第一篇：2007年高中總復習第一輪數學 第六章 6.3 不等式的證明(二)

6.3 不等式的證明(二)鞏固·夯實基礎

一、自主梳理

1.用綜合法證明不等式:利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法,概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執果索因”.除三種基本方法外,還有以下常用方法:

(1)反證法:是先假設結論不成立,并由此出發,推出與題設條件或已經知道的結論相矛盾的結果,從而說明結論成立.(2)換元法:原不等式的代數式,經適當的三角代換或代數換元,能使證明的過程簡化.(3)放縮法:借助于不等式的傳遞性,要證a>b,只需證a>c,c>b,或借助于其他途徑放縮,如舍項、添項等.值得注意的是,放縮法是高考的“熱點”，特別在解答題中，注意使用.(4)構造函數法、導數法在證明不等式時,也經常使用.(5)數學歸納法證明不等式在數列中的運用也應引起重視.鏈接·提示

不等式證明方法多,證法靈活,其中比較法、分析法、綜合法是基本方法,要熟練掌握,其他方法作為輔助,這些方法之間不能截然分開,要綜合運用.二、點擊雙基

1.(2006上海春季高考)若a、b、c∈R,a>b,則下列不等式成立的是（）A.1a<1b

B.a2>b2

C.ac?12>

bc?1

2D.a|c|>b|c| 解析：由不等式的性質容易得答案C.答案：C 2.(理)(2005北京春季高考)若不等式(-1)a<2+圍是（）A.［-2,32n

(?1)nn?1對任意n∈N*恒成立,則實數a的取值范］

B.[-2,32)

C.［-3,32］

D.(-3,32)解析:當n為正偶數時，a<2-1n,又2-121n為增函數，1n

∴a<2-

而-2-答案:A 1n=32.當n為正奇數時,-a<2+

1n,a>-2-

1n.32為增函數,-2-<-2,∴a≥-2.故a∈［-2,).(文)(經典回放)若1a＜1b＜0，則下列結論不正確的是（）

baA.a2＜b2

B.ab＜b2

C.+

ab＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

解析:由1a＜1b＜0,知b＜a＜0.∴A不正確.答案:A 3.(2006湖北八校聯考)設函數f(x)是定義在R上,周期為3的奇函數,若f(1)<1,f(2)=（）A.a<122a?1a?1,則且a≠-1

B.-1

C.a<-1或a>0

D.-1

∴2a?1a?13a <1.a?1>0,即3a(a+1)>0.∴a<-1或a>0.故選C.答案:C 4.(2005上海春季高考)同學們都知道,在一次考試后,如果按順序去掉一些高分,那么班級的平均分將降低;反之,如果按順序去掉一些低分,那么班級的平均分將提高.這兩個事實可以用數學語言描述為:若有限數列a1,a2,?,an滿足a1≤a2≤?≤an,則________(結論用數學式子表示).解析：設原有人數為n,去掉n-m個人(1≤m

m個人的平均分為.依題意,a1?a2?????amm≤

a1?a2?????ann，am?1?am?2?????ann?ma1?a2?????amm≥

a1?a2?????anna1?a2?????ann

答案:≤(1≤m

am?1?am?2?????ann?m≥a1?a2?????ann(1≤m

【例1】 設實數x、y滿足ｙ＋x=0，0＜a＜1.求證：loga（a＋a）

2x

y

18．剖析:不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.證明:∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2ax?y=2ax?x．

∵x-x2=x

214-（x-121）2≤

114，0＜a＜1，∴a＋a≥2a4=2a8．

1y

∴loga（a＋a）

18．1講評:本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證a＋a≥2·a8即可． 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求證：

（1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).剖析:在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決問題.證明:∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［(a+b+c)+a］·［(a+b+c)+b］［(a+b+c)+c］≥8［(a+b+c)-a］·［(a+b+c)-b］·［(a+b+c)-c］，也就是證［(a+b)+(c+a)］［(a+b)+(b+c)］·［(c+a)+(b+c)］≥8(b+c)(c+a)(a+b).①

∵(a+b)+(b+c)≥2(a?b)(b?c)＞0,(b+c)+(c+a)≥2(b?c)(c?a)＞0，(c+a)+(a+b)≥2(c?a)(a?b)＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】 已知a、b∈R.求證:|a?b|1?|a?b|+

xy≤|a|1?|a|+

|b|1?|b|.證法一:當|a+b|=0時,原不等式成立.當|a+b|≠0時, |a?b| 1?|a?b|=1?11|a?b|≤1?11|a|?|b|=

|a|?|b|1?|a|?|b|

=|a|1?|a|?|b||a|1?|a|+

|b|1?|a|?|b|

≤+|b|1?|b|.x證法二:構造函數f(x)=

研究其單調性, 1?x(x≥0)，f′(x)=1?x?x(1?x)2=

1(1?x)2>0.∴f(x)在［0,+∞］上單調遞增.∵|a+b|≤|a|+|b|，∴|a?b|1?|a?b||a|1?|a|≤|a|?|b|1?|a|?|b|=

|a|1?|a|?|b|+

|b|1?|a|?|b|

≤+|b|1?|b|.講評:證法一是放縮法,證法二是單調性法,這樣直接證可以嗎? |a?b| 1?|a?b|≤|a|?|b|1?|a|?|b|.分式放縮時,分子、分母能同時放大或縮小嗎? 應用·習題精練

鞏固篇

1.若x>0,y>0,且2x+8y=1,則xy有（）

16412A.最大值64

B.最小值64

C.最大值2x

D.最小值

解析：1=+8y≥22x?8y=8

1xy，∴xy≥64.答案：B 22222.已知m+n=1,a+b=2,則am+bn的最大值是（）A.1

B.32

C.2

D.以上都不對

解析：三角代換:令m=cosα,n=sinα,a=2cosβ,b=2sinβ.am+bn=2cos(α+β)≤2.答案：C 3.已知01且ab>1,則下列不等式中成立的是（）A.logb1b1b 1b 1101b1b

1b

1b

C.logabloga-b+c;③a-b+c,①②成立.又|a|-|b|<|a+b|<-c，∴|a|<|b|-c④成立.當a=3,b=-3,c=-1時,雖|a+b|=0<-c，但3>3-1=2,3>-3+1,故③⑤不成立.答案:①②④

