第一篇：第40、41課時(基本不等式的證明1)(蘇教版)

安峰高二數(shù)學

第四十課時??????基本不等式(1)

【教學目標】

1．學會推導并掌握基本不等式，理解這個基本不等式的幾何意義，并掌握定理中的不等號“≥”取等號的條件是：當且僅當這兩個數(shù)相等；

【教學重點】

應用數(shù)形結合的思想理解不等式，并從不同角度探索不等式

【教學難點】 的證明過程；

基本不等式

【教學過程】 等號成立條件

引入新課

1．當a，b滿足條件__________時，基本不等式a?b?ab成立，2

該不等式取符號的條件是____________________________________．

2．算術平均數(shù)的定義：

3．幾何平均數(shù)的定義： 4．算術平均數(shù)與幾何平均數(shù)的關系

（1）基本公式：ab?a?b及語言敘述 2

（2）基本不等式的證明方法（3）基本不等式成立的條件

（4）基本不等式的變形

?例題剖析

（1）

例1設a，b為正數(shù)，證明下列不等式： ba??2；ab（2）a?1?2． a

變化：若a，b都為負數(shù)，則分別比較

ba1?與2；a?與?2的大小． aab

第1頁（共4頁）

例3若a，b都是正整數(shù)，求證：2ab

a?b?a?b

2．?鞏固練習

1． 證明：（1）a2?b2?2ab；（2）x2?1?2x；（3）x?1

x??2

2．設x，y?R，求證：x2?4y2?2?2x?4y．

3．求證：(a?b2a2

2)??b2

2．?課堂小結

基本不等式證明方法；理解當且僅當a?b時取“?”號．

第2頁（共4頁）(x?0)．

第四十一課時???????基本不等式(2)

【教學目標】

1．學會推導并掌握基本不等式，理解這個基本不等式的幾何意義，并掌握定理中的不等號“≥”取等號的條件是：當且僅當這兩個數(shù)相等；

【教學重點】

應用數(shù)形結合的思想理解不等式，并從不同角度探索不等式

【教學難點】 的證明過程；

基本不等式

【教學過程】 等號成立條件

一 基礎題

1．若a?b?1，P?

A．R?P?Q

A．a? lga?lgb，Q?1a?b(lga?lgb)，R?lg，則（）22B．P?Q?RC．Q?P?RD．P?R?Q

2．若b?a?0，則下列不等式一定成立的是（）a?b?ab?b 2a?b?ab?aC．b?2

3．（1）P?(4?a)(4?2a?b?a 2a?b?ab D．b?a?2B．b?ab?1)，Q?24，則P與Q的大小關系為_________． 2a

1a?1log2a與Q?log2的大小關系為_________． 22

2ab?ab． ?????)，求證：4．設a，b?(0，a?b（2）已知a?1，則P?

二 提高題

5．設x，y?R，求證：x?y?5?2(2x?y)．

第3頁（共4頁）

6．已知a?0，b?0且a?b，求證：ab?

222(a2?b2)． a2?b2

?1． 7．已知a，b?R，求證：a?1?b?1?2

三 能力題

8．求證：（1）log1(a?b)?log12ab；

2222（2）log1(211?)?a?b?1． ab44

第4頁（共4頁）

第二篇：基本不等式的證明

課題：基本不等式及其應用

一、教學目的(1)認知：使學生掌握基本不等式a2＋b2≥2ab(a、b∈R，當且僅當a=b時取“=”號)和

a?b?ab(a、b∈R+，當且僅當a=b時取“=”號)，并能應用它們證明一些不等

2式．

(2)情感：通過對定理及其推論的證明與應用，培養(yǎng)學生運用綜合法進行推理的能力．

二、教學重難點

重點：兩個基本不等式的掌握；

難點：基本不等式的應用。

三、教材、學生分析

教材分析：兩個基本不等式為以后學習不等式的證明和求函數(shù)的最大值或最小值提供了一種

方法，基本不等式的理解和掌握對以后的解題是很有幫助的。

學生分析：學生在上新課之前都預習了本節(jié)內容，對上課內容有一定的理解。所以根據(jù)這一

情況多補充了一些內容，增加了課堂容量。

四、教學過程

（一）引入新課

客觀世界中，有些不等式關系是永遠成立的。例如，在周長相等時，圓的面積比正方形的面積大，正方形的面積又比非正方形的任意矩形的面積大。對這些不等關系的證明，常常會歸結為一些基本不等式。今天，我們學習兩個最常用的基本不等式。

