第一篇：高二數學不等式的證明
高二數學不等式的證明(二)
[本周學習內容]不等式證明中的綜合證明方法：
1.換元法：通過適當的換元，使問題簡單化，常用的有三角換元和代數換元。
2.放縮法：理論依據：a>b,b>ca.c，找到不等號的兩邊的中間量，從而使不等式成立。
3.反證法：理論依據：命題“p”與命題“非p”一真、一假，證明格式
[反證]：假設結論“p”錯誤，“非p”正確，開始倒推，推導出矛盾(與定義，定理、已知等等矛盾)，從而得 到假設不正確，原命題正確。
4.數學歸納法：這是一種利用遞推關系證明與非零自然數有關的命題，可以是等式、不等式、命題。
證明格式：
(1)當n=n0時，命題成立；
(2)假設當n=k時命題成立；
則當n=k+1時，證明出命題也成立。
由(1)(2)知：原命題都成立。
[本周教學例題]
一、換元法：
1.三角換元：
例1.求證：
證一：(綜合法)
即：
證二：(換元法)∵-1≤x≤1 ∴令x=cos,[0,π]
則
∵-1≤sin2≤1
例2.已知x>0，y>0，2x+y=1，求證：
分析：由于條件給出了x>0，y>0，2x+y=1，故如何使用2x+y=1這一特點是解決問題的重要環節。由本題中x>0，y>0,2x+y=1的條件也可用三角代換。
證一：
證二：由x>0,y>0，2x+y=1，可設
則
例3.若x2+y2≤1，求證：
證：設
則
例4.若x>1，y>1，求證：
證：設
則
例5.已知：a>1,b>0，a-b=1，求證：
證：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨設
則
小結：若0≤x≤1，則可令
若x2+y2=1，則可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π)
若x2-y2=1，則可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)
若x≥1，則可令
2.代數換元：，若xR，則可令
例6：證明：若a>0，則
證：設
則
即
∴原式成立
小結：還有諸如“均值換元”“設差換元”的方法。
二、放縮法：
例7.若a,b,c,dR+，求證：
證：記
∵a,b,c,dR+
∴1 例8.當n>2時，求證：logn(n-1)logn(n+1)<1 證：∵n>2 ∴logn(n-1)>0，logn(n+1)>0 ∴n>2時，logn(n-1)logn(n+1)<1 例9.求證： 證： 三.反證法 例10.設0 證：設 則三式相乘： ① 又∵0 同理： 以上三式相乘： ∴原式成立 與①矛盾 例11.已知a+b+c+>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a,b,c>0 證：設a<0，∵abc>0，∴bc<0 又由a+b+c>0，則b+c=-a>0 ∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0 與題設矛盾 又：若a=0，則與abc>0矛盾，∴必有a>0 同理可證：b>0，c>0 四.構造法： 1.構造函數法 例12.已知x>0，求證： 證：構造函數 由 顯然 ∴上式>0 ∴f(x)在 上單調遞增，∴左邊 例13.求證： 證：設 用定義法可證：f(t)在上單調遞增，令：3≤t1 例14.已知實數a,b,c，滿足a+b+c=0和abc=2，求證：a,b,c中至少有一個不小于2。 證：由題設：顯然a,b,c中必有一個正數，不妨設a>0 則有兩個實根。 例15.求證： 證：設 當y=1時，命題顯然成立，當y≠1時，△=(y+1)2-4(y-1)2=(3y-1)(y-3)≥0 綜上所述，原式成立。(此法也稱判別式法) 例16.已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac+bd 證一：(分析法)∵a,b,c,d,x,y都是正數 ∴要證：(xy)≥ac+bd 只需證 即：(a2+b2)(c2+d2)≥a2c2+b2d2+2abcd 展開得：a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd 即：a2d2+b2c2≥2abcd 由基本不等式，顯然成立 ∴xy≥ac+bd 證二：(綜合法) 證三：(三角代換法) ∵x2=a2+b2，∴不妨設 y2=c2+d 2五.數學歸納法： 例17.求證：設nN，n≥2，求證： 分析：關于自然數的不等式常可用數學歸納法進行證明。 證：當n=2時，左邊，易得：左邊>右邊。 當n=k時，命題成立，即：成立。 當n=k+1時，左邊 又 ；且4(k+1)2>(2k+3)(2k+1)； 于是可得： 即當n=k+1時，命題也成立； 綜上所述，該命題對所有的自然數n≥2均成立。 [本周參考練習] 證明下列不等式： 1.提示：令，則(y-1)x2+(y+1)x+(y-1)x=0用△法，分情況討論。 2.已知關于x的不等式(a2-1)x2-(a-1)x-1<0(aR)，對任意實數x恒成立，求證： 提示：分 3.若x>0，y>0，x+y=1，則 提示：左邊 令t=xy，則 在 上單調遞減 4.已知|a|≤1，|b|≤1，求證：，提示：用三角換元。 5.設x>0，y>0，求證：a 放縮法 6.若a>b>c，則 10.左邊 11.求證：高二數學不等式的應用 三.關于不等式的應用： 不等式的應用主要圍繞著以下幾個方面進行： 1.會應用不等式的證明技巧解有關不等式的應用題：利用不等式求函數的定義域、值域；求函數的最值；討論方程的根的問題。 (求極值的一個基本特點：和一定，一般高，乘積撥了尖；積不變，兩頭齊，和值得最低。)在使用時，要注意以下三個方面：“正數”、“定值”、“等號”出現的條件和成立的要求，其中“構造定值”的數學思想方法的應用在極值使用中有著相當重要的作用。 2.會把實際問題抽象為數學問題進而建立數學模型，培養分析問題、解決問題的能力和運用數學的意識。 3.通過不等式應用問題的學習，進一步激發學數學、用數學的興趣。 四、不等式的應用問題舉例： 例10.已知a、b為正數，且a+b=1，求 最大值。 分析：在一定的條件限制下出現的最值問題，在變式的過程中，如何減少變形產生的錯誤也是必不可少的一個環節。 解：由可得； 小結：如果本題采用 兩式相加而得：號是否取到，這是在求極值時必須堅持的一個原則。 ；則出現了錯誤：“=” 例11.求函數的最小值。 分析：變形再利用平均值不等式是解決問題的關鍵。 解： 即f(x)最小值為-1 此類問題是不等式求極值的基本問題；但如果再改變x的取值范圍(當取子集時)，要則要借助于函數的基本性質解決問題了。 