4-5_证明不等式的基本方法_教案4_(人教A版选修4-5)

章节：课时：备课人；二次备课人课题名称第四讲用数学归纳法证明不等式举例（1）三维目标学习目标：1、会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式；2、在“假设与递推”的步骤中发现具体问题中的递推关系；3、培养学生特殊化、一般化和转化的数学思想。

重点目标会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式难点目标会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式导入示标目标三导学做思一：自学探究问题1.用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞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A2k－1B2k－1C2k D2k+1解：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，∴应增加的项数为2k答案：C学做思二问题2.用数学归纳法证明（1+1）（1+）·…·（１＋）＞当n=1时，不等式①成立假设n=k时，不等式①成立，即（1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞那么n=k+1时，（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋）＞（１＋）＝又［］2－（）2＝＞０，∴＞=∴当n=k+1时①成立综上所述，n∈N*时①成立．学做思三技能提炼例1、在数列中，a n>0,且S n=1/2(a n+)(1)求a1、a2、a3；(2)猜测出a n的关系式并用数学归纳法证明。

例2、用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞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A2k－1B2k－1C2k D2k+1例3、设数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n+（n=1，2，…）（1）证明a n＞对一切正整数n都成立；（2）令b n=（n=1，2，…），判定b n与b n+1的大小，并说明理由达标检测变式反馈1、用数学归纳法证明第一步应验证（）2、已知不等式左边增加的部分是（）3、证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有a n+c n＞2b n.反思总结1.知识建构2.能力提高3.课堂体验课后练习同步练习金考卷。

课题：第08课时不等式的证明方法之一：比较法目的要求：要点难点：教课过程：一、引入：要比较两个实数的大小，只需观察它们的差的符号即可，即利用不等式的性质：a b a b0a b a b0a b a b0二、典型例题：例 1、设a b ，求证：a23 2 2 (a b)。

b b例 2、若实数x 1 ，求证：3(1x2x 4 )(1x x 2 ) 2 .证明：采纳差值比较法：3(1x2x4 )(1x x2 )2= 3 3x23x 4 1 x2x 42x 2x 22x3= 2( x4x3x1)= 2( x1) 2 ( x 2x1)= 2( x1) 2 [( x 1 )23 ].241 )23x 1,进而 (x1) 20,且( x0,1)23] 0,24∴ 2( x 1) 2 [( x24∴ 3(1x 2x4 )(1x x 2 ) 2 .议论：若题设中去掉x 1 这一限制条件，要求证的结论怎样变换？例 3、已知a,b R ,求证a a b b a b b a .此题能够试试使用差值比较和商值比较两种方法进行。

证明： 1) 差值比较法：注意到要证的不等式对于a, b 对称，不如设 a b 0.a b0，进而原不等式得证。

a ab b a b b a a b b b (a a b b a b ) 02）商值比较法：设 a b0,a1, a b 0, a a b b( a )a b 1. 故原不等式得证。

b a b b a b注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。

用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。

例 4、甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地址。

甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度 n 行走；乙有一半行程以速度m 行走，另一半行程以速度n 行走。

假如m n ，问甲、乙两人谁先抵达指定地址。

剖析：设从出发地址至指定地址的行程是S ，甲、乙两人走完这段行程所用的时间分别为 t1 ,t2。

第四讲：数学概括法证明不等式数学概括法证明不等式是高中选修的要点内容之一，包含数学概括法的定义和数学概括法证明基本步骤，用数学概括法证明不等式。

数学概括法是高考考察的要点内容之一，在数列推理能力的考察中据有重要的地位。

本讲主要复习数学概括法的定义、数学概括法证明基本步骤、用数学概括法证明不等式的方法：作差比较法、作商比较法、综合法、剖析法和放缩法，以及类比与猜想、抽象与概括、从特别到一般等数学思想方法。

在用数学概括法证明不等式的详细过程中，要注意以下几点：（1）在从 n=k 到 n=k+1 的过程中，应剖析清楚不等式两头（一般是左端）项数的变化，也就是要认清不等式的构造特点；（2）对准当 n=k+1 时的递推目标，有目的地进行放缩、剖析；（3）活用起点的地点；（4）有的试题需要先作等价变换。

例题精讲例 1、用数学概括法证明111111111342n 1 2n n 1 n 22n2剖析：该命题企图：本题主要考察数学概括法定义，证明基本步骤证明：11111 当 n=1 时，左侧 =1- 2=2，右侧 =1 1 = 2 ，所以等式建立。

