高考數(shù)學(xué)回歸課本 不等式教案 舊人教版

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1、高考數(shù)學(xué)回歸課本教案第九章 不等式一、基礎(chǔ)知識(shí)不等式的基本性質(zhì)：（1）aba-b0； （2）ab, bcac；（3）aba+cb+c； （4）ab, c0acbc；（5）ab, c0acb0, cd0acbd;（7）ab0, nN+anbn; （8）ab0, nN+;（9）a0, |x|a-axaxa或xb0, cd0，所以acbc, bcbd，所以acbd；重復(fù)利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若，由性質(zhì)（7）得，即ab，與ab矛盾，所以假設(shè)不成立，所以；由絕對(duì)值的意義知（9）成立；-|a|a|a|, -|b|b|b|，所以-(|a|+|b|)a+b|a|+|b|，所

2、以|a+b|a|+|b|；下面再證（10）的左邊，因?yàn)閨a|=|a+b-b|a+b|+|b|，所以|a|-|b|a+b|，所以（10）成立；（11）顯然成立；下證（12），因?yàn)閤+y-20，所以x+y，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立，再證另一不等式，令，因?yàn)閤3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a+b)2-(a+b)c+c2-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 0，所以a3+b3+c33abc，即x+

3、y+z，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時(shí)成立。 二、方法與例題1不等式證明的基本方法。（1）比較法，在證明AB或A0）與1比較大小，最后得出結(jié)論。例1 設(shè)a, b, cR+，試證：對(duì)任意實(shí)數(shù)x, y, z, 有x2+y2+z2【證明】 左邊-右邊= x2+y2+z2所以左邊右邊，不等式成立。例2 若axlog(1-x)(1-x)=1（因?yàn)?1-x21-x0, 01-x|loga(1-x)|.（2）分析法，即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證，只需證。例3 已知a, b, cR+，求證：a+b+c-3a+b【證明】 要證a+b+ca+b只需證，因?yàn)?，所以原不等?/p>

4、成立。例4 已知實(shí)數(shù)a, b, c滿足0abc，求證：【證明】 因?yàn)?(n+1)n.【證明】 1）當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=8164=43，所以命題成立。2）設(shè)n=k時(shí)有kk+1(k+1)k，當(dāng)n=k+1時(shí)，只需證(k+1)k+2(k+2)k+1，即1. 因?yàn)?，所以只需證，即證(k+1)2k+2k(k+2)k+1，只需證(k+1)2k(k+2)，即證k2+2k+1k2+2k. 顯然成立。所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。（4）反證法。例6 設(shè)實(shí)數(shù)a0, a1,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a20, a1-2a2+a30, an-2-2an-1+an0，求證ak0(k=1, 2, n-1).【證

5、明】 假設(shè)ak(k=1, 2,n-1) 中至少有一個(gè)正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1, a2, an-1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則a10, a20, ar-10, ar0. 于是ar-ar-10，依題設(shè)ak+1-akak-ak-1(k=1, 2, , n-1)。所以從k=r起有an-ak-1an-1-an-2 ar-ar-10.因?yàn)閍nak-1ar+1ar 0與an=0矛盾。故命題獲證。（5）分類討論法。例7 已知x, y, zR+，求證：【證明】 不妨設(shè)xy, xz.）xyz，則，x2y2z2，由排序原理可得，原不等式成立。）xzy，則，x2z2y2，由排序原理可得，原不等式成立。（6）放縮法，即要證AB

6、，可證AC1, C1C2,Cn-1Cn, CnB(nN+).例8 求證：【證明】 ，得證。例9 已知a, b, c是ABC的三條邊長(zhǎng)，m0，求證：【證明】 （因?yàn)閍+bc），得證。（7）引入?yún)⒆兞糠ā＠?0 已知x, yR+, l, a, b為待定正數(shù)，求f(x, y)=的最小值?！窘狻?設(shè)，則，f(x,y)=(a3+b3+3a2b+3ab2)=，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立。所以f(x, y)min=例11 設(shè)x1x2x3x42, x2+x3+x4x1，求證：(x1+x2+x3+x4)24x1x2x3x4.【證明】 設(shè)x1=k(x2+x3+x4)，依題設(shè)有k1, x3x44，原不等式等價(jià)于(1+k)2

7、(x2+x3+x4)24kx2x3x4(x2+x3+x4)，即(x2+x3+x4) x2x3x4，因?yàn)閒(k)=k+在上遞減，所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)3x2=4x2x2x3x4.所以原不等式成立。（8）局部不等式。例12 已知x, y, zR+，且x2+y2+z2=1，求證：【證明】 先證因?yàn)閤(1-x2)=,所以同理，所以例13 已知0a, b, c1，求證：2?！咀C明】 先證 即a+b+c2bc+2.即證(b-1)(c-1)+1+bca.因?yàn)?a, b, c1，所以式成立。同理三個(gè)不等式相加即得原不等式成立。（9）利用函數(shù)的思想。例14 已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c滿足

8、ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值?！窘狻?當(dāng)a, b, c中有一個(gè)為0，另兩個(gè)為1時(shí)，f(a, b, c)=，以下證明f(a, b, c) . 不妨設(shè)abc，則0c, f(a, b, c)=因?yàn)?=(a+b)c+ab+(a+b)c，解關(guān)于a+b的不等式得a+b2(-c).考慮函數(shù)g(t)=, g(t)在）上單調(diào)遞增。又因?yàn)?c，所以3c21. 所以c2+a4c2. 所以2所以f(a, b, c)=下證0 c2+6c+99c2+90 因?yàn)椋允匠闪ⅰＫ詅(a, b, c) ，所以f(a, b, c)min=2幾個(gè)常用的不等式。（1）柯西不等式：若aiR, biR, i=

