第一篇：高中數學53不等式的證明531比較法知識導航學案蘇教版4-5!
5.3.1 比較法
自主整理
1.比較法一般分為兩種:________________和________________.2.作差比較法
(1)作差比較法的證明依據:________________________________.(2)基本步驟:①作差;②合并化簡;③分解因式(或配方);④與0比較大小.3.作商比較法
(1)作商比較法的證明依據:________________________________.(2)基本步驟:①______________;②______________;③______________;④______________.高手筆記
1.比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用,在其一般步驟中,變形是證明過程中的關鍵,變形常用的方法有配方法和分解因式法,其目的是要判斷差的正負號或商的分子、分母的大小關系,從而進一步作出比較.2.一般地,論證多項式結論的不等式常用作差比較法,而有關冪、指數的不等式常用作商比較法,證明對數不等式常用作差比較法,這與它們的運算性質有關.若“差”或“商”中含有參數時,可對其進行分類討論,注意分類的標準,做到“不重不漏”.名師解惑
如何正確使用作商法?
剖析:在作商比較兩個數的大小時,不要盲目地下結論,如的變形實質上是在不等式
b＜1?a＞b是錯誤的,因為這里ab＜1兩邊同乘a所得,但不等式的性質中同乘一個正數和同乘一a個負數是不同的,當a＞0時,得b＜a,但當a＜0時,得b＞a,所以應該看分母的符號是否確定,如果不確定要對其正、負進行分類討論,即不等式的證明要以不等式的性質為依據.使用兩個實數具有的性質進行比較.講練互動
22【例1】求證:a+b＞2(a-b-2).分析:此不等式的兩邊為多項式結構,通常用作差比較法進行證明.22證明:∵a+b-2(a-b-2)22=a+b-2a+2b+4 22=(a-1)+(b+1)+2＞0, 22∴a+b＞2(a-b-2).綠色通道
不等號兩邊為多項式結構的不等式,通常用作差比較法證明,通過配方或分解因式變形,判斷符號.變式訓練
5532231.已知a、b都是正數,且a≠b,求證:a+b＞ab+ab.證***322332222明:a+b-(ab+ab)=(a-ab)+b-ab=a(a-b)-b(a-b)=(a-b)(a-b)=(a-b)(a+b)(a+a2b+b)，22∵a、b都是正數,∴a+b＞0,a+ab+b＞0.2∵a≠b,∴(a-b)＞0.∴(a-b)(a+b)(a+ab+b)＞0,即a+b＞ab+ab成立.2a2b2cb+cc+aa+b【例2】已知a＞b＞c＞0,求證:a·b·c＞a·b·c.分析:不等式的兩邊都是指數冪的乘積,根據指數的運算法則,可用作商比較法.222553223a2a?b2b?c2c2a-(b+c)2b-(a+c)2c-(a+b)證明:b?c=a·b·c, a?ca?ba?b?c∵a＞b＞c＞0, ∴2a-b-c＞0,2c-a-b＜0.2a-b-c2a-b-c2c-a-b2c-a-b∴a＞b,c＞b.2a-b-c2b-a-c2c-a-b2a-b-c2b-a-c2c-a-b0∴a·b·c＞b·b·b=b=1.a2a?b2b?c2c∴b?c＞1.a?ca?ba?b?c∴a·b·c＞a·b·c.綠色通道
指數冪結構的不等式一般用作商比較法證明,并運用指數的運算性質進行適當地放縮,與1比較大小.變式訓練
abba2.已知a＞b＞0,求證:ab＞ab.2a2b2cb+ca+c
a+baabba-bb-aaa-b證明:ba=a·b=()，bab∵a＞b＞0,∴∴(a＞1,a-b＞0.baa-b)＞1.baabbabba∴ba＞1.∴ab＞ab成立.ab【例3】已知a≥1,求證:a?1?a?a?a?1.分析:因不等式兩邊進行分子有理化相減后,可判斷差的符號,故可用作差法進行證明.又∵a≥1,∴不等式兩邊都大于0,故還可以用作商法進行證明.證法一:∵(a?1?a)-(a?a?1)=1a?1?a?1a?a?1
=a?1?a?1(a?1?a)(a?a?1)＜0, ∴a?1?a＜a?a?1.2