例12.若4a2+3b2=4，試求y=(2a2+1)(b2+2)的最大值。的某一個 分析：在解決此類問題時，如何把4a2+3b2=4拆分成與(2a2+1),(b2+2)兩個式子的代數和則是本問題的關鍵。 解： 當且僅當：4a2+2=3b2+6，即 時取等號，y的最大值為8。 小結：此問題還有其它不同的解法，如三角換元法；消元轉化法等等。但無論使用如何種廣泛，都必須注意公式中的三個運用條件(一正，二定，三等號) 例13.已知x.y>0，且x·y=1，求的最小值及此時的x、y的值。 分析：考查分式的最值時，往往需要把分式拆成若干項，然后變形使用平均值不等式求解。 解：∵x>y>0 ∴x-y>0 又∵x·y=1，也即：；當且僅當時取等號。 也即；時，取等號。 例14.設x，y，z∈R+，x+y+z=1，求證：的最小值。 分析：此類問題的關鍵是如何使用平均值不等式，兩條途徑1.利用進而進行類加。 2.另一個途徑是直接進行1的構造與轉化。但無論如何需要注意的是驗證“=”號成立。本題使用1的構造代入。 解：∵x，y，z∈R+，且x+y+z=1 當且僅當時，取“=”號，的最小值為9。 小結：本題如果采用三式類加，得到：，由x，y，z∈R+，且x+y+z=1得： 。進而言之，的最小值為5，則出現了一個錯誤的結果，其關鍵在于三個“=”號是否同時成立。 例15.已知a>0,a2-2ab+c2=0，bc>a2，試比較 a，b，c的大小。 分析：此問題只給出了幾何簡單的不等式關系，故要判斷大小必須在這幾個不等式中進行變形分析才可解決問題。 解：由a2-2ab+c2=0可得，a2+c2=2ab≥2ac 又∵a>0,∴b≥c,(當且僅當a=c時，取等號)再由：bc>a2可知，b>c,b>a再由原式變形為：a2-2ab+b2+c2-b2=0得：b2≥c2，結合：b>c可得：b>c>0 又由b>a可得：2ab>2a2，綜上所述，可得：b>c>a 小結：本題中熟練掌握不等式的基本性質和變形是解決問題的關鍵。 例16.某村計劃建造一個室內面積為800m2的矩形蔬菜溫室。在溫室內，沿左，右兩側與后側內墻各保留1m寬的通道，沿前側內墻保留3m寬的空地。當矩形溫室的邊長各為多少時？蔬菜的種植面積最大。最大種植面積是多少？ 分析：如何把實際問題抽象為數學問題，是應用不等式等基礎知識和方法解決實際問題的基本能力。 解：設矩形溫室的左側邊長為am，后側邊長為bm，則ab=800 蔬菜的種植面積S=(a-4)(b-2)=ab-4b-2a+8=808-2(a+2b) 所以 當a=2b，即a=40(m),b=20(m)時，=648(m2) 答：當矩形溫室的左側邊長為40m，后側邊長為20m時，蔬菜的種植面積最大，最大種植面積為648m2.例17.某企業2003年的純利潤為500萬元，因設備老化等原因，企業的生產能力將逐年下降，若不能進行技術改造，預測從今年起每年比上一年純利潤減少20萬元，今年初該企業一次性投入資金600萬元進行技術改造，預測在未扣除技術改造資金的情況下，第n年(今年為第一年)的利潤為 (Ⅰ)設從今年起的前n年，若該企業不進行技術改造的累計純利潤為An萬元，進行技術改造后的累計純利潤為Bn萬元(須扣除技術改造資金)，求An、Bn的表達式； (Ⅱ)依上述預測，從今年起該企業至少經過多少年，進行技術改造后的累計純利潤超過不進行技術改造的累計純利潤？ 分析：數學建模是解決應用問題的一個基本要求，本問題對建立函數關系式、數列求和、不等式的基礎知識，運用數學知識解決實際問題的能力都有著較高的要求。 解：(Ⅰ)依題設，An=(500-20)+(500-40)+…+(500-20n)=490n-10n2； (Ⅱ) 因為函數上為增函數，當1≤n≤3時，當n≥4時，∴僅當n≥4時，Bn>An。 答：至少經過4年，該企業進行技術改造后的累計純利潤超過不進行技術改造的累計純利潤。 小結：如何進行數學建模最基本的一個方面就是如何把一個實際中的相關因素進行分析，通過文字說明轉化為等量關系或者是相互關系，再把文字關系處理為數學關系。 五、本周參考練習 1.已知a>0 ,b>0,a+b=1，證明： 2.如果△ABC的三內角滿足關系式：sin2A+sin2B=sin2C，求證： 3.已知a、b、c分別為一個三角形的三邊之長，求證： 4.已知x，y是正數，a，b是正常數，且滿足：，求證： 5.已知a，b，c∈R+，求證： 6.已知a>0，求的最值。(答最小值為) 7.證明：通過水管放水，當流速相等時，如果水管截面(指橫截面)的周長相等，那么截面的圓的水管比截面是正方形的水管流量大。 8.某單位用木料制作如圖所示的框架，框架的下部是邊長分別為x，y(單位：m)的矩形。上部是等腰直角三角形，要求框架圍成的總面積8m2，問x、y分別為多少(精確到0.001m)時用料最省？ (答：當x為2.34m，y為2.828m時，用料最省。)高二數學練習三 1.xR，那么(1-|x|)(1+x)>0的一個充分不必要條件是() A.|x|<1 B.x<1 C.|x|>1 D.x<-1或|x|<1 2.已知實數a，b，c滿足：a+b+c=0，abc>0，則：的值() A.一定是正數 B.一定是負數 C.可能是0 D.無法確定 3.已知a,b,c是△ABC的三邊，那么方程a2x2-(a2-b2+c2)x+c2=0（） A.有兩個不相等的實根 B.有兩個相等的實根 C.沒有實數根 D.要依a，b，c的具體取值確定 4.設0 A.C.5.設a,bR+，則A，B的大小關系是（） B.D.A.A≥B B.A≤B C.A>B D.A 6.若實數m，n，x，y滿足m2+n2=a，x2+y2=b，則mx+ny的最大值是（） A.B.C.D.7.設a，b，cR+，則三個數 A.都大于2 B.都小于2 （） C.至少有一個不大于2 D.至少有一個不小于2 8.若a，bR+，滿足a+b+3=ab，則 9.設a>0,b>0.c>0，a+b+c=1，則的取值范圍是_____ 的最大值為_____ 10.使不等式 答案： 1.A 2.B 3.C 4.D 5.C 6.B 7.D 8.9.10.a>b>0且a-b>1 都成立的a與b的關系是_____ 6.3 不等式的證明 （六）教學要求：更進一步掌握不等式的性質，能熟練運用不等式的證明方法：比較法、綜合法、分析法，還掌握其他方法：放縮法、判別式法、換元法等。 教學重點：熟練運用。 教學過程： 一、復習準備： 1.已知x≥4，求證：x?1－ x?2 解法：分析法，先移項再平方。推廣：求x?1－x?2的單調性、值域。2.a、b∈R且a＋b＝1，求證：2a?3＋2b?3≤4（四種解法：估值配項；柯西不等式；均值不等式；分析法） 二、講授新課： 1.