2 假定当 n=k 时，等式建立，111111111即 2 3 42k 1 2k k 1 k 22k 。

那么，当 n=k+1 时，111111112k 12342k12k2k2 11111k1k22k2k12k2 11111111( 11)2 3 4k 2 k 32k 2k 1 k 1 2k 211111k2k32k2k 1 2(k 1)这就是说，当n=k+1 时等式也建立。

综上所述，等式对任何自然数n 都建立。

评论：数学概括法是用于证明某些与自然数相关的命题的一种方法．设要证命题为P（ n）．（ 1）证明当 n 取第一个值 n时，结论正确，即考证P（ n ）正确；（ 2）假定 n=k（ k∈ N 且 k≥n）000时结论正确，证明当 n=k+1时，结论也正确，即由 P（k）正确推出 P（ k+1）正确，依据（ 1），（2），就能够判断命题要证明的等式左侧共P（ n）对于从2n 项，而右侧共n0开始的全部自然数n 项。

一 比较法目的要求： 掌握证明不等式的基本的解法之----比较法。

重点难点： 掌握作差比较和作商比较各自的使用情景教学设计：目的：以不等式的等价命题为依据，揭示不等式的常用证明方法之一——比较法，要求学生能教熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

过程：一、复习：不等式的一个等价命题：二、作差法：1． 2.已知a , b , m 都是正数，并且a < b ，求证：ba mb m a >++ 证：)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a ,b ,m 都是正数，并且a <b ，∴b + m > 0 , b - a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即：ba mb m a >++ 变式：若a > b ，结果会怎样？若没有“a < b ”这个条件，应如何判断？3.甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m ≠ n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t 1, t 2， 则21122,22t nS m S S n t m t =+=+ .0,.0,的大小比较差与转化为即把不等式两边相减本的方法就是证明基最要证明>->b a b a .,,,12233ab b a b a b a b a +>+≠求证且都是正数已知例.,,,.,.2并给出证明问题将这个事实抽象为数学此时浓液的浓度增加到白糖加若在上述溶液中再添则其浓度为糖溶液白糖制出如果用例m b m a kg m b a kg b kg a ++.,,定正负的代数式转化为一个能够明确确通过适当的恒等变形可以把不等式两边相减分析可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S , m , n 都是正数，且m ≠ n ，∴t 1 - t 2 < 0 即：t 1 < t 2从而：甲先到到达指定地点。

人教版高中选修4-5第二讲讲明不等式的基本方法教学设计教学目标1.了解不等式的概念和性质2.掌握不等式的求解方法3.能够灵活运用不等式解决实际问题4.培养学生的逻辑思维能力和数学分析能力教学内容本节课的教学内容为“不等式的基本方法”。

主要包括如下几个方面：1.不等式的概念和性质2.不等式的解法及其应用3.不等式在实际问题中的应用教学重难点本节课的教学重难点为：1.不等式的解法及其应用2.不等式在实际问题中的应用教学方法1.课堂讲解：通过教师的讲解，让学生了解不等式的概念和性质，并掌握不等式的求解方法。

