，证明什么，即待证式子的两端发生了哪些变化.(2)由n ＝k 推证n ＝k ＋1时，可以综合应用以前学过的定义、定理、公式、方法等来进行证明，只不过必须得把n ＝k 时的结论作为条件应用上.随堂演练1.用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C2.用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应添加的项为( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22。
2019学年高中数学第二章几个重要的不等式章末复习学案北师大版选修4_5
第二章 几个重要的不等式章末复习学习目标 1.梳理本章的重点知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式、排序不等式和贝努利不等式，并能够熟练应用.3.理解数学归纳法的基本思想，初步形成“归纳—猜想—证明”的思维模式．1．柯西不等式定理1：对任意实数a ，b ，c ，d ，有(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.当向量(a ，b )与向量(c ，d )共线时，等号成立．定理2：设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立．即a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a n b n时(规定a i ＝0时，b i ＝0)等号成立．推论：设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2. 当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时等号成立． 2．排序不等式定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc . 当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号． 定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则(顺序和)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和)1212n j j n j a b a b a b ＋＋＋≥ (逆序和)a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1,2，…，n 的任一排列方式，上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号． 3．贝努利不等式对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n≥1＋nx .4．数学归纳法数学归纳法原理是证明关于正整数n 的命题．步骤：(1)验证当n 取第一个值n 0(如n 0＝1或2等)时命题正确．(2)假设当n ＝k 时(k ∈N ＋，k ≥n 0)命题正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确.类型一 利用柯西不等式证明不等式例1 已知a ，b ，c ，d 为不全相等的正数，求证：1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.证明 由柯西不等式知，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b2＋1c2＋1d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋1c 2＋1d 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da 2，于是1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2≥1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.①等号成立⇔1a 1b ＝1b 1c ＝1c 1d ＝1d 1a⇔b a ＝c b ＝d c ＝a d⇔a ＝b ＝c ＝d .又已知a ，b ，c ，d 不全相等，则①中等号不成立． 即1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.反思与感悟 利用柯西不等式证题的技巧(1)柯西不等式的一般形式为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )·(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n )2(a i ，b i ∈R ，i ＝1,2，…，n )，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．跟踪训练1 设a ，b ，c 为正数且a ＋b ＋c ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥1003.证明 ∵左边＝13(12＋12＋12)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥13(1＋9)2＝1003. 等号成立的条件均为a ＝b ＝c ＝13，∴原结论成立．类型二 利用排序不等式证明不等式例2 设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.证明 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC .三式相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(a ＋b ＋c )(A ＋B ＋C ) ＝π(a ＋b ＋c )，得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.引申探究若本例条件不变，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.证明 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由0＜b ＋c －a,0＜a ＋b －c,0＜a ＋c －b ， 有0＜A (b ＋c －a )＋C (a ＋b －c )＋B (a ＋c －b ) ＝a (B ＋C －A )＋b (A ＋C －B )＋c (A ＋B －C ) ＝a (π－2A )＋b (π－2B )＋c (π－2C ) ＝(a ＋b ＋c )π－2(aA ＋bB ＋cC )． 得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.反思与感悟 利用排序不等式证明不等式的策略(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择． (2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．跟踪训练2 设a ，b ，c 为正数，求证：a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.证明 由a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c ， 于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab.由排序不等式，得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ca ＝a 11b ＋b 11c ＋c 11a.① 又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c，再次由排序不等式，得a 11a ＋b 11b ＋c 11c ≤a 11b ＋b 11c ＋c 11a.