（二）推導公式

1．奠基

如果a、b∈R，那么有(a－b)2≥0①

把①左邊展開，得

a2－2ab＋b2≥0，∴a2＋b2≥2ab．

②

②式表明兩個實數(shù)的平方和不小于它們的積的2倍．這就是課本中介紹的定理1，也就是基本不等式1，對任何兩實數(shù)a、b都成立．由于取“=”號這種特殊情況，在以后有廣泛的應用，因此通常要指出“=”號成立的充要條件．②式中取等號的充要條件是什么呢？

學生回答：a=b，因為a=b?a+b=2ab 2

2充要條件通常用“當且僅當”來表達．“當”表示條件是充分的，“僅當”表示條件是必要的．所以②式可表述為：如果a、b∈R，那么a2＋b2≥2ab(當且僅當a=b時取“=”號)．

以公式①為基礎，運用不等式的性質推導公式②，這種由已知推出未知(或要求證的不等式)的證明方法通常叫做綜合法．以公式②為基礎，用綜合法可以推出更多的不等式．現(xiàn)在讓我們共同來探索．

2．探索

公式②反映了兩個實數(shù)平方和的性質，下面我們研究兩個以上的實數(shù)的平方和，探索可能得到的結果．先考查三個實數(shù)．設a、b、c∈R，依次對其中的兩個運用公式②，有

a2＋b2≥2ab；

b2＋c2≥2bc；

c2＋a2≥2ca．

把以上三式疊加，得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

③

（當且僅當a=b=c時取“=”號)．

以此類推：如果ai∈R，i=1，2，?，n，那么有

22a12?a2???an?a1a2?a2a3???ana

1④

(當且僅當a1=a2=?=an時取“=”號)．

④式是②式的一種推廣式，②式就是④式中n=2時的特殊情況．③和④式不必當作公式去記，但從它們的推導過程中可以學到一種處理兩項以上的和式問題的數(shù)學思想與方法——迭代與疊加．

3．練習

222求證：a+b+c+3≥2（a+b+c）

4．基本不等式

2直接應用基本不等式1可以得到基本不等式2

如果a、b、∈R，那么ab?R?，在公式②中用a替換a，用替換b，立即得+到

22a）?）?2ab 即a?b?2ab ∴a?b?ab⑤

2(當且僅當a=b時取“=”號)．

這就是課本中基本不等式2 我們把a?b和ab分別叫做正數(shù)a、b的算術平均數(shù)和幾何平均數(shù)。

25、公式小結

(1)我們從公式①出發(fā)，運用綜合法，得到許多不等式公式，其中要求同學熟練掌握的是公式①、②、③、⑤．它們之間的關系可圖示如下： 展開 迭代、疊加①

配方

② ③ 降換

次元

⑤

(2)上述公式的證法不止綜合法一種．比如公式②，在課本上是用比較法證明的．但是不論哪種推導系統(tǒng)，其理論基礎都是實數(shù)的平方是非負數(shù)．

(3)四個公式中，②、⑤是基礎，最重要．它們還可以用幾何法證明．

+222幾何法：構造直角三角形ABC，使∠C=90°，BC=a，AC=b(a、b∈R)，則a＋b=c表

示以斜邊c為邊的正方形的面積．而

2ab?4?ab?4S?ABC 2

如上左圖所示，顯然有c?4?21ab 2

∴a＋b≥2ab 22

(當且僅當a=b時取“=”號，這時Rt△ABC等腰，如上右圖)．這個圖是我國古代數(shù)學家趙爽證明勾股定理時所用過的“勾股方圓圖”，同學們在初中已經見過． 公式

