高考数学 选修45 第二节证明不等式的基本方法、数学归纳法与不等式证明课件 理.ppt

第二节证明不等式的基本方法 数学归纳法与不等式证明 1 不等式的证明方法 1 比较法 作差比较法知道a b a b 0 ab 即证 作商比较法由a b 0 1 因此当a 0 b 0时 欲证 即证 1 a b 0 a b 2 综合法与分析法 综合法从已知的基本不等式出发 利用不等式的基本性质导出欲证不等式 这种证明方法称为综合法 所谓综合法就是由 导 从 出发 利用 等逐步推进 证得 的方法 因 果 题设条件 已知定义 公理 定理 所要求证的结论 分析法从 出发 执 索 层层推求使结论成立的 条件 直至 为止 进而断言原不等式成立 这种方法称为分析法 3 反证法的证明步骤第一步 假设 也就是说 第二步 结合 进而推理论证 最后推出 的结果 从而断定假设错误 因而确定要证明的不等式成立 欲证的不等式 果 因 充分 能够肯定这些充分条件已经具备 所要证的不等式不成立 不等式的反 面成立 已知条件 和已知条件或已知不等式相矛盾 4 放缩法所谓放缩法是证明不等式时 通过把不等式中的某些部分的值 或 简化不等式 从而达到证明目的的方法 放大 缩小 即时应用 1 设0 x 1 则中最大的一个是 2 对实数a和x而言 不等式x3 13a2x 5ax2 9a3成立的充要条件是 3 若x y均为正数 且x y 2 求证 与中至少有一个小于2 当你利用反证法证明此题时 第一步是假设 4 设a 0 b 0 m n 则m与n的大小关系是 解析 1 0 x 1 只需比较1 x与的大小 1 x 从而最大的一个是c 2 x3 13a2x 5ax2 9a3 x3 5ax2 13a2x 9a3 x a x2 4ax 9a2 x a x 2a 2 5a2 0 当x 2a 0时 有 x 2a 2 5a2 0 由题意故只需x a 0即x a 以上过程可逆 所以不等式成立的充要条件是 x a 3 至少有一个小于2的否定是均不小于2 假设与均不小于2 即 2且 2 4 a 0 b 0 n ma 3 4 m n 2 数学归纳法数学归纳法两大步 1 归纳奠基 证明当n n0时命题 2 归纳递推 假设n k k n0 k n 时命题成立 证明当n 时命题也成立 只要完成这两个步骤 就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立 成立 k 1 即时应用 1 思考 在归纳假设中 n0 1 对吗 提示 不一定 n0是使命题成立的正整数中的最小值 有时是n0 1或n0 2 有时n0的值也比较大 而不是一定从1开始取值 2 用数学归纳法证明 1 时 由n k k 1 不等式成立 推证n k 1时 左边应增加的项数是 解析 应增加的项数为 2k 1 1 2k 1 2k 1 2k 2k 答案 2k 热点考向1应用比较法证明不等式 方法点睛 比较法证明不等式的两种思路 1 作差比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法 作差后需要判断差的符号 作差变形的方法常常是因式分解后 把差写成积的形式或配成完全平方式 2 作商法要注意使用条件 如 1推出a b 这里要注意a b两数的符号 例1 1 设x 1 y 1 证明x y 2 1 a b c 证明logab logbc logca logba logcb logac 解题指南 欲证第 1 题不等式成立 只需判断左右两式之差的正负性 观察第 2 题的特征 通过换底公式化归为 1 的形式 根据第 1 题的结论证明 规范解答 1 由x 1 y 1得从而成立 2 当1 a b c时 记x logab 则于是由 1 得证logab logbc logca logba logcb logac 反思 