25.已知a＞b＞c且a+b+c=0,求證：b?ac＜3a.證明:要證222b?ac＜3a,只需證b-ac＜3a，即證b2+a(a+b)＜3a2,即證(a-b)(2a+b)＞0，即證(a-b)(a-c)＞0.∵a＞b＞c,∴(a-b)(a-c)＞0成立.∴原不等式成立.6.已知a+b+c=0,求證:ab+bc+ca≤0.證法一:(綜合法)∵a+b+c=0,∴（a+b+c）2=0.展開得ab+bc+ca=-

∴ab+bc+ca≤0.證法二:(分析法)要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤(a+b+c)2，即證a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，亦即證12a?b?c2222, ［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0．

而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三:∵a+b+c=0，∴-c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)=-a-b-ab=-［（a＋

∴ab+bc+ca≤0.提高篇

7.設a、b、c均為實數，求證：證明:∵a、b、c均為實數，∴1212a12b

222

b2）＋

3b42］≤0．

++

12c≥

1b?c+

1c?a+

1a?b.（12a＋12b）≥

12ab

≥

1a?b，當a=b時等號成立；

1212（12b＋12c12a）≥

12bc≥

1b?c1c?a，當b=c時等號成立；

（12c＋）≥

12ca12a≥

1,當c=a時等號成立．

11b?c1c?a1a?b

三個不等式相加即得號成立.＋

2b＋

2c≥＋＋，當且僅當a=b=c時等8.(全新創編題)有一位同學寫了一個不等式

x?1?cx?c22≥

1?cc(x∈R),她發現當c=1,2,3時,不等式都成立,試問:不等式是否對任何正實數c都成立?為什么? 解：設f(x)=x?1?cx?c22,z=

2x?c(z≥c)，則f(x)-1?cc=(zc?1)(z?zcc)，原不等式成立.則(zc?1)(z?zc1cc)≥0，1c1c

只需zc-1≥0?x2≥

-c?-c≤0?≤c?c≥1.故原不等式對任何正數c不都成立.教學參考

一、教學思路

1.若已知x+y=a或22

2xa22+

yb22=1常用三角代換.2.放縮時,最重要的是放縮適度,特別地,認真總結放縮的技巧,充分運用不等式的性質,及均值不等式、絕對值不等式和題設條件是進行放縮的關鍵.3.函數的有關知識如值域、單調性,在證明不等式時也應考慮.4.分析法與綜合法相互轉換、互相滲透、互為前提,充分利用這一辯證關系,可以增加解題的思路,開闊視野;放縮法和換元法的合理運用,可以擺脫習慣思維方法的局限,轉換解題途徑;反證法是逆向思維的過程,它能增大思維的發散量,克服思維定勢的影響.5.證明不等式是學習不等式的主要目的之一,復習中應時刻強化“考試要求”中所陳述的證明不等式的基本方法:比較法(作差、作商)、綜合法、分析法.在熟練掌握這三種基本方法的同時,還應根據題目的特點,試探著使用數學歸納法、判別式法、換元法、函數法、反證法等證明通法,以融會貫通所學知識和方法.二、注意問題

1.在證明不等式的過程中,分析法和綜合法是不能分離的,如果使用綜合法證明不等式難以入手時,常用分析法探索證題途徑,之后用綜合法的形式寫出它的證明過程,以適應學生習

慣的思維規律.有時問題證明難度較大,常使用分析綜合法,實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題,常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起,不等式的證明除常用的三種方法外,還需學會其他方法,如函數的單調性法、判別式法、換元法(特別是三角換元)、放縮法以及數學歸納法等,注意它們之間的知識交匯聯系.三、參考資料

【例1】 已知a、b為正數，求證：

（1）若a+1＞b,則對于任何大于1的正數x,恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+

xx?1xx?1＞b成立；

＞b成立，則a+1＞b.剖析:對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：(1)證明過程中代入條件；(2)由條件變形得出要證的不等式.證明:(1)ax+xx?11x?1=a(x-1)+

+1+a≥2a+1+a=(a+1)2.∵a+1＞b(b＞0), 22

∴(a+1)＞b.(2)∵ax+

而ax+xx?1x＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+

1x?1xx?1］min＞b, x?1=a(x-1)+1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2，1a

當且僅當a(x-1)=x?1，即x=1+＞1時取等號.故［ax+

xx?1］min=(a+1)2.則(a+1)2＞b,即a+1＞b.【例2】(2005湖南高考,文)已知數列{log2(an-1)}(n∈N)為等差數列,且a1=3,a3=9.(1)求數列{an}的通項公式;(2)證明1a2?a1*+1a3?a2+?+

1an?1?an<1.(1)解:設等差數列{log2(an-1)}的公差為d，由a1=3,a3=9得2(log22+d)=log22+log28得d=1.所以log2(an-1)=1+(n-1)×1=n，即an=2n+1.(2)證明:∵1an?1?an1a2?a1=

12n?1?2n=

12n，∴+1a3?a2+?+

1an?1?an

=12+1122+?+1212n12n

=2(2?1?)=1-12n<1.

第二篇：高中理科數學第一輪復習：不等式的證明(二)

不等式的證明(二)

【知識點精講】

1.反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，證實結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法。

2.換元法：換元法是指結構較為復雜、量與量之間關系不很明了的命題，通過恰當引入新變量，代換原題中的部分式子，簡化原有結構，使其轉化為便于研究的形式。

用換元法證明不等式時一定要注意新元的約束條件及整體置換策略

3.放縮法：欲證A>B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B

4.構造法：構造二次方程用“Δ”，構造函數用函數單調性，構造圖形用數形結合方法。

【例題選講】

(一).復習:不等式證明三種主要方法,然后講P89例1例2 例1

(P89)

1設實數x.y 滿足y+x=0,0

2xy例2.已知a.b.c?R?,且a+b+c=1,求證(1+a)(1+b)(1+c)?8(1-a)(1-b)(1-c)

1。2(二)其它方法: 2例

3、已知f(x)?x?px?q，求證：|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一個不小于【分析】由于題目的結論是：三個函數值中“至少有一個不小于

1”，情況較復雜，會出現多個異向不等式組成2的不等式組，一一證明十分繁冗，而結論的反面構成三個同向不等式，結構簡單，故采用反證法為宜。【證明】（反證法）假設|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于

1，則 2|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，相互矛盾

∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一個不小于

1。2[思維點拔] 用反證法證明命題時，推導出的矛盾可能多種多樣。有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與事實相違背等等，推導出的矛盾必須是明顯的。例

4、（1）設x,y?R，且x2?y2?1，求證：|x2?2xy?y2|?2 ； 322（2）設a,b,c?R，且a?b?c?1，求證：a?b?c?【證明】（1）設x?rsin?,y?rcos?,且|r|?1 則|x2?2xy?y2|?r2|cos2??2sin?cos??sin2?|，=r|cos2??sin2?|?（2）設a?22r2|sin(2???4)|?2。

111??,b???,c???，333∵a?b?c?1，∴??????0。于是a?b?c?