示：

a?b?ab也可以用幾何法證明，它的幾何意義是半徑大于等于半弦，如下圖所2

（三）例題

1、已知x，y∈R，證明：+xy??2，并指出等號成立的條件。yx2、已知a,b∈R，并且ab=4，求證：a?b?8，并指出等號成立的條件。223、已知x，y∈R，并且x+y=1，求證：xy≤+1 4

（其中一題作為練習）

（四）應用

下面我們來解決開始上課時所提到的：在周長相等時，正方形的面積又比非正方形的任意矩形的面積大。

求證：在周長相等的矩形中，正方形的面積最大。

證明：設矩形的長和寬分別a，b(a，b為正數(shù)，且a≠b)，同樣周長的正方形的邊長為a?b，2

'可計算得矩形的面積S=ab，正方形的面積S?(a?b2)，2

由基本不等式2，得a?b?ab?0（因為a≠b等號不成立）。2

a?b2)?(ab)2，即S′>S.2又由不等式性質，得（（五）作業(yè)

練習冊P10/6

第三篇：基本不等式與不等式基本證明

課時九 基本不等式與不等式基本證明

第一部分：基本不等式變形技巧的應用

基本不等式在求解最值、值域等方面有著重要的應用，利用基本不等式時，關鍵在對已知條件的靈活變形，使問題出現(xiàn)積（或和）為定值，以便解決問題，現(xiàn)就常用技巧給以歸納。

技巧一：加減常數(shù)

例

1、求函數(shù)y?x?

點評：當各項符號不確定時，必須分類討論，要保證代數(shù)式中的各項均為正。

技巧二：巧變常數(shù)

例

2、已知0?x?

點評：形如f(x)?x(1?ax)或f(x)?x2(1?ax2)等可有兩種變形方法：一是巧乘常數(shù)；二是巧提常數(shù)，應用時要注意活用。

技巧

三、分離常數(shù)

例

3、已知x?

5452121x?1(x?1)的值域。，求函數(shù)y＝x（1－2x）的最大值。，則f(x)?x?3x?32x?4542有（）32A、最大值B、最小值C、最大值D、最小值

32點評：通過加減常數(shù)，分離出一個常數(shù)是分式函數(shù)求值域常用的方法，這里一定要加減好“常數(shù)”，以利于問題的解決。

技巧

四、活用常數(shù)

例

4、若x,y?R且滿足

點評：通過配湊“1”并進行“1”的代換，整理后得到基本不等式的形式，減少了使用基本不等式的次數(shù)，有效地避免了等號不能同時取到的麻煩。

技巧

五、統(tǒng)一形式

?例

5、已知a,b,c?R，求(a?b?c)(?4x?16y?1，求x＋y的最小值。1

a?b?1

c)的最小值。

點評：根據(jù)分母的特點，進行結構調整為統(tǒng)一的形式，這樣便能快速求解。含有根號的問題也要注意形式的統(tǒng)一（如求函數(shù)y?x?x2(0?x?1)可變形為y?第二部分：均值定理證明不等式的方法技巧

。x(1?x)等）

1．輪換對稱型

例1 若a,b,c是互不相等的實數(shù)，求

證：a?b?c

222

?ab?bc?ac.點評：分段應用基本等式，然后整體相加(乘)得結論，是證明輪換對稱不等式的常用技

巧。

2．利用“1”的代換型

111?

已知a,b,c?R,且 a?b?c?1,求證 ???9.abc例2

點評：做“1”的代換。

.3.逆向運用公式型

a,b?R,a?b?1求證： a?

?

?b?

?2.例3已知

點評：依據(jù)求證式的結構，湊出常數(shù)因子，是解決此類問題的關鍵。為脫去左邊的根號，a?

12,b?

將

1?1???

轉換成 1??a??,1??b??,然后逆向運22?2???

用均值不等式： 若

a,b?R則 ab?

?

a?b2

.4．挖掘隱含條件證明不等式

1??1?1??

a,b?R,a?b?1求證：?1???1???.a??b?9 ?例4 已知

?a,b?R?,a?b?1

1??2

?ab?說明a,b?R,a?b?1的背后隱含??a?b?

