Question

1．設(shè)實數(shù)a₁，a₂，…，a_n滿足a₁+a₂+…+a_n=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_n|≤1（n∈N^*且n≥2），令b_n=$\frac{a_n}{n}$（n∈N^*）．求證：|b₁+b₂+…+b_n|≤$\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 按照數(shù)學(xué)歸納法的證題步驟：先證明n=2時命題成立，再假設(shè)當n=k時結(jié)論成立，去證明當n=k+1時，結(jié)論也成立，從而得出命題對任意n≥2，n∈N^*，等式都成立

解答 證明：（1）當n=2時，a₁=-a₂，
∴2|a₁|=|a₁|+|a₂|≤1，即$|{a_1}|≤\frac{1}{2}$，
∴$|{b_1}+{b_2}|=|{a_1}+\frac{a_2}{2}|=\frac{{|{a_1}|}}{2}≤\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2×2}$，即當n=2時，結(jié)論成立． 
（2）假設(shè)當n=k（k∈N*且k≥2）時，結(jié)論成立，
即當a₁+a₂+…+a_k=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k|≤1時，
有$|{b_1}+{b_2}+…+{b_k}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}$．                                  
則當n=k+1時，由a₁+a₂+…+a_k+a_k+1=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
∵2|a_k+1|=|a₁+a₂+…+a_k|+|a_k+1|≤a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
∴$|{a_{k+1}}|≤\frac{1}{2}$，
又∵a₁+a₂+…+a_k-1+（a_k+a_k+1）=0，且|a₁|+|a₂|+…+|a_k-1|+|a_k+a_k+1|≤|a₁|+|a₂|+…+|a_k+1|≤1，
由假設(shè)可得$|{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{{{a_k}+{a_{k+1}}}}{k}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}$，
∴${b_1}+{b_2}+…+{b_k}+{b_{k+1}}|=|{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{a_k}{k}+\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}|$，
=$|（{b_1}+{b_2}+…+{b_{k-1}}+\frac{{{a_k}+{a_{k+1}}}}{k}）+（\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}-\frac{{{a_{k+1}}}}{k}）|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+|\frac{{{a_{k+1}}}}{k+1}-\frac{{{a_{k+1}}}}{k}|$，
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）|{a_{k+1}}|≤\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}+（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）×\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2（k+1）}$，
即當n=k+1時，結(jié)論成立．
綜上，由（1）和（2）可知，結(jié)論成立．

點評 本題考查數(shù)學(xué)歸納法，考查推理證明的能力，假設(shè)n=k（k∈N^*）時命題成立，去證明則當n=k+1時，用上歸納假設(shè)是關(guān)鍵，屬于中檔題．