《高中数学第四讲第2节举例创新应用教学案新人教A版选修70.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学第四讲第2节举例创新应用教学案新人教A版选修70.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 第 2 节 用数学归纳法证明不等式举例 核心必知 贝努利 (Bernoulli)不等式 如果x是实数，且x1，x0，n为大于 1 的自然数，那么有(1x)n1nx 问题思考 在贝努利不等式中，指数n可以取任意实数吗？ 提示：可以但是贝努利不等式的体现形式有所变化 事实上：当把正整数n改成实数后，将有以下几种情况出现： (1)当是实数，并且满足1 或者 1) (2)当是实数，并且满足011) 已知Sn1 1 2 1 3 1 n(n1， nN)， 求证：S2n1 n 2(n2， nN) 精讲详析 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n的取值范围，
2、因为n1， nN，因此应验证n02 时不等式成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)当n2 时，S221 1 2 1 3 1 4 25 121 2 2， 即n2 时命题成立 (2)假设nk(k2，kN)时命题成立， 即S2k1 1 2 1 3 1 2 k1 k 2. 则当nk1 时， S2k11 1 2 1 3 1 2k 1 2k1 1 2k1 1 k 2 1 2 k1 1 2k2 1 2k 1 1 k 2 2 k 2 k2k1 k 2 1 21 k1 2 . 故当nk1 时，命题也成立 由(1)、(2)知，对nN，n2，S2n1 n 2都成立 利用数学归纳法证明不等式的关键是由
3、nk到nk1 的变形，为满足题目的要求， 往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“ 1 2k 1 1 2k2 1 2k 1 2 k 2k2 k 1 2”的 变形 1证明不等式：1 1 2 1 3 1 n Qn. 若x0，则PnQn. 若x(1，0)，则P3Q3x3 a 24对一切正整数 n都成立， 求正整数a 的最大值，并证明你的结论 精讲详析 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法解答本题需要根 据n的取值，猜想出a的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明 当n1 时， 1 11 1 12 1 311 a 24，即 26 24 a 24， a 25 24. (1)n 1时，已证
4、 (2)假设当nk(k1，kN)时， 1 k1 1 k2 1 3k1 25 24 ， 则当nk1 时，有 1 （k1） 1 1 （k1） 2 1 3k1 1 3k2 1 3k 3 1 3（k 1） 1 1 k 1 1 k2 1 3k1 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 1 3k2 1 3k3 1 3k4 1 k 1 25 24 1 3k2 1 3k4 2 3（k1） . 1 3k2 1 3k4 6（k1） 9k218k8 2 3（k 1） ， 1 3k2 1 3k4 2 3（k1） 0， 1 （k 1） 1 1 （k1） 2 1 3（k1） 1 25 24也成立 由(1)、(2)可知，
5、对一切nN，都有 1 n1 1 n2 1 3n 1 25 24， a的最大值为25. 利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论，然后 用数学归纳法证明这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或 探索型问题时 3对于一切正整数n，先猜出使tnn2成立的最小的正整数t，然后用数学归纳法证明， 并再证明不等式：n(n1) lg 3 4 lg(123n) 解：猜想当t3 时，对一切正整数n使 3 n n2成立 下面用数学归纳法进行证明 当n1 时， 313112，命题成立 假设nk(k 1，kN)时， 3kk2成立，则有3 kk21. 对nk1，3k 1
6、33k3 k2 3k k22(k21)3k21. (3k2 1)(k1)22k22k2k(k1)0， 3k 1(k1)2， 对nk1， 命题成立 由 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 上知，当t 3时， 对一切nN，命题都成立 再用数学归纳法证明： n(n1) lg 3 4 lg(123n) 当n1 时， 1 (11) lg 3 4 lg 3 2 0lg 1，命题成立 假设nk(k 1，kN)时， k(k1) lg 3 4 lg(123k)成立 当nk1 时， (k1)(k2) lg 3 4 k(k1) lg 3 4 2(k 1) lg 3 4 lg(123k) 1 2lg 3 k 1
