不等式的证明测试题及答案

不等式的证明测试题及答案（通用12篇）

篇1：不等式的证明测试题及答案

不等式的证明

班级 ＿＿＿＿＿姓名＿＿＿＿＿

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

１．若a>0, b >0,则的最小值是（）

A．2 B．C．D．

42．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的（）

A．必要条件B．充分条件

C．充要条件D．必要或充分条件

3．设a、b为正数，且a+ b≤4，则下列各式中正确的一个是（）

A．B．C．D．

4．已知a、b均大于1，且logaC•logbC=4，则下列各式中，一定正确的是（）

A．ac≥b B．ab≥c C．bc≥a D．ab≤c

5．设a=，b=，则a、b、c间的大小关系是（）

A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．a>c>b

6．已知a、b、m为正实数，则不等式（）

A．当a< b时成立B．当a> b时成立

C．是否成立与m无关 D．一定成立

7．设x为实数，P=ex+e-x，Q=(sinx+cosx)2，则P、Q之间的大小关系是（）

A．P≥Q B．P≤Q C．P>Q D． P

8．已知a> b且a+ b <0，则下列不等式成立的是（）

A．B．C．D．

9．设a、b为正实数，P=aabb，Ｑ=abba，则P、Q的大小关系是（）

A．P≥Q B．P≤Q C．P=Q D．不能确定

10．甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半时间以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走，若m≠n，则甲、乙两人到达指定地点的情况是（）

A．甲先到 B．乙先到 C．甲乙同时到 D．不能确定

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

二、填空题

11．若实数 满足，则 的最小值为

12．函数 的最小值为_____________。

13．使不等式a2>b 2，lg(a－b)>0，2a>2b-1同时成立的a、b、1的大小关系是．

14．建造一个容积为8m3，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，则水池的最低总造价为元．

三、解答题

15．（1）若a、b、c都是正数，且a+b+c=1，求证：(1–a)(1–b)(1–c)≥8abc．

（2）已知实数 满足，且有

求证：

16．设 的大小．（12分）

17．(1)求证：

(2)已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，求证：

18．(1)已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac + bd．

(2)已知，且

求证：

19．设计一幅宣传画，要求画面面积为4840cm2，画面的宽与高的比为λ（λ<1），画面的上下各留8cm空白，左、右各留5cm空白，怎样确定画面的高与宽尺寸，能使宣传画所用纸张面积最小？

20．数列{xn}由下列条件确定： ．

（Ⅰ）证明：对n≥2，总有xn≥ ；

（Ⅱ）证明：对n≥2，总有xn≥ ．

参考答案

一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案 D B B B D A A C A A

二．填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）

11．12．13．a>b>114．1760

三、解答题（本大题共6题，共76分）

15．（12分）

[证明]：因为a、b、c都是正数，且a+b+c=1，所以(1–a)(1–b)(1–c)=(b+c)(a+c)(a+b)≥2 •2 •2 =8abc．

16．（12分）

[解析 ]：

（当且仅当t=1时时等号成立）

（1）当t=1时，（2）当 时，若

若

17．（12分）

[证明]：左－右=2（ab+bc－ac）∵a，b，c成等比数列，又∵a，b，c都是正数，所以 ≤∴

∴

∴

18．（12分）

[证法一]：（分析法）∵a, b, c, d, x, y都是正数∴要证：xy≥ac + bd

只需证：(xy)2≥(ac + bd)2即：(a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd展开得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd

即：a2d2 + b2c2≥2abcd由基本不等式，显然成立

∴xy≥ac + bd

[证法二]：（综合法）xy =

≥

[证法三]：（三角代换法）

∵x2 = a2 + b2，∴不妨设a = xsin,b = xcos

y2 = c2 + d2c = ysin,d = ycos

∴ac + bd = xysinsin + xycoscos = xycos(  )≤xy

19．（14分）

[解析]：设画面高为x cm，宽为 x cm 则 x2=4840．

设纸张面积为S，有 S=（x +16）(x +10)=x 2+(16 +10)x +160,S=5000+44

当8

此时，高：宽：

答：画面高为88cm，宽为55cm时，能使所用纸张面积最小．

20．（14分）

（I）证明：由 及 可归纳证明（没有证明过程不扣分）

从而有所以，当 成立.（II）证法一：当

所以故当

证法二：当

所以故当.2．证明：

即

4．证明：

是方程 的两个不等实根，则，得

而

即，得

所以，即

5．证明：显然

是方程 的两个实根，由 得，同理可得，莲山课件 深圳物流公司

文章

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篇2：不等式的证明测试题及答案

一、选择题

1、不等式

2x

3的解集是（2)

3)(0,)

A.(,)B.(

323,0)(0,)C.(,D.(

23,0)

2、设P

Q

RP,Q,R的大小顺序是（）A．PQRB．PRQC．QPRD．QRP

3、有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线b平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”