教學典型習題： ①出示典型習題：（先不給出方法） 22? Ⅰ.放縮法證明：x、y、z∈R，求證：x?xy?y＋?y2?yz?z2>x＋y＋z 1x2?x?1 Ⅱ.用判別式法證明：已知x∈R，求證 ≤2≤3（另解：拆分法） 3x?x?1 Ⅲ.用換元法證明： 已知a＋b＝4,求證：2≤a±ab＋b≤6 ②先討論用什么方法證明，再引導老師分析總結解題思路，學生試按思路練習： Ⅰ.放縮法，左邊>(x?2222y2y)＋(z?)2＝… 22x2?x?1 Ⅱ.判別式法，設2＝k，再整理成一元二次方程，利用△≥0而求k范圍。 x?x?1 Ⅲ.三角換元法，設a＝2sinθ，b＝2cosθ，再代入利用三角函數值域求證。③再討論其它解法： Ⅲ小題，可由已知得到|ab|的范圍，再得到待證式。2.練習：①已知x、y∈R，3x＋4y＝12，求xy的最大值； ②求函數y＝x＋2?1的值域；（解法：分x－1>0、x－1<0兩種情況；湊配法）x?1③求函數y＝4x＋1622的最小值。（解法：y＝2(x＋1)+2(x＋1)＋…(x2?1)2 三、鞏固練習：1.設n>1且n∈N，求證：log(n?1)(n＋2)>log(n?2)(n＋3)2.課堂作業：書P31 2、5題。 （作商比） 高二數學不等式同步輔導講義 第1講 不等式的證明 一、輔導內容 不等式證明的方法與技巧 二、學習指導 不等式的證明主要研究對絕對不等式的變形、化簡。其原理是利用不等式的傳遞性從不等式的左端或右端適當地放大（或縮小）為右端或左端。不等式的性質是不等式證明的基礎。 不等式證明的常規方法有：比較法、綜合法、分析法。比較法的研究對象通常是代數不等式，如整式不等式，分式不等式；綜合法主要是用基本不等式及不等式的性質研究非負實數集內的絕對值不等式；當因題目條件簡單或結論形式復雜而無法對不等式下手時，可考慮用分析法，但應注重格式，注意規范化用語。 根據題目條件或結論的特殊形式，證明不等式還有一些技巧方法；換元法、反證法、放縮法、判別式法等。 三、典型例題 【例1】 設a，b∈R，求證：a+b≥ab+a+b-1。 解題思路分析： 思路一：這是一個整式不等式，可考慮用比較法，在配方過程應體現將a或b看成主元的思想，在這樣的思想下變形，接下來的配方或因式分解相對容易操作。 作差δ=a+b-ab-a-b+1=a-(b+1)a+b-b+1=(a? =(a?b?123)?(b?1)2≥0 2 422222 222 b?123233)?b?b? 2424思路二：注意到不等式兩邊式子a+b與ab的結構特點，聯想到基本不等式；為了得到左邊的a與b項，應用增減項法變形。增加若干項或減少若干項的技巧在本節應用得較為普遍。 因a+b≥2ab，a+1≥2a，b+1≥2b 三式同向相加得：a+b≥ab+a+b-1 思路三：在思路一中，作差δ后得到關于a的二次三項式，除了用配方法，還可以聯系二次函數的知識求解。記f(a)=a-(b+1)a+b-b+1 因二次項系數為正，△=(b+1)-4(b-b+1)=-3(b-1)≤0 ∴ f(a)≥0 【例2】 已知0 根據已知條件：a+b+c+abc>0，首先將題目結論改造為1+ab+bc+ca≥a+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc≥0。這樣的化簡或變形（變形的目的也是化簡）在絕大多數解題中都是需要的），而且是必要的。在變形過程中通常注意前后問題的等價性。 其次在對欲證不等式左邊的化簡時，應從已知條件中尋找思路：由a≤1，b≤1，c≤1得：1-a≥0，1-b≥0，1-c≥0，因此在對1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解時，應向1-a，1-b，1-c這三個因式靠攏，這樣才便于判斷整個因式的符號。由輪換式的特點，找準1-a，1-b，1-c中的一個因式即可。 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc =(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)≥0 【例3】 設A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，試比較A與B的大小。 解題思路分析： 因A、B的表達形式比較簡單，故作差后如何對因式進行變形是本題難點之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一個字母。關鍵是消去哪個字母，因條件中已知a的不等關系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一個均可。 由ad=bc得：d?bcbcbc?ac A-B=a+d-(b+c)=a? ?b?c?a?b?aaa1?ab?bc?ca≥1。 a?b?c?abc 22222222222 =a?b?c(a?b)(a?b)(a?c)??0 aabc d(b?d)(c?d)bcbc?cd A-B=a?d?b?c? ?d?b?c??(b?d)=ddd下面是判斷b-d與c-d的符號，即比較a、c與d的大小：應從條件a=max{a，b，c，d}及ad=bc出發才挖掘隱藏條件。又：若不慎消去了a，該怎么辦呢？ 由ad=bc得：a?ac? bdac∵ a>b>0 ∴ >1 即 >1 ∴ c>d，c-d>0 bd由ad=bc得：同理b-d>0 ∴ A-B>0 【例4】 a，b，c∈R，求證：a+b+c≥(a+b+c)。 解題思路分析： 不等號兩邊均是和的形式，利用一次基本不等式顯然不行。不等號右邊為三項和，根據不等號方向，應自左向右運用基本不等式后再同向相加。因不等式左邊只有三項，故把三項變化六項后再利用二元基本不等式，這就是“化奇為偶”的技巧。 11左=(2a4?2b4?2c4)?[(a4?b4)?(b4?c4)?(c4?a4)] 21≥(2a2b2?2b2c2?2c2a2)?a2b2?b2c2?c2a2 2發現縮小后沒有達到題目要求，此時應再利用不等式傳遞性繼續縮小，處理的方法與剛才類似。a2b2?b2c2?c2a2?1(2a2b2?2b2c2?2c2a2)24 441?[(a2b2?b2c2)?(b2c2?c2a2)?(c2a2?a2b2)]21≥(2ab2c?2abc2?2a2bc)?ab(a?b?c)2 【例5】（1）a，b，c為正實數，求證： 111111??； ??≥ abcabbcaca2b2c2a?b?c??（2）a，b，c為正實數，求證：≥。