[思維點拔]（1）本題運用了三角換元法。三角代換是最常見的變量代換，凡條件為 222121?(?????)?(?2??2??2)?。333x?y?r或222x?y?r222x2y2或2?2?1等均可三角換元。（2）換元法是不等式證明中的重要變形ab73方法，常用的換元手段除三角換元法外，還有平均值代換、比值代換、對稱代換、增量代換。例

5、.已知x?y?z?5，x2?y2?z2?9求證：x,y,z都屬于[1,]。【證明】由已知得：z?5?x?y，代入x2?y2?z2?9中得：

x2?(y?5)x?y2?5y?8?0

∵x?R，∴△≥0，即(y?5)2?4(y2?5y?8)?0

7777，即y∈ [1,]。同理可證x∈ [1,]，z∈ [1,]。33331222變式：設a?b?c?1,a?b?c?1，且a?b?c，求證：??c?0

3解得1?y?因為a?b?1?c,所以a2?b2?2ab?1?c2?2c，而a?b?1?c 所以ab?c?c，所以a，b為方程x2?(1?c)x?c2?c?0（1）的二實根 而a?b?c，故方程（1）有均大于c的二不等實根。記f(x)?x2?(1?c)x?c2?c，則 2222???0,?1?c1???c?0。解得?c,?32???f(c)?0[思維點拔] 在比較法、綜合法無效時，如果能利用主元素法把原式整理成關于某函數的二次式，可考慮用判別式，要注意根的范圍和題目本身的條件限制。【課堂小結】

3.反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，證實結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法。

4.換元法：換元法是指結構較為復雜、量與量之間關系不很明了的命題，通過恰當引入新變量，代換原題 中的部分式子，簡化原有結構，使其轉化為便于研究的形式。

用換元法證明不等式時一定要注意新元的約束條件及整體置換策略

3.放縮法：欲證A>B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B

4.構造法：構造二次方程用“Δ”，構造函數用函數單調性，構造圖形用數形結合方法。

【作業布置】

第三篇：高考第一輪復習數學：不等式的證明

不等式的證明

（一）●知識梳理

1.均值定理：a+b≥2ab； ab≤（a?b2）2（a、b∈R+），當且僅當a=b時取等號.2.比較法：a－b＞0?a＞b，a－b＜0?a＜b.3.作商法：a＞0，b＞0，ab＞1?a＞b.特別提示

1.比較法證明不等式是不等式證明的最基本的方法.作差后需要判斷差的符號，作差變形的方向常常是因式分解后，把差寫成積的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用條件，若●點擊雙基

1.若a、b是正數，則

a?b2ab＞1不能推出a＞b.這里要注意a、b兩數的符號.、ab、2aba?b、a2?b22這四個數的大小順序是

A.ab≤a?b22≤2aba?b≤

a2?b22

B.a2?b2≤ab≤

a?b2≤

2aba?b2

C.2aba?b≤ab≤a?b22≤

a2?b2

D.ab≤a?b2≤

a?b22≤

2aba?b

解析：可設a=1，b=2，則a?b2=43232，ab=2，2aba?ba2=，1?4252?b2===2.5.答案：C

2.設0＜x＜1，則a=2x，b=1+x，c=A.a

解析：∵0＜x＜1，B.b

11?x中最大的一個是 C.c

D.不能確定

∴1+x＞2x=4x＞2x.∴只需比較1+x與∵1+x－∴1+x＜11?x11?x11?x2的大小.=－

x2=.1?x?11?x1?x＜0，答案：C 3.（2005年春季上海，15）若a、b、c是常數，則“a＞0且b2－4ac＜0”是“對任意x∈R，有ax2+bx+c＞0”的

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

必要條件 解析：當a＞0，b2－4ac＜0時，ax2+bx+c＞0.反之，ax+bx+c＞0對x∈R成立不能推出a＞0，b－4ac＜0.反例：a=b=0，c=2.故選A.答案：A 4.（理）已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R），給出下列不等式：

①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序號都填上）解析：∵|a+b|＜－c，∴c＜a+b＜－c.∴－b+c＜a＜－b－c.故①②成立，③不成立.∵|a+b|＜－c，|a+b|≥|a|－|b|，∴|a|－|b|＜－c.∴|a|＜|b|－c.故④成立，⑤不成立.答案：①②④

（文）若a、b∈R，有下列不等式：①a+3＞2a；②a+b≥2（a－b－1）；③a+b＞a3b2+a2b3；④a+1a

222

552

2≥2.其中一定成立的是__________.解析：①a2+3－2a=（a－1）2+2＞0，∴a2+3＞2a；

②a2+b2－2a+2b+2=（a－1）2+（b+1）2≥0，∴a2+b2≥2（a－b－1）；

③a+b－ab－ab=a（a－b）+b（b－a）=（a2－b2）（a3－b3）=（a+b）（a－b）2（a2+ab+b2）.∵（a－b）≥0，a+ab+b≥0，但a+b符號不確定，∴a5+b5＞a3b2+a2b3不正確； ④a∈R時，a+答案：①② 1a22

255322

332

2≥2不正確.5.船在流水中在甲地和乙地間來回行駛一次的平均速度v1和在靜水中的速度v2的大小關系為____________.解析：設甲地至乙地的距離為s，船在靜水中的速度為v2，水流速度為v（v2＞v＞0），則船在流水中在甲乙間來回行駛一次的時間

t=sv2?v+sv2?v=v2v22v2s2?v22，平均速度v1=22st2=

?vv2.∵v1－v2=∴v1＜v2.v2?vv22－v2=－

v2v2＜0，答案：v1＜v2 ●典例剖析

【例1】 設a＞0，b＞0，求證：（a21b）2（b?111a）2≥a2+b2.剖析：不等式兩端都是多項式的形式，故可用比差法證明或比商法證明.證法一：左邊－右邊＝

