《2025年优化探究同步导学案高中数学选择性必修第二册人教版》

[例4] 用数学归纳法证明:$ \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \dots + \frac{1}{n^2} ＜ 1 - \frac{1}{n}(n \geqslant 2,n \in \mathbf{N}^*) $.

答案： [例4][证明]
(1)当$n=2$时，左边$=\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4}$，右边$=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.
明显$\frac{1}{4}＜\frac{1}{2}$，所以不等式成立.
(2)假设$n=k(k\geq2,k\in N^*)$时，不等式成立，即$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+·s+\frac{1}{k^2}＜1-\frac{1}{k}$
则当$n=k+1$时，
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+·s+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2}=1-\frac{1}{k}+\frac{1}{(k+1)^2}=1-\frac{k^2+k+1}{k(k+1)^2}=1-\frac{k(k+1)-k^2}{k(k+1)^2}=1-\frac{k+1-k}{k(k+1)}=1-\frac{1}{k+1}$
所以当$n=k+1$时，不等式也成立.
综上所述，对任意$n\geq2$的正整数，不等式都成立.

4. 设数列$ \{a_n\} $的前$ n $项和为$ S_n $,且$ a_n $与$ -4n $的等差中项为$ S_n - a_n $.
(1)证明:数列$ \{a_n + 2\} $是等比数列；
(2)设$ b_n = \log_3 \frac{a_n + 2}{2} $,证明:$ \left(1 + \frac{1}{b_1}\right)\left(1 + \frac{1}{b_3}\right)\left(1 + \frac{1}{b_5}\right)\dots\left(1 + \frac{1}{b_{2n - 1}}\right) ＞ \sqrt{b_{2n + 1}} $.

答案： 跟踪训练4.证明：
(1)依题意得$2S_n-2a_n=a_n-4n,\therefore2S_n=3a_n-4n$.
当$n=1$时，$a_1=4$，
当$n\geq2$时，$2S_{n-1}=3a_{n-1}-4n+4$，
$\therefore2a_n=3a_n-3a_{n-1}-4$，得到$a_n=3a_{n-1}+4$，
可变形为$a_n+2=3(a_{n-1}+2)$，
$\because a_1+2=6\neq0.\therefore\frac{a_n+2}{a_{n-1}+2}=3,\therefore$数列$\{a_n+2\}$是等比数列.
(2)由
(1)得$a_n+2=6·3^{n-1}=2·3^n,\therefore b_n=\log_3\frac{a_n+2}{2}=n$，
即证明：$(1+\frac{1}{1})(1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{5})·s(1+\frac{1}{2n-1})＞\sqrt{2n+1}$.
下面用数学归纳法证明此不等式：
①当$n=1$时，不等式左边$=2＞\sqrt{2×1+1}$，不等式成立
②假设当$n=k(k\geq1,k\in N^*)$时不等式成立，即：
$(1+\frac{1}{1})(1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{5})·s(1+\frac{1}{2k-1})＞\sqrt{2k+1}$，
那么，当$n=k+1$时，左边$=(1+\frac{1}{1})(1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{5})·s(1+\frac{1}{2k-1})(1+\frac{1}{2k+1})$
$＞\sqrt{2k+1}·(1+\frac{1}{2k+1})$，
要证$\sqrt{2k+1}·(1+\frac{1}{2k+1})＞\sqrt{2k+3}$，
只要证$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}＞\sqrt{2k+3}-\sqrt{2k+1}$
$=\frac{2}{\sqrt{2k+3}+\sqrt{2k+1}}$
$\because k\geq1,\therefore\sqrt{2k+3}＞\sqrt{2k+1}$，
$\therefore\frac{2}{\sqrt{2k+3}+\sqrt{2k+1}}＜\frac{2}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k+1}}=\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$
所以不等式$\sqrt{2k+1}·(1+\frac{1}{2k+1})＞\sqrt{2k+3}$成立.
即当$n=k+1$时不等式成立
综合①②原不等式对一切正自然数$n$成立.

[例5] 已知数列$ \{a_n\} $满足$ a_1 = 1,a_{n + 1} + a_n a_{n + 1} - a_n = 0(n \in \mathbf{N}^*) $.
(1)求$ a_2,a_3,a_4 $；
(2)试猜想数列$ \{a_n\} $的通项公式,并用数学归纳法证明.

答案： [例5][解]
(1)由$a_{n+1}+a_n a_{n+1}-a_n=0$
可知$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$
当$n=1$时，代入$a_1=1$，解得$a_2=\frac{1}{2}$；
当$n=2$时，代入$a_2=\frac{1}{2}$，解得$a_3=\frac{1}{3}$；
当$n=3$时，代入$a_3=\frac{1}{3}$，解得$a_4=\frac{1}{4}$.
(2)猜想数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\frac{1}{n}$
当$n=1$时，左边$=a_1=1$，右边$=\frac{1}{1}$成立.
假设当$n=k(k\in N^*)$时，$a_k=\frac{1}{k}$成立.
则当$n=k+1$时，有$a_{k+1}=\frac{a_k}{1+a_k}=\frac{\frac{1}{k}}{1+\frac{1}{k}}=\frac{1}{1+k}$，
即当$n=k+1$时，$a_n=\frac{1}{n}$也成立.
所以$a_n=\frac{1}{n}$对任何$n\in N^*$都成立.