b?ca?ca?b2解題思路分析： （1）不等式的結構與例4完全相同，處理方法也完全一樣。 （2）同學們可試一試，再用剛才的方法處理該題是行不通的。注意到從左向右，分式變成了整式，可考慮在左邊每一個分式后配上該分式的分母，利用二元基本不等式后約去分母，再利用不等式可加性即可達到目的。試一試行嗎？ a2 【例6】 x，y為正實數，x+y=a，求證：x+y≥。 2解題思路分析： 思路一；根據x+y和x+y的結構特點，聯想到算術平均數與平方平均數之間的不等關系。x2?y2x?y∵ ≤ 22(x?y)2a2?∴ x?y≥ 222222思路二：因所求不等式右邊為常數，故可從求函數最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，這里采用消元思想轉化為一元函數，再用單調性求解。換元有下列三種途徑： 途徑1：用均值換元法消元： 令 x?aa?m，y??m 22 a2aaa2222則 x?y?(?m)?(?m)?2m?≥ 2222途徑2：代入消元法： 22y=a-x，0 222222222途徑3：三角換元法消元： ?22令 x=acosθ，y=asinθ，θ∈(0，] 222244222222則 x+y=a(cosθ+sinθ)=a[(sinθ+cosθ)-2sinθcosθ] a211222 =a[1-2(sin2θ)]=a(1-sin2θ)≥ 222 注：為了達到消元的目的，途徑1和途徑3引入了適當的參數，也就是找到一個中間變量表示x，y。這種引參的思想2是高中數學常用的重要方法。 (a?b)2a?b(a?b)2??ab? 【例7】 已知a>b>0，求證：。8a28b解題思路分析： 所證不等式的形式較復雜（如從次數看，有二次，一次，1次等），難以從某個角度著手。故考慮用分析法證明，即2執果索因，尋找使不等式成立的必要條件。實際上就是對所證不等式進行適當的化簡、變形，實際上這種變形在相當多的題目里都是充要的。 a?ba?b?2ab(a?b)2?ab?? 222a?b?(a?b)(a?b)(a?b)2(a?b)2(a?b)2(a?b)2(a?b)2??所證不等式可化為 8a28b∵ a>b>0 ∴ a?b ∴ a?b?0 (a?b)2(a?b)2?1?∴ 不等式可化為： 4a4b2???(a?b)?4a?a?b?2a即要證? 只需證? 2???4b?(a?b)?2b?a?b在a>b>0條件下，不等式組顯然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=解題思路分析： 不等號兩邊字母不統一，采用常規方法難以著手。根據表達式的特點，借助于函數思想，可分別求f(a)及g(b)=b-4b+的最值，看能否通過最值之間的大小關系進行比較。 22x?34x?8，求證：對任意實數a，b，恒有f(a) 211.2112f(a)?2a?34?82a?8?2a(2)?8a2?82a?82a≤ 82?2a?82a?842?2 令 g(b)=b-4b+∵ 11323 g(b)=(b-2)+≥ 2223?2 ∴ g(b)>f(a)2注：本題實際上利用了不等式的傳遞性，只不過中間量為常數而已，這種思路在兩數大小比較時曾講過。由此也說明，實數大小理論是不等式大小理論的基礎。 【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax+bx+c，當|x|≤1時，有|f(x)|≤1，求證： （1）|c|≤1，|b|≤1； （2）當|x|≤1時，|ax+b|≤2。 解題思路分析： 這是一個與絕對值有關的不等式證明題，除運用前面已介紹的不等式性質和基本不等式以外，還涉及到與絕對值有關的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±?±an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。就本題來說，還有一個如何充分利用條件“當|x|≤1時，|f(x)|≤1”的解題意識。 從特殊化的思想出發得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 當x=1時，|f(1)|≤1；當x=-1時，|f(-1)|≤1 下面問題的解決試圖利用這三個不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c 1∴ b?[f(1)?f(?1)] 2111∴ |b|?|f(1)?f(?1)|≤[|f(1)|?|f(?1)|]≤(1?1)≤1 222（2）思路一：利用函數思想，借助于單調性求g(x)=ax+b的值域。 2當a>0時，g(x)在[-1，1]上單調遞增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)] ≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 當a<0時，同理可證。思路二：直接利用絕對值不等式 為了能將|ax+b|中的絕對值符號分配到a，b，可考慮a，b的符號進行討論。當a>0時 |ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面對b討論 ① b≥0時，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0時，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 當a<0時，同理可證。 評注：本題證明過程中，還應根據不等號的方向，合理選擇不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不適當選擇，則不能滿足題目要求。 同步練習 （一）選擇題 1、設a，b為正數，且a+b≤4，則下列各式一定成立的是（）1111111?≤ B、≤?≤ ab44ab211111C、≤?≤1 D、?≥1 2ababA、2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，則下列各式中一定正確的是（）A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c 3、設m不等于n, x=m-mn y=nm-n，則x , y的大小關系為（） A、x>y B、x=y C、y>x D、與m ,n的取植有關 43344、已知a，b是不相等的正數，在a、b之間插入兩組數：x1，x2，?，xn和y1，y2，?，yn，b成等比數列，并給出下列不等式： ① ② 1a?b2(x1?x2???xn)?ab?