（a）?（b）ab（a?b）（a?ab?b）?ab（a?b）（a?2ab?b）（a?ab（a?b）33－（a＋b）

＝

＝＝

b）（aba?b）2≥0.ab∴原不等式成立.證法二：左邊＞0，右邊＞0，左邊右邊＝（a?b）（a?ab（a?ab?b）b）＝

a?ab?bab≥

2ab?abab＝1.∴原不等式成立.評述：用比較法證不等式，一般要經歷作差（或商）、變形、判斷三個步驟.變形的主要手段是通分、因式分解或配方.在變形過程中，也可利用基本不等式放縮，如證法二.下面的例3則是公式法與配方法的綜合應用.【例2】 已知a、b、x、y∈R且求證：xx?a+

1a＞

1b，x＞y.＞yy?b.剖析：觀察待證不等式的特征，用比較法或分析法較適合.證法一：（作差比較法）

∵又xx?a1a－1byy?b（x?a）（y?b）=

bx?ay，＞且a、b∈R+，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay.∴bx?ay（x?a）（y?b）＞0，即

xx?a＞

yy?b.證法二：（分析法）∵x、y、a、b∈R，∴要證+

xx?a＞

yy?b，只需證明x（y+b）＞y（x+a），即證xb＞ya.而由1a＞1b＞0，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，知xb＞ya顯然成立.故原不等式成立.思考討論

該例若用函數的單調性應如何構造函數? 解法一：令f（x）=再令g（x）=∵1axx?a，易證f（x）在（0，+∞）上為增函數，從而

xx?a＞

yy?b.mm?x，易證g（x）在（0，+∞）上單調遞減.+＞1b，a、b∈R.∴a＜b.mm?a∴g（a）＞g（b），即＞

mm?b，命題得證.xy解法二：原不等式即為

axa?1＞

byb?1，為此構造函數f（x）=

xx?1，x∈（0，+∞）.xa易證f（x）在（0，+∞）上為單調增函數，而xy＞

yb，∴axa?1＞byb?1，即

xx?a＞

yy?b.【例3】 某食品廠定期購買面粉.已知該廠每天需用面粉6 t，每噸面粉的價格為1800元，面粉的保管等其他費用為平均每噸每天3元，購面粉每次需支付運費900元.（1）求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少?（2）若提供面粉的公司規定：當一次購買面粉不少于210 t時，其價格可享受9折優惠（即原價的90%），問該廠是否考慮利用此優惠條件?請說明理由.解：（1）設該廠應每隔x天購買一次面粉，其購買量為6x t，由題意知，面粉的保管等其他費用為3［6x+6（x－1）+?+6×2+6×1］=9x（x+1）.設平均每天所支付的總費用為y1元，則y1=900x1x［9x（x+1）+900］+6×1800 =+9x+10809≥

2900x?9x+10809 =10989.當且僅當9x=900x，即x=10時取等號，即該廠應每隔10天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少.（2）若廠家利用此優惠條件，則至少每隔35天，購買一次面粉，平均每天支付的總費用為y2元，則

y2==1x［9x（x+1）+900］+6×1800×0.90 +9x+9729（x≥35）.100x900x令f（x）=x+（x≥35），x2＞x1≥35，則 f（x1）－f（x2）=（x1+=

100x1）－（x2+

100x2）

（x2?x1）（100?x1x2）x1x2

∵x2＞x1≥35，∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0.∴f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），即f（x）=x+100x，當x≥35時為增函數.∴當x=35時，f（x）有最小值，此時y2＜10989.∴該廠應該接受此優惠條件.●闖關訓練 夯實基礎

1.設x＞0，y＞0，且xy－（x+y）=1，則 A.x+y≤22+2

B.x+y≥22+2 D.x+y≥（2+1）

2C.x+y≤（2+1）解析：∵x＞0，y＞0，∴xy≤（由xy－（x+y）=1得（∴x+y≥2+22.答案：B

x?y2x?y2）.2）2－（x+y）≥1.2.已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，則M與N的大小關系是 A.M≥N

B.M≤N

C.M=N

D.不能確定

解析：M－N=x+y+1－（x+y+xy）==121222［（x2+y2－2xy）+（x2－2x+1）+（y2－2y+1）］ ［（x－y）2+（x－1）2+（y－1）2］≥0.答案：A 3.設a＞0，b＞0，a+解析：a+

22b22b2=1，則a1?b2的最大值是____________.?12b2b22=1?a+

=

32.a2∴a1?b2=2·a·答案：324?12?b22?12332=2·2=.≤2·

a?b24.若記號“※”表示求兩個實數a和b的算術平均數的運算，即a※b=，則兩邊均含有運算符號“※”和“+”，且對于任意3個實數a、b、c都能成立的一個等式可以是____________.解析：∵a※b=a?b2b?a2，b※a=，∴a※b+c=b※a+c.答案：a※b+c=b※a+c.思考：對于運算“※”分配律成立嗎? 即a※（b+c）=a※b+a※c.答案：不成立

5.當m＞n時，求證：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3．

證明：∵（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＝m3－3m2n＋3mn2－n3＝（m－n）3，3又m＞n，∴m－n＞0.∴（m－n）＞0，即（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＞0.故m－mn－3mn＞2mn－6mn＋n．

6.已知a＞1，λ＞0，求證：loga（a+λ）＞loga+λ（a+2λ）.證明：loga（a+λ）－log（a+λ）（a+2λ）=lg（a??）lga2322223－lg（a?2?）lg（a??）

=lg（a??）?lga?lg（a?2?）lga?lg（a??）

∵a＞1，λ＞0，∴lga＞0，lg（a+2λ）＞0，且lga≠lg（a+2λ）.∴lga·lg（a+2λ）＜［（=［lg（a2lga?lg（a?2?）2lg（a??）22）］?2a?）2］＜［

2］=lg（a+λ）.∴lg（a??）?lga?lg（a?2?）lgalg（a??）2＞0.∴loga（a+λ）＞log（a+λ）（a+2λ）.培養能力

7.已知x＞0，y＞0，若不等式x+y≤mx?y恒成立，求實數m的最小值.分析：∵x+y≤mx?y恒成立，x?x?yx?x?yyy∴m≥恒成立.∴m的最小值就是的最大值.解：∵x+y≤mx?y恒成立，x?x?yy∴m≥恒成立.∵x＞0，y＞0，∴x?y≥（x?2x?x?2yyy）2=

x?2y.∴x?x?yy≤=2.∴m的最小值為2.評述：分離參數法是求參數的范圍問題常用的方法，化歸是解這類問題常用的手段.8.有點難度喲！

求證：在非Rt△ABC中，若a＞b，ha、hb分別表示a、b邊上的高，則必有a+ha＞b+hb.證明：設S表示△ABC的面積，則 S=12aha=12bhb=12absinC.∴ha=bsinC，hb=asinC.∴（a+ha）－（b+hb）=a+bsinC－b－asinC =（a－b）（1－sinC）.∵C≠π2，∴1－sinC＞0.∴（a－b）（1－sinC）＞0.∴a+ha＞b+hb.探究創新

