高中数学53不等式的证明531比较法知识导航学案苏教版4-5!

第一篇：高中数学53不等式的证明531比较法知识导航学案苏教版4-5!

5.3.1 比较法

自主整理

1.比较法一般分为两种:________________和________________.2.作差比较法

(1)作差比较法的证明依据:________________________________.(2)基本步骤:①作差;②合并化简;③分解因式(或配方);④与0比较大小.3.作商比较法

(1)作商比较法的证明依据:________________________________.(2)基本步骤:①______________;②______________;③______________;④______________.高手笔记

1.比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用,在其一般步骤中,变形是证明过程中的关键,变形常用的方法有配方法和分解因式法,其目的是要判断差的正负号或商的分子、分母的大小关系,从而进一步作出比较.2.一般地,论证多项式结论的不等式常用作差比较法,而有关幂、指数的不等式常用作商比较法,证明对数不等式常用作差比较法,这与它们的运算性质有关.若“差”或“商”中含有参数时,可对其进行分类讨论,注意分类的标准,做到“不重不漏”.名师解惑

如何正确使用作商法?

剖析:在作商比较两个数的大小时,不要盲目地下结论,如的变形实质上是在不等式

b＜1a＞b是错误的,因为这里ab＜1两边同乘a所得,但不等式的性质中同乘一个正数和同乘一a个负数是不同的,当a＞0时,得b＜a,但当a＜0时,得b＞a,所以应该看分母的符号是否确定,如果不确定要对其正、负进行分类讨论,即不等式的证明要以不等式的性质为依据.使用两个实数具有的性质进行比较.讲练互动

22【例1】求证:a+b＞2(a-b-2).分析:此不等式的两边为多项式结构,通常用作差比较法进行证明.22证明:∵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).绿色通道

不等号两边为多项式结构的不等式,通常用作差比较法证明,通过配方或分解因式变形,判断符号.变式训练

5532231.已知a、b都是正数,且a≠b,求证:a+b＞ab+ab.证***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都是正数,∴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,求证:a·b·c＞a·b·c.分析:不等式的两边都是指数幂的乘积,根据指数的运算法则,可用作商比较法.222553223a2ab2bc2c2a-(b+c)2b-(a+c)2c-(a+b)证明: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.绿色通道

指数幂结构的不等式一般用作商比较法证明,并运用指数的运算性质进行适当地放缩,与1比较大小.变式训练

abba2.已知a＞b＞0,求证:ab＞ab.2a2b2cb+ca+c

a+baabba-bb-aaa-b证明: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,求证:a1aaa1.分析:因不等式两边进行分子有理化相减后,可判断差的符号,故可用作差法进行证明.又∵a≥1,∴不等式两边都大于0,故还可以用作商法进行证明.证法一:∵(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证法二:∵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.绿色通道

对于两根式相加或相减,常用平方差公式进行分子或分母有理化变形.变式训练

3.若a＞0,b＞0,求证:ab+

ba≥ab.证明:∵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是两正实数,试比较an

+bn

与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当a＞b＞0时,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当b＞a＞0时,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当b=a＞0时,(a-b)(an-1-bn-1)=0.∴当a=b时,an+bn=an-1b+abn-1

.综上,当a≠b时,an+bn＞an-1b+abn-1

;当a=b时,an+bn=an-1b+abn-1

.绿色通道

若各因子的符号不确定时,可根据情况进行分类讨论,分类时做到“不重不漏”.变式训练

4.已知a、b∈R+,n∈N*,求证:(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+

1).证明:∵(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)当b＞a＞0时,bn>an,b-a＞0.∴an-bn<0.∴(an-bn)(b-a)＜0.(2)当a＞b＞0时,an-bn＞0,b-a＜0, ∴(an-bn)(b-a)＜0.(3)若a=b＞0时,(an-bn)(b-a)=0.综上(1)(2)(3),可知对于a、b∈R+,n∈N*,都有(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).4

第二篇：比较法证明不等式 高中数学选修2-3

1.1&1.2比较法证明不等式

陈娇

【教学目标】

1.知识与技能

掌握两个实数的大小与它们的差值的等价关系以及理解并掌握比较法的一般步骤。

2.过程与方法

掌握运用比较法证明一些简单的不等式的方法；理解、掌握不等式基本性质的导出过程，并能运用性质证明一些简单的不等式。

3.情感态度与价值观

通过数轴比较两个实数的大小关系，体会数形结合的思想；掌握数学研究的基本方法。

【教材分析】

教学重点：理解并掌握作差比较法证明不等式；

教学难点：求差后对“差式”进行适当变形，并判断其符号。

【教学过程】

第三篇：高中数学53不等式的证明533反证法知识导航学案苏教版4-5.（写写帮推荐）

5.3.3 反证法

自主整理

运用反证法证明不等式的主要步骤: 第一步:作出与所证不等式______________的假设;第二步:从____________出发,应用正确的推理方法,推出____________结论,_____________假设,从而证明原不等式成立.高手笔记