② 由①②得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.等号成立的条件为a ＝b ＝c . 类型三 归纳—猜想—证明例3 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． (1)解 a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.(2)证明 ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设当n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2，k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设，有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故当n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋均有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.反思与感悟 利用数学归纳法解决探索型不等式的思路：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点，进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明． 跟踪训练3 在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，并猜想a n ，b n 的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解 由条件可得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1，则a 2＝2b 1－a 1＝6，b 2＝a 22b 1＝9；a 3＝2b 2－a 2＝12，b 3＝a 23b 2＝16；a 4＝2b 3－a 3＝20，b 4＝a 24b 3＝25.猜想a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(2)证明 ①当n ＝1时，由a 1＝2，b 1＝4知，结论正确． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论正确， 即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝(k ＋1)2(k ＋2)2(k ＋1)2＝(k ＋2)2. 即当n ＝k ＋1时结论正确． 由①②知猜想的结论正确．类型四 利用柯西不等式或排序不等式求最值例4 (1)求实数x ，y 的值，使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2达到最小值． 解 由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y )2＋(2x ＋y －6)2] ≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y )＋1×(2x ＋y －6)]2＝1， 即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16，当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即x ＝52，y ＝56时，上式取等号．故x ＝52，y ＝56.(2)设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5是互不相等的正整数，求M ＝a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552的最小值．解 设b 1，b 2，b 3，b 4，b 5是a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的一个排列，且b 1＜b 2＜b 3＜b 4＜b 5. 因此b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，b 4≥4，b 5≥5. 又1≥122≥132≥142≥152.由排序不等式，得a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552≥b 1＋b 222＋b 332＋b 442＋b 552≥1×1＋2×122＋3×132＋4×142＋5×152＝1＋12＋13＋14＋15＝13760.即M 的最小值为13760.反思与感悟 利用柯西不等式或排序不等式求最值的技巧(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易． (2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略． 跟踪训练4 已知正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝xyz ，且不等式1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x≤λ恒成立，求λ的取值范围． 解1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤12xy ＋12yz ＋12zx＝12⎝⎛⎭⎪⎫1×zx ＋y ＋z ＋1×xx ＋y ＋z＋1×y x ＋y ＋z≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(12＋12＋12)⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋y ＋z ＋x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z 12＝32. 故λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.1．函数y ＝21－x ＋2x ＋1的最大值为( ) A.3B ．－3C ．－3D ．3答案 D解析 y 2＝(2·2－2x ＋1·2x ＋1)2≤[(2)2＋12][(2－2x )2＋(2x ＋1)2]＝3×3＝9. ∴y ≤3，y 的最大值为3.2．设x ，y ，m ，n >0，且m x ＋n y＝1，则u ＝x ＋y 的最小值是( ) A ．(m ＋n )2B.mC.n D ．(m ＋n )2答案 A解析 根据柯西不等式，得x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋n y ≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·m x＋y ·n y 2＝()m ＋n 2，当且仅当x m ＝yn时，等号成立， 这时u 取最小值(m ＋n )2.3．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，P ＝a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( ) A ．P ＝Q B ．P >Q C ．P <Q D ．P ≥Q答案 D解析 设a 1≥a 2≥…≥a n >0，可知a 21≥a 22≥…≥a 2n ，a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11. 由排序不等式，得a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 21a －11＋a 22a －12＋a 2n a －1n ，即a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 1＋a 2＋…＋a n . ∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n >0时等号成立．