的结论显然是错误的，这是因为（）A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

4、设x0，y0，A

xy1xy，B

x1x



y1y，则A、B的大小关系（）

A．ABB．ABC．ABD．不能确定

5、已知不等式(xy)(

x

11y

则实数a的最大值为)a对任意正实数x,y恒成立，（）

A．2B．4C．2D．16

6、不等式352x9的解集为（）

A．[2,1)[4,7)B．(2,1](4,7] C．(2,1][4,7)D．(2,1][4,7)

7、已知0a,b1，用反证法证明a(1b),b(1a)不能都大于时，反设正确的41是（）

A．a(1b),b(1a)都大于

14，B．a(1b),b(1a)都小于

C．a(1b),b(1a)都大于或等于D．a(1b),b(1a)都小于或等于

8、如果a0,且a1,Mloga(a31),Nloga(a21),那么（）A．MNB．MNC．MND．M,N的大小无法确定

9、数列an中，a1=1，Sn表示前n项和，且Sn，Sn+1，2S1成等差数列，通过计算S1，S2，S3，猜想当n≥1时，Sn=（）

A．2k1B．2(2k1)C．

2k1k

1D．

2k2k111、定义f(M)(m,n,p)，其中M是△ABC内一点，m、n、p分别是△MBC、

△MCA、△MAB的面积，已知△ABC中，ABAC1

2,x,y)，则

BAC30，f(N)（1x



4y的最小值是（）

A．8B．9C．16D．1812、设x0,y0,且x2y24,xy4(xy)10,则的最值情况是（）

A．有最大值2，最小值2(22)B．有最大值2，最小值0

C．有最大值10，最小值2(22)D．最值不存在二、填空题

13、不等式|23x|7的解集为________________

14、函数y3x546x的最大值为

15、若不等式mx2mx10对一切xR都成立，则m的取值范围是

16、如图1，若射线OM，ON上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则

SOM1N1SOM2N

2=

OMOM

·

ONON

；如图2，若不在同一平面内的射线OP，OQ和OR

上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是

三、解答题

17、解不等式 |x3||x5|

418、已知adbc，求证：(a2b2)(c2d2)(acbd)

219、若x，y都是正实数且x＋y>2，用反证法证明：一个成立．

20、设函数f(x)|2x3|2（1）解不等式f(x)3x（2）若关于x的不等式

取值范围

21、已知等式122232n(n1)2

n(n1)1

2(anbnc)

1xy

2与

1yx

2中至少有

f(x)1|xm

m

|的解集为R，求实数m 的求是否存在常数a,b,c使上述等式对一切正整数n都成立？证明你的结论

22、已知函数f(x)log2(ax22x3a)

（1）当a1时，求该函数的定义域和值域；

（2）如果f(x)1在区间[2,3]上恒成立，求实数a的取值范围。

实验班答案

13、{x|x3或x14、3VOP1Q1R115、VOP2Q2R

2

OP1OQ1OR1OP2OQ2OR217、|x3||x5|

4x53x5x

3或或等价于

x3x54x3x54x3x54

解不等式的

18、法一：

x

53x5x3或或

x624x

2即{x|x6或x2}

(ab)(cd)(acbd)

22222

=a2c2b2c2b2d2a2d2a2c2b2d22acbd

=b2c2a2d22acbd(bcad)2 因为adbc所以(bcad)20 所以(a2b2)(c2d2)(acbd)2 法二：

由柯西不等式知，构造两组数

ac

bd

acbd

所以(a2b2)(c2d2)(acbd)2当即adbc时等号成立

因为adbc所以取不到等号所以(a2b2)(c2d2)(acbd)219、假设

1xy1y

都不小于2 x

1yx



2即

1xy

2且

由于x,y为正实数

所以1x2y且1y2x把两式相加2xy2y2x 即2yx这与x＋y>2矛盾所以假设不成立 所以

20、解：|2x3|23x

2

2x35x2x

3{x|8x 

32x35xx8



1xy

2与

1yx

2中至少有一个成立

等价于|2x3|5x

2关于x的不等式即

f(x)1|xm

m

|的解集为R

|2x3|11|xm

||xm

m|2

|恒成立

||xm52||m

即 |x而|x

m

恒成立即(|x

32xm

m

|)min2

||xmm||xm

m4|

所以|m2m4|2解得(-,-2][-1,2][3,)

abc24a3

21、把n=1,2,3代入得方程组4a2bc44，解得b11，9a3bc70c10

猜想：等式122232n(n1)2立

n(n1)1

2(3n11n10)

对一切nN都成下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由上面的探求可知等式成立

（2）假设n=k时等式成立，即122232k(k1)2则

1223k(k1)(k1)(k2)

k(k1)1212

(3k5)(k2)(k1)(k2)

[3(k1)11(k1)10]

k(k1)12

(3k11k10)

k(k1)

(k1)(k2)

(3k11k10)(k1)(k2)[k(3k5)12(k2)]

(k1)(k2)

所以当n=k+1时，等式也成立 综合（1）（2），对nN等式都成立

22、（1）当a1时,f(x)log2(x22x3)由x22x30知定义域为{x|1x3}

设f(x)log而

t

tx2x3

tx2x3(x1)44

log2tlog242值域为(,2]

