2022年知识导学二用数学归纳法证明不等式 .pdf

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1、读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思二用数学归纳法证明不等式知识梳理1.本节例题中的有关结论（1）n2-1,x 0,n 为大于 1 的自然数，那么有_；当 是实数，并且满足1 或者 0时，有 _；当 是实数并且01时，有 _. （4）如果n(n 为正整数 )个正数a1,a2,an的乘积a1a2an=1，那么它们的和a1+a2+an _. 2.用数学归纳法证明不等式在数学归纳法证明不等式时，我们常会用到证明不等式的其他比较重要的一个方法是_. 知识导学本节内容主要是认知如何用数学归纳法证明正整数n 的不等式（其中 n 取无限多个值） . 其中例 1 提供出了一种全新的数学思想方法：观察、归纳、

2、猜想、证明，这是在数学归纳法中经常应用到的综合性数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的.猜想归纳能培养探索问题的能力，因此，应重视对本节内容的学习. 前面已学习过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等.而本节又增了数学归纳法证不等式，而且主要解决的是n 是无限的问题，因而难度更大一些，但仔细研究数学归纳法的关键，即由n=k 到 n=k+1 的过渡，也是学习好用数学归纳法证不等式的重中之重的问题了. 疑难突破1.观察、归纳、猜想、证明的方法这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立

3、不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手， 得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，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，其关键在于正确的归纳猜想，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，否则将得出错误的结论.例 1 中若只观察前3 项：a1=1,b1=2a1b3， 就此归纳出n22n(n N+,n 3)就是错误的， 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=

4、k+1 ”的方法与技巧在用数学归纳法证明不等式问题中，从“ n=k”到“ n=k+1 ”的过渡中， 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. 典题精讲【例 1】 (经典回放

5、)已知函数(x)=1x+1,f(x)=(a+b)x-ax-bx,其中 a,bN+,a 1,b 1,a b,且精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思ab=4, (1)求函数 (x) 的反函数g(x); (2)对任意 nN+，试指出f(n) 与 g(2n)的大小关系，并证明你的结论. 思路分析： 欲比较 f(n)与 g(2n)的大小， 需求出 f(n) 与 g(2n)的关于 n 的表达式， 以利于特殊探路从n=1，2，3， 中寻找、归纳一般性结论，再用数学归纳法证明. 解： (1)由 y

6、=1x+1,得1x=y-1(y 1),有 x+1=(y-1)2,即 x=y2-2y,故 g(x)=x2-2x(x 1).(2)f(n)=(a+b)n-an-bn，g(2n)=4n-2n+1, 当 n=1 时 f(1)=0,g(2)=0 ，有 f(1)=g(2). 当 n=2 时， f(2)=(a+b)2-a2-b2=2ab=8, g(22)=42-23=8,f(2)=g(22). 当 n=3 时， f(3)=(a+b)3-a3-b3=3a2b+3ab2=3ab(a+b) 3abab2=48. g(23)=43-24=48,有 f(3)g(23). 当 n=4 时,f(4)=(a+b)4-a4-

7、b4=4a3b+4ab3+6a2b2=4ab(a2+b2)+6a2b24ab 2ab+6a2b2=14a2b2=224. g(24)=44-25=224,有 f(4)g(24),由此推测当1 n2时， f(n)=g(2n), 当 n3时， f(n)g(2n). 下面用数学归纳法证明. (1)当 n=3 时，由上述推测成立；（2）假设 n=k 时，推测成立.即 f(k)g(2k)(k 3),即（ a+b）k-ak-bk4k-2k+1, 那么 f(k+1)=(a+b)k+1-ak+1-bk+1=(a+b) (a+b)k-a ak-b bk=(a+b) (a+b)k-ak-bk+akb+abk. 又

8、依题设a+b2ab=4. akb+abkkkbaba2=2(ab)21k=2k+2, 有 f(k+1)4 (a+b)k-ak-bk +2k+24(4k-2k+1)+2k+2=4k+1-2k+2=g(2k+1), 即 n=k+1 时，推测也成立. 由（ 1） （2）知 n3时， f(n)g(2n)都成立 . 绿色通道： 为保证猜想的准确性，当设n=1,2 时，得出f(n)=g(2n)，不要急于去证明，应再试验一下n=3,4 时，以免出现错误. 【变式训练】已知等差数列an公差 d 大于 0， 且 a2,a5是方程 x2-12x+27=0 的两根，数列 bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn=1-2