4．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为________________________． 答案 k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6解析 (k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5＝k 3＋5k ＋3k 2＋3k ＋6 ＝k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6.5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则当n ＝k ＋1时，左端应在n＝k 的基础上加上________________． 答案 (k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式． 2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列．4．数学归纳法是用来证明和正整数有关的命题的，要特别注意归纳奠基和归纳递推是必不可少的两个步骤．一、选择题1．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，则a 的最大值是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 ∵(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2. ∴5－a 2≥(3－a )2. 解得1≤a ≤2.验证：当a ＝2时，等号成立．2．已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56B.2029，3029，4029C ．1，12，13D ．1，14，19答案 B解析 由柯西不等式，得(22＋32＋42)(x 2＋y 2＋z 2)≥(2x ＋3y ＋4z )2， 即x 2＋y 2＋z 2≥10029.当且仅当x 2＝y 3＝z4时，等号成立，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 3＝z 4，2x ＋3y ＋4z ＝10，可得x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.3．已知x ，y ∈R ＋，且xy ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为( )A ．4B ．2C ．1D.14答案 A解析 ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2≥⎝⎛⎭⎪⎫1×1＋1x ×1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝22＝4.4．已知a ，b ，x 1，x 2∈R ＋，ab ＝1，x 1＋x 2＝2，则M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)与4的大小关系是( )A ．M ＞4B ．M ＜4C ．M ≥4D．M ≤4 答案 C解析 M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(bx 1)2＋(ax 2)2] ≥[ab (x 1＋x 2)]2＝(x 1＋x 2)2＝4.5．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( ) A ．1＋13＞52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15＞52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对答案 A解析 当n ＝2时，2n －1＝3,2n ＋1＝5，∴1＋13＞52.6．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.二、填空题7．设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设当n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1解析 f (k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f (k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2，∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1. 8．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设当n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式_________成立．答案 a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－29．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用含n 的式子表示)． 答案 5 12(n －2)(n ＋1)解析 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，f (6)＝14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，f (6)－f (5)＝5，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋(n －1)2(n －3)．∴f (n )＝12(n －2)(n ＋1)．10．如图，矩形OPAQ 中，a 1≤a 2，b 1≤b 2，则阴影部分的矩形面积之和________空白部分的矩形面积之和．答案 ≥解析 由题图可知，阴影部分的面积等于a 1b 1＋a 2b 2，而空白部分的面积等于a 1b 2＋a 2b 1，根据顺序和≥逆序和可知，答案为≥. 三、解答题11．已知f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9(n ∈N ＋)，用数学归纳法证明f (n )能被36整除． 证明 (1)当n ＝1时，f (1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，f (k )＝(2k ＋7)×3k＋9能被36整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k ＋1＋2×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k×3＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]－27＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]＋18(3k －1－1)． 由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，即当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)也能被36整除．根据(1)和(2)可知，对一切正整数n ，都有f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9能被36整除． 12．设x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1＋x 2＋…＋x n ＝1.