1證法二:∵a?1?a?1?aa?a?1?a1
a?a?1=a?a?1a?1?a＜1, 又∵a?a?1＞0, ∴a?1?a＜a?a?1成立.綠色通道
對于兩根式相加或相減,常用平方差公式進行分子或分母有理化變形.變式訓練
3.若a＞0,b＞0,求證:ab+
ba≥a?b.證明:∵a＞0,b＞0, ∴ab?ba-(a+b)=
a?bb?b?aa
=(a-b)(1b-1a)=(a?b)(a?b)ab
=(a?b)(a?b)2ab.∵a＞0,b＞0,∴a?b＞0,ab＞0,(a?b)
2≥0.∴ab?ba-(a?b)≥0，即a?bba≥a?b.【例4】已知a、b是兩正實數,試比較an
+bn
與an-
1b+abn-1
(n∈N*,n＞1)的大小.解:an+bn-(an-1b+abn-1)=an+bn-an-1b-abn-1=an-1(a-b)-bn-1(a-b)=(a-b)(an-1-bn-1).①當a＞b＞0時,有a-b＞0,an-1-bn-1＞0,得(a-b)(an-1-bn-1)＞0,即an+bn＞an-1b+abn-1
.②當b＞a＞0時,有a-b＜0,an-1-bn-1＜0,得(a-b)(an-1-bn-1)＞0,即an+bn＞an-1b+abn-1
.③當b=a＞0時,(a-b)(an-1-bn-1)=0.∴當a=b時,an+bn=an-1b+abn-1
.綜上,當a≠b時,an+bn＞an-1b+abn-1
;當a=b時,an+bn=an-1b+abn-1
.綠色通道
若各因子的符號不確定時,可根據情況進行分類討論,分類時做到“不重不漏”.變式訓練
4.已知a、b∈R+,n∈N*,求證:(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+
1).證明:∵(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)=an+1+abn+ban+bn+1-2an+1-2bn+1
=a(bn-an)+b(an-bn)=(an-bn)(b-a),(1)當b＞a＞0時,bn>an,b-a＞0.∴an-bn<0.∴(an-bn)(b-a)＜0.(2)當a＞b＞0時,an-bn＞0,b-a＜0, ∴(an-bn)(b-a)＜0.(3)若a=b＞0時,(an-bn)(b-a)=0.綜上(1)(2)(3),可知對于a、b∈R+,n∈N*,都有(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).4
第二篇：比較法證明不等式 高中數學選修2-3
1.1&1.2比較法證明不等式
陳嬌
【教學目標】
1.知識與技能
掌握兩個實數的大小與它們的差值的等價關系以及理解并掌握比較法的一般步驟。
2.過程與方法
掌握運用比較法證明一些簡單的不等式的方法；理解、掌握不等式基本性質的導出過程，并能運用性質證明一些簡單的不等式。
3.情感態度與價值觀
通過數軸比較兩個實數的大小關系，體會數形結合的思想；掌握數學研究的基本方法。
【教材分析】
教學重點：理解并掌握作差比較法證明不等式；
教學難點：求差后對“差式”進行適當變形，并判斷其符號。
【教學過程】
第三篇：高中數學53不等式的證明533反證法知識導航學案蘇教版4-5.（寫寫幫推薦）
5.3.3 反證法
自主整理
運用反證法證明不等式的主要步驟: 第一步:作出與所證不等式______________的假設;第二步:從____________出發,應用正確的推理方法,推出____________結論,_____________假設,從而證明原不等式成立.高手筆記
用反證法證明不等式應把握以下幾點:(1)必須否定結論,即肯定結論的反面,當結論的反面呈現多樣性時,必須羅列出所有情況,做到完全否定,不能遺漏.(2)反證法必須從否定結論進行推理,即應把結論的反面作為條件且必須根據這一條件進行推理,否則,僅否定結論,不從結論的反面出發進行推理,就不是反證法.(3)推導出的矛盾可能多種多樣,有的與已知條件矛盾,有的與假設矛盾,有的與已知事實,已知數學公理、定理矛盾,或自相矛盾,推導出的矛盾必須是明顯的.(4)在使用反證法時,“否定的結論”在推理論證中往往作為已知條件使用.名師解惑
反證法的理論依據是什么?