()n21nn(x1?x2???xn)?a?b2 ③ y1y2?yn?ab ④ y1y2?yn?na?ba?b2?()22那么，其中為真命題的是（） A、①③ B、①④ C、②③ D、②④ 5、已知a，b，c>0，且a+b>c，設M= abc，N=，則MN的大小關系是 ?4?ab?c4?cA、M>N B、M=N C、M 6、已知函數f(x)=-x-x，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，則f(x1)+f(x2)+f(x3)的值（） A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正負都有可能 111117、若a>0，b>0，x?(?)，y?，z?，則（） 2aba?babA、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x 8、設a，b∈R，下面的不等式成立的是（）A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空題 9、設a>0，b>0，a≠b，則ab與ab的大小關系是__________。 10、若a，b，c是不全相等的正數，則(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等號填空）。 11、設n個正數x1，x2，?，xn的算術平均數是x，若a是不等于x的任意實數，并記ab ba22 3aa?12D、a+b≥2(a-b-1)?bb?1p?(x1?x1)2?(x2?x)2???(xn?x)2，q?(x1?a)2?(x2?a)2???(xn?a)2，則p與q大小關系是__________。 1t?112、當0 22nnn13、若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，則a+b與c（其中n∈N，n>2）的大小關系是________________。 （三）解答題 14、已知a>0，b>0，a≠b，求證：a?b?ab?ba。 15、已知a，b，c是三角形三邊的長，求 證：1?abc???2。b?ca?ca?b1116、已知a≥0，b≥0，求證：(a?b)2?(a?b)≥aa?ba。 243317、已知a，b為正數，a+b=2，求證：a+b≤2。 111a8?b8?c818、若a，b，c為正數，求證：??≤。 abca3b3c3112519、設a>0，b>0，且a+b=1，求證：(a?)(b?)≥。 ab420、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a，b，c全為正數。 第2講 含有絕對值的不等式 一、輔導內容 含有絕對值的不等式證明 二、學習指導 1、絕對值的性質 （1）基本性質：①x∈R時，|x|≥x，|x|≥-x；②|x| （2）運算性質：|ab|=|a||b|，|a|a||?，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±?+an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。b|b| 222（3）幾何意義：|x-a|表示數軸上數x，a對應的兩點之間的距離。 2、與絕對值有關的不等式的證明 其方法仍是證明一般不等式的方法，如比較法、綜合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性質外，還經常用到剛才所介紹的絕對值的性質，特別是||a|-|b||≤|a|±|b|這一條性質。 在利用絕對值的性質時，應根據不等號的方向進行合理的選擇。 3、含絕對值不等式的證明與解法有較大的差異，在解不等式中，主要是考慮如何去掉絕對值符號；而在證明中，一般不提倡去掉絕對值符號，當然，少數題目例外。 三、典型例題 【例1】 設|a|<ε,|a-b|<2ε，求證：|b|<3ε。 解題思路分析： 根據解題的“結論向條件靠攏”的原則，本題主要思考如何用a，a-b表示b，從而利用|a|及|a-b|的條件得到|b|的范圍。 ∵ b=a-(a-b)∴ |b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε+2ε=3ε 注：本題還涉及到了化簡變形中的整體思想，即將a-b看作一個整體。 實際上根據|a-b|的結構特點，也可用絕對值的基本不等式對其縮小：||a|-|b||≤|a-b|，關鍵是不等式的左端是選擇|a|-|b|，還是|b|-|a|，盡管兩個不等式都成立，但由本題的消元要求，應消去a，保留b，故選|b|-|a|≤|a-b|。 ∴ |b|-|a|<2ε 又 |a|<ε ∴ 兩不等式同向相加得|b|<3ε 【例2】 已知f(x)=x-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求證：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)。 求證：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)解題思路分析： 因f的對應法則已知，故首先對不等式左邊化簡：|f(x)-f(a)|=|x-x+c-(a-a+c)|=|x-a-x+a|。接下來的變形向條件|x-a|<1靠攏，即湊出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x-a-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1| 下一步化簡有兩種途徑：從結論向條件湊，或從條件向結論湊。 途徑一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1)途徑二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1 又 |x-a|≥|x|-|a| ∴ |x|-|a|<1 ∴ |x|<|a|+1 ∴ |x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1)注：途徑二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||時，涉及到是選擇|x-a|≥|x|-|a|，還是|x-a|≥|a|-|x|，應根據與|x|有關的不等號方向選擇。