求证：x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1.证明 ∵(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n＝(1＋x 1＋1＋x 2＋…＋1＋x n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n ≥⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 1·x 11＋x 1＋1＋x 2·x 21＋x 2＋…＋1＋x n ·x n 1＋x n 2＝(x 1＋x 2＋…＋x n )2＝1，∴x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n1＋x n ≥1n ＋1. 13．已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 考虑到正数a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c >0， 则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序不等式知，顺序和≥乱序和， ∴bc a ＋ca b ＋ab c ≥ab b ＋bc c ＋caa，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c .∵a ，b ，c 为正数， ∴两边同乘以abca ＋b ＋c，得b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .四、探究与拓展14．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( ) A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n )＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n )·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝1，2，f (n －1)＋f (n －2)，n ≥3答案 D解析 当n ≥3时，f (n )分两类，第一类，从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类，从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)，n ≥3. 15．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N ＋)，g (n )＝2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)． (1)当n ＝1,2,3时，分别比较f (n )与g (n )的大小(直接给出结论)； (2)由(1)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并证明你的结论． 解 (1)f (1)＞g (1)，f (2)＞g (2)，f (3)＞g (3)． (2)当n ＝1时，f (1)＞g (1)； 当n ＝2时，f (2)＞g (2)； 当n ＝3时，f (3)＞g (3)． 猜想：f (n )＞g (n )(n ∈N ＋)，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝2(2－1)，f (1)＞g (1)， 不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k＞2(k ＋1－1)．则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1＞2(k＋1－1)＋1k＋1＝2k＋1＋1k＋1－2，g(k＋1)＝2(k＋2－1)＝2k＋2－2，所以只需证明2k＋1＋1k＋1＞2k＋2，即证2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2(k＋2)(k＋1)，即证(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)，即证4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，此式显然成立．所以，当n＝k＋1时不等式也成立．综上①②可知，对n∈N＋，不等式都成立，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n＋1－1)(n∈N＋)成立．。
高中数学第二章几个重要的不等式2排序不等式学案北师大版选修4_5
§2 排序不等式1．了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题．2．体会运用经典不等式的一般思想方法．1．定理1设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么______≥ad ＋bc ，此式当且仅当______(或c ＝d )时取“＝”号．【做一做1】若0＜a 1＜a 2,0＜b 1＜b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中最大的是( )．A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1D ．122．(1)顺序和、乱序和、逆序和：设实数a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3满足a 1≥a 2≥a 3，b 1≥b 2≥b 3，则a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3≥a 1bj 1＋a 2bj 2＋a 3bj 3≥______________，其中j 1，j 2，j 3是1,2,3的任一排列方式．上式当且仅当a 1＝a 2＝a 3(或b 1＝b 2＝b 3)时取“＝”号．通常称a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3为__________，a 1bj 1＋a 2bj 2＋a 3bj 3为________，a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1为________(倒序和)．(2)定理2(排序不等式)：设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则(顺序和)__________≥(乱序和)__________________≥(逆序和)________________．其中j 1，j 2，…，j n 是1,2,3，…，n 的任一排列方式．上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号．【做一做2】设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相等的正整数，求证：12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2． 答案：1．ac ＋bda ＝b【做一做1】A ∵a 1b 1＋a 2b 2＋a 1b 2＋a 2b 1＝(a 1＋a 2)(b 1＋b 2)＝1，a 1b 1＋a 2b 2－a 1b 2－a 2b 1＝(a 1－a 2)(b 1－b 2)＞0，∴a 1b 1＋a 2b 2＞a 1b 2＋a 2b 1，且a 1b 1＋a 2b 2＞12＞a 1b 2＋a 2b 1． 又∵1＝a 1＋a 2≥2a 1a 2，∴a 1a 2≤14． ∵0＜a 1＜a 2，∴a 1a 2＜14． 同理b 1b 2＜14， ∴a 1a 2＋b 1b 2＜14＋14＝12， ∴a 1b 1＋a 2b 2＞12＞a 1a 2＋b 1b 2， ∴a 1b 1＋a 2b 2最大．