4??ab??

?2?點評:由于?

著一個不等式ab?

.5．用均值不等式的變式形式證明不等式

a?b?例5已知a,b,c?R,求證：

?

b?c

?c?a

?

2?a?b?c?.點評：本題的關鍵在于對a?b,b?c,c?a的處理，如果能找出

a?b與a?b間的關系，問題就可以

222222

解決，注意到

?

a?b?2ab?2a?b

?

??

?a?b?2

?2a?b

?a?b ?其中a,b,c?R?即可。解題時要注意a

?b?2ab的a?b

變式應用。常用

?

a?b2

(其中a,b?R)來解決有關根式不等式的問題.?

第四篇：基本不等式的證明

重要不等式及其應用教案

教學目的

(1)使學生掌握基本不等式a2＋b2≥2ab(a、b∈R，當且僅當a=b時取“=”號)和a3＋b3＋c3≥3abc(a、b、c∈R+，當且僅當a=b=c時取“=”號)及其推論，并能應用它們證明一些不等式．

(2)通過對定理及其推論的證明與應用，培養(yǎng)學生運用綜合法進行推理的能力．

教學過程

一、引入新課

師：上節(jié)課我們學過證明不等式的哪一種方法？它的理論依據(jù)是什么？

生：求差比較法，即

師：由于不等式復雜多樣，僅有比較法是不夠的．我們還需要學習一些有關不等式的定理及證明不等式的方法．

如果a、b∈R，那么(a－b)2屬于什么數(shù)集？為什么？

生：當a≠b時，(a－b)2＞0，當a=b時，(a－b)2=0，所以(a－b)2≥0．即(a－b)2∈

R+∪{0}．

師：下面我們根據(jù)(a－b)2∈R+∪{0}這一性質，來推導一些重要的不等式，同時學習一些證明不等式的方法．

二、推導公式

1．奠基

師：如果a、b∈R，那么有

(a－b)2≥0．

①

把①左邊展開，得

a2－2ab＋b2≥0，∴a2＋b2≥2ab．

②

②式表明兩個實數(shù)的平方和不小于它們的積的2倍．這就是課本中介紹的定理1，它是一個很重要的絕對不等式，對任何兩實數(shù)a、b都成立．由于取“=”號這種特殊情況，在以后有廣泛的應用，因此通常要指出“=”號成立的充要條件．②式中取等號的充要條件是什么呢？

師：充要條件通常用“當且僅當”來表達．“當”表示條件是充分的，“僅當”表示條件是必要的．所以②式可表述為：如果a、b∈R，那么a2＋b2≥2ab(當且僅當a=b時取“=”號)．

以公式①為基礎，運用不等式的性質推導公式②，這種由已知推出未知(或要求證的不等式)的證明方法通常叫做綜合法．以公式②為基礎，用綜合法可以推出更多的不等式．現(xiàn)在讓我們共同來探索．

2．探索

師：公式②反映了兩個實數(shù)平方和的性質，下面我們研究兩個以上的實數(shù)的平方和，探索可能得到的結果．先考查三個實數(shù)．設a、b、c∈R，依次對其中的兩個運用公式②，有

a2＋b2≥2ab； b2＋c2≥2bc； c2＋a2≥2ca．

把以上三式疊加，得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

③

(當且僅當a=b=c時取“=”號)．

以此類推：如果ai∈R，i=1，2，?，n，那么有

④

(當且僅當a1=a2=?=an時取“=”號)．

④式是②式的一種推廣式，②式就是④式中n=2時的特殊情況．③和④式不必當作公式去記，但從它們的推導過程中可以學到一種處理兩項以上的和式問題的數(shù)學思想與方法——迭代與疊加．

