第一篇：數學歸納法證明不等式教案
§2.3用數學歸納法證明不等式
學習目標：1.理解數學歸納法的定義、數學歸納法證明基本步驟;
2.重、難點：應用數學歸納法證明不等式.一、知識情景：
1.關于正整數n的命題(相當于多米諾骨牌),我們可以采用下面方法來證明其正確性：
10.驗證n取第一個值時命題成立(即n＝n?時命題成立)(歸納奠基）；
20.假設當n=k時命題成立，證明當n=k＋1時命題也成立(歸納遞推）.30.由10、20知，對于一切n≥n?的自然數n命題都成立！(結論）
要訣: 遞推基礎不可少,歸納假設要用到,結論寫明莫忘掉.二、數學歸納法的應用：
例1.用數學歸納法證明不等式sinn?≤nsin?.（n?N?）
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。
例2． 證明貝努力（Bernoulli）不等式:
已知x?R,且x> ?1，且x?0，n?N*，n≥2．求證：(1+x)n>1+nx.證明：（1）當n=2時，由x≠0得（1+x）2=1+2x+x2＞1+2x,不等式成立。
（2）假設n=k（k≥2）時，不等式成立，即有（1+x）k＞1+kx
當n=k+1時，（1+x）k+1=（1+x）（1+x）k＞（1+x）（1+kx）=1+x+kx+ kx2＞1+x+kx=1+（k+1）x 所以當n=k+1時，不等式成立
由（1）（2）可知，貝努力不等式成立。
例3 證明: 如果n(n為正整數)個正數a1,a2,?,an的乘積a1a2?an?1,那么它們的和a1?a2???an≥n.三、當堂檢測
1、（1）不等式2n?n4對哪些正整數n成立？證明你的結論。
1（2）求滿足不等式(1?)n?n的正整數n的范圍。n
n2*2?2?n(n?N)．
2、用數學歸納法證明
證明：（1）當n=1時，2?2?1，不等式成立； 當n=2時，2?2?2，不等式成立；當n=3時，2?2?3，不等式成立．
*n?k(k?3,k?N)時不等式成立，即 2k?2?k2．（2）假設當
k?1k222則當n?k?1時，2?2?2(2?2)?2?2k?2?(k?1)?k?2k?3，1222
322kk?3∵，∴?2k?3?(k?3)(k?1)?0，（*）
k?1222k?122?2?(k?1)?k?2k?3?(k?1)2?2?(k?1)從而，∴． 即當n?k?1時，不等式
也成立． 由（1），（2）可知，2?2?n對一切n?N都成立．
四、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．
n2*
第二篇：不等式的證明教案
不等式的證明
教學目標：
（1）理解證明不等式的三種方法：比較法、綜合法和分析法的意義；
（2）掌握用比較法、綜合法和分析法證明簡單的不等式；
（3）能根據實際題目靈活地選擇適當地證明方法；
（4）通過不等式證明，培養學生邏輯推理論證的能力和抽象思維能力.教學建議：
1．知識結構:（不等式證明三種方法的理解）==〉（簡單應用）==〉（綜合應用）
2．重點、難點分析
重點：不等式證明的主要方法的意義和應用；
難點：①理解分析法與綜合法在推理方向上是相反的；
②綜合性問題證明方法的選擇．
（1）不等式證明的意義
不等式的證明是要證明對于滿足條件的所有數都成立（或都不成立），而并非是帶入具體的數
值去驗證式子是否成立．
（2）比較法證明不等式的分析
①在證明不等式的各種方法中，比較法是最基本、最重要的方法．
②證明不等式的比較法，有求差比較法和求商比較法兩種途徑．
由于a>b<==>a-b>0，因此，證明a>b，可轉化為證明與之等價的a-b>0．這種證法就是求差比較法．由于當b>0時,a>b<==>(a／b)>1，因此，證明a>b(b>0),可以轉化為證明與之等價的(a／b)>1(b>0)．這種證法就是求商比較法，使用求商比較法證明一定要注意(b>0)這一前提條件．
③求差比較法的基本步驟是：“作差?變形?斷號”．
其中，作差是依據，變形是手段，判斷符號才是目的．
變形的方法一般有配方法、通分法和因式分解法等，變成能夠判斷出差的符號是正或負的數(或式子)即可.④作商比較法的基本步驟是：“作商?變形?判斷商式與1的大小關系”，需要注意的是，作商比較法一般用于證明不等號兩側的式子同號的不等式．