本題是要將|a|放大，故選擇|x-a|≥|x|-|a|。 |a?b||a||b|? 【例3】 求證≤。 1?|a?b|1?|a|1?|b|解題思路分析： 思路一：三個分式的結構特點完全一致，可構造函數f(x)=2 222 x，利用f(x)的單調性放縮。1?xx(x≥0)1?x易證f(x)在[0，+∞）上遞增 令f(x)=∵ 0≤|a+b|≤|a|+|b| ∴ f(|a+b|)≤f(|a|+|b|) ∴ |a?b||a|?|b||a||b|??≤ 1?|a?b|1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|?|b||a||a||b||b|??，1?|a|?|b|1?|a|1?|a|?|b|1?|b||a||b||a||b|??? 1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|1?|b|根據結論要求，采用縮小分母增大分式的放縮技巧 ∵ ∴ ∴ 由不等式傳遞性，原不等式成立 思路二：用|a+b|≤|a|+|b|進行放縮。但不等式左邊分式的分子、分母均含有|a+b|，必須轉化為只有一項含|a+b|的分式。 ∵ |a+b|≤|a|+|b| 11∴ ≥ |a?b||a|?|b| 1?11|a?b|?1?11|a?b|≤1?11|a|?|b|?|a|?|b| 1?|a|?|b|下同思路一。 【例4】 已知a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求證|ax?解題思路分析： 本題考慮去絕對值符號后進行證明。 b|≥2ab。xb思路一：不等號兩邊均為非負，原不等式?(ax?)2≥(2ab)2 xb2即 ax?2?2ab≥4ab x22b2∵ ax?2≥2a2b2?2ab x22b2∴ ax?2≥4ab x?2ab22b|≥0，|ax|≥0，顯然成立 ab當a≠0且b≠0時，由a、b>0知，(ax)?()>0 x思路二：當a=0，或b=0時，原不等式為|∴ |ax?bbb|?|ax|?||≥2|ax|?||?2|ab|?2ab xxx2 【例5】 已知f(x)=x+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）證明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于解思路分析： （1）f(1)-f(2)+f(3)=2；問題（2）的求解想辦法利用（1）的結論。 這是一個存在性的命題，因正面情形較多，難以確定有幾個，故采用反證法。 假設|f(x)|< 1。2111,|f(2)|<，|f(3)|< 222111?2???2 222 則 |f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|< 但 |f(1)-2f(2)+f(3)|=2 由此得到矛盾。 【例6】 已知a，b∈R，|a|>1，|b|>1，且a≠b，求證：| 解題思路分析： 本題用分析法較為方便。 1?ab|>1。a?b1?ab1?ab2|?1?()?1?(1?ab)2?(a?b)2?1?a2b2?a2?b2?0 a?b a?b?(1?a2)(1?b2)?0|∵ |a|>1，|b|>1 ∴ a>1，b>1 ∴ 1-a<0，1-b<0 ∴(1-a)(1-b)>0 ∴ 原不等式成立 【例7】 設x，y∈R，x+y≤1，求證：|x+2xy-y|≤2。 解題思路分析： 也許有同學會這樣解： |x+2xy-y|≤|x|+|2xy|+|-y|=x+y+2|xy|≤x+y+x+y=2(x+y)≤2 但放縮過度，不能滿足本題要求。 根據條件“平方和”的特征，考慮用三角換元法： 令 x=rcosθ，y=rsinθ，|r|≤1 則 |x+2xy-y|=2r|sin(2θ+222222 222 222 2222222?2)|≤2r≤2 4同步練習 （一）選擇題 1、已知函數f(x)=-2x+1對任意正數ε，使得|f(x1)-f(x2)|< ε成立的一個充分但不必要條件是 ?? C、|x1-x2|< D、|x1-x2|>ε 242、a，b是實數，則使|a|+|b|>1成立的充分不必要條件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2| 3、設a，b C、|a-b|<||a|-|b|| D、|a-b|<|a|+|b| 4、若a，b∈R，且|a+b|=|a|+|b|，則 ?a?0?a?0A、? B、ab?0 C、? D、ab?0 b?0b?0??11且|b|≥ C、a≥1 D、b<-1 225、已知h>0，命題甲；兩個實數a,b滿足|a-b|<2h；命題乙：兩個實數a，b滿足|a-1| C、甲是乙的充要條件 D、甲既不是乙的充分條件又不是乙的必要條件 |a?b| 6、不等式≤1成立的充要條件是 |a|?|b|A、ab≠0 B、a+b≠0 C、ab>0 D、ab<0 7、設a，b∈R，則|a|<1且|b|<1是ab+1>a+b的 A、充分非必要條件 B、必要非充分條件 C、充要條件 D、既非充分又非必要條件 8、已知函數f(x)=-2x+1，對于任意正數ε，使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一個充分非必要條件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|< （二）填空題 9、若|x+y|=4，則xy最大值是________。 |a||b|? 10、若a≠b，a≠0，b≠0，則______|a|?|b|（填>、≥、<、≤）。|b||a| 11、a，b∈R，則|a+b|-|a-b|與2|b|的大小關系是______________。 12、關于x的不等式|x+2|+|x-1| 22??? C、|x1-x2|< D、|x1-x2|> 23 3（三）解答題 ?2? 13、已知|a+b|<，|a-b| 233cbcb?|x1|?，?|x2|?。baba15、已知f(x)在[0。1]上有意義，且f(0)=f(1)，對于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|成立，14、已知二次方程ax+bx+c=0（a>0，b>0，c>0）的兩個實根x1，x2，求證：2求證：|f(x1)-f(x2)<1。2a2?b2|a|?|b| 16、求證：≥（a，b∈R）。 2217、已知a，b∈R，|a|<1，|b|>1，求證：|1+ab|<|a+b|。 