3．再探索

師：考察兩個以上實數(shù)的更高次冪的和，又能得到什么有趣的結果呢？先考查兩個實數(shù)的立方和．由于

a3＋b3=(a＋b)(a2－ab＋b2)，啟示我們把②式變成

a2－ab＋b2≥ab，兩邊同乘以a＋b，為了得到同向不等式，這里要求a、b∈R+，得到

a3＋b3≥a2b＋ab2．

⑤

考查三個正實數(shù)的立方和又具有什么性質呢？

生：由③式的推導方法，再增加一個正實數(shù)c，對b、c，c、a迭代⑤式，得到

b3＋c3≥b2c＋bc2，c3＋a3≥c2a＋ca2．

三式疊加，并應用公式②，得

2(a3＋b3＋c3)≥a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)

≥a·2bc＋b·2ca＋c·2ab=6abc．

∴a3＋b3＋c3≥3abc

⑥

(當且僅當a=b=c時取“=”號)．

師：這是課本中的不等式定理2，即三個正實數(shù)的立方和不小于它們的積的3倍．同學們可能想到n個正實數(shù)的立方和會有什么結果，進一步還會想到4個正數(shù)的4次方的和會有什么結果，直至n個正數(shù)的n次方的和會有什么結果．這些問題留給同學們課外去研究．

4．推論

師：直接應用公式②和⑥可以得到兩個重要的不等式．

⑦

(當且僅當a=b時取“=”號)．

這就是課本中定理1的推論．

⑧

(當且僅當a=b=c時取“=”號)．這就是課本中定理2的推論．

當ai∈R+(i=1，2，?，n)時，有下面的推廣公式(在中學不講它的證明)

⑨

(當且僅當a1=a2=?=an時取“=”號)．

何平均數(shù)．⑨式表明：n個正數(shù)的算術平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．這是一個著名的平均數(shù)不等式定理．現(xiàn)在只要求同學掌握n=2、3時的兩個公式，即⑦和⑧．

三、小結

(1)我們從公式①出發(fā)，運用綜合法，得到許多不等式公式，其中要求同學熟練掌握的是公式②、⑥、⑦、⑧．它們之間的關系可圖示如下：

(2)上述公式的證法不止綜合法一種．比如公式②和⑥，在課本上是用比較法證明的．又如公式⑦也可以由①推出；用⑦還可以推出⑧；由⑦、⑧也可以推出②、⑥．但是不論哪種推導系統(tǒng)，其理論基礎都是實數(shù)的平方是非負數(shù)．

四個公式中，②、⑦是基礎，最重要．它們還可以用幾何法或三角法證明．

幾何法：構造直角三角形ABC，使∠C=90°，BC=a，AC=b(a、b∈R)，222則a＋b=c表示以斜邊c為邊的正方形的面積．而

+

如上左圖所示，顯然有

(當且僅當a=b時取“=”號，這時Rt△ABC等腰，如上右圖)．這個圖是我國古代數(shù)學家趙爽證明勾股定理時所用過的“勾股方圓圖”，同學們在初中已經見過．

三角法：在Rt△ABC中，令∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，則

2ab=2·c sin A· c sin B=2c2sinAcos A=c2·sin2A≤c2

=a2＋b2(∵sin2A≤1)

(當且僅當sinA=1，A=45°，即 a=b時取“=”號)．

2三、應用公式練習

1．判斷正誤：下列問題的解法對嗎？為什么？如果不對請予以改正．

a、b∈R+．若tgα、ctgα∈R+．解法就對了．這時需令α是第一、三象限的角．]

改條件使a、b∈R+；②改變證法．a2＋ab＋b2≥2ab＋ab=3ab．]

師：解題時，要根據(jù)題目的條件選用公式，特別注意公式中字母應滿足的條件．只有公式①、②對任何實數(shù)都成立，公式⑥、⑦、⑧都要求字母是正實數(shù)(事實上對非負實數(shù)也成立)．

2．填空：

(1)當a________時，an＋a－n≥________；

(3)當x________時，lg2x＋1≥_________；

(5)tg2α＋ctg2α≥________；

(6)sinxcosx≤________；

師：從上述解題中，我們可以看到：(1)對公式中的字母應作廣義的理解，可以代表數(shù)，也可以代表式子．公式可以順用，也可以逆用．總之要靈活運用公式．(2)上述題目中右邊是常數(shù)的，說明左邊的式子有最大或最小值．因此，在一定條件下應用重要不等式也可以求一些函數(shù)的最大(小)值．(3)重要不等式還可以用于數(shù)值估計．如