（3）綜合法證明不等式的分析
①利用某些已經證明過的不等式和不等式的性質推導出所要證明的不等式成立，這種證明方法通常叫做綜合法．
②綜合法的思路是“由因導果”：從已知的不等式出發，通過一系列已知條件推導變換，推導出求證的不等式．
③綜合法證明不等式的邏輯關系是：
（已知）==〉（逐步推演不等式成立的必要條件）==〉（結論）
（4）分析法證明不等式的分析
①從求證的不等式出發，逐步尋求使不等式成立的充分條件，直至所需條件被確認成立，就斷定求證的不等式成立，這種證明方法就是分析法．
有時，我們也可以首先假定所要證明的不等式成立，逐步推出一個已知成立的不等式，只要這個推出過程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以斷定所給的不等式成立．這也是用分析法，注意應強調“以上每一步都可逆”，并說出可逆的根據．
②分析法的思路是“執果導因”：從求證的不等式出發，探索使結論成立的充分條件直至已成立的不等式．它與綜合法是對立統一的兩種方法．
③用分析法證明不等式的邏輯關系是：
（已知）<==（逐步推演不等式成立的必要條件）<==（結論）
④分析法是證明不等式時一種常用的基本方法．當證明不知從何入手時，有時可以運用分析法而獲得解決．特別對于條件簡單而結論復雜的題目往往更實用.（5）關于分析法與綜合法關系
①分析法與綜合法是思維方向相反的兩種思考方法．
②在數學解題中，分析法是從數學題的待證結論或需求問題出發，逐步地推導，最后達到題設的已知條件．即推理方向是：結論已知.綜合法則是從數學題的已知條件出發，經過逐步的邏輯推理，最后達到待證結論或需求問題．即：已知 結論．
③分析法的特點是：從“結論”探求“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理實際上是要尋找結論的充分條件．
綜合法的特點是：從“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理實際上是要尋找已知的必要條件．
④一般來說，對于較復雜的不等式，直接運用綜合法往往不易入手，用分析法來書寫比較麻煩．因此，通常用分析法探索證題途徑，然后用綜合法加以證明，所以分析法和綜合法經常是結合在一起使用的．
第一課時不等式的證明（比較法）
教學目標
1．掌握證明不等式的方法——比較法；
2．熟悉并掌握比較法證明不等式的意義及基本步驟．
教學重點:比較法的意義和基本步驟.教學難點:常見的變形技巧.教學方法； 啟發引導法.教學過程：
（－）導入新課
教師提問：根據前一節學過（不等式的性質）的知識，我們如何用實數運算來比較兩個實數與的大小？
找學生回答問題．
（學生回答：，，）
［點評］要比較兩個實數 與的大小，只要考察 與的差值的符號就可以了，這種證明不等式的方法稱為比較法．現在我們就來學習：用比較法證明不等式．
目的：通過教師設置問題，引導學生回憶所學的知識，引出用比較法證明不等式，導入本節課學習的知識．
（二）新課講授
【嘗試探索，建立新知】
教師寫出一道（證明不等式）例題的題目
[問題] 求證
教師引導學生分析、思考，研究不等式的證明．
學生研究證明不等式，嘗試完成問題．
［本問點評］
①通過確定差的符號，證明不等式的成立．這一方法，在前面比較兩個實數的大小、比較式子的大小、證明不等式性質就已經用過．
②通過求差將不等問題轉化為恒等問題，將兩個一般式子大小比較轉化為一個一般式子與0的大小比較，使問題簡化．
③理論依據是：
④由，知：要證明
只需證
；需證明
這種證明不等式的方法通常叫做比較法．
目的：幫助學生構建用比較法證明不等式的知識體系，培養學生化歸的數學思想．
【例題示范，學會應用】
教師板書例題，引導學生研究問題，構思證題方法，學會解題過程中的一些常用技巧，并點評．
例1． 求證
［分析］由比較法證題的方法，先將不等式兩邊作差，得
關于的二次函數，由配方法易知函數的最小值大干零，從而使問題獲證．，將此式看作證明：∵
＝
＝，∴
［本例點評］ ．
①作差后是通過配方法對差式進行恒等變形，確定差的符號;