用反证法证明不等式应把握以下几点:(1)必须否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出所有情况,做到完全否定,不能遗漏.(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件且必须根据这一条件进行推理,否则,仅否定结论,不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法.(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知条件矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实,已知数学公理、定理矛盾,或自相矛盾,推导出的矛盾必须是明显的.(4)在使用反证法时,“否定的结论”在推理论证中往往作为已知条件使用.名师解惑

反证法的理论依据是什么?

剖析:我们知道,互为逆否命题的两个命题,其真假性是一致的,即原命题pq为真命题,则qp也必为真命题.这是因为如果逆否命题qp为假的话,则qp是真的.于是有qpq,即qq,这显然是错误的.所以我们可利用互为逆否命题的两个命题的等价性,证明其逆否命题成立来说明原命题成立.反证法适用于正面不太容易证,而反面易证的情况,“至多”“至少”“存在性”“唯一性”问题常用反证法.讲练互动

【例1】设a、b、c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a>0,b>0,c>0.分析:本题的条件比较复杂,所要证明的结论比较简单,即证“a、b、c都为正数”,可用反证法.证明:假设a、b、c不全大于0,不妨设a≤0.当a=0时,abc=0与abc>0矛盾.当a<0时,∵abc>0,∴bc<0.∵a+b+c>0,∴b+c>-a>0.∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0,与ab+bc+ca>0矛盾.∴假设不成立.∴a>0,b>0,c>0成立.绿色通道

“都”的反面是“不都”或“不全”,即“至少有一个”,情况较多.本题中a、b、c同等地位,可不妨设a≤0,要全部否定,注意有“=”.变式训练

1.若x>0,y>0,且x+y>2,求证:

1y1x、中至少有一个小于2.xy 1 证明:假设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,与x+y>2矛盾.∴假设不成立.∴1yx、1xy中至少有一个小于2成立.【例2】设a、b、c∈(0,1),求证:(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a不能都大于14.分析:本题结论情况较复杂,正面不易证出,可用反证法.证法一:假设(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.∵00.∵b>0,∴(1-a)b≤(1ab2)

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.∴假设不成立.∴(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a不能都大于

14.证法二:假设(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.∵00.∴0<(1-a)a≤［(1a)a2］2=14.同理0<(1-b)b≤14,0<(1-c)c≤14.1, 641与(1-a)a(1-b)b(1-c)c>矛盾.64∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤∴假设不成立,原结论成立.绿色通道

本题为否定性命题,用反证法证明并结合基本不等式完成推理.变式训练

2.设01,(2-b)a>1,(2-c)b>1.∵00.∴1<(2a)c≤(2a)c.2∴2<2-a+c.∴a

21.2分析:本题是判断函数值的大小,但结论包括多种不同的情况,“至少”问题可用反证法.证法一:假设｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于

1, 21, 21｜f(2)｜=｜4+2p+q｜<, 21｜f(3)｜=｜9+3p+q｜<.2则｜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.∴假设不成立.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于证法二:假设｜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.∴假设不成立.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于

得-6

1.2绿色通道

本题利用函数研究函数值,证法一中构造了绝对值不等式,较为简练,但不易想出;证法二中方法比较自然,去掉绝对值号,根据不等式的性质消元得出前后结论矛盾.变式训练

3.已知a、b、c均为实数,a=x-2y+

22

2,b=y-2z+,c=z-2x+,求证:a、b、c中至少有一236个大于0.证明:假设a、b、c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0, 则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.∴假设不成立.∴a、b、c中至少有一个大于0.2 4

第四篇：高中数学选修4-5：42数学归纳法证明不等式 学案

4.2数学归纳法证明不等式

【学习目标】

1.会用数学归纳法证明贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN，了解当n n

为实数时贝努利不等式也成立

2.培养使用数学归纳法证明不等式的基本技能

【自主学习】

1.使用数学归纳法独立完成贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN的证n

明

2.自我感悟什么样的不等式易于用数学归纳法证明？

3.用数学归纳法证明不等式时要使用归纳假设进行放缩，如何放缩才能奏效，要积累经验，特别是出现二次式时要注意留心总结.4．对于两个数的大小的探究要提高警惕，一般探究要比较的丰富，才利于做出正确的猜测.【自主检测】