9.設二次函數f（x）=ax+bx+c（a＞0），方程f（x）－x=0的兩根x1、x2滿足1＜x1＜x2＜1a2.（1）當x∈（0，x1）時，證明x＜f（x）＜x1；（2）設函數f（x）的圖象關于直線x=x0對稱，求證x0＜證明：（1）令F（x）=f（x）－x，∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，∴F（x）=a（x－x1）（x－x2）.當x∈（0，x1）時，由于x1＜x2，∴（x－x1）（x－x2）＞0.又a＞0，得F（x）=a（x－x1）（x－x2）＞0，即x＜f（x）.又x1－f（x）=x1－［x+F（x）］=x1－x+a（x1－x）（x－x2）=（x1－x）［1+a（x－x2）］，∵0＜x＜x1＜x2＜1ax12.，x1－x＞0，1+a（x－x2）=1+ax－ax2＞1－ax2＞0，∴x1－f（x）＞0，即f（x）＜x1.綜上，可知x＜f（x）＜x1.（2）由題意知x0=－

b2a.∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，即x1、x2是方程ax2+（b－1）x+c=0的根，∴x1+x2=－∴x0=－b2ab?1a.=.ax1?ax2?12a=a（x1?x2）?12aax12ax12.又∵ax2＜1，∴x0＜=●思悟小結

1.比較法有兩種形式：一是作差，二是作商.用作差法證明不等式是證明不等式中最基本、最常用的方法.它的依據是不等式的基本性質.2.步驟是：作差（商）→變形→判斷.變形的目的是為了判斷.若是作差，就判斷與0的大小關系，為了便于判斷，往往把形式變為積或完全平方式.若是作商，兩邊為正，就判斷與1的大小關系.3.有時要先對不等式作等價變形再進行證明，有時幾種證明方法綜合使用.4.在應用均值定理求最值時，要把握定理成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”.若忽略了某個條件，就會出現錯誤.●教師下載中心 教學點睛

1.在證明不等式的各種方法中，作差比較法是一種最基本、最重要的方法，它是利用不等式兩邊的差是正數還是負數來證明不等式，其應用非常廣泛，一定要熟練掌握.2.對于公式a+b≥2ab，ab≤（a?b2）2要講清它們的作用和使用條件及內在聯系，兩個公式也體現了ab和a+b的轉化關系.拓展題例

【例1】設a、b∈R，關于x的方程x2＋ax＋b＝0的實根為α、β.若｜a｜＋｜b｜＜1，求證：｜α｜＜1，｜β｜＜1.證法一：∵α＋β＝－a，αβ＝b，∴｜α＋β｜＋｜αβ｜＝｜a｜＋｜b｜＜1.∴｜α｜－｜β｜＋｜α｜｜β｜＜1，（｜α｜－1）（｜β｜＋1）＜0.∴｜α｜＜1.同理，｜β｜＜1.證法二：設f（x）=x＋ax＋b，則有

f（1）＝1＋a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞1－1＝0，f（－1）＝1－a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞0.∵0≤｜a｜＜1，∴－1＜a＜1.∴－122＜－a2＜12.∴方程f（x）＝0的兩實根在（－1，1）內，即｜α｜＜1，｜β｜＜1.評述：證法一先利用韋達定理，再用絕對值不等式的性質恰好能分解因式；證法二考慮根的分布，證兩根在（－1，1）內.【例2】 是否存在常數C，使得不等式數x、y恒成立?試證明你的結論.解：當x=y時，可由不等式得出C=下面分兩個方面證明.先證≥2xy.再證xx?2yx2x?y23x2x?y+

yx?2y≤C≤

xx?2y+

y2x?y對任意正

.+yx?2y≤

23，此不等式?3x（x+2y）+3y（2x+y）≤2（2x+y）（x+2y）?x2+y2+y2x?y≥

23，22此不等式?3x（2x+y）+3y（x+2y）≥2（x+2y）（2x+y）?2xy≤x+y.綜上，可知存在常數C=

23，使對任何正數x、y不等式恒成立.6.3 不等式的證明

（二）●知識梳理

1.用綜合法證明不等式：利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件 的方法叫分析法，概括為“執果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調性證明不等式.5.構造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數形結合法證明不等式.7.反證法、換元法等.特別提示

不等式證明方法多，證法靈活，其中比較法、分析法、綜合法是基本方法，要熟練掌握，其他方法作為輔助，這些方法之間不能截然分開，要綜合運用各種方法.●點擊雙基

1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）a＜2+數a的取值范圍是

A.［－2，C.［－3，3232n

（?1）nn?1對任意n∈N恒成立，則實

*））

B.（－2，D.（－3，3232））

解析：當n為正偶數時，a＜2－1n，2－121n為增函數，∴a＜2－=32.1n當n為正奇數時，－a＜2+而－2－1n，a＞－2－

1n1n.為增函數，－2－

32＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，答案：A）.2.（2003年南京市質檢題）若＜

a11b＜0，則下列結論不正確的是 ．．．

B.ab＜b D.|a|+|b|＞|a+b|

2A.a＜b C.ba2

21b

+ab＞2

1a解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正確.答案：A 3.分析法是從要證的不等式出發，尋求使它成立的 A.充分條件

C.充要條件

答案：A

B.必要條件

D.既不充分又不必要條件

4.（理）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關系是____________.解析：若d=0或q=1，則am=bm.若d≠0，畫出an=a1+（n－1）d與bn=b1·q

y n－

1的圖象，O1m n x 易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，?），則an+1與bn+1的大小關系是____________.解析：an+1=a1?a2n?121a?b1a?b≥a1a2n?1=b1b2n?1=bn+1.答案：an+1≥bn+1 5.若a＞b＞c，則