剖析:我們知道,互為逆否命題的兩個命題,其真假性是一致的,即原命題p?q為真命題,則?q??p也必為真命題.這是因為如果逆否命題?q??p為假的話,則?q?p是真的.于是有?q?p?q,即?q?q,這顯然是錯誤的.所以我們可利用互為逆否命題的兩個命題的等價性,證明其逆否命題成立來說明原命題成立.反證法適用于正面不太容易證,而反面易證的情況,“至多”“至少”“存在性”“唯一性”問題常用反證法.講練互動
【例1】設a、b、c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求證:a>0,b>0,c>0.分析:本題的條件比較復雜,所要證明的結論比較簡單,即證“a、b、c都為正數”,可用反證法.證明:假設a、b、c不全大于0,不妨設a≤0.當a=0時,abc=0與abc>0矛盾.當a<0時,∵abc>0,∴bc<0.∵a+b+c>0,∴b+c>-a>0.∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0,與ab+bc+ca>0矛盾.∴假設不成立.∴a>0,b>0,c>0成立.綠色通道
“都”的反面是“不都”或“不全”,即“至少有一個”,情況較多.本題中a、b、c同等地位,可不妨設a≤0,要全部否定,注意有“=”.變式訓練
1.若x>0,y>0,且x+y>2,求證:
1?y1?x、中至少有一個小于2.xy 1 證明:假設1?y1?xx、y都大于等于2, 即1?y1x≥2,?xy≥2.∵x>0,y>0,∴1+y≥2x,1+x≥2y.∴2+(x+y)≥2(x+y).∴x+y≤2,與x+y>2矛盾.∴假設不成立.∴1?yx、1?xy中至少有一個小于2成立.【例2】設a、b、c∈(0,1),求證:(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a不能都大于14.分析:本題結論情況較復雜,正面不易證出,可用反證法.證法一:假設(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a都大于14, 即(1-a)b>14,(1-b)c>114,(1-c)a>4.∵0
2.∴1?a?b2≥(1?a)b>12.∴1-a+b>1.∴b>a.同理可得c>b,a>c.∴a+b+c>a+b+c,即0>0,矛盾.∴假設不成立.∴(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a不能都大于
14.證法二:假設(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a都大于14, 即有b-ab>1114,c-bc>4,a-ac>4.三式相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c>164.∵0
本題為否定性命題,用反證法證明并結合基本不等式完成推理.變式訓練
2.設0 21.2分析:本題是判斷函數值的大小,但結論包括多種不同的情況,“至少”問題可用反證法.證法一:假設｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于 1, 21, 21｜f(2)｜=｜4+2p+q｜<, 21｜f(3)｜=｜9+3p+q｜<.2則｜f(1)｜=｜1+p+q｜<∴｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜<2.而｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜≥｜f(1)+f(3)-2f(2)｜=｜(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)｜=2,矛盾.∴假設不成立.