18、已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證： （1）|ab?c|?1； |1?abc|（2）a+b+c 19、求證 220、已知a，b∈R，且|a|+|b|<1，求證方程x+ax+b=0的兩個根的絕對值都小于1。 21、在一條筆直的街道上住著7位小朋友，他們各家的門牌分別為3號，6號，15號，19號，20號，30號，39號，這7位小朋友準備湊在一起玩游戲，問地點選在哪位小朋友家，才能使大家所走的路程和最短？（假定數字相連的兩個門牌號碼的房子間的距離相等）。 不等式練習題 一、選擇題 1、若a,b是任意實數,且a＞b,則 （）（A）a2＞b 2（B）b11＜1 （C）lg(a-b)＞0 （D）()a＜()b a222、下列不等式中成立的是 （） 1+a≥2(a?0)at?111（C）＜(a＞b) （D）a2≥at(t＞0,a＞0,a?1)ab113、已知a >0,b >0且a +b=1, 則(2?1)(2?1)的最小值為 （） ab（A）lgx+logx10≥2(x＞1) （B） (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 4、已給下列不等式(1)x3+ 3 >2x(x∈R);(2)a5+b5> a3b2+a2b3(a ,b∈R);(3)a2+b2≥2(a－b－1), 其中正確的個數為 （） (A)0個 (B)1個 (C)2個 (D)3個 5、f(n)= n2?1－n , ?(n)=(A)f(n) (B)f(n) (D)g(n) （）2n 6、設x2+y2 = 1, 則x +y （） (A)有最小值1 (B)有最小值(C)有最小值－1 (D)有最小值－2 7、不等式|x＋5|＞3的解集是 （）(A){x|－8＜x＜8} (B){x|－2＜x＜2}(C){x|x＜－2或x＞2＝ (D){x|x＜－8或x＞－2＝ 8、若a，b，c為任意實數，且a＞b，則下列不等式恒成立的是 （）(A)ac＞bc (B)|a＋c|＞|b＋c| (C)a2＞b(D)a＋c＞b＋c x?31x2?2x?329、設集合M={x|≤0},N={x|x+2x-3≤0},P={x|()≥1},則有 （）x?12（A）M?N=P （B）M?N?P （C）M=P?N （D）M=N=P 10、設a,b∈R,且a+b=3,則2a+2b的最小值是 （）（A）6 （B） 42（C）22 （D）26 11、若關于x的不等式ax2＋bx－2＞0的解集是???,???1??1????,???，則ab等于（）2??3?(A)－24 (B)24 (C)14 (D)－14 12、如果關于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0對一切實數x恒成立，則實數a 的取值范圍是 （）(A)(??,2] (B)(??,?2) (C)(?2,2] (D)(－2,2) 13、設不等式f(x)≥0的解集是[1，2]，不等式g(x)≥0的解集為?，則不等式 f(x)?0的解集是 （）g(x)(A)? (B)(??,1)?(2,??) (C)[1，2] (D)R 14、xx的解集是 （）?x?2x?(A)(－2,0) (B)(－2,0) (C)R (D)(－∞,－2)∪(0,+ ∞) 15、不等式3?1?x?3的解集是 （） 3(A)(－∞,1) (B)(33,1) (C)(,1) (D)R 4 4二、填空題 1、若x與實數列a1,a2,…,an中各數差的平方和最小,則x=________.2、不等式xlog1x21?的解集是________.x3、某工廠產量第二年增長率是p1,第三年增長率是p2,第四年增長率是p3且p1＋p2＋p3=m(定值),那么這三年平均增長率的最大值是________.b224、a≥0,b≥0,a＋=1,則a1?b的最大值是________.225、若實數x、y滿足xy＞0且x2y=2,則xy＋x2的最小值是________.6、x＞1時，f(x)=x＋116x的最小值是________，此時x=________.?2xx?1 7、不等式log4(8x－2x)≤x的解集是________.8、不等式11的解集是________.?xx4?12? 329、命題①：關于x的不等式(a－2)x＋2(a－2)x－4＜0對x?R恒成立;命題②：f(x)=－(12x－3a－a)是減函數.若命題①、②至少有一個為真命題,則實數a的取值范圍是________.10、設A={x|x≥ 三、解答題 1,x?R},B={x|2x?1＜3,x?R＝,則D=A∩B=________.xx2?9x?111、解不等式：2≥7.x?2x? 12、解不等式：x4－2x3－3x2＜0.3、解不等式：9x?5≥－2.x2?5x?624、解不等式：9?x?26x?x2＞3.5、解不等式：x?3x?2＞x＋5.6、若x2＋y2=1，求(1＋xy)(1－xy)的最大、最小值。 7、若x,y＞0，求x?yx?y的最大值。 8、已知關于x的方程x2＋(m2－1)x＋m－2=0的一個根比－1小，另一個根比1大，求參數m的取值范圍。 9、解不等式：loga(x＋1-a)>1.10解不等式8?x?x?3.不等式練習答案 一、DADCB DDDAB BCBAB 二、1、321m(a1＋a2＋…＋an)2、0＜x＜1或x＞2 3、4、5、3 4n31?5)8、0＜x＜log23 9、-3＜x≤2 6、8,2＋ 37、(0,log2210、－12≤x＜0或1≤x＜4 三、1、[－12,1]∪(1,43) 2、(－1,0)∪(0,3) 3、(－∞,2)∪(3,＋∞) 5、(－∞,－2313)6、1，347、28、－2＜m＜0 9、解：(I)當a>1時，原不等式等價于不等式組：??x?1?a?0，?x?1?a?a.解得x>2a-1.(II)當0 當0 或(2)???8?x?0?8?x?(x?3)2?x?3?0 由(1)得3?x?5?212，由(2)得x＜3，故原不等式的解集為??x|x?5?21??2? ? 4、(0,3) 人教版選修4—5不等式選講 課題：用數學歸納法證明不等式 教學目標： 1、牢固掌握數學歸納法的證明步驟，熟練表達數學歸納法證明的過程。 2、通過事例，學生掌握運用數學歸納法，證明不等式的思想方法。 3、培養學生的邏輯思維能力，運算能力和分析問題，解決問題的能力。 重點、難點： 1、鞏固對數學歸納法意義和有效性的理解，并能正確表達解題過程，以及掌握用數學歸納法證明不等式的基本思路。 2、應用數學歸納法證明的不同方法的選擇和解題技巧。 