2．(1)a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1 顺序和 乱序和 逆序和(2)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n a 1bj 1＋a 2bj 2＋…＋a n bj n a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1【做一做2】分析：利用排序不等式来证明．证明：设b 1，b 2，…，b n 为a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且b 1＜b 2＜…＜b n ，因为b 1，b 2，…，b n 是n 个互不相等的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n ．又∵1＞122＞132＞...＞1n 2， 由排序不等式，得a 1＋a 222＋a 332＋...＋a n n 2≥b 1＋b 222＋...＋b n n 2≥1×1＋2×122＋...＋n ×1n 2＝1＋12＋ (1)， ∴12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2．1．对排序不等式的证明的理解剖析：对排序不等式的证明中，用到了“探究—猜想—检验—证明”的思维方法，这是探索新知识、新问题常用到的基本方法，对于数组涉及的“排序”及“乘积”的问题，又使用了“一一搭配”这样的描述，这实质上也是使用最接近生活常识的处理问题的方法，所以可以结合像平时班级排队等一些常识的事例来理解．对于出现的“逐步调整比较法”，则要引起注意，研究数组这种带“顺序”的乘积的和的问题时，这种方法对理解相关问题是比较简单易懂的．2．排序原理的思想剖析：在解答数学问题时，常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们要记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．题型一所含字母大小顺序已确定的不等式的证明【例1】已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c ，求证：(1)1bc ≥1ca ≥1ab； (2)a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c． 分析：由于题目条件中已明确a ≥b ≥c ，故可以直接构造两个数组．反思：要利用排序原理解答相关问题，必须构造出相应的数组，并且要排列出大小顺序，因此比较出数组中的数的大小关系是解题的关键和基础．题型二对所证不等式中的字母的大小先作出假设再证明【例2】设a ，b ，c 为正数，求证：a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32． 分析：题目中没有给出a ，b ，c 的大小关系，且a ，b ，c 在不等式中的地位是对等的，要先设出a ，b ，c 的大小顺序，再利用排序不等式加以证明．反思：当假设了a ≥b ≥c 后，所用的两个数组可以完全确定了，但必须注意成立的前提是a ，b ，c 三者的地位是对等的．题型三不等式中的字母的大小需讨论【例3】设x ＞0，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x 2n ≥(2n ＋1)x n ．分析：题中只给出了x ＞0，但是对于x ≥1，x ＜1并不确定，因此，我们需要分类讨论． 反思：分类讨论的目的在于明确两个序列的大小顺序关系．答案：【例1】证明：(1)∵a ≥b ＞0，于是1a ≤1b，又∵c ＞0，∴1c＞0． 从而1bc ≥1ca． 同理，∵b ≥c ＞0，于是1b ≤1c， 又∵a ＞0，∴1a＞0． 于是得1ca ≥1ab． 从而1bc ≥1ca ≥1ab． (2)由(1)1bc ≥1ca ≥1ab，和顺序和≥乱序和，得 a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥b 5b 3c 3＋c 5c 3a 3＋a 5a 3b 3＝b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3． 又∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a 3， ∴b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3≥c 2c 3＋a 2a 3＋b 2b 3 ＝1c ＋1a ＋1b． 综上，原不等式成立．【例2】证明：设a ≥b ≥c ＞0⇒a ＋b ≥c ＋a ≥c ＋b ．∵a ≥b ≥c ＞0，∴1b ＋c ≥1a ＋c ≥1a ＋b． 由排序不等式：顺序和≥乱序和，得ab ＋c ＋b a ＋c ＋c b ＋a ≥b b ＋c ＋c a ＋c ＋a b ＋a，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a a ＋c ＋b b ＋a． 将上面两个不等式相加再除以2，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32． 当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号．【例3】证明：(1)当x ≥1时，1≤x ≤x 2≤…≤x n ，由排序不等式：顺序和≥逆序和，得1·1＋x ·x ＋x 2·x 2＋…＋x n ·x n ≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1，即1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n ≥(n ＋1)x n ．①又因为x ，x 2，…，x n,1为序列1，x ，x 2，…，x n 的一个排列，于是再次由排序不等式：乱序和≥逆序和，得1·x ＋x ·x 2＋…＋x n －1·x n ＋x n ·1≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1，得x ＋x 3＋…＋x 2n －1＋x n ≥(n ＋1)x n ．②将①和②相加，得1＋x ＋x 2＋…＋x 2n ≥(2n ＋1)x n ．③(2)当0＜x ＜1时，1＞x ＞x 2＞…＞x n ．①②仍然成立，于是③也成立．综合(1)(2)，原不等式成立．1已知a ，b ，c ∈R ，则a 3＋b 3＋c 3与a 2b ＋b 2c ＋c 2a 的大小关系是( )．A ．a 3＋b 3＋c 3＞a 2b ＋b 2c ＋c 2aB ．a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2aC ．a 3＋b 3＋c 3＜a 2b ＋b 2c ＋c 2aD ．a 3＋b 3＋c 3≤a 2b ＋b 2c ＋c 2a 2设a ，b ，c 都是正数，M ＝bc a ＋ca b ＋ab c，N ＝a ＋b ＋c ，则M ，N 的大小关系是( )． A ．M ≥N B ．M ＜N C ．M ＝N D ．M ≤N3已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，且1a ＞1b ，x ＞y ，则x x ＋a _______y y ＋b(填“＞”或“＜”)． 4已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c ≥abc ． 答案：1．B 根据排序不等式，取两组数a ，b ，c 和a 2，b 2，c 2．不妨设a ≥b ≥c ，所以a 2≥b 2≥c 2．所以a 2×a ＋b 2×b ＋c 2×c ≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ．当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号．2．