+

1b?c1b?c_______

3a?c.（填“＞”“=”“＜”）

1a?b解析：a＞b＞c，（1+）（a－c）=（+

1b?c）［（a－b）+（b－c）］

≥2（a?b）（b?c）1·2（a?b）（b?c）=4.3a?c∴a?b+1b?c≥

4a?c＞.答案：＞ ●典例剖析

【例1】 設實數x、y滿足y＋x2＝0，0＜a＜1.求證：loga（ax＋ay）＜loga2＋

18.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.xy證明：∵a＞0，a＞0，∴ax＋ay≥2ax?y＝2ax?x.∵x－x2＝xy

214－（x－112）2≤

114，0＜a＜1，∴a＋a≥2a4＝2a8.1∴loga（a＋a）＜loga2a8＝loga2＋xy

18.1評述：本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證a＋a≥2·a8即可． 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求證：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決

+

xy

問題.證明：∵a、b、c∈R且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［（a+b+c）+a］·［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］·［（a+b+c）－b］·［（a+b+c）－c］.也就是證［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］·［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（a+b）+（b+c）≥2（a?b）（b?c）＞0，（b+c）+（c+a）≥2（b?c）（c?a）＞0，（c+a）+（a+b）≥2（c?a）（a?b）＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】 已知a＞1，n≥2，n∈N*.求證：na－1＜a?1n+

.a?1n證法一：要證na－1＜即證a＜（a?1n，+1）.n令a－1=t＞0，則a=t+1.也就是證t+1＜（1+∵（1+tntntn）n.+?+Cnn（tn）n=1+C1na?1nn）n＞1+t，即na－1＜成立.證法二：設a=xn，x＞1.于是只要證即證xnx?1n＞x－1，n－1?1x?1n－1＞n.聯想到等比數列前n項和1+x+?+xn－

2=

xn?1x?1，① ② 倒序x+x+?+1=nxn?1x?1.①+②得2·x?1x?1=（1+xn－1）+（x+xn－2）+?+（xn－1+1）

＞2xn?1+2xn?1+?+2xn?1＞2n.∴xn?1x?1＞n.思考討論

本不等式是與自然數有關的命題，用數學歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關訓練 夯實基礎

1.已知a、b是不相等的正數，x=

a?2b，y=a?b，則x、y的關系是

A.x＞y 解析：∵x2=y2=a+b=12 B.y＞x

2C.x＞2y

D.不能確定

（a+b）2=

12（a+b+2ab），（a+b+a+b）＞

（a+b+2ab）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B 2.對實數a和x而言，不等式x+13ax＞5ax+9a成立的充要條件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）=x3－5ax2+13a2x－9a3 =（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）+5a］＞0.∵當x≠2a≠0時，有（x－2a）2+5a2＞0.由題意故只需x－a＞0即x＞a，以上過程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求證：b2?ac＜3a.22證明：要證b2?ac＜3a，只需證b－ac＜3a，22

3即證b2+a（a+b）＜3a2，即證（a－b）（2a+b）＞0，即證（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）·（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求證：ab+bc+ca≤0.證法一：（綜合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）＝0.展開得ab+bc+ca=－∴ab+bc+ca≤0.證法二：（分析法）要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即證a+b+c+ab+bc+ca≥0，亦即證122222

a2?b2?c22，［（a+b）＋（b＋c）＋（c＋a）］≥0．

而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2

＝－a－b－ab＝－［（a＋22

b2）＋

3b42］≤0．

∴ab+bc+ca≤0.培養能力

5.設a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求證：－＜c＜0.31證明：∵a+b+c=1，22∴（a+b）－2ab+c=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x+（c－1）x+c－c=0的兩個根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，則

?Δ?0?1?1?c?c???c?0?3?2??f（c）?0.222222

6.已知2b?2ca=1，求證：方程ax2+bx+c=0有實數根.a?2c2證明：由2b?2ca=1，∴b=.∴b=（2a2+2c）=

2a22+2ac+2c2=4ac+（a2－2c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有實數根.7.設a、b、c均為實數，求證：證明：∵a、b、c均為實數，∴12121212a+

12b+

12c≥

1b?c+

1c?a+

1a?b.（12b12c12a＋12c12b）≥

12bc12ab≥≥≥

11a?b，當a=b時等號成立；

（（＋＋）≥）≥

b?c1c?a，當b=c時等號成立； ． ≥

1b?c12a12ca三個不等式相加即得探究創新

12a+

12b+

12c+

1c?a+

1a?b，當且僅當a=b=c時等號成立.8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求證：a、b、c、d中至少有一個是負數.證明：假設a、b、c、d都是非負數，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.這與ac+bd＞1矛盾.所以假設不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數.●思悟小結

1.綜合法就是“由因導果”，從已知不等式出發，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結論.2.分析法就是“執果索因”，從所證不等式出發，不斷用充分條件替換前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的證法一般用分析法，敘述證明過程用綜合法較簡，兩法結合在證明不等式中經常遇到.4.構造函數利用單調性證不等式或構造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現相關知識間的聯系.●教師下載中心 教學點睛

1.在證明不等式的過程中，分析法和綜合法是不能分離的，如果使用綜合法證明不等式難以入手時，常用分析法探索證題途徑，之后用綜合法的形式寫出它的證明過程，以適應學生習慣的思維規律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題，常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起，所以在教學中，不等式的證明除常用的三種方法外，還需介紹其他方法，如函數的單調性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數學歸納法等.拓展題例

【例1】 已知a、b為正數，求證：

（1）若a+1＞b，則對于任何大于1的正數x，恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+

xx?1xx?1＞b成立；

＞b成立，則a+1＞b.分析：對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：①證明過程中代入條件；②由條件變形得出要證的不等式.證明：（1）ax+xx?1=a（x－1）+

1x?1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2.∵a+1＞b（b＞0），22∴（a+1）＞b.（2）∵ax+而ax+xx?1xx?1＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+

1x?1xx?1］min＞b，=a（x－1）+

1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2，1a當且僅當a（x－1）=故［ax+xx?1x?1，即x=1+＞1時取等號.］min=（a+1）2.則（a+1）2＞b，即a+1＞b.評述：條件如何利用取決于要證明的不等式兩端的差異如何消除.【例2】 求證：|a?b|1?|a?b|≤

|a|1?|a|+

|b|1?|b|.x剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=證明：令f（x）=

x1?x1?x（x≥0）的單調性.（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調遞增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即|a?b|1?|a?b|≤|a|?|b|1?|a|?|b|=

|a|1?|a|?|b|?|b|1?|a|?|b|≤

|a|1?|a|?|b|1?|b|.思考討論

1.本題用分析法直接去證可以嗎? 2.本題當|a+b|=0時，不等式成立； 當|a+b|≠0時，原不等式即為

1?11|a?b|≤

|a|1?|a|?|b|1?|b|.再利用|a+b|≤|a|+|b|放縮能證嗎?讀者可以嘗試一下!