教學過程： 一、復習導入： 1、上節課學習了數學歸納法及運用數學歸納法解題的步驟，請同學們回顧，說出數學歸納法的步驟？ （1）數學歸納法是用于證明某些與自然數有關的命題的一種方法。 （2）步驟：1）歸納奠基; 2）歸納遞推。 2、作業講評：（出示小黑板） 習題：用數學歸納法證明：2+4+6+8+……+2n=n(n+1) 如采用下面的證法，對嗎？ 證明：①當n=1時，左邊=2=右邊，則等式成立。 ②假設n=k時，（k∈N，k≥1）等式成立，即2+4+6+8+……+2k=k(k+1) 當n=k+1時，2+4+6+8+……+2k+2(k+1) ∴ n=k+1時，等式成立。 由①②可知，對于任意自然數n，原等式都成立。 （1）學生思考討論。 （2）師生總結： 1）不正確 2）因為在證明n=k+1時，未用到歸納假設，直接用等差數列求和公式，違背了數學歸納法本質：遞推性。 二、新知探究 明確了數學歸納法本質，我們共同討論如何用數學歸納法證明不等式。(出示小黑板) 例1觀察下面兩個數列，從第幾項起an始終小于bn？證明你的結論。｛an=n｝:1,4,9,16,25,36,49,64,81, …… ｛bn=2｝:2,4,8,16,32,64,128,256,512, ……（1）學生觀察思考（2）師生分析 （3）解：從第5項起，an ＜ bn，即 n2＜2,n∈N+（n≥5） 證明：（1）當 n=5時，有52＜25，命題成立。（2）假設當n=k（k≥5）時命題成立 即k＜ 2當n=k+1時，因為 （k+1）2=k2+2k+1＜k2+2k+k=k2+3k＜k2+k2=2k2<2×2k=2k+1 所以，（k+1）2＜2k+1 即n=k+1時，命題成立。 由（1）（2）可知n2＜2n（n∈N+，n≥5） 學生思考、小組討論：①放縮技巧：k2+2k+1＜k2+2k+k；k2+3k＜k2+k 2②歸納假設：2k<2×2 例2 證明不等式│Sin nθ│≤n│Sinθ│(n∈N+) k n n2 2k 分析：這是一個涉及正整數n的三角函數問題，又與絕對值有關，在證明遞推關系時，應注意利用三角函數的性質及絕對值不等式。 證明：（1）當 n=1時，上式左邊=│Sinθ│=右邊，不等式成立。（2）假設當n=k（k≥1）時命題成立，即有│Sin kθ│≤k│Sinθ│ 當n=k+1時，│Sin（k+1）θ│=│Sin kθCosθ+Cos kθSin θ│ ≤│Sin kθCosθ│+│Cos kθSin θ│ =│Sin kθ││Cosθ│+│Cos kθ││Sin θ│ ≤│Sin kθ│+│Sin θ│ ≤k│Sinθ│+│Sin θ│ =（k+1）│Sinθ│ 所以當n=k+1時，不等式也成立。 由（1）（2）可知，不等式對一切正整數n均成立。 學生思考、小組討論：①絕對值不等式: │a+b│≤ │a│+│b│ ②三角函數的有界性：│Sinθ│≤1,│Cosθ│≤1 ③三角函數的兩角和公式。 （板書）例3 證明貝努力（Bernoulli）不等式: 如果x是實數且x＞-1，x≠0,n為大于1的自然數，那么有（1+x）＞1+nx 分析：①貝努力不等式中涉幾個字母？（兩個：x,n） ②哪個字母與自然數有關？(n是大于1的自然是數) （板書）證：（1）當n=2時，左邊=（1+x）=1+2x+x，右邊=1+2x，因x＞0，則原不等式成立． （在這里，一定要強調之所以左邊＞右邊，關鍵在于x＞0是由已知條件x≠0獲得，為下面證明做鋪墊） （2）假設n=k時（k≥2），不等式成立，即（1+x）＞1+kx． 師：現在要證的目標是（1+x）＞1+（k+1）x，請同學考慮． 生：因為應用數學歸納法，在證明n=k+1命題成立時，一定要運用歸納假設，所以當 k+1k n=k+1時．應構造出歸納假設適應的條件．所以有：（1+x）=（1+x）（1+x），因為x＞ k -1（已知），所以1+x＞0于是（1+x）（1+x）＞（1+kx）（1+x）． 師：現將命題轉化成如何證明不等式（1+kx）（1+x）≥1+（k+1）x． 顯然，上式中“=”不成立． k+ 1k 2n 故只需證：（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x． 提問：證明不等式的基本方法有哪些？ 生：證明不等式的基本方法有比較法、綜合法、分析法． （提問的目的是使學生明確在第二步證明中，合理運用歸納假設的同時，其本質是不等式證明，因此證明不等式的所有方法、技巧手段都適用） 生：證明不等式（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x，可采用作差比較法．（1+kx）（1+x）-[1+（k+1）x] =1+x+kx+kx-1-kx-x =kx＞0（因x≠0，則x＞0）． 所以，（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x． 生：也可采用綜合法的放縮技巧． （1+kx）（1+x）=1+kx+x+lx=1+（k+1）x+kx． 因為kx＞0，所以1+（k+1）x+kx＞1+（k+1）x，即（1+kx）（1+x）＞1+（1+k）x成立． 生：…… （學生可能還有其他多種證明方法，這樣培養了學生思維品質的廣闊性，教師應及時引導總結） 師：這些方法，哪種更簡便，更適合數學歸納法的書寫格式？學生用放縮技巧證明顯然更簡便，利于書寫． （板書）將例3的格式完整規范． 證明：（1）當n=2時，由x≠0得（1+x）=1+2x+x＞1+2x,不等式成立。 （2）假設n=k（k≥2）時，不等式成立，即有（1+x）＞1+kx 當n=k+1時，（1+x）k+1=（1+x）（1+x）＞（1+x）（1+kx） k k =1+x+kx+ kx＞1+x+kx=1+（k+1）x 所以當n=k+1時，不等式成立 由①②可知，貝努力不等式成立。 （通過例題的講解，在第二步證明過程中，通常要進行合理放縮，以達到轉化目的） 三、課堂小結 1．用數學歸納法證明，要完成兩個步驟，這兩個步驟是缺一不可的．但從證題的難易來分析，證明第二步是難點和關鍵，要充分利用歸納假設，做好命題從n=k到n=k+1的轉化，這個轉化要求在變化過程中結構不變． 2．用數學歸納法證明不等式是較困難的課題，除運用證明不等式的幾種基本方法外，經常使用的方法就是放縮法，針對目標，合理放縮，從而達到目標． 四、課后作業 1．課本P53：1，3，5 2．證明不等式：第二篇：高二數學不等式的證明6
第三篇：高二_不等式的證明講義
第四篇：高二數學不等式練習題及答案(經典)
第五篇：用數學歸納法證明不等式
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