2.练习演示：通过例题演示，让学生掌握不等式解法，并培养学生灵活运用不等式解决实际问题的能力。

3.探究式教学：通过让学生自主探究和发现，培养学生的逻辑思维能力和数学分析能力。

教学过程Step 1 引入新课1.教师针对“不等式的基本方法”这一主题，通过引入一些生活实例，激发学生学习的兴趣，进入主题。

2.介绍本节课的教学目标、内容和重难点。

Step 2 教学内容讲解1.首先，教师给出不等式的概念和性质，包括定义、分类、性质、意义等方面的内容。

2.然后，介绍不等式的求解方法，包括一元不等式的解法和二元不等式的解法。

3.最后，通过例题演示不等式在实际问题中的应用，如面积、周长、速率等问题。

Step 3 练习与探究1.学生自主完成若干道基础练习。

2.教师引导学生探究不等式的引理和定理，让学生自主发现不等式性质的规律和特点。

3.学生自主设计不等式应用题，通过小组或个人讨论解决问题。

Step 4 总结与拓展1.教师对本节课所学内容进行总结。

2.教师给出不等式在实际问题中的拓展应用，引导学生思考更为复杂、实用的问题，并进行实例演示。

3.学生相互检查，互相评价，提出建议和意见。

教学评估评估方式：小测验小测验内容：1.不等式的定义及分类。

2.一元不等式和二元不等式的解法。

3.不等式在实际问题中的应用。

教学反思1.通过采用探究式教学方法，学生的理解能力得到了很大的提高，在练习中学生也更加自主、自信。

4.2 用数学归纳法证明不等式课前导引情景导入观察下列式子：1+23212<,1+,35312122<+47413121222<++,…,则可以猜想的结论为：__________考注意到所给出的不等式的左右两边分子、分母与项数n 的关系，则容易得出结论：1+++223121 (112)1(12++<+n n n . 这个不等式成立吗？如何证明呢？ 知识网络证明不等式是数学归纳法的重要应用之一，在利用数学归纳法证明不等式时，要注意利用不等式的传递性.证明不等式的其他常用方法,如比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等也是证明P(k+1)成立的基本方法.〔这里的P(k+1)是n=k+1时不等式成立〕使用数学归纳法证明不等式时除了以上方法外，还要注意发现或设法创设归纳假设与n=k+1时命题之间的联系，充分利用这样的联系来证明n=k+1时命题成立.课堂导学三点剖析一、利用数学归纳法证明不等式的技巧（一）【例1】 对于n ∈N ,证明1312111++++++n n n >1. 证明：当n=1时，左边=1213>1=右边；设n=k 时，有1312111++++++k k k >1; 当n=k+1时，左边1313121++++++k k k ++++=+++++=2111)431331231(k k k k k 3324312311)11431331231(131+-++++>--++++++++k k k k k k k k )43)(33)(23(21++++=k k k >1=右边.所以对一切自然数n 不等式均成立. 温馨提示解此题的关键是凑出归纳假设的形式，这里要把握不等式左边式子的结构特征，明确从n=k 到n=k+1增减的项. 各个击破 类题演练1对于n ∈N ，试比较2n 与n 2的大小. 解析：先验算n=1时，2n >n 2，n=2和n=4时，2n =n 2,n=3时,2n <n 2. 而当n=5时，有2n >n 2,猜测对n≥5有2n >n 2. 用数学归纳法证明如下： （1）当n=5时，已证.（2）设当n=k(k≥5)时，2k >k 2且k 2>2k+1. 当n=k+1时，2k+1=2·2k >2k 2>k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时成立. 由（1）、（2），知猜测正确. 变式提升1 求证：1+21213121n n >-+++ . 证明：用数学归纳法.当n=1时，显然不等式成立.根据归纳假设，当n=k 时，命题成立，即 1+21213121k k >-+++ .① 要证明n=k+1时，命题也成立，即1+211211212112131211+>-+++++-++++k k k k k .② 要用①来证明②,事实上，对不等式①两边加上（121121211-+++++k k k ）,就凑好了不等式②的左边.接下来，只需证121121211-+++++k k k ≥21.③③式左边共有2k项，且1211-+k 最小，故212212212112121111=>->-+++++++k k k k k kk ,这就证明了③式成立.综上，知不等式成立.二、利用数学归纳法证明不等式的技巧（二） 【例2】 已知n 是大于1的自然数，求证： (1+31)(1+51)(1+71)…(1+121-n )>1221+n . 证明：假设n=k(k≥2)时，原不等式成立，即（1+31）(1+51)(1+71)…(1+121-k )>1221+k . 则当n=k+1时，左边=（1+31）（1+51）（1+71）…（1+121-k ）·(121+k )>1221+k ·(1+121+k )=21(12112+++k k ).现在关键证21(12112+++k k )>1)1(221++k ,直接证较繁,下面用分析法证之.欲证21（12112+++k k ）>1)1(221++k ,即证3212112+>+++k k k ,只需证2k+1+121+k +2>2k+3,即121+k >0.这显然是成立的，故当n=k+1时，原不等式成立. 综上，当n 为大于1的自然数时，原不等式成立.温馨提示用数学归纳法证明不等式时，从P(k)到P(k+1)的过渡往往用到不等式的传递性，即要证n=k+1时不等式成立〔不妨用A(k+1)≥B(k+1)表示〕，需n=k 时，A （k ）≥B(k)成立,然后有A （k+1）=A(k)+C(k)≥B(k)+C(k), 类题演练2在数列{a n }中，|a n |<2,且a n+1a n -2a n+1+2a n <0, 求证：a n >n2-(n ∈N ). 证明：∵|a n |<2, ∴-2<a n <2.∴2-a n >0. 由题设a n+1(2-a n )>2a n ,则a n+1>nna a -22.1°当n=1时，由|a n |<2,得a 1>-2=12-成立. 2°假设当n=k 时，有a k >k2-成立.