②作差后，式子符號不易確定，配方后變形為一個完全平方式子與一個常數和的形式，使差式的符號易于確定;
③不等式兩邊的差的符號是正是負，一般需要利用不等式的性質經過變形后，才能判斷;
④例1介紹了變形的一種常用方法——配方法．
例2.已知都是正數，并且，求證：
［分析］這是分式不等式的證明題，依比較法證題將其作差，確定差的符號，應通分，由分子、分母的值的符號推出差值的符合，從而得證．
證明：
＝
＝
．
因為
都是正數，且，所以
．
∴
．
即：
[本例點評]
①作差后是通過通分法對差式進行恒等變形，由分子、分母的值的符號推出差的符號;
②本例題介紹了對差變形，確定差值的符號的一種常用方法——通分法;
③例2的結論反映了分式的一個性質（若都是正數
1．當
時，2．當
時，．）
目的：鞏固用比較法證明不等式的知識，學會用比較法證明不等式時，對差式變形的常用方法——配方法、通分法．
【課堂練習】
教師指定練習題，要求學生獨立思考．完成練習；請甲、乙兩學生板演；巡視學生的解題情況，對正確的證法給予肯定和鼓勵，對偏差點撥和糾正；點評練習中存在的問題．
練習：1．求證
2．已知，，d都是正數，且，求證
目的:掌握用比較法證明不等式，并會靈活運用配方法和通分法變形差式，確定差式符號．反饋課堂教學效果，調節課堂教學．
【分析歸納、小結解法】
學生和老師一起分析歸納例題和練習的解題過程，小結用比較法證明不等式的解題方法，并讓學生記錄筆記．比較法是證明不等式的一種最基本、重要的方法．用比較法證明不等式的步驟（作差、變形、判斷符號）．靈活掌握配方法和通分法對差式進行恒等變形．
（三）小結（培養學生對所學知識進行概括歸納的能力，鞏固所學知識）
學生和老師一起小結本節課所學的知識，并讓學生記錄筆記．
本節課學習的用比較法證明不等式的步驟中，作差是依據，變形是手段，判斷符號才是目的．掌握求差后對差式變形的常用方法（配方法和通分法）．并在下節課繼續學習對差式變形的常用方法．
（四）布置作業
1．課本作業：P14．1，2，3．（供學生鞏固基礎知識）
2．思考題：已知，求證：
（培養其靈活掌握用比較法證明不等式的能力）
3．研究性題：設，都是正數，且
（為培養學生創新意識）
作業答實:
思考題：，求證：，又，從而得證．
研究性題：．所以，
第三篇：不等式證明
不等式證明
不等式是數學的基本內容之一，它是研究許多數學分支的重要工具，在數學中有重要的地位，也是高中數學的重要組成部分，在高考和競賽中都有舉足輕重的地位。不等式的證明變化大，技巧性強，它不僅能夠檢驗學生數學基礎知識的掌握程度，而且是衡量學生數學水平的一個重要標志，本文將著重介紹以下幾種不等式的初等證明方法和部分方法的例題以便理解。
一、不等式的初等證明方法
1.綜合法：由因導果。
2.分析法：執果索因?；静襟E：要證..只需證..，只需證..(1)“分析法”證題的理論依據：尋找結論成立的充分條件或者是充要條件。
(2)“分析法”證題是一個非常好的方法，但是書寫不是太方便，所以我們可利用分析法尋找證題的途徑，然后用“綜合法”進行表達。
3.反證法：正難則反。
4.放縮法：將不等式一側適當的放大或縮小以達證題目的。放縮法的方法有：
(1)添加或舍去一些項，如：
2)利用基本不等式，如：
(3)將分子或分母放大(或縮小)：
5.換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題
化難為易、化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元。
6.構造法：通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式。
證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的最基本方法。
7.數學歸納法：數學歸納法證明不等式在數學歸納法中專門研究。
8.幾何法：用數形結合來研究問題是數學中常用的方法，若求證的不等式是幾何不等式或有較明顯的幾何意義時，可以考慮構造相關幾何圖形來完成，若運用得好，有時則有神奇的功效。
9.函數法：引入一個適當的函數，利用函數的性質達到證明不等式的目的。