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一個不小于證法二:假設｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于即｜f(1)｜< 21.21, 2111,｜f(2)｜<,｜f(3)｜<.222111,｜4+2p+q｜<,｜9+3p+q｜<, 222∵f(x)=x+px+q, ∴｜1+p+q｜< 3 111111<1+p+q<,-<4+2p+q<,-<9+3p+q<.2222223∴- 得 1272172<-(p+q)<, 92192<2p+q<-，<3p+q<-.1232.②④,得-4 得 72<-(2p+q)< 92.⑥ 由③⑥,⑦ 由⑤⑦,得矛盾.∴假設不成立.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一個不小于 得-6 1.2綠色通道 本題利用函數研究函數值,證法一中構造了絕對值不等式,較為簡練,但不易想出;證法二中方法比較自然,去掉絕對值號,根據不等式的性質消元得出前后結論矛盾.變式訓練 3.已知a、b、c均為實數,a=x-2y+ 2???2 2,b=y-2z+,c=z-2x+,求證:a、b、c中至少有一236個大于0.證明:假設a、b、c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0, 則a+b+c≤0.又∵a+b+c =(x-2y+22???22)+(y-2z+)+(z-2x+)2362=x-2x+y-2y+z-2z+π 222=(x-1)+(y-1)+(z-1)+π-3 ≥π-3>0.∴矛盾.∴假設不成立.∴a、b、c中至少有一個大于0.2 4 4.2數學歸納法證明不等式 【學習目標】 1.會用數學歸納法證明貝努利不等式?1?x??1?nx?x??1,x?0,n?N??，了解當n n 為實數時貝努利不等式也成立 2.培養使用數學歸納法證明不等式的基本技能 【自主學習】 1.使用數學歸納法獨立完成貝努利不等式?1?x??1?nx?x??1,x?0,n?N??的證n 明 2.自我感悟什么樣的不等式易于用數學歸納法證明？ 3.用數學歸納法證明不等式時要使用歸納假設進行放縮，如何放縮才能奏效，要積累經驗，特別是出現二次式時要注意留心總結.4．對于兩個數的大小的探究要提高警惕，一般探究要比較的豐富，才利于做出正確的猜測.【自主檢測】 1.用數學歸納法證明1??? 1213?1*?nn?N,n?1?時，由n=k（k>1）時不等?2n?1 式成立，推證n=k+1時，左邊應增加的項數是（） A.2k?1B.2k?1C.2kD.2k?1 2.用數學歸納法證明11??n?1n?2?111??n?N*?時，由n=k到n=k+1時，不n?n2 4等式左邊應添加的項是＿＿＿＿ 3.當n=1，2，3，4，5，6 時，比較2n與n2后，你提出的猜想是＿＿＿＿ 【典型例題】 1??1??1?例1.用數學歸納法證明：?n?N?,n?1? ?1???1???1???352n?1?????? 例2.設數列?an?滿足an?1?an2?nan?1?n?N*? ?1?.a1?2時，求a2,a3,a4并由此猜想?an?的一個通項公式 ?2?a1?3時，證明對所有n?1有1an?n?2 2例3.已知函數g?x??x2?2x?x?1?,f?x???a?b??ax?bx，其中a、b?R,a?1,b?1,a?b,ab?4對于任意的正整數n，指出f?n?與g?2n?的大小關系，并證明之 x11 +?1?a11?a2?11? 1?an 2【課堂檢測】 1.設n為正整數，f?n??1?????n?N??，計算知11231n 357f?2??,f?4??2,f?8??,f?16??3,f?32??，據此可以猜測得出一般性結論為()222 2n?1n?2n?2 A.f?2n??B.f?n2??C.f?2n??D.以上都不對 222 n0為驗證的第一個值，2.欲用數學歸納法證明對于足夠大的正整數n，總有2n?n3，則()A.n0?1B.n0為大于1小于10的某個整數C.n0?10D.n0?2 3.用數學歸納法證明1????11241127，n的起始值至少應取為?n?126 44.