第四篇：2012高考數學第一輪總復習100講(含同步練習)1039_不等式證明方法(二)

2012高考數學第一輪總復習100講 g3.1039 不等式證明方法

（二）一、知識回顧

1、反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，從而肯定原結論的正確；

2、放縮法：欲證A?B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量使得，常用的放縮方式： B?B1,B1?B2?...?A（或A?A1,A1?A2?...?B）舍去或加上一些項；

12n?n?n?1；12n?n?1?n；111

1?;?n2n(n?1)n2n(n?1)

3、換元法：三角換元、代數換元；

4、判別式法

二、基本訓練：

1、實數a、b、c不全為零的條件為（）

A)a、b、c全不為零

B)a、b、c中至多只有一個為零 C)a、b、c只有一個為零

D)a、b、c中至少有一個不為零

2、已知a、b、c、d?R?，s?abcd???，則有（）

a?b?ca?b?dc?d?ac?d?bA)0?s?B)1?s?2

C)2?s?

3D)3?s?4

3、為已知x2?y2?4，則2x?3y的取值范圍是________。

4、設x?0、y?0，A?x?yxy,B??，則A、B大小關系為________。

1?x?y1?x1?y5、實數x?x?y，則x的取值范圍是________。y13

3三、例題分析：

例

1、x＞0，y＞0，求證：x?y?(x?y)

例

2、函數f(x)?1?x2(a?b)，求證：|f(a)?f(b)|?|a?b|

例

3、已知:a2?b2?1,x2?y2?1,求證:?1?ax?by?1（三角換元法）

2232012高考數學第一輪總復習100講

例

4、求證：?1?

例

5、若a,b,c都是小于1的正數，求證：(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a不可能同時大于

例

6、求證：1?

例

7、設二次函數f(x)?ax2?bx?c(a、b、c?R且a?0)，若函數y?f(x)的圖象與直線y?x和y??x均無公共點。x?11?（判別式法）

x2?x?131.4（反證法）

111???????2(n?N)（放縮法）2232n2（1）求證：4ac?b2?1

（2）求證：對于一切實數x恒有|ax2?bx?c|?

四、課堂小結：

1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題適宜用反證法.2、換元法（主要指三角代換法）多用于條件不等式的證明，此法若運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化成簡單的三角問題.3、含有兩上字母的不等式，若可化成一邊為零，而另一邊是關于某字母的二次式時，這時可考慮判別式法，并注意根的取值范圍和題目的限制條件.4、有些不等式若恰當地運用放縮法可以很快得證，放縮時要看準目標，做到有的放矢，注意放縮適度.4|a|2012高考數學第一輪總復習100講

五、同步練習g3.1039 不等式證明方法

（二）1、若x2?xy?y2?1且x、y?R，則n?x2?y2的取值范圍是（）

A)0?n?

1B)2?n?C)n?D)2?n?2 32、已知a、b?R?，則下列各式中成立的是（）

A)acos?bsin22??a?b

B)acos?bsin22??a?b

C)cos2?lga?sin2?lgb?lg(a?b)

D)cos2?lga?sin2?lgb?lga(?b)

3、設,y∈R,且x2+y2=4,則A)2-

24、若f(n)=

2xy的最大值為（）

x?y?2B)2+2 C)-2 D)?4 3n2?1-n,g(n)=n-n2?1,φ(n)=

1,則f(n),g(n),ф(n)的大小順序為2n____________.5、設a,b是兩個實數,給出下列條件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一個實數大于1”的條件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求證：|a?b|?a2?ab?b2?a2?b

2111?? a?bb?ca?c（提示：換元法，令a－b=m∈R＋，b－c=n∈R＋）

11111?2?2?????2?1

8、若n?N，且n?2，求證：?2n?123n7、a＞b＞c，求證：

2012高考數學第一輪總復習100講

9、已知f(x)?x2?px?q，求證：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不少于

10、已知i、m、n是整數且1?i?m?n，試證明：

ii（1）niAm； ?miAn1。2（2）(1?m)n?(1?n)m.答案：DCB

4、g(n)>ф(n)> f(n)

5、③

第五篇：教案-6.3不等式的證明2

6．3 不等式的證明（第二課時）

教學目標

1.進一步熟練掌握比較法證明不等式； 2.了解作商比較法證明不等式； 3.提高學生解題時應變能力.教學重點

比較法的應用 教學難點

常見解題技巧 教學方法

啟發引導式 教學活動

（一）導入新課

（教師活動）教師打出字幕（復習提問），請三位同學回答問題，教師點評．

（學生活動）思考問題，回答．

［字幕］1．比較法證明不等式的步驟是怎樣的？

2．比較法證明不等式的步驟中，依據、手段、目的各是什么？

3．用比較法證明不等式的步驟中，最關鍵的是哪一步？學了哪些常用的變形方法？對式子的變形還有其它方法嗎？

[點評]用比較法證明不等式步驟中，關鍵是對差式的變形．在我們所學的知識中，對式子變形的常用方法除了配方、通分，還有因式分解．這節課我們將繼續學習比較法證明不等式，積累對差式變形的常用方法和比較法思想的應用．（板書課題）

設計意圖：復習鞏固已學知識，銜接新知識，引入本節課學習的內容．

（二）新課講授

【嘗試探索，建立新知】

（教師活動）提出問題，引導學生研究解決問題，并點評．

（學生活動）嘗試解決問題．

[問題]

1．化簡a?b?ab?ab.2．比較35322311與（a?b?0）的大小． a?ba

（學生解答問題）

［點評］

①問題1，我們采用了因式分解的方法進行簡化．

②通過學習比較法證明不等式，我們不難發現，比較法的思想方法還可用來比較兩個式子的大小．

設計意圖：啟發學生研究問題，建立新知，形成新的知識體系．

【例題示范，學會應用】

（教師活動）教師打出字幕（例題），引導、啟發學生研究問題，井點評解題過程．

（學生活動）分析，研究問題．

—第1頁●共5頁—

［字幕］例題3 已知a，b是正數，且a?b，求證

a5?b5?a3b2?a2b3.［分析］依題目特點，作差后重新組項，采用因式分解來變形．

證明：（見課本）

［點評］因式分解也是對差式變形的一種常用方法．此例將差式變形為幾個因式的積的形式，在確定符號中，表達過程較復雜，如何書寫證明過程，例3給出了一個好的示范．

a2?b2a?b

[字幕]例4試問：2與（a,b?0）的大小關系．并說明理由． 2a?ba?b

［分析］作差通分，對分子、分母因式分解，然后分類討論確定符號．

a2?b2a?b(a2?b2)(a?b)?(a?b)(a2?b2)2ab(a?b)解：2 ???22222a?ba?b(a?b)(a?b)(a?b)(a?b)