表明任何自然數(shù)的算術平方根不大于該數(shù)加1之半．

四、布置作業(yè)

略．

教案說明

1．知識容量問題

這一節(jié)課安排的內容是比較多的，有些是補充內容．這是我教重點中學程度比較好的班級時的一份教案．實踐證明是可行的，效果也比較好．對于普通班級則應另當別論．補充內容(一般式，幾何、三角證法等)可以不講，例題和練習也須壓縮．但講完兩個定理及其推論，實現(xiàn)教學的基本要求仍是可以做到的．還應看到學生接受知識的能力也非一成不變的．同是一節(jié)課，講課重點突出，深入淺出，富有啟發(fā)性，學生就有可能舉一反

三、觸類旁通，獲取更多的知識．知識容量增加了，并未增加學生的負擔．從整個單元來看，由于壓縮了講課時間，相應的就增加了課堂練習的時間．反之，如果學生被動聽講，目標不清，不得要領，內容講得再少，學生也是難以接受的．由此可見，知識容量的多少，既與學生的程度有關，與教學是否得法也很有關系．我們應當盡可能采用最優(yōu)教法，擴大學生頭腦中的信息容量，以求可能的最佳效果．

2．教學目的問題

近年來，隨著教改的深入，教師在確定教學目的和要求時，開始追求傳授知識和培養(yǎng)能力并舉的課堂教學效果．在培養(yǎng)學生的能力方面，不僅要求學生能夠運用知識，更重要的是通過自己的思考來獲取知識．據(jù)此，本節(jié)課確定如下的教學目的：一是在知識內容上要求學生掌握四個公式；二是培養(yǎng)學生用綜合法進行推理的能力．當然，學生能力的形成和發(fā)展，絕不是一節(jié)課所能“立竿見影”的．它比掌握知識來得慢，它是長期潛移默化的教學結果．考慮到中學數(shù)學的基本知識，大量的是公式和定理，如能在每一個公式、定理的教學中，都重視把傳授知識與開拓思維、培養(yǎng)能力結合起來，天長日久，肯定會收到深遠的效果．

3．教材組織與教法選用問題

實現(xiàn)上述教學目的，關鍵在于組織好教材，努力把傳授知識與開拓思維、培養(yǎng)能力結合起來．教材中對定理1和定理2的安排，可能是為了與前面講的比較法和配方法相呼應．但這容易使人感到這兩個定理之間沒有什么內在聯(lián)系，又似乎在應用定理時才能用綜合法．事實上，可以用比較法證明兩個數(shù)的平方和或三個數(shù)的立方和的不等式，但當n＞3，特別對n是奇數(shù)時，用比較法就困難了(因為這時難以配方與分解因式)．因此不具有一般性．而對綜合法，學生在初中證幾何題時已多次用過了(只是課本上沒有提到這個名稱)．現(xiàn)行課本中兩個不等式定理及其推論，是著名的平均值不等式：

和它的等價形式當

n=2，3時的特殊情況(當n=2時，ai的取值有所變化)．在中學不講一般形式，只講特殊情況是符合大綱要求的．由于普遍性總是寓于特殊性之中，因此，這兩個特例應是一般式的基礎．同時，這兩個特例之間應有緊密的聯(lián)系，在推導方法上也應該與一般式的證明有共性．這就是本教案的設計思想，因而改變了現(xiàn)行課本的證法．