等比數列?an?的前n項和為Sn，已知對任意的正整數n，點?n,Sn?均在函數 y?bx?r(b?0,b?1，b、r均為常數）的圖像上.(1)求r的值 (2)當b=2時，記bn?2?log2an?1 ??n?N*?，證明對所有正整數n，不等式 b1?1b2?1??b1b2bn?1? bn 【總結提升】 1.數學歸納法依然是證明與正整數有關的不等式行之有效的方法.但在證明遞推的依據是成立的時候常常需要放縮，故千萬要注意不等式的基本性質和函數的單調性的作用.2.數學歸納法證明不等式時有時不能直接進行，常需加強命題，為此難度就比較大，且加強又不易完成.如證明1? 為1?11??2232?11?2?223?15??n?N*,n?1?，就可以加強2n3152??n?N*,n?1?再用數學歸納法.?2n32n?1 3.不過關于n的不等式的證明不一定要用數學歸納法，有時使用函數的單調性就可以；放縮也是不可忽視的方法. 5.6 數學歸納法與不等式 自主整理 數學歸納法證明命題P(n)的兩個步驟: 第一步:證明命題_____________成立,即證命題當n取第一個值n0(例如n0=1,2等)時成立.* 第二步:假設命題P(k)(k∈N,且k≥n0)成立,證明_____________成立,根據以上兩步得*到當n≥n0且n∈N時命題P(n)成立.高手筆記 1.數學歸納法是證明與正整數n有關的命題的一種方法.2.數學歸納法證明命題的原理: 第一步證明當n=n0時命題成立,即P(n0)成立.由P(n0)成立與第二步可得P(n0+1)成立;由P(n0+1)成立及第二步,可得P(n0+2)成立……依次類推,可得對于任意的自然數n(n≥n0),命題P(n)都成立.3.數學歸納法的兩個步驟缺一不可,最后要總結所要證的結論.4.數學歸納法中所取的第一個值n,不一定是1,有可能是0,2,3等值,要審清題意.名師解惑 數學歸納法及其證明思路是什么? 剖析:歸納法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般結論的推理方法,它包括不完全歸納法和完全歸納法.不完全歸納法是根據事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般結論的推理方法.我們知道僅根據一系列有限的特殊事例所得出的一般結論有時是不正確的,其正確性可用數學歸納法來證明.數學歸納法一般用來證明涉及與正整數n有關的命題,但不能說證明所有的與正整數n有關的命題都可用數學歸納法.用數學歸納法證明問題時,兩步缺一不可.第一步是基礎;第二步反映了無限遞推關系,即命題的正確性具有傳遞性,若只有第一步而沒有第二步,只有證明了命題在特殊情況下的正確性是不完全歸納法.若只有第二步沒有第一步,那么假設n=k成立,即P(k)成立就沒有根據,缺少遞推的基礎,也無法進行遞推,有了步驟一和步驟二使傳遞成為可能,由一、二步得出命題成立.證明時歸納假設的利用是數學歸納法證明的關鍵,即第二步必須用上假設n=k成立推證出n=k+1成立,在證明過程中,需根據命題的變化、特點,利用拼湊或放縮,得出結論.講練互動 【例1】用數學歸納法證明 111111?????????.1?23?4(2n?1)?2nn?1n?2n?n分析:用數學歸納法證明一個與正整數n有關的命題,關鍵是第二步,要注意當n=k+1時,等式兩邊的式子與n=k時等式兩邊的式子的聯系,增加了哪些項,減少了哪些項,隨n怎樣變化.證明:(1)當n=1時,左邊= 111=,右邊=,等式成立.1?222(2)假設當n=k時等式成立, 即111???? 1?23?4(2k?1)?2k=111????, k?1k?22k 則當n=k+1時, 左邊=1111 ?????1?23?4(2k?1)?2k(2k?1)(2k?2)=1111 ?????k?1k?22k(2k?1)(2k?2)111111?????(?)? k?2k?32k2k?12k?2k?111111??????= k?2k?32k2k?12k?2==1111????? (k?1)?1(k?1)?2(k?1)?k(k?1)?