因為a,b?0，所以2ab?0,a?b?0,a2?b2?0，(a2?b2)(a?b)?0.若a?b?0，則a?b?0,2ab(a?b)?0

所以

2ab?0． 22(a?b)(a?b)a2?b2a?b?.即2a?b2a?b若b?a?0，則a?b?0,2ab(a?b)?0 所以

2ab(a?b)?0． 22(a?b)(a?b)a2?b2a?b?即2

a?b2a?b若a?b?0，則a?b?0,2ab(a?b)?0 所以

2ab(a?b)?0． 22(a?b)(a?b)a2?b2a?b?即2

a?b2a?ba2?b2a?b?.綜上所述：

a?b?0時，22a?ba?b

—第2頁●共5頁—

a2?b2a?b?

b?a?0時，2 2a?ba?ba2?b2a?b?

a?b?0時，2

a?b2a?b

［點評］解這道題在判斷符號時用了分類討論，分類討論是重要的數學思想方法．要理解為什么分類，怎樣分類．分類時要不重不漏．

［字幕］例5甲、乙兩人同時同地沿同一條路線走到同一地點．甲有一半時間以速度m行走，另一半時間以速度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，問甲、乙兩人誰先到達指定地點．

[分析]設從出發地點至指定地點的路程為s，甲、乙兩人走完這段路程用的時間分別為t1，t2，要回答題目中的問題，只要比較t1、t2的大小就可以了．

解：（見課本）

［點評］此題是一個實際問題，學習了如何利用比較法證明不等式的思想方法解決有關實際問題．要培養自己學數學，用數學的良好品質．

設計意圖：鞏固比較法證明不等式的方法，掌握因式分解的變形方法和分類討論確定符號的方法．培養學生應用知識解決實際問題的能力．

【課堂練習】

（教師活動）教師打出字幕（練習），要求學生獨立思考，完成練習；請甲、乙兩位學生板演；巡視學生的解題情況，對正確的給予肯定，對偏差及時糾正；點評練習中存在的問題．

（學生活動）在筆記本上完成練習，甲、乙兩位同學板演．

44223

3［字幕］練習：1．設a?b，比較(a?b)(a?b)與(a?b)的大小．

?

2．已知a,b?0，n?N，求證(a?b)(a?b)?2(annn?1?bn?1).設計意圖：掌握比較法證明不等式及思想方法的應用．靈活掌握因式分解法對差式的變形和分類討論確定符號．反饋信息，調節課堂教學．

【分析歸納、小結解法】

（教師活動）分析歸納例題的解題過程，小結對差式變形、確定符號的常用方法和利用不等式解決實際問題的解題步驟．

（學生活動）與教師一道小結，并記錄在筆記本上．

1．比較法不僅是證明不等式的一種基本、重要的方法，也是比較兩個式子大小的一種重要方法．

2．對差式變形的常用方法有：配方法，通分法，因式分解法等．

—第3頁●共5頁—

3．會用分類討論的方法確定差式的符號．

4．利用不等式解決實際問題的解題步驟：①類比列方程解應用題的步驟．②分析題意，設未知數，找出數量關系（函數關系，相等關系或不等關系），③列出函數關系、等式或不等式，④求解，作答．

設計意圖：培養學生分析歸納問題的能力，掌握用比較法證明不等式的知識體系．

（三）小結

（教師活動）教師小結本節課所學的知識及數學思想與方法．

（學生活動）與教師一道小結，并記錄筆記．

本節課學習了對差式變形的一種常用方法——因式分解法；對符號確定的分類討論法；應用比較法的思想解決實際問題．

通過學習比較法證明不等式，要明確比較法證明不等式的理論依據，理解轉化，使問題簡化是比較法證明不等式中所蘊含的重要數學思想，掌握求差后對差式變形以及判斷符號的重要方法，并在以后的學習中繼續積累方法，培養用數學知識解決實際問題的能力．

設計意圖：培養學生對所學的知識進行概括歸納的能力，鞏固所學的知識，領會化歸、類比、分類討論的重要數學思想方法．

（四）布置作業

1．課本作業：P17 7、8。

2，思考題：已知a,b?0，求證ab?ab.3．研究性題：對于同樣的距離，船在流水中來回行駛一次的時間和船在靜水中來回行駛一次的時間是否相等？（假設船在流水中的速度和部在靜水中的速度保持不變）

設計意圖：思考題讓學生了解商值比較法，掌握分類討論的思想．研究性題是使學生理論聯系實際，用數學解決實際問題，提高應用數學的能力．

（五）課后點評

1．教學評價、反饋調節措施的構想：本節課采用啟發引導，講練結合的授課方式，發揮教師主導作用，體現學生主體地位，通過啟發誘導學生深入思考問題，解決問題，反饋學習信息，調節教學活動．

2．教學措施的設計：由于對差式變形，確定符號是掌握比較法證明不等式的關鍵，本節課在上節課的基礎上繼續學習差式變形的方法和符號的確定，例3和例4分別使學生掌握因式分解變形和分類討論確定符號，例5使學生對所學的知識會應用．例題設計目的在于突出重點，突破難點，學會應用．

作業答案

abbaaabbaa?bb?a?()a?b.思考題：證明：ba?a?babbaaa?baabb?1，故ba?1.因為a,b?0，所以當a?b?0時，?1,a?b?0()bbab

—第4頁●共5頁—

又因為ab?0，所以ab?ab.baabbaaaa?baabb?1，即ba?1，所以aabb?abba.當b?a?0時，0??1,a?b?0，故()bbabaaa?baabb?1，即ba?1，所以aabb?abba.當a?b?0時，?1,a?b?0.故()bbab

綜上所述，ab?ab.研究性題：設兩地距離為s，船在靜水中的速度為u，水流速度為v（u?v?0），則 abbass2s2v2st流?t靜?(?)???0 22u?vu?vuu(u?v)所以船在流水中來回行駛一次的時間比在靜水中來回行駛一次的時間長．

—第5頁●共5頁—