這里，我們用由定理1先推出一個輔助不等式

a3＋b3≥a2b＋ab2，然后經迭代、疊加，推出不等式

a3＋b3＋c3≥3abc，這種方法具有一般性．事實上，引入一個一般的輔助不等式

an＋bn≥an-1b＋abn-1(n＞1)，由迭代、疊加，再應用數(shù)學歸納法就可以證出公式

正因為上述證法具有一般性，即揭示了證法的本質(共性)，就必然有利于遞推與探索．又由(a－b)2≥0非常容易推出a2＋b2≥2ab，所以它是“天然”的奠基式．于

2ab，因此，凡能用配方法證明的問題，必能用基本不等式證明，反之亦真．可見配方法的重要作用．它的重要性應在上一節(jié)比較法中就予以強調．

當學生在教師的指導下和教師一起探索問題時，這個探索本身就是培養(yǎng)學生今后獨立去獲取知識的過程．

第五篇：不等式證明1

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難點18 不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數(shù)學中的一個難點，本難點著重培養(yǎng)考生數(shù)學式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點磁場

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

［例1］證明不等式1?12?13???1n?2n(n∈N)

*命題意圖：本題是一道考查數(shù)學歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級題目.知識依托：本題是一個與自然數(shù)n有關的命題，首先想到應用數(shù)學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等.錯解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯誤：

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關系的錯誤也是經常發(fā)生的.技巧與方法：本題證法一采用數(shù)學歸納法從n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法；證法二先放縮，后裂項，有的放矢，直達目標；而證法三運用函數(shù)思想，借助單調性，獨具匠心，發(fā)人深省.證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+12131k?11k?112?13???1k＜2k，則1??????2k??2k(k?1)?1k?1?k?(k?1)?1k?1

?2k?1,∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時的證明還有下列證法：

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)?0,2?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?

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?2k?1k?1?2k?1.證法二：對任意k∈N*，都有：

1k?2k?12?k13?2k????k?11n?2(k?k?1)，2)???2(n?n?1)?2n.因此1??2?2(2?1)?2(3?12131n證法三：設f(n)=2n?(1?*

????)，那么對任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1??1k?11k?1k)?1k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1](k?1?k?1k)2

?0??[(k?1)?2k(k?1)?k]?∴f(k+1)＞f(k)因此，對任意n∈N 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，∴1?12?13???1n?2n.x?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.*［例2］求使x?y≤a命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學生邏輯分析能力，屬于★★★★★級題目.知識依托：該題實質是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關性質把a呈現(xiàn)出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值.錯解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的.技巧與方法：除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關系，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化.解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a－1)(x+y)，① ② ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，當且僅當x=y時，②中有等號成立.本資料從網(wǎng)上收集整理

比較①、②得a的最小值滿足a－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.x?x?yy(x?x?yy)22解法二：設u???x?y?2xyx?y?1?2xyx?y.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥22xy2xyxy(當x=y時“=”成立)，∴x?y≤1，x?y的最大值是1.從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

xy+1≤a

xy?1，設xy=tanθ，θ∈(0，?2).∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+?4?4)，?4).③)的最大值為1(此時θ=由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細敘述；如果作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證.(2)綜合法是由因導果，而分析法是執(zhí)果索因，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關系，可以增加解題思路，開擴視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調性法、判別式法、數(shù)形結合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要注意代換的等價性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標可以從要證的結論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.證明不等式時，要依據(jù)題設、題目的特點和內在聯(lián)系，選擇適當?shù)淖C明方法，要熟悉各

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種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟、技巧和語言特點.●殲滅難點訓練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

ax?by=1，x+y的最小值為__________.2.(★★★★)設正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R，則(2)若x，y，z∈R，且x+y+z=xyz，則y?zx?z?xy?x?yz+

+

12，證明：x，y，z∈［0，23］

b?cax?2c?aby?2a?bcz≥2(xy+yz+zx)

2≥2（1x?1y?1z)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

338.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a+b=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點磁場

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)+4(a+b)－25ab+4≥0，即證4(ab)－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設a=121

4222

14或，從而得證.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

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?(a?(?121a)(b?21b)?(1a?1a22?b?1b(?14?t1?t1?1)((222?t1)?112?t12?2?t2)?11214?t21412?t2?t2?1)?t2)2212?t1)(22(?14?t1?t1?1)(14?t2?t2?1)?2(54?t2)?t214?t22