A 由题意不妨设a ≥b ≥c ＞0，则ab ≥ac ≥bc ，1c ≥1b ≥1a． 由排序不等式，知ab ×1c ＋ac ×1b ＋bc ×1a ≥ab ×1b ＋ac ×1a ＋bc ×1c，即M ≥N ．当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．3．＞ ∵1a ＞1b，∴b ＞a ＞0， 又x ＞y ＞0，由排序不等式，知bx ＞ay ．∴x x ＋a －y y ＋b ＝bx －ay x ＋a y ＋b＞0， ∴xx ＋a ＞y y ＋b ．4．证明：根据所证明的不等式中a ，b ，c 的“位置”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ＞0， 则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ． 由排序不等式：顺序和≥乱序和，得bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b， 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ． ∵a ，b ，c 为正数，∴abc ＞0，a ＋b ＋c ＞0．于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc ．。
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§3数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法1．了解数学归纳法的原理及其使用范围，掌握数学归纳法证明的步骤．(重点)2．能够利用数学归纳法证明一些简单问题．(难点)[基础·初探]教材整理数学归纳法阅读教材P36～P37“思考交流”以上部分，完成下列问题．1．数学归纳法的原理数学归纳法原理是：设有一个关于正整数n的命题，若当n取第1个值n0时该命题成立，又在假设当n取第k个值时该命题成立后可以推出n取第k＋1个值时该命题成立，则该命题对一切自然数n≥n0都成立．2．数学归纳法证明的步骤(1)验证当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时命题正确．(2)假设当n＝k时(k∈N＋，k≥n0)命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数都正确．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用数学归纳法证明命题“多边形的内角和是(n－2)×180°”时，验证的第一个值是3.( )(2)用数学归纳法证明只与自然数n有关的命题时，第二步中在假设n＝k(k≥n)成立时，总是证明n＝k＋1时也成立．( )(3)使用数学归纳法时，可以不使用归纳假设．( )【解析】(1)√因为边数最少的多边形是三角形．(2)×在证只与正整数有关的命题时，在假设n＝k成立的前提下，证明n＝k＋2时也成立．(3)×用数学归纳法证题中必须使用归纳假设．【答案】 (1)√ (2)× (3)×[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]用数学归纳法证明：1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1成立时， 左边计算的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3【精彩点拨】 只需把n ＝1代入，观察式子左边规律即得答案． 【自主解答】 实际是由1(即a 0)起，每项指数增加1，到最后一项为an ＋1，因此n ＝1时，左边的最后一项应为a 2，因此左边计算的结果应为1＋a ＋a 2. 【答案】 C验证n 取第一个值n 0时命题正确是运用数学归纳法的基础，一定要正确找出n ＝n 0时的命题.[再练一题]1．若f (k )＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k，则f (k ＋1)＝f (k )＋__________.【导学号：94910035】【解析】 f (k ＋1)＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－1k ＋，∴f (k ＋1)＝f (k )＋12k ＋1－1k ＋.【答案】12k ＋1－12k ＋21－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N ＋)． 【精彩点拨】 要证的等式左边共2n 项，右边共n 项，f (k )与f (k ＋1)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时要注意项的合并．【自主解答】 ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边， 所以，n ＝k ＋1时等式成立． 由①②知，对任意n ∈N ＋，等式成立．用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关.由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项.[再练一题]2．用数学归纳法证明： 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12nn ＋＝nn ＋(其中n ∈N ＋)．【证明】 (1)当n ＝1时，等式左边＝12×4＝18，等式右边＝1＋＝18，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立， 即12×4＋14×6＋…＋12kk ＋＝kk ＋成立 .则n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k k ＋＋1k ＋k ＋＋2]＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝k ＋2k ＋k ＋＝k ＋1k ＋＋1]，即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)，(2)可知，对任意n ∈N ＋等式均成立．[探究共研型]探究1【提示】 在数学归纳法中的第一步“验证n ＝n 0时命题成立”，是归纳的奠基、是推理证明的基础，第二步是归纳递推，保证了推理的连续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n 取第一个值n 0后面的所有正整数也都成立．探究2 如何理解归纳假设在证明中的作用？【提示】 归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n 0和后续的n 值所对应的情形．在归纳递推的证明中，必须以归纳假设为基础进行证明．否则，就不是数学归纳法．探究 3 若数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a 2n －1＋1.那么a 2，a 3，a 4分别是多少？你能猜想出a n 吗？能否通过数学归纳法证明．【提示】 由题意可以求出a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，可以猜想a n ＝2n－1，然后可以用数学归纳法证明．设f (n )>0(n ∈N ＋)，对任意正整数n 1和n 2总有f (n 1＋n 2)＝f (n 1)·f (n 2)，又f (2)＝4.(1)求f (1)，f (3)的值；(2)猜想f (n )的表达式，并证明你的猜想．【精彩点拨】 先求f (1)，f (2)，f (3)→归纳猜想f (n )→用数学归纳法证明．【自主解答】 (1)由于对任意正整数n 1和n 2，总有f (n 1＋n 2)＝f (n 1)·f (n 2)． 取n 1＝n 2＝1，得f (2)＝f (1)·f (1)，即f 2(1)＝4. ∵f (n )>0(n ∈N ＋)， ∴f (1)＝2.取n 1＝1，n 2＝2，得f (3)＝23.