1.用数学归纳法证明1

12131*nnN,n1时，由n=k（k>1）时不等2n1

式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是（）

A.2k1B.2k1C.2kD.2k1

2.用数学归纳法证明11n1n2111nN*时，由n=k到n=k+1时，不nn2

4等式左边应添加的项是＿＿＿＿

3.当n=1，2，3，4，5，6

时，比较2n与n2后，你提出的猜想是＿＿＿＿

【典型例题】

111例1.用数学归纳法证明：nN,n1 111352n1

例2.设数列an满足an1an2nan1nN*

1.a12时，求a2,a3,a4并由此猜想an的一个通项公式

2a13时，证明对所有n1有1ann2

2例3.已知函数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对于任意的正整数n，指出fn与g2n的大小关系，并证明之

x11 +1a11a211 1an

2【课堂检测】

1.设n为正整数，fn1nN，计算知11231n

357f2,f42,f8,f163,f32，据此可以猜测得出一般性结论为()222

2n1n2n2 A.f2nB.fn2C.f2nD.以上都不对 222

n0为验证的第一个值，2.欲用数学归纳法证明对于足够大的正整数n，总有2nn3，则()A.n01B.n0为大于1小于10的某个整数C.n010D.n02

3.用数学归纳法证明111241127，n的起始值至少应取为n126

44.等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的正整数n，点n,Sn均在函数

ybxr(b0,b1，b、r均为常数）的图像上.(1)求r的值

(2)当b=2时，记bn2log2an1

nN*，证明对所有正整数n，不等式 b11b21b1b2bn1 bn

【总结提升】

1.数学归纳法依然是证明与正整数有关的不等式行之有效的方法.但在证明递推的依据是成立的时候常常需要放缩，故千万要注意不等式的基本性质和函数的单调性的作用.2.数学归纳法证明不等式时有时不能直接进行，常需加强命题，为此难度就比较大，且加强又不易完成.如证明1

为111223211222315nN*,n1，就可以加强2n3152nN*,n1再用数学归纳法.2n32n1

3.不过关于n的不等式的证明不一定要用数学归纳法，有时使用函数的单调性就可以；放缩也是不可忽视的方法.

第五篇：高中数学5.6数学归纳法与知识导航学案苏教版选修

5.6 数学归纳法与不等式

自主整理

数学归纳法证明命题P(n)的两个步骤: 第一步:证明命题_____________成立,即证命题当n取第一个值n0(例如n0=1,2等)时成立.* 第二步:假设命题P(k)(k∈N,且k≥n0)成立,证明_____________成立,根据以上两步得*到当n≥n0且n∈N时命题P(n)成立.高手笔记

1.数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法.2.数学归纳法证明命题的原理: 第一步证明当n=n0时命题成立,即P(n0)成立.由P(n0)成立与第二步可得P(n0+1)成立;由P(n0+1)成立及第二步,可得P(n0+2)成立……依次类推,可得对于任意的自然数n(n≥n0),命题P(n)都成立.3.数学归纳法的两个步骤缺一不可,最后要总结所要证的结论.4.数学归纳法中所取的第一个值n,不一定是1,有可能是0,2,3等值,要审清题意.名师解惑

数学归纳法及其证明思路是什么? 剖析:归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法,它包括不完全归纳法和完全归纳法.不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法.我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的,其正确性可用数学归纳法来证明.数学归纳法一般用来证明涉及与正整数n有关的命题,但不能说证明所有的与正整数n有关的命题都可用数学归纳法.用数学归纳法证明问题时,两步缺一不可.第一步是基础;第二步反映了无限递推关系,即命题的正确性具有传递性,若只有第一步而没有第二步,只有证明了命题在特殊情况下的正确性是不完全归纳法.若只有第二步没有第一步,那么假设n=k成立,即P(k)成立就没有根据,缺少递推的基础,也无法进行递推,有了步骤一和步骤二使传递成为可能,由一、二步得出命题成立.证明时归纳假设的利用是数学归纳法证明的关键,即第二步必须用上假设n=k成立推证出n=k+1成立,在证明过程中,需根据命题的变化、特点,利用拼凑或放缩,得出结论.讲练互动

【例1】用数学归纳法证明

111111.1234(2n1)2nn1n2nn分析:用数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,随n怎样变化.证明:(1)当n=1时,左边=

111=,右边=,等式成立.1222(2)假设当n=k时等式成立, 即111 1234(2k1)2k=111, k1k22k

则当n=k+1时, 左边=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)=右边.∴当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.绿色通道