(k?1)=右邊.∴當n=k+1時等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.綠色通道 用數學歸納法證明恒等式時,一定注意等式兩邊的式子隨n怎樣變化,需要增加哪些項,且當n=k+1時,代入假設后要進行觀察,進行適當變換完成.變式訓練 1.用數學歸納法證明 2222221-2+3-4+…+(2n-1)-(2n)=-(1+2+3+…+2n).22證明:(1)當n=1時,左邊=1-2=-3,右邊=-(1+2×1)=-3, ∴左邊=右邊,等式成立.222222(2)假設當n=k時,等式成立,即1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)=-(1+2+…+2k)，22222222則當n=k+1時,左邊=1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)+(2k+1)-［2(k+1)］=-(1+2+…22+2k)+(2k+1)-［2(k+1)］ =-(1+2+3+…+2k)+［(2k+1)+2(k+1)］［(2k+1)-2(k+1)］ =-(1+2+3+…+2k)-(2k+1)-2(k+1)=-［1+2+3+…+(2k+1)+2(k+1)］=右邊.∴當n=k+1時,等式成立.由(1)(2),可知等式恒成立.【例2】設an=1?2?2?3+…+n(n?1)(n∈N).證明112n(n+1) 2n(n+1)=1,(n+1)=2.22112 k(k+1) 則當n=k+1時,112k(k+1)+(k?1)(k?2) 在所證明的不等式與自然數n有關,而不易合并的情況下,可用數學歸納法證明.變式訓練 111n?.++…+n232?121證明:(1)當n=1時,左邊=1,右邊=,∴不等式成立.2111k(2)假設當n=k時,不等式成立,即1+++…+k>.232?12111111?k?k??+k?1則當n=k+1時,左邊=1+++…+k> 232?122?12?12.已知n∈N,用數學歸納法證明1+k111k?k?k??+k?1>+222?12?12∴當n=k+1時不等式成立.由(1)(2),可知不等式恒成立.【例3】（2006高考江西卷,22）已知數列{an}滿足:a1= = k1k?1+=.2223nan?13*,且an=(n≥2,n∈N).22an?1?n?1(1)求數列{an}的通項公式;(2)求證:對一切正整數n,不等式a1·a2·…·an<2·n!恒成立.分析:由題設條件知,可用構造新數列的方法求得an;第(2)問的證明,可以等價變形,視為證明新的不等式.解:(1)將條件變為1-n1n?1=(1-), an3an?1因此,數列{1- 1n11n1}為一個等比數列,其首項為1-=,公比為,從而1-?n，3ana13an3 據此得an= n?3n3n? 1(n≥1).① (2)證明:據①,得 a1·a2·…·an= n!.111(1?)(1?2)?(1?n)3331313213n12為證a1·a2·…·an<2·n!, 只② 顯然,左端每個因式皆為正數,先證明,對每個n∈N,(1-(1-*要證n∈N*時有(1-)(1-)…(1-)>.13n)≥1-（13+ 132+… 11)(1-2)…331+).n3③ 用數學歸納法證明③式:(Ⅰ)n=1時,顯然③式成立,(Ⅱ)假設n=k時,③式成立, 即(1-111111)(1-2)…(1-k)≥1-(+2+…+k), 333333則當n=k+1時, 1111)(1-2)…(1-k)(1-k?1)33331111≥［1-(+2+…+k)］(1-k?1)333311111111=1-(+2+…+k)-k?1+k?1(+2+…+k)333333331111≥1-(+2+…+k+k?1), 3333(1-即當n=k+1時，③式也成立.*故對一切n∈N,③式都成立.11[1?