10.判別式法：利用二次函數的判別式的特點來證明一些不等式的方法。當a>0時，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。當a<0時，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。
二、部分方法的例題
1.換元法
換元法是數學中應用最廣泛的解題方法之一。有些不等式通過變量替換可以改變問題的結構，便于進行比較、分析，從而起到化難為易、化繁為簡、化隱蔽為外顯的積極效果。
注意：在不等式的證明中運用換元法，能把高次變為低次，分式變為整式，無理式變為有理式，能簡化證明過程。尤其對含有若干個變元的齊次輪換式或輪換對稱式的不等式，通過換元變換形式以揭示內容的實質，可收到事半功倍之效。
2.放縮法
欲證A≥B，可將B適當放大，即B1≥B，只需證明A≥B1。相反，將A適當縮小，即A≥A1，只需證明A1≥B即可。
注意：用放縮法證明數列不等式，關鍵是要把握一個度，如果放得過大或縮得過小，就會導致解決失敗。放縮方法靈活多樣，要能想到一個恰到好處進行放縮的不等式，需要積累一定的不等式知識，同時要求我們具有相當的數學思維能力和一定的解題智慧。
3.幾何法
數形結合來研究問題是數學中常用的方法，若求證的不等式是幾何不等式或有較明顯的幾何意義時，可以考慮構造相關幾何圖形來完成，若運用得好，有時則有神奇的功效。
第四篇：不等式證明
不等式的證明
比較法證明不等式
a2?b2a?b?1.設a?b?0，求證：2.a?b2a?b
2.（本小題滿分10分）選修4—5：不等式選講
（1）已知x、y都是正實數，求證：x3?y3?x2y?xy2；
（2?對滿足x?y?z?1的一切正實數 x,y,z恒成立，求實數a的取值范圍
.??,1?綜合法證明不等式（利用均值不等式）3.已知a?b?c, 求證：??1??? ??114??.a?bb?ca?c
4.設a，b，c均為正數，且a+b+c=1，證明：
1（Ⅰ）ab+bc+ac?3；
a2b2c2
???1ca（Ⅱ）b
5.（1）求不等式x?3?2x???1的解集;
121225（a?)?(b?)??a,b?R,a?b?1ab2.（2）已知，求證：
6.若a、b、c是不全相等的正數，求證：
分析法證明不等式
7.某同學在證明命題“7??要證明7?3??2”時作了如下分析，請你補充完整.6?2，只需證明________________,只需證明___________,＋2?9?2，展開得9即?,只需證明14?18,________________,所以原不等式:??6?2成立.22?2?6?3,(7?2)?(6?3)，因為14?18成立。
a?b?c8.已知a,b,c?R。?3?
9.(本題滿分10分)已知函數f(x)?|x?1|。
(Ⅰ)解不等式f(x)?f(x?4)?8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|?1,|b|?1，且a?0，求證：f(ab)?|a|f().10.（本小題滿分10分）當a,b?M??x|?2?x?2?時,證明:2|a+b|＜|4+ab|.反證法證明不等式
11.已知a，b，c均為實數，且a=x?2y+2baπππ22，b=y?2z+，c=z?2x+，236
求證：a，b，c中至少有一個大于0.12.（12分）若x,y?R,x?0,y?0,且x?y?2。求證：1?x和1?y中至少有一個小于2.yx
放縮法證明不等式
13.證明不等式：?111??11?21?2?3?1
1?2?3??n?2
214.設各項均為正數的數列?an?的前n項和為Sn，滿足4Sn?ann?N?,且
?1?4n?1,a2,a5,a14構成等比數列．
(1)證明：a2?
(2)求數列?an?的通項公式；an?2n?1
(3)證明：對一切正整數n，有11??a1a2a2a3?11?． anan?12
15.設數列?an?的前n項和為Sn.已知a1?1,2Sn12?an?1?n2?n?,n?N*.n33
(Ⅰ)求a2的值；a2?4(Ⅱ)求數列?an?的通項公式；an?n2(Ⅲ)證明:對一切正整數n,有數學歸納法證明不等式
16.(本小題滿分12分)若不等式11??
