三 反证法与放缩法课件配套优秀

一题多解之导数与不等式高三复课2017.11.28

【教学目标】：复习证明不等式的多种方法：数学归纳法，比较法，导数法，放缩法等. 【教学设计】：由一道高考题出发，引导学生参与设计多种思路和解法. 【教学内容】：

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，历来是高中数学中的一个难点，着重考查考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. （2014·陕西卷）设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf ′(x)，x≥0，其中f ′

(x)是f(x)的导函数．

（1）令g1(x)＝g(x)，gn+1(x)＝g(gn(x))，n∈N+，求gn(x)的表达式；

（2）若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；

（3）设n∈N+，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．

解法二：因为f'(x)1，所以g(x)x(x

1x1x0).

由已知g1(x)g(x)x

1x，gn1(x)g(ggn(x))n(x)1g，n(x)

则1

g11，即11g1n1(x)gn(x)gn1(x)n(x)

所以1是以1

g1x11n(x)为首项，公差为g1的等差数列，1(x)xx

所以1g11(n1)11nx，n(x)xx即gxn(x)1nx.

ax解法二：已知f(x)ag(x)(x0)恒成立，即ln(1x)(*)恒成立.

1x

①当x0时，(*)式显然恒成立，此时aR.

x(1x)ln(1x)

②当x0时，0，(*)式可化为a.1xx

(1x)ln(1x)xln(1x)

设(x)(x0)，则a(x)min，'(x).2xx

令h(x)xln(1x)(x0)，则'(x)与h(x)同号.

x

又h'(x)0，所以函数h(x)在(0，)上是增函数，

1x

所以h(x)h(0)0，所以'(x)0，所以(x)在(0，)上是增函数.

(1x)ln(1x)[(1x)ln(1x)]'(x)min(0)limlim

x0x0xx'

ln(1x)1lim1.(洛必达法则)，

x01

所以此时a1.

ax综上所述，实数a的取值范围是(，11].x)f(x)ag(x)(x0)恒成立，即ln((x0)恒成立，

1x解法三：

即(x1)ln(x1)ax0(x0)恒成立.

设h(x)(x1)ln(x1)ax，h'(x)ln(x1)1a，若a1，当x[0，)时，h'(x)0，函数h(x)在[0，)上是增函数，h(x)h(0)0，(x1)ln(x1)ax0成立.

若a1，x0(0，)使得ln(x01)1a0，

a1即xe1.0

当x(0，x0)时，h'(x)0,

函数h(x)在(0，x0)上是减函数，又h(0)0，

所以当x(0，x0)时，h(x)0

故(x1)ln(x1)ax0不成立.综上，a1

解法四：

ax

f(x)ag(x)(x0)恒成立，即ln(1x)(x0)恒成立，1x

即(x1)ln(x1)ax(x0)恒成立.

设h(x)(x1)ln(x1)，s(x)ax，则h(0)s(0)0

h'(x)ln(x1)10，h(x)在[0，)上单调递增.

1h''(x)0，所以h(x)在[0，)上是下凸函数，

x1

大致图象如图:

又h'(0)1，即h(x)在x0处的切线的斜率为1，

则当a1时，f(x)ag(x)(x0)恒成立.

n11111ndxln(x1)1ln(n1)1234n1x1故g(1)＋g(2)＋＋g(n)n－f(n)

1111方法五：上述不等式等价于ln(n1)()0234n11111设k(n)ln(n1)().234n1n21n2x1因为k(n1)k(n)ln，令x构造函数h(x)lnx.n1n2n1xx1由h'(x)20(仅x1时取等号)得h(x)在[1，)上单调递增且h(1)0.xn21即ln0，k(n1)k(n)，n1n214又k(1)ln2ln0，故k(n)0.2e1111即ln(n1)()0对nZ成立，234n1

23n命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目. 知识依托：本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等. 技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省. 证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，

23k练习：证明不等式11112n(n∈N*) 则112131k1k12k1k1

2k(k1)1k1k(k1)12k1,∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+12131n＜2n. 另从k到k+1时的证明还有下列证法：

2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1,

又如:2k12k2k1k12k1.

证法二：对任意k∈N*，都有：

1kkkkk1

111因此122(21)2(32)2(nn1)2n.23n证法三：设f(n)=2n(1那么对任意k∈N*222(kk1),12131n),

都有：

f(k1)f(k)2(k1k)1k11k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1

(k1k)2k10∴f(k+1)＞f(k) 因此，对任意n∈N*

都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，

1112n.

∴123n

一题多解之不等式证明姚勤勇

高三复课2017.11.28

（2014·陕西卷）

设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf ′(x)，x≥0，其中f ′

(x)是f(x)的导函数．

（1）令g1(x)＝g(x)，gn+1(x)＝g(gn(x))，n∈N+，求gn(x)的表达式；

（2）若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；

（3）设n∈N+，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．

1112n(n∈N*) 练习：证明不等式123n