用数学归纳法证明恒等式时,一定注意等式两边的式子随n怎样变化,需要增加哪些项,且当n=k+1时,代入假设后要进行观察,进行适当变换完成.变式训练

1.用数学归纳法证明 2222221-2+3-4+…+(2n-1)-(2n)=-(1+2+3+…+2n).22证明:(1)当n=1时,左边=1-2=-3,右边=-(1+2×1)=-3, ∴左边=右边,等式成立.222222(2)假设当n=k时,等式成立,即1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)=-(1+2+…+2k)，22222222则当n=k+1时,左边=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)］=右边.∴当n=k+1时,等式成立.由(1)(2),可知等式恒成立.【例2】设an=1223+…+n(n1)(n∈N).证明112n(n+1)

2n(n+1)=1,(n+1)=2.22112

k(k+1)

则当n=k+1时,112k(k+1)+(k1)(k2)

在所证明的不等式与自然数n有关,而不易合并的情况下,可用数学归纳法证明.变式训练

111n.++…+n232121证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=,∴不等式成立.2111k(2)假设当n=k时,不等式成立,即1+++…+k>.23212111111kk+k1则当n=k+1时,左边=1+++…+k>

2321221212.已知n∈N,用数学归纳法证明1+k111kkk+k1>+2221212∴当n=k+1时不等式成立.由(1)(2),可知不等式恒成立.【例3】（2006高考江西卷,22）已知数列{an}满足:a1=

=

k1k1+=.2223nan13*,且an=(n≥2,n∈N).22an1n1(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:对一切正整数n,不等式a1·a2·…·an<2·n!恒成立.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-n1n1=(1-), an3an1因此,数列{1-

1n11n1}为一个等比数列,其首项为1-=,公比为,从而1-n，3ana13an3

据此得an=

n3n3n

1(n≥1).①

(2)证明:据①,得 a1·a2·…·an=

n!.111(1)(12)(1n)3331313213n12为证a1·a2·…·an<2·n!, 只②

显然,左端每个因式皆为正数,先证明,对每个n∈N,(1-(1-*要证n∈N*时有(1-)(1-)…(1-)>.13n)≥1-（13+

132+…

11)(1-2)…331+).n3③

用数学归纳法证明③式:(Ⅰ)n=1时,显然③式成立,(Ⅱ)假设n=k时,③式成立, 即(1-111111)(1-2)…(1-k)≥1-(+2+…+k), 333333则当n=k+1时, 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-即当n=k+1时，③式也成立.*故对一切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.变式训练

3.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+

112311*)(1+2)…(1+)·≥对一切n∈N均成立.a3a1an2n112n1显得“多余”,所以分析:第(2)问中的不等式左侧,每个括号的规律是一致的,因此可尝试变形,即把不等式两边同乘2n1,然后再证明.a12d5,(1)解:设数列{an}的公差为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=∵数列{an}各项均为正, ∴d=2.∴a1=1.∴an=2n-1.*(2)证明:∵n∈N, ∴只需证明(1+

211.3111)(1+2)…(1+n)aaa1≥232n1成立.3①当n=1时,左边=2,右边=2, ∴不等式成立.②假设当n=k时,不等式成立,即(1+12311)(1+2)…(1+)≥2k1.a3a1ak1111)(1+2)…(1+)(1+)aa1akak1那么当n=k+1时,(1+≥2332k1(1+1ak1)=

232k2, 32k1以下只需证明232k223≥2k3，332k1

即只需证明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*综上①②,知不等式对于n∈N都成立.【例4】设Pn=(1+x),Qn=1+nx+n

n(n1)2x,n∈N*,x∈(-1,+∞),试比较Pn与Qn的大小,并加2以证明.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.2P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x=Q2, 232P3=1+3x+3x+x,Q3=1+3x+3x, 3P3-Q3=x, 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n≥3时,(以下再对x进行分类)①若x∈(0,+∞),显然有Pn>Qn;②若x=0,则Pn=Qn;③若x∈(-1,0), 3则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

本题除对n的不同取值会有Pn与Qn之间的大小变化,变量x也影响Pn与Qn的大小关系,这就要求我们在探索大小关系时,不能只顾“n”,而忽视其他变量(参数)的作用.变式训练

xnxnn21*4.已知f(x)=n,对n∈N,试比较f(2)与2的大小,并说明理由.n1xxn

分析:利用分析法探求需要推理证明的关系,然后用数学归纳法证明.n21n21221解:设F(n)=2, n1n21n21f(2)=1-2, n21n2因而只需比较2与n的大小.1222324252n2n=1时,2>1;n=2时,2=2;n=3时,2<3;n=4时,2=4,n=5时,2>5,猜想n≥5时,2>n,即k22>k(k≥5),则当n=k+1时, k+1k22=2×2>2×k 22=k+k+2k+1-2k-1 22=(k+1)+(k-1)-2 2>(k+1).n21综上所述,n=1或n≥5时,f(2)>2.n1