感悟 从本题条件可知 从而x y 但由于 xy 且 说明不等式的基本性质a b c d a c b d只适用于同向不等式 而反向不等式之间不能想当然地运用 变式训练 若实数x 1 求证 3 1 x2 x4 1 x x2 2 证明 3 1 x2 x4 1 x x2 2 3 3x2 3x4 1 x2 x4 2x 2x2 2x3 2 x4 x3 x 1 2 x 1 2 x2 x 1 2 x 1 2 x 2 x 1 从而 x 1 2 0 且 x 2 0 2 x 1 2 x 2 0 3 1 x2 x4 1 x x2 2 热点考向2分析法与综合法 方法点睛 分析法与综合法在证明中的应用在证明不等式的过程中 分析法和综合法是不能分离的 如果使用综合法证明不等式难以入手时 常用分析法探索证题途径 之后用综合法的形式写出它的证明过程 有时问题证明难度较大 常使用分析综合法 实现两头往中间靠以达到证题目的 例2 已知a 1 n 2 n n 求证 解题指南 观察本题特征 通过乘方运算 将其化归为不含有根式的不等式 证之 规范解答 方法一 欲证 即证 令a 1 t 0 则a t 1 也就是证 即成立 方法二 因本题左式含有根号 所以通过换元法 设a xn x 1 则原不等式可化为 即证 联想到等比数列前n项和1 x xn 1 因x 1 故1 x xn 1 n显然成立 得证 反思 感悟 1 当欲证的不等式中含有分式或根式时 通常利用分析法 通过去分母或乘方运算 进行恒等变形 化归为整式不等式 再利用综合法证之 2 所谓 综合法 分析法 其实是证明题的两种书写格式 而不是真正意义上的证明方法 从本题证明过程可知 中间步骤利用了放缩法 对于展开式 可通过舍去其中的若干项达到缩小的目的 或增加若干项达到放大的目的 对于值为正数的分式 通过对分母的放大或缩小达到缩小或放大的目的 变式训练 当n 3 n n时 求证 2n 2 n 1 证明 2n 1 1 n 2 n 1 2n 2 n 1 变式备选 求证 a2 b2 ab a b 1 证明 a2 b2 ab a b 1 a2 b2 ab a b 1 2a2 2b2 2ab 2a 2b 2 a2 2ab b2 a2 2a 1 b2 2b 1 a b 2 a 1 2 b 1 2 0 a2 b2 ab a b 1 热点考向3反证法 方法点睛 反证法的基本思想反证法的基本思想是否定结论就会导致矛盾 它可以用下面的程序来表示 否定 推理 矛盾 肯定 否定 假设所要证明的结论不成立 而结论的反面成立 推理 从已知条件和假设出发 应用一系列的论据进行推理 矛盾 通过推导 推出与 实际需要 不符 与 公理 矛盾 与 已知定理 矛盾 与 定义 矛盾 与 题设 矛盾 自相矛盾等 肯定 由于推理过程正确 故矛盾是由假设所引起的 因此 假设是错误的 从而肯定原结论是正确的 例3 已知a b r 且a b 1 用反证法求证 a 2 2 解题指南 本题是一个肯定性的结论 可利用反证法 假设其不成立 将约束条件代入其中 消去b 得到一个关于a的不等式 再通过配方法得到矛盾的结果 证之 规范解答 假设 a 2 2 b 2 2 则a2 b2 4 a b 8 由a b 1 得b 1 a 于是有a2 1 a 2 12 所以 a 2 0 这与 a 2 0矛盾 故假设不成立 所以 a 2 2 b 2 2 互动探究 若本题条件 a b r 改为 a 0 b 0 其余条件不变 如何用反证法证明 证明 假设设a cos2 b sin2 则 即 即sin22 1 这与sin22 1矛盾 假设不成立 反思 感悟 1 用反证法证明命题时 推导出的矛盾可能多种多样 有的与已知矛盾 有的与假设矛盾 有的与事实相违背等 推导出的矛盾必须是明显的 2 宜用反证法证明的题型 1 易导出与已知矛盾的命题 2 一些基本定理 3 否定性 