9、1, 2, , n，則等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在R，使得對(duì)任意i=1, 2, , n, ai=bi, 變式1：若aiR, biR, i=1, 2, , n，則等號(hào)成立條件為ai=bi,(i=1, 2, , n)。變式2：設(shè)ai, bi同號(hào)且不為0(i=1, 2, , n)，則等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)b1=b2=bn.（2）平均值不等式：設(shè)a1, a2,anR+，記Hn=, Gn=, An=，則HnGnAnQn. 即調(diào)和平均幾何平均算術(shù)平均平方平均。其中等號(hào)成立的條件均為a1=a2=an.【證明】 由柯西不等式得AnQn，再由GnAn可得HnGn，以下僅證GnAn. 1）當(dāng)n=2時(shí)，顯然成立；2）設(shè)n=k時(shí)有Gk

10、Ak，當(dāng)n=k+1時(shí)，記=Gk+1.因?yàn)閍1+a2+ak+ak+1+(k-1)Gk+12kGk+1, 所以a1+a2+ak+1(k+1)Gk+1，即Ak+1Gk+1.所以由數(shù)學(xué)歸納法，結(jié)論成立。（3）排序不等式：若兩組實(shí)數(shù)a1a2an且b1b2bn，則對(duì)于b1, b2, , bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+anb1a1b1+a2b2+anbn.【證明】 引理：記A0=0，Ak=，則 =（阿貝爾求和法）。證法一：因?yàn)閎1b2bn，所以b1+b2+bk.記sk=-( b1+b2+bk)，則sk0(k=1, 2, , n)。所以-(a1b1+a2b2+anbn)= +snan0.最后一個(gè)不

11、等式的理由是aj-aj+10(j=1, 2, , n-1, sn=0),所以右側(cè)不等式成立，同理可證左側(cè)不等式。證法二：（調(diào)整法）考察，若，則存在。若(jn-1)，則將與互換。因?yàn)?，所 調(diào)整后，和是不減的，接下來(lái)若，則繼續(xù)同樣的調(diào)整。至多經(jīng)n-1次調(diào)整就可將亂序和調(diào)整為順序和，而且每次調(diào)整后和是不減的，這說(shuō)明右邊不等式成立，同理可得左邊不等式。例15 已知a1, a2,anR+，求證；a1+a2+an.【證明】證法一：因?yàn)椋?2an.上述不等式相加即得a1+a2+an.證法二：由柯西不等式(a1+a2+an)(a1+a2+an)2，因?yàn)閍1+a2+an 0，所以a1+a2+an.證法三： 設(shè)

12、a1, a2,an從小到大排列為，則，由排序原理可得=a1+a2+an，得證。注：本講的每種方法、定理都有極廣泛的應(yīng)用，希望讀者在解題中再加以總結(jié)。三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題1已知0xm，則m的最小值是_.6“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|8的解集是x|-2x6”的_條件.7若a, bR+，則a+b=1，以下結(jié)論成立是_. a4+b4；a3+b31；8已知00, b0且ab, m=aabb, n=abba, 則比較大?。簃_n.11已知nN+，求證：12已知0ax20, 1a0，記，比較大?。簒1x2_y1y2.8已知函數(shù)的值域是，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi).9設(shè)ab0, P=(a1-a2)(c1-c

13、2), Q=(b1-b2)2，比較大?。篜_Q.2已知x2+y2-xy=1，則|x+y-3|+|x+y+2|=_.3二次函數(shù)f(x)=x2+ax+b，記M=max|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|，則M的最小值為_(kāi).4設(shè)實(shí)數(shù)a, b, c, d滿足abcd或者abcd，比較大小：4(a+c+d)(a+b+d)_(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).5已知xiR+, i=1, 2, ,n且，則x1x2xn的最小值為_(kāi)（這里n1）.6已知x, yR, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值為_(kāi).7已知0ak1(k=1, 2, ,2n)，記a2n+1=a1,

14、a2n+2=a2，則的最大值為_(kāi).8已知0x1, 0y1, 0z1，則的最大值為_(kāi).9已知x5，求證：10對(duì)于不全相等的正整數(shù)a, b, c，求證：11已知ai0(i=1, 2, , n)，且=1。又012n，求證：六、聯(lián)賽二試水平訓(xùn)練題1設(shè)正實(shí)數(shù)x, y, z滿足x+y+z=1，求證：2設(shè)整數(shù)x1, x2, ,xn與y1, y2, , yn滿足1x1x2xny1y2y1+y2+ym，求證：x1x2xny1y2ym.3設(shè)f(x)=x2+a，記f(x), fn(x)=f(fn-1(x)(n=2, 3, )，M=aR|對(duì)所有正整數(shù)n, |fn(0)| 2，求證：。4給定正數(shù)和正整數(shù)n(n2)，求最小的正數(shù)M（），使得對(duì)于所有非負(fù)數(shù)x1, x2,xn ，有M()5已知x, y, zR+，求證：(xy+yz+zx)6已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c滿足a+b+c=1，求證：2(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等號(hào)成立的條件。