高考數(shù)學(xué)回歸課本 不等式教案 舊人教版

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）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；（5）a>b, c<0ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0ac>bd;（7）a>b>0, nN+an>bn; （8）a>b>0, nN+;（9）a>0, |x|<a-a<x<a, |x|>ax>a或x<-a;（10）a, bR，則|a|-|b|a+b|a|+|b|;（11）a, bR，則(a-b)20a2+b22ab;（12）x, y, zR+，則x+y2, x+y+z前五條是顯然的，以下從第六條開(kāi)始給出證明。（6）因?yàn)閍>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；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a>b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+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A>B或A<B時(shí)利用A-B與0比較大小，或把（A，B>0）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a<x<1，比較大?。簗loga(1-x)|與|loga(1+x)|.【解】 因?yàn)?-x1，所以loga(1-x)0, =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因?yàn)?<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.所以|loga(1+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)?，所以原不等式成立。? 已知實(shí)數(shù)a, b, c滿(mǎn)足0<abc，求證：【證明】 因?yàn)?<abc，由二次函數(shù)性質(zhì)可證a(1-a) b(1-b) c(1-c)，所以，所以，所以只需證明，也就是證，只需證b(a-b) a(a-b)，即(a-b)20，顯然成立。所以命題成立。（3）數(shù)學(xué)歸納法。例5 對(duì)任意正整數(shù)n(3)，求證：nn+1>(n+1)n.【證明】 1）當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=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+2>k(k+2)k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+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(mǎn)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, ar>0. 于是ar-ar-1>0，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-1>0.因?yàn)閍nak-1ar+1ar >0與an=0矛盾。故命題獲證。（5）分類(lèi)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A>B，可證A>C1, C1C2,Cn-1Cn, Cn>B(nN+).例8 求證：【證明】 ，得證。例9 已知a, b, c是ABC的三條邊長(zhǎng)，m>0，求證：【證明】 （因?yàn)閍+b>c），得證。（7）引入?yún)⒆兞糠?。?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(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(mǎn)足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。【解】 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)?，所以式成立。所以f(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=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GkAk，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)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0<x<1，a, bR+，則的最小值是_.2已知xR+，則的最小值是_.3已知a, b, cR，且a2+b2+c2=1, ab+bc+ca的最大值為M，最小值為N，則MN=_.4若不等式對(duì)所有實(shí)數(shù)x成立，則a的取值范圍是_.5若不等式x+a的解是x>m，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|-2<x<6”的_條件.7若a, bR+，則a+b=1，以下結(jié)論成立是_. a4+b4；a3+b3<1；8已知0<<，若，則=_.9已知，p=(x1-)2+(x2-)2+(xn-)2, q=(x1-a)2+(x2-a)2+(xn-a)2, 若，則比較大小：p_q.10已知a>0, b>0且ab, m=aabb, n=abba, 則比較大?。簃_n.11已知nN+，求證：12已知0<a<1，x2+y=0，求證：loga(ax+ay) loga2+.13已知xR，求證：四、高考水平訓(xùn)練題 1已知A=asin2x+bcos2x, B=acos2x+bsin2x(a, b, xR)，設(shè)m=AB, n=ab, P=A2+B2, q=a2+b2，則下列結(jié)論成立的有_.（1）mn, pq;（2）mn, pq；（3）m+pn+q；（4）m+qn+p. 2已知a, b, c, dR，M=4(a-b)(c-d), N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d)，則比較大?。篗_N.3若R+，且，將從小到大排列為_(kāi).4已知ABC的三邊長(zhǎng)a, b, c滿(mǎn)足b+c2a, a+c2b，則的取值范圍是_.5若實(shí)數(shù)x, y滿(mǎn)足|x|+|y|1，則z=x2-xy+y2的最大值與最小值的和為_(kāi).6設(shè)函數(shù)f(x)=(x-4,2)，則f(x)的值域是_.7對(duì)x1>x2>0, 1>a>0，記，比較大小：x1x2_y1y2.8已知函數(shù)的值域是，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi).9設(shè)ab<c是直角ABC 的三邊長(zhǎng)，若不等式恒成立，則M最大值為_(kāi).10實(shí)系數(shù)方程x2+ax+2b=0的一個(gè)根大于0且小于1，另一個(gè)根大于1且小于2，則的取值范圍是_.11已知a, b, cR+且滿(mǎn)足 a+b+cabc，求證：下列三個(gè)式子中至少有兩個(gè)成立：12已知a, bR+且，求證：對(duì)一切nN+，(a+b)n-an-bn22n-2n+1.13已知a, b, c R+，求證：14設(shè)x, y, z是3個(gè)不全為零的實(shí)數(shù)，求的最大值。五、聯(lián)賽一試水平訓(xùn)練題1已知a1, a2, b1, b2, c1, cR，a1c1-=a2c2>0, P=(a1-a2)(c1-c2), 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(mǎn)足abcd或者abcd，比較大?。?(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n>1）.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, 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ai>0(i=1, 2, , n)，且=1。又0<12n，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(mǎn)足x+y+z=1，求證：2設(shè)整數(shù)x1, x2, ,xn與y1, y2, , yn滿(mǎn)足1<x1<x2<<xn<y1<y2<<ym, x1+x2+xn>y1+y2+ym，求證：x1x2xn>y1y2ym.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(mǎn)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。