?t2425?16?1432t2?t2222525?16?.144?t2顯然當且僅當t=0，即a=b=證法三：(比較法）

12時，等號成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a?1b?1254ab?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.?2?(1?ab)?125?? ??ab4???25?2(1?ab)?1??139?162?1?ab?1???(1?ab)???4416? 1?4?ab?即(a?1a)(b?1b)?254

證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，?2)

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(a??1a4)(b?1b)?(sin??4221sin?22)(cos2??1cos?222)2sin??cos??2sin?cos??24sin2?222?(4?sin?)?164sin2??sin2??1,?4?sin2??4?1?3.4?2sin2??16?25?22(4?sin2?)25????11244sin2???24sin2??即得(a?1a)(b?1b)?254.22 殲滅難點訓練

一、1.解析：令ax=cos2θ，by=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|?(a－d)2＜(b－c)2?(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc ∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：a2+b2+c2－===13131313=

13(3a2+3b2+3c2－1)［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］

［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥

222

證法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥a?b?c32222

a?b?c3證法三：∵∴a2+b2+c2≥

?a?b?c3∴a2+b2+c2≥

13證法四：設a=+α，b=

13+β，c=

13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=（22213+α)+（2

13+β)+（2

13+γ)

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==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ

13222 +α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥(2)證法一:?同理?

3a?2?3b?32(3a?2)?1?3c?323(a?b?c)?92?63a?2?12,3b?2?,3c?2?3c?2?

3a?2?3b?2?∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?33c?2?(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)3

?3(a?b?c)?63?3

∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

1212，得x2+y2+(1－x－y)2=

12，整理成關于y的一元二

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，證法二：設x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈［0，23］

］

132+x′，y=2

+y′，z=

13132

+z′，則x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(y??z?)22=

13+

2332x′2

23故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

12證法三：設x、y、z三數(shù)中若有負數(shù)，不妨設x＜0，則x2＞0，=x2+y2+z2≥

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x+2(y?z)22?(1?x)22?x?232x?x?212＞

12，矛盾.23x、y、z三數(shù)中若有最大者大于x+

2，不妨設x＞

23，則

12=x2+y2+z2≥(y?z)22=x+232(1?x)22=1223232x2－x+

=32x(x－)+12＞；矛盾.］

c?abcby?22故x、y、z∈［0，6.(1)證明:??(?(?bax?baax?x?22b?c22x?a?bc2z?2(xy?yz?zx)accaz?222aby?2xy)?(aby)?(y?2y?bc2bcz?2yz)?(2cax?2zx)2cby?z)?(acz?x)?0b?cc?aba?bcz?2(xy?yz?zx)(2)證明:所證不等式等介于xyz(222y?zx?z?xy?x?yz)?2(xy?yz?zx)2

2?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)?(x?y?z)(yz?yz22222222?zx?zx222?xy?xy)2222?2(xy?yz?zx)?4(xyz?xyz?xyz)?yz?yz?zx?zx?xy?xy22333333?2xyz?2xyz?2xyz2222222222?yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)?x(y?z)?y(z?x)?z(x?y)?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，AmmiiAmmm?1m?i?1nn?1n?i?1?????,同理?????，immmnnnnn?kn?m?kmi由于m＜n，對于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有Annii，所以?Ammii,即mAn?nAm

iiii(2)由二項式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，本資料從網(wǎng)上收集整理

ii由(1)知miAi＞niAi(1＜i≤miAmnm，而Cm=

i!,Cin?Ani!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，?，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm?1n＞0，?，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+?+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a

3+b3

=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a

2b+3ab2

－8=3a2

b+3ab2

－6 =3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3

+b3)］=－3(a+b)(a－b)2

≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因為2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則a?b??m?，?n?ab因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m

2－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m3?23m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，3即?m?83m≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.證法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2

－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）33證法四：因為a?b2?(a?b32)

22?4ab?a2?b2?(a?b)[4a?4b?2ab])(a?b)28?3(a?b8≥0，所以對任意非負實數(shù)a、b，有

a3?b32≥(a?b32)3

b3

33因為a＞0，b＞0，a+=2，所以1=a?ba?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設a+b＞2，則

①②

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a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)332

233222