(2)由f (1)＝21，f (2)＝4＝22，f (3)＝23，初步归纳猜想f (n )＝2n. ①当n ＝1时，f (1)＝2成立； ②假设n ＝k 时，f (k )＝2k成立． 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )·f (1)＝2k ·2＝2k ＋1，这就是说当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 由①，②得，对一切n ∈N ＋，f (n )＝2n都成立．1．切实掌握“观察、归纳、猜想、证明”这一特殊到一般的推理方法．2．证明代数恒等式的关键是：第二步将式子转化成与归纳假设的结构相同的形式“凑假设”，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论需要的形式“凑结论”．[再练一题]3．已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．【解】 (1)a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2.(2)证明：当n ＝1时，猜想显然成立． ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，猜想成立．②假设n ＝k 时猜想成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2，k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋－2k －11－2＝5×2k －1＝5×2(k ＋1)－2.故n ＝k ＋1时猜想也成立．根据①②可知，对任意n ≥2，n ∈N ＋，有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2.[构建·体系]1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)·(2n ＋1)时，在验证n ＝1成立时，左边所得的代数式为( )A ．1B ．1＋3C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4【解析】 当n ＝1时左边有2×1＋1＝3项，所以左边所得的代数式为1＋2＋3. 【答案】 C2．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验第一个值n 0等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0【解析】 边数最少的凸n 边形是三角形． 【答案】 C3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2”时，从k 到k ＋1左边需增加的代数式为( )A ．2k －2B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1【解析】 等式“1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2”中， 当n ＝k 时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)，当n ＝k ＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋(2k ＋1)，∴从k 到k ＋1左边需增加的代数式为2k ＋1. 【答案】 D4．用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝__________时命题也成立．【解析】 两个奇数之间相差2，所以n ＝k ＋2. 【答案】 k ＋25．用数学归纳法证明：12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 【导学号：94910036】【证明】 (1)n ＝1时，左边＝右边＝12，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即12＋12＋…＋12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k. 那么当n ＝k ＋1时，12＋122＋…＋12k ＋12k ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k＋12k ＋1＝1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k+1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k+1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k+1，即n ＝k ＋1时，命题成立． 由(1)(2)知，对n ∈N ＋命题成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评(十二) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．某个与正整数n 有关的命题，如果当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时命题成立，则一定可推得当n ＝k ＋1时，该命题也成立．现已知n ＝5时，该命题不成立，那么应有( )A ．当n ＝4时该命题成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝6时该命题不成立【解析】 当n ＝4时命题成立，由递推关系知，n ＝5时命题成立，与题中条件矛盾．所以n ＝4时，该命题不成立． 【答案】 C2．已知数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝2a n －1＋1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n的一个表达式是( )A ．n 2－1 B ．(n －1)2＋1 C ．2n －1D ．2n －1＋1【解析】 由a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝2a n －1＋1得a 2＝2a 1＋1＝2×1＋1＝3， a 3＝2a 2＋1＝2×3＋1＝7， a 4＝2a 3＋1＝2×7＋1＝15.猜想a n ＝2n－1. 【答案】 C3．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，要利用归纳法假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3【解析】 假设n ＝k 时，原式k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设 ，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3，且展开式中除k 3以外的各项和也能被3整除．【答案】 A4．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋( ) A.π2B ．πC ．2πD ．32π 【解析】 n ＝k 到n ＝k ＋1时，内角和增加π. 【答案】 B5．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N ＋) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N ＋)C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N ＋)D ．假设n ≤k (k ≥1)时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N ＋) 【解析】 ∵n 为正奇数，∴n ＝2k －1(k ∈N ＋)． 