7、 lg(123k) 1 2lg(k1) 2 lg1 23k(k1)命题成立 由上可知，对一切正整数n，命题成立 本课时考点常与数列问题相结合以解答题的形式考查数学归纳法的应用全国卷将数 列、数学归纳法与直线方程相结合考查，是高考命题的一个新亮点 考题印证 (大纲全国卷 )函数f(x)x22x 3.定义数列 xn 如下：x12，xn 1是过两点P(4， 5)、Qn(xn， f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标 (1)证明： 2xnxn 13； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)求数列 xn的通项公式 命题立意 本题考查数学归纳法证明不等式问题，考查学生推理论证的能力 解 (1)
8、用数学归纳法证明：2xnxn13. 当n1 时，x12，直线PQ1的方程为 y5 f（2） 5 24 (x4)， 令y 0，解得x2 11 4 ，所以 2x1x23. 假设当nk时，结论成立，即2xkxk13. 直线PQk 1的方程为 y5 f（xk 1） 5 xk14 (x4)，令y0，解得xk 2 34xk1 2xk 1 . 由归纳假设知 xk2 34xk1 2xk1 4 5 2xk14 5 23 3； xk2xk 1 （3xk1）（ 1xk 1） 2xk1 0，即xk1xk2. 所以 2xk1xk23，即当nk 1时，结论成立 由、知对任意的正整数n，2xnxn 13. (2)由(1)及
9、题意得xn 1 34xn 2xn . 设bnxn3，则 1 bn 1 5 bn 1， 1 bn1 1 45 1 bn 1 4 ， 数列 1 bn 1 4 是首项为 3 4，公比为 5的等比数列因此 1 bn 1 4 3 45 n1， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 即bn 4 35n 11， 所以数列 xn的通项公式为xn3 4 35 n11. 一、选择题 1用数学归纳法证明不等式1 1 23 1 3 3 1 n3 13 24(n2， nN)”时的过程中， 由nk到nk1 时，不等式的左边( ) A增加了一项 1 2（k 1） B增加了两项 1 2k1， 1 2（k1） C增加了两项
10、 1 2k1， 1 2（k 1） ，又减少了一项 1 k1 D增加了一项 1 2（k1），又减少了一项 1 k1 解析：选 C 当nk时，左边 1 k1 1 k2 1 2k. 当nk1 时，左边 1 k11 1 k12 1 2（k1） 1 k2 1 k3 1 2k 1 2k1 1 2k2. 故由nk到nk1 时，不等式的左边增加了两项，又减少了一项 二、填空题 5证明 n2 2 1)，当n2 时，要证明的式子为_ 解析：当n2 时，要证明的式子为2an1，则a0的取 值范围是 _ 解析：取n1，2，则a1a01 3a00，a2a16a00， 0n2成立， 所以归纳猜想2 n2n2 成立 下面用
11、数学归纳法证明： 当n1 时，左边 2124； 右边 1，左边 右边，所以原不等式成立； 当n2 时，左边 2226，右边 224， 所以左边 右边； 当n3 时，左边 23210，右边 3 29，所以左边 右边 假设nk时(k3 且kN)时， 不等式成立，即2k2k2.那么nk1 时 2 k 1 222k22(2k 2) 22 k22. 又因为 2k22(k1) 2 k22k3(k3)(k1)0， 即 2k12(k1)2成立 根据和可知，2n2n2对于任何nN都成立 11已知等比数列 an的首项a12， 公比q3，Sn是它的前n项和求证： Sn1 Sn 3n1 n . 证明：由已知，得Sn3
12、 n1， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 Sn1 Sn 3n1 n 等价于 3n 11 3n 1 3n1 n ，即 3n2n1.(*) 法一：用数学归纳法证明上面不等式成立 当n1 时，左边 3，右边 3，所以 (*)成立 假设当nk时， (*)成立，即 3k2k 1，那么当nk1 时， 3 k 1 33k3(2k1)6k32k 32(k1)1，所以当 nk1 时， (*)成立 综合，得3 n2n1 成立 所以 Sn 1 Sn 3n1 n . 法二：当n1 时，左边 3，右边 3，所以 (*)成立 当n2 时， 3n(12)nC0 n C 1 n2 C 2 n2 2 Cn n2 n12n 12n， 所以 (*)成立所以 Sn1 Sn 3n1 n .