命题 4 唯一性 命题 5 必然性 命题 6 至少 至多 命题等 3 注意事项 应用反证法证明命题时 反设必须恰当 如 都是 的否定是 不都是 至少一个 的否定是 不存在 等 变式备选 已知a b c d r 且a b c d 1 ac bd 1 求证 a b c d中至少有一个是负数 证明 假设a b c d都是非负数 a b c d 1 a b c d 1 又 a b c d ac bc ad bd ac bd 即ac bd 1 这与ac bd 1矛盾 所以a b c d中至少有一个是负数 热点考向4数学归纳法数学归纳法的关键及放缩法 1 用数学归纳法证明不等式的关键是第二步 因为第二步在归纳假设的基础上又构成了一个新的命题 这时要用到不等式证明的基本方法 2 放缩法是证明不等式的基本思路 具体放缩方法有公式放缩和利用函数的单调性放缩等 常用技巧有 舍去一些项 在和或积中放大或缩小某些项 扩大或缩小分式的分子或分母等 例4 2012 湖北高考 1 已知函数f x rx xr 1 r x 0 其中r为有理数 且0 r 1 求f x 的最小值 2 试用 1 的结果证明如下命题 设a1 0 a2 0 b1 b2为正有理数 若b1 b2 1 则 a1b1 a2b2 3 请将 2 中的命题推广到一般形式 并用数学归纳法证明你所推广的命题 注 当 为正有理数时 有求导公式 x x 1 解题指南 利用导数意义求函数f x 的最小值 从而得到一个不等式xr rx 1 r 并由此证明第 2 3 问 其中第 3 问利用数学归纳法证之 关键是如何构造一个与 1 中结论相同的表达式 规范解答 1 f x r rxr 1 r 1 xr 1 令f x 0 解得x 1 当0 x 1时 f x 0 所以f x 在 0 1 上是减函数 当x 1时 f x 0 所以f x 在 1 上是增函数 故函数f x 在x 1处取得最小值f 1 0 2 由 1 知 当x 0 时 有f x f 1 0 即xr rx 1 r 若a1 a2中有一个为0 则 a1b1 a2b2成立 若a1 a2均不为0 又b1 b2 1 可得b2 1 b1 于是在 中令x r b1 可得 b1 1 b1 化简得 a1b1 a2 1 b1 即 a1b1 a2b2 综上 对a1 0 a2 0 b1 b2为正有理数且b1 b2 1 总有 a1b1 a2b2 3 2 中命题的推广形式为 若a1 a2 an为非负实数 b1 b2 bn为正有理数 若b1 b2 bn 1 则 a1b1 a2b2 anbn 用数学归纳法证明如下 当n 1时 b1 1 有a1 a1 成立 假设当n k时 成立 即若a1 a2 ak为非负实数 b1 b2 bk为正有理数 且b1 b2 bk 1 则 a1b1 a2b2 akbk 当n k 1时 已知a1 a2 ak ak 1为非负实数 b1 b2 bk bk 1为正有理数 且b1 b2 bk bk 1 1 此时0 bk 1 1 即1 bk 1 0 于是 因 1 故由上式可得 从而 而 1 bk 1 bk 1 1 故由 得 a1b1 a2b2 ak 1bk 1 故当n k 1时 成立 由 可知 对一切正整数n 所推广的命题成立 变式训练 设an n n 证明 证明 当n 1时 n 1时不等式成立 假设当n k k 1 k n 时 不等式成立 即 则当n k 1时 因为 所以 即n k 1时不等式也成立 综上所述 对所有的n n 不等式恒成立 变式备选 已知各项均为正数的等比数列 an 公比q 1 且满足a2a4 64 a3 2是a2 a4的等差中项 1 求数列 an 的通项公式 2 设an an 1 2 bn 试比较an与bn的大小 并证明你的结论 解析 1 an 0 a3 8 a3 2是a2 a4的等差中项 2 a3 2 a2 a4 即