n?1n?2?1a對一切正整數n都成立，求正?3n?12411??a1a2?17?.an4
整數a的最大值，并證明結論．25
17.用數學歸納法證明不等式：
．
第五篇：不等式證明經典
金牌師資，笑傲高考
2013年數學VIP講義
【例1】 設a，b∈R，求證：a2+b2≥ab+a+b-1。
【例2】 已知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。 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?bca1?ab?bc?caa?b?c?abc≥1。 bca??b?c?a?b?(a?b)(a?c)a?0bc?acaA-B=a+d-(b+c)=a? =a?b? c(a?b)a 【例4】 a，b，c∈R，求證：a4+b4+c4≥(a+b+c)。 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。 左=12(2a4?2b224?2c)?22412[(a24?b)?(b22244?c)?(c2244?a)]24 ≥12(2ab?2bc?2ca)?ab?bc?ca 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。 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第1頁/共9頁 金牌師資，笑傲高考 ab?1212 2013年數學VIP講義 22?bc2222?ca2222?212(2ab2222?2bc2222?2ca)22 ?ca)?(ca2[(ab?bc)?(bc22?ab)]22≥(2abc?2abc2?2abc)?ab(a?b?c)1a ?1c?【例5】（1）a，b，c為正實數，求證：?（2）a，b，c為正實數，求證： a21bb2≥ c21ab?1bc?1ac； b?c?a?ca?b≥ a?b?c2。 （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？ a2b?cb2?(b?c)≥2a2b?cb2?(b?c)?2a a?cc2?(a?c)≥2a?c?(a?c)?2ba?b?(a?b)≥2c2a?b?(a?b)?2c 相加后發現不行，a，b，c的整式項全消去了。為了達到目的，應在系數上作調整。 a2b?c?b?c4≥a，b2a?c?a?c4≥b，c2a?b?a?b4≥a 相向相加后即可。 【例6】 x，y為正實數，x+y=a，求證：x+y≥ 2a22。 思路一；根據x+y和x2+y2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?！?x?y22≤2x2?y22 2∴ x?y≥(x?y)2?a22 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?2a2?m，y?aa22?m 22則 x?y?(?m)?(?m)?2m?222aa22≥ a22 途徑2：代入消元法： y=a-x，0 a2)2?a22≥ a22 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第2頁/共9頁 金牌師資，笑傲高考 途徑3：三角換元法消元： 令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，] 2?2013年數學VIP講義 則 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ] =a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122 12sin2θ)≥ a22 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。這種引參的思想是高中數學常用的重要方法?！纠?】 已知a>b>0，求證：(a?b)8a2?a?b2?ab?(a?b)8b2。 12所證不等式的形式較復雜（如從次數看，有二次，一次，次等），難以從某個角度著手。故考慮用分析法證明，即執果索因，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?b2?ab?a?b?2ab2b)(a?(a??(a?2b)2 a?b?(a?b)b)(a?8a2所證不等式可化為∵ a>b>0 ∴ a?b ∴ a?b?0 b)2?(a?2b)2?(a?b)(a?8b2b)2 ∴ 不等式可化為：(a?4ab)2?1?(a?4bb)2 2??(a?b)?4a即要證? 2??4b?(a?b)??a?b?2a只需證? ?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)=24xx?3?8，求證：對任意實數a，b，恒有f(a) 112.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)=b2-4b+f(a)?112的最值，看能否通過最值之間的大小關系進行比較。 ?8?2(2)a2a24aa?3?8?8?2a8?82a≤ 2?82?a?82a842?2 令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+ 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第3頁/共9頁 金牌師資，笑傲高考 ∵ 32?22013年數學VIP講義 ∴ g(b)>f(a)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)=ax2+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。 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 ∴ b?12[f(1)?f(?1)] 12|f(1)?f(?1)|≤12[|f(1)|?|f(?1)|]≤ 12(1?1)≤1 ∴ |b|?（2）思路一：利用函數思想，借助于單調性求g(x)=ax+b的值域。 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。 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第4頁/共9頁 金牌師資，笑傲高考 2013年數學VIP講義 1、設a，b為正數，且a+b≤4，則下列各式一定成立的是 A、C、1a12?1b1a≤?141b B、≤1 D、141a≤ ?1a?1b≤ ≤ 1b≥1 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 5、已知a，b，c>0，且a+b>c，設M= a4?a?bb?cc4?c，N=，則MN的大小關系是 A、M>N B、M=N C、M 6、已知函數f(x)=-x-x3，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 7、若a>0，b>0，x?111(?)2ab1a?b1ab，y?，z?，則 A、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aabb與abba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）。 12、當0 2ab?a?1b?1 D、a+b≥2(a-b-1) 22的大小關系是__________。 n13、若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，則an+bn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? 15、已知a，b，c是三角形三邊的長，求 證：1? 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第5頁/共9頁 ab?c?ba?c?ca?b?2。 b?ab?ba。金牌師資，笑傲高考 16、已知a≥0，b≥0，求證： 18、若a，b，c為正數，求證： 19、設a>0，b>0，且a+b=1，求證：(a? 20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a，b，c全為正數。 1a)(b?1b)2541a?1b?1ca82013年數學VIP講義 12(a?b)2?14(a?b)≥aa?ba。 ≤ ?b383?c38。 abc≥。 中天教育咨詢電話：0476-8705333 第6頁/共9頁
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