9、1bn. (1)求数列 an,bn 的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思（2）设数列 an的前 n 项和为 Sn，试比较nb1与 Sn+1的大小，并说明理由. 思路分析： “ 试分析 ” 在告诉我们，nb1与 Sn+1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n的取值验证要多取几个. 解： (1)由已知得，.27,125152aaaa又 an的公差大于0，a5a2. a2=3,a5=9. d=339525aa=2,a1=1. Tn=1-21b1,b1=32. 当 n2 时，

10、Tn-1=1-21bn-1, bn=Tn-Tn-1=1-21bn-(1-21bn-1),化简，得bn=31bn-1, bn是首项为32,公比为31的等比数列，bn=32 (31)n-1=n32.an=2n-1,bn=n32. (2)Sn=2)12(1nn=n2, Sn+1=(n+1)2,nb1=23n, 以下比较nb1与 Sn+1的大小 : 当 n=1 时，2311b,S2=4,11bS2, 当 n=2 时,2912b,S3=9,21bS3, 当 n=3 时,22713b,S4=16,31bS5. 猜想： n4时，nb1Sn+1. 下面用数学归纳法证明：（1）当 n=4 时，已证 . (2)假

11、设当 n=k(k N+,k 4)时,kb1Sk+1, 即23k(k+1)2, 那么， n=k+1 时, 23111kkb=323k3(k+1)2=3k2+6k+3 =(k2+4k+4)+2k2+2k-1 (k+1)+1 2=S（k+1）+1, n=k+1 时，nb1Sn+1也成立 . 由（ 1）(2)可知 nN+,n 4 时，nb1Sn+1都成立 . 综上所述，当n=1,2,3 时，nb1Sn+1. 【例 2】 (2006 江西高考， 22) 已知数列 an满足： a1=23,且 an=12311nanann(n 2,nN+). (1)求数列 an的通项公式；（2）求证：对一切正整数n，不等式

12、a1 a2an2 n！恒成立 . 思路分析： 由题设条件知，可用构造新数列的方法求得an；第（ 2）问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式. 解： （1）将条件变为：1-)11 (311nnanan, 因此，数列 1-nan 为一个等比数列,其首项为1-11a=31,公比为31，从而 1-nnan31n, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思据此得 an=133nnn(n 1). (2)证明：据得, a1 a2an=)311()311)(311 (!2nn为证 a1a2an21

13、.显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个nN+, (1-31)(1-231)(1-n31) 1 -(31+231+n31).用数学归纳法证明式；()n=1 时，显然式成立，()假设 n=k 时，式成立 . 即（ 1-31） （1-231）（ 1-k31）1 -(31+231+k31), 则当 n=k+1 时，(1-31)(1-231)(1-k31)(1-131k) 1-(31+231+k31)(1-131k) =1-(31+231+k31)-131k+131k(31+231+k31) 1 -(31+231+k31+131k). 即当 n=k+1 时,式也成立 . 故对一切nN+,式都成立

14、. 利用 ,得（ 1-31） (1-231)(1-n31) 1 -(31+231+n31) =1-311)31(131n=1-211-(31)n=21+21(31)n21. 绿色通道： 本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键， “ 要证明 ” ，“ 只需证明” ，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思【变式

15、训练】已知数列 an是正数组成的等差数列，Sn是其前 n 项的和， 并且 a3=5,a4S2=28. (1)求数列 an的通项公式；（2）求证：不等式(1+11a)(1+21a)(1+na1) 332121n对一切 nN+均成立 . 思路分析： 第（2） 问中的不等式左侧，每个括号的规律是一致的，因此121n显得 “ 多余 ” ，所以可尝试变形，即把不等式两边同乘以12n，然后再证明. (1)解：设数列 an的公差为d，由已知，得.28)3)(2(, 52111dadada(10-3d)(5+d)=28, 3d2+5d-22=0, 解之得 d=2 或 d=311. 数列 an 各项均为正，d=