()n]1111113 利用③,得(1-)(1-2)…(1-n)≥1-(+2+…+n)=1-313333331?311n111n1=1-［1-()］=+()>.232232綠色通道 本題提供了用數學歸納法證明相關問題的一種證明思路,即要證明的不等式不一定非要用數學歸納法去直接證明,我們通過分析法、綜合法等方法的分析,可以找到一些證明的關鍵,“要證明……”,“只需證明……”,轉化為證明其他某一個條件,進而說明要證明的不 等式是成立的.變式訓練 3.已知數列{an}是正數組成的等差數列,Sn是其前n項的和,并且a3=5,a4S2=28.(1)求數列{an}的通項公式;(2)求證:不等式(1+ 112311*)(1+2)…(1+)·≥對一切n∈N均成立.a3a1an2n?112n?1顯得“多余”,所以分析:第(2)問中的不等式左側,每個括號的規律是一致的,因此可嘗試變形,即把不等式兩邊同乘2n?1,然后再證明.?a1?2d?5,(1)解:設數列{an}的公差為d,由已知,得? (2a?d)(a?3d)?28.1?1∴(10-3d)(5+d)=28.∴3d+5d-22=0.解之,得d=2或d=?∵數列{an}各項均為正, ∴d=2.∴a1=1.∴an=2n-1.*(2)證明:∵n∈N, ∴只需證明(1+ 211.3111)(1+2)…(1+n)aaa1≥232n?1成立.3①當n=1時,左邊=2,右邊=2, ∴不等式成立.②假設當n=k時,不等式成立,即(1+12311)(1+2)…(1+)≥2k?1.a3a1ak1111)(1+2)…(1+)(1+)aa1akak?1那么當n=k+1時,(1+≥2332k?1(1+1ak?1)= 232k?2, ?32k?1以下只需證明232k?223≥2k?3，332k?1 即只需證明2k+2≥2k?1?2k?3.∵(2k+2)-(2k?1?2k?3)=1>0, ∴(1+2 2111)(1+2)…(1+)aa1ak?1≥23232k?3?2(k?1)?1.33*綜上①②,知不等式對于n∈N都成立.【例4】設Pn=(1+x),Qn=1+nx+n n(n?1)2x,n∈N*,x∈(-1,+∞),試比較Pn與Qn的大小,并加2以證明.分析:這類問題,一般都是將Pn、Qn退至具體的Pn、Qn開始觀察,以尋求規律,作出猜想,再證明猜想的正確性.2P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x=Q2, 232P3=1+3x+3x+x,Q3=1+3x+3x, 3P3-Q3=x, 由此推測,Pn與Qn的大小要由x的符號來決定.解:(1)當n=1,2時,Pn=Qn.(2)當n≥3時,(以下再對x進行分類)①若x∈(0,+∞),顯然有Pn>Qn;②若x=0,則Pn=Qn;③若x∈(-1,0), 3則P3-Q3=x<0,所以P3 3k(k?1)x22k(k?1)x=1+kx++x+kx+ 22k(k?1)2k(k?1)3x+x 22k(k?1)3x 本題除對n的不同取值會有Pn與Qn之間的大小變化,變量x也影響Pn與Qn的大小關系,這就要求我們在探索大小關系時,不能只顧“n”,而忽視其他變量(參數)的作用.變式訓練 xn?x?nn2?1*4.已知f(x)=n,對n∈N,試比較f(2)與2的大小,并說明理由.n?1x?x?n 分析:利用分析法探求需要推理證明的關系,然后用數學歸納法證明.n2?1n2?1?22??1?解:設F(n)=2, n?1n2?1n2?1f(2)=1-2, n2?1n2因而只需比較2與n的大小.1222324252n2n=1時,2>1;n=2時,2=2;n=3時,2<3;n=4時,2=4,n=5時,2>5,猜想n≥5時,2>n,即k22>k(k≥5),則當n=k+1時, k+1k22=2×2>2×k 22=k+k+2k+1-2k-1 22=(k+1)+(k-1)-2 2>(k+1).n2?1綜上所述,n=1或n≥5時,f(2)>2.n?1第四篇：高中數學選修4-5：42數學歸納法證明不等式 學案
第五篇：高中數學5.6數學歸納法與知識導航學案蘇教版選修
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