（下证a k +1>12+-k 成立）设f(x)=x x -22,易知f(x)在(-2,2)内是单调递增的，又a k +1>f(a k ),由归纳假设,可知a k >k2-, ∴a k+1>f(a k )>f(k 2-)=1222)2(2+-=+-∙k kk ,即当n=k+1时，a k+1>12+-k 成立.故对任意n ∈N ，a n >n2-成立.变式提升2设a,b ∈R *,n ∈N *,求证：2n n b a +≥(2b a +)n.证明：①n=1时，左边=右边=2ba +,原不等式成立. ②设n=k 时,原不等式成立，即2k kb a +≥(2b a +)k成立.∵a,b ∈R +,∴2b a +·2k k b a +≥2)(1++k b a 成立.∴要证明n=k+1时原不等式成立，即证明)2(211b a b a k k +≥+++k+1成立. 只需证明:22211kk k k b a b a b a +∙+≥+++成立. 只需证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.下面证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.不妨设a≥b >0,则a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b)≥0. ∴a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立. 故n=k+1时原不等式成立.由①②,可知对于任何n ∈N *，原不等式成立. 三、数学归纳法证明不等式的点问题【例3】 证明n 为一切自然数时，（1+2+…+n ）·（1+21+…+n1）≥n 2. 证明：先看下面的证明（1）n=1时，左边=右边=1,命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)命题正确，即(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)≥k 2，则n=k+1时， 左边=［1+2+…+k+(k+1)］［1+21+…+111++k k ］=(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)+121+++k k +(k+1)·（1+21+…+k 1）+1≥k 2+21k+(k+1)(1+21+…+k 1)+1，∵1+21+…+k 1≥1+21,∴左边≥k 2+21k+(k+1)(1+21)+1=k 2+2k+1+23≥k 2+2k+1=(k+1)2.∴n=k+1时命题正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 初看“证明”天衣无缝，仔细推敲便会发现“证明”中的“奠基”只是不中用的拉郎配.归纳步的证明用了结论“1+21+…+k 1≥1+21”,此结论成立的前提条件是k≥2,即归纳步建立的自动递推机制只能在n≥2(n ∈N )的范围内行使递推职能，其得以起动的初始条件是n=2时命题正确.因此数学归纳法的奠基应是n=2时命题正确的验证，n=1时的验证只是对命题的补充证明，并非为奠基.该命题严格的证明过程应该是： （1）n=1,2时命题正确，（2）n≥2时，用数学归纳法证明假设n=k(k ∈N 且k≥2)时命题正确，证明n=k+1时命题也正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 温馨提示对于一个n≥n 0(n ∈N )的真命题，如果用数学归纳法证明，第一步总是n=n 0时命题正确的验证.这种想法是不对的，到底“奠基”步中从哪个数字开始，要看问题的条件. 类题演练3若a i >0(i=1,2,…,n),且a 1+a 2+…+a n =1, 求证：a 12+a 22+…+a n 2≥n1(n ∈N 且n≥2). 证明：(1)n=2时，∵a 1+a 2=1,∴a 12+a 22=a 12+(1-a 1)2=2(a 1-21)2+21≥21. ∴n=2时命题正确.（2）假设n=k(k≥2)时命题正确，即如果a 1+a 2+…+a k =1且a i >0(i=1,2,…,k), 那么a 12+a 22+…+a k 2≥k1,则n=k+1时， ∵a 1+a 2+…+a k +a k+1=1, ∴a 1+a 2+…+a k =1-a k+1. ∵0<a k+1<1,∴0<1-a k+1<1. ∴k 个正数的和11211111+++-++-+-k k k k a a a a a a =1,从而由归纳假设得 ka a a a a a k k k k 1)1()1()1(21212211≥-++-+-+++ , 即a 12+a 22+…+a k 2≥k 1(1-a k+1)2,从而有a 12+a 22+…+a k 2+a k+12≥k 1(1-a k+1)2+a k+12. 下面只要证明k 1(1-a k+1)2+a k+12≥11+k ,即证(k+1)2a k+12-2(k+1)a k+1+1≥0，即证［(k+1)a k+1-1］2≥0,∴上式成立. 故n=k+1时命题正确. 变式提升3设x>0，x≠1,求证：（1+x n ）(1+x)n >2n+1x n (n ∈N ). 证明：（1）n=1时，左边=(1+x)2,右边=4x, ∵(1+x)2-4x=(1-x)2>0,∴(1+x)2>4x.∴n=1时命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)时命题正确，即(1+x k )(1+x)k >2k+1x k ,则n=k+1时，（1+x k+1）(1+x)k+1-2k +2x k+1=(1+x k+1)(1+x)k+1-2x·2k+1x k >(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+x k )(1+x)k =(1+x)k ［(1+x)(1+x k+1)-2x(1+x k )］ =(1+x)k (1+x+x k+1+x k+2-2x-2x k+1) =(1+x)k (1-x)(1-x k+1), ∵x>0且x≠1,∴1-x 与1-x k+1同号. ∴（1+x ）k ·(1-x)(1-x k+1)>0.∴（1+x k+1）(1+x)k+1>2(k+1)+1x k+1. ∴n=k+1时命题正确.。