即假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确． 【答案】 B 二、填空题6．探索表达式A ＝(n －1)(n －1)！＋(n －2)(n －2)！＋…＋2·2！＋1·1！(n >1且n ∈N＋)的结果时，第一步n ＝__________时，A ＝__________.【解析】 第一步n ＝2时， A ＝(2－1)(2－1)！＝1. 【答案】 2 17．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步假设n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到__________.【导学号：94910037】【解析】 ∵n ＝k 时， 命题为“1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k－1”，∴n ＝k ＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k，又考虑到目的，最终应为2k ＋1－1. 【答案】 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝2k ＋1－18．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n .通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式是________．【解析】 a 2＝S 2－S 1＝2(2×2－1)a 2－13，∴a 2＝13×5，同理a 3＝15×7，a 4＝17×9.归纳知a n ＝1n －n ＋.【答案】 a n ＝1n －n ＋三、解答题9．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n ＝k 时，等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)． 当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)－(4k ＋3)＝－(2k 2＋5k ＋3)＝－(k ＋1)[2(k ＋1)＋1]， 所以n ＝k ＋1时等式也成立．综合(1)(2)可知，等式对任何n ∈N ＋都成立．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n 的等差中项为1. (1)写出a 1，a 2，a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明．【解】 (1)由题意S n ＋a n ＝2，可得a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14.(2)猜想a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1.下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，等式成立． ②假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1，则当n ＝k ＋1时，由S k ＋1＋a k ＋1＝2，S k ＋a k ＝2， 得(S k ＋1－S k )＋a k ＋1－a k ＝0，即2a k ＋1＝a k ， 所以a k ＋1＝12a k ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(k+1)-1，即当n ＝k ＋1时，等式成立．由①②可知，对n ∈N ＋，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1.[能力提升](1) (2) (3)图2311．如图231所示的是一系列有机物的结构简图，图中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n 个图的化学键个数为( )A ．6n 个B ．(4n ＋2)个C ．(5n －1)个D ．(5n ＋1)个【解析】 图(1)有6个化学键，图(2)有11个化学键，图(3)有16个化学键，……可猜想第n 个图有5n ＋1个化学键．【答案】 D2．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m 25对于一切n ∈N ＋恒成立，则自然数m 的最小值为( )【导学号：94910038】A ．8B ．9C ．10D ．12【解析】 令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，则b k ＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1 ＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0， ∴b k ＋1<b k ，∴数列{b n }为递减数列．要b n <m 25恒成立，只需b 1<m 25， ∴15＋19<m 25，得m >709＝779， ∴m 的最小值为8.【答案】 A3．用数学归纳法证明“n ∈N ＋，n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：(1)n ＝1时，1×2×3＝6能被6整除，∴n ＝1时，命题成立．(2)假设n ＝k 时成立，即k (k ＋1)(2k ＋1)能被6整除，那么n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)[k ＋(k ＋3)]＝k (k ＋1)(k ＋2)＋(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)．∵k ，k ＋1，k ＋2和k ＋1，k ＋2，k ＋3分别是三个连续自然数，∴其积能被6整除．故n ＝k ＋1时命题成立．综合(1)，(2)，对一切n ∈N ＋，n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除．这种证明不是数学归纳法，主要原因是__________．【答案】 没用上归纳假设4．已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点， …，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．【解】 (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22.(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2 ＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝14a ，由此推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n-1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，公式成立，②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， 公式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k -1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1 ＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k-1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k+1)-1a ，∴当n ＝k ＋1时，公式仍成立．根据①②可知对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n-1a 成立．。