16、2.a1=1, an=2n-1. (2)证明： nN+, 只需证明 (1+11a)(1+21a)(1+na1) 12332n成立 . 当 n=1 时，左边 =2，右边 =2，不等式成立 . 假设当n=k 时，不等式成立，即（1+11a） (1+21a) (1+ka1) 12332k. 那么当 n=k+1 时，(1+11a)(1+21a)(1+ka1)(1+11ka) 12332k(1+11ka)=1222332kk以下只需证明323321222332kkk. 即只需证明2k+23212kk. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，

17、共 8 页读书之法 ,在循序而渐进 ,熟读而精思(2k+2)2-(3212kk)2=10, (1+111a)(1+211a)(1+111ka) 1) 1(233232332kk. 综上知，不等式对于nN+都成立 . 【例 3】设 Pn=(1+x)n,Qn=1+nx+2)1(nnx2,nN+,x(-1,+ ), 试比较 Pn与 Qn的大小， 并加以证明 . 思路分析： 这类问题，一般都是将Pn、Qn退至具体的Pn、Qn开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性. P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x2=Q2, P3=1+3x+3x2+x3,Q3=1+3x+3x2, P3-Q3=x3,

18、由此推测 ,Pn与 Qn的大小要由x 的符号来决定 . 解： (1)当 n=1,2 时， Pn=Qn. (2)当 n3 时， （以下再对x 进行分类） . 若 x (0,+ )，显然有 PnQn; 若 x=0，则 Pn=Qn; 若 x (-1,0), 则 P3-Q3=x30,所以 P3Q3; P4-Q4=4x3+x4=x3(4+x)0, 所以 P4Q4; 假设 PkQk(k 3),则 Pk+1=(1+x)Pk(1+x)Qk=Qk+xQk(运用归纳假设) =1+2)1(2xkk+x+kx2+2)1(3xkk=1+(k+1)x+2)1(kkx2+2)1(kkx3=Qk+1+2)1(kkx3Qk+1

19、，即当 n=k+1 时，不等式成立. 所以当 n3, 且 x(-1,0) 时， Pn12;n=2 时， 22=22;n=3 时,2352,猜想 n5时,2nn2,简证2kk2(k 5), 则当 n=k+1 时, 2k+1=2 2k2 k2=k2+k2+2k+1-2k-1 =(k+1)2+(k-1)2-2 (k+1)2. 综上所述， n=1 或 n5时， f(2)1122nn; n=2 或 4 时,f(2)=1122nn;n=3 时， f(2)1122nn. 问题探究问题：有两堆棋子，数目相同，两人游戏的规则是：两人轮流取棋子，每人可以从一堆中任意取棋， 但不能同时从两堆取，取得最后一颗棋子的人

20、获胜，求证后取棋子者一定可以获胜 . 设每堆棋子数目为n，你可以先试试能证明上述结论吗？导思： 分析题设中的数学思想，转化为数学问题，而本问题可以用数学归纳法证明. 探究： 下面用第二数学归纳法证明. 证明：设每堆棋子数目为n. （1）当 n=1 时，先取棋子者只能从一堆里取1 颗，这样另一堆里留下的1 颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的. (2)假设当 n k(k 1)时结论正确，即这时后取棋子者一定可以获胜. 考虑当 n=k+1 时的情形 . 先取棋子者如果从一堆里取k+1 颗，那么另一堆里留下的k+1 颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的. 先取棋子者如果从一堆里取棋子m(1 m k)颗，这样，剩下的两堆棋子，一堆有 k+1 颗，另一堆有k+1-m 颗，这时后取棋子者可以在较多的一堆里取m 颗，使两堆棋子数目都是k+1-m 颗，这时就变成了n=k+1-m 的问题， 而不论 m 是 1k 的哪个整数， n=k+1-m 都是不大于 k 的正整数，由归纳假设可知这时后取棋子者一定可以获胜. 于是，当n=k+1 时结论正确 . 由（ 1） （2）知，根据第二数学归纳法，无论每堆棋子的数目是多少，后取棋子者都能获胜 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页