（2）f(x)1在区间[2,3]上恒成立

即log2(ax22x3a)1在区间[2,3]上恒成立即ax22x3a2在区间[2,3]上恒成立 所以a

22x

x3

22x

设g(x)2

x3

在区间[2,3]上恒成立在区间[2,3]上a（2(x1)(x1)

22xx3)max

2

g(x)

22xx3



2(x1)2



(x1)

2x1

篇3：一个不等式的证明及猜想

并提出了如下不等式:

若a, b, c, d为正数, 且满足a+b+c+d=1, 则

为证明不等式 (2) 成立, 先提出下面两个引理:

引理1设x∈[0, 1], 则有

证明由 (3) 可得768x3-4352x3+768x-127≤0.

分解因式得 (4x-1) 2 (48x2-248x-127) ≤0.

此不等式显然成立, 当x=时, 等号成立. (3) 得证.

证明设f (x) = (x-x1) 2+ (x-x2) 2+…+ (x-xn) 2=nx2-2 (x1+x2+…+xn) x+ (x12+x22+…+xn2) ≥0,

则Δ=4 (x1+x2+…+xn) 2-4n (x12+x22+…+xn2) ≤0.整理得证毕.

下证不等式 (2) :

证明因为0

当且仅当a=b=c=d=时, 等号成立.

结合不等式 (1) 及 (2) , 本人从指数及个数两方面再加以推广得如下猜想:

参考文献

篇4：《不等式、推理与证明》单元测试

17.（本题满分14分）

某厂家拟在2015年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元（m≥0）满足x=3-km+1（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件.已知2015年生产该产品的固定投入为8万元.每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）.

（1）将2015年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2015年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

18.（本题满分16分）

设f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且对任意a，b∈[-1，1]，当a+b≠0时，都有f（a）+f（b）a+b>0.

（1）若a>b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）解不等式：f（x-12）

（3）证明：若-1≤c≤2，则函数g（x）=f（x-c）和h（x）=f（x-c2）存在公共定义域，并求出这个公共定义域.

19.（本题满分16分）

已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a>0）的图像与x轴有两个不同的交点，若f（c）=0，且00.

（1）证明：1a是f（x）=0的一个根；

（2）试比较1a与c的大小；

（3）证明：-2

20.（本题满分16分）

已知函数f（x）=x-ln（x+a）在（-a，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

∴原不等式成立.

（本小题也可用数学归纳法证明）

（作者：朱振华，江苏省海门中学）

篇5：不等式的证明测试题及答案

等式的性质试题1.若方程3(x+4)-4=2k+1的解是-3，则k的值是()

A.1B.-1C.0D.-

思路解析：既然x=-3是方程3(x+4)-4=2k+1的解，就说明-3可以代替x的位置，也就是把原题中的x换成-3，得3(-3+4)-4=2k+1，可求得k=-1.

答案：B

2.等式两边都加上(或减去)____或____,所得结果仍是等式.思路解析：根据等式基本性质1.[来源:中.考.资.源.网]

答案：同一个数 同一个代数式

3.等式两边都乘以(或除以)____()，所得结果仍是等式.

思路解析：根据等式基本性质2.

答案：同一个数 除数不为0

4.若2x-a=3,则2x=3+______,这是根据等式的性质1,在等式两边同时______.

思路解析：等式两边同时加上(或减去)同一个数,所得结果仍是等式.

答案：a 加上a

5.若-6a=4.5,则______=-1.5,这是根据等式的性质,在等式两边同时______.

思路解析：根据等式基本性质2.

答案：2a 除以-3

6.若- =- ,则a=______这是根据等式的`性质,在等式两边同时______.

思路解析：根据等式基本性质2.

答案：5b 乘以-100

综合应用创新

7.若-8x3a+2=1是一元一次方程，则a=____.

思路解析：因为一元一次方程中未知数的指数是1，所以-8x3a+2中x的指数3a+2就是1.

解：由题意得

3a+2=1，

3a+2-2=1-2等式基本性质1

3a=-1，

= 等式基本性质2

a=- .

答案:-

8.下列方程中以x= 为解的是()

A.-2x=4

B.-2x-1=-3

C.- x-1=-

D.- x+1=

思路解析：如果将四个选项中的方程一一求解，当然可以解决问题，但是这样做效率太低.根据方程的解的意义，可将 代入四个选项中进行验证.只有D选项的方程左右两边的值是相等的.

答案：D

9.已知5a-3b-1=5b-3a，利用等式的性质比较a、b的大小.

解:利用等式的性质将它们移到等式的同一侧，即5a+3a-1=5b+3b，再进行化简，得8a-1=8b，最后用作差法比较大小，即8a-8b=1，8(a-b)=1，a-b= 0，所以ab.

10.利用等式性质解方程：- x+3=-10.

思路解析：利用等式的性质先去分母,再化为x=a的形式.

答案：x=

11.服装厂用355米布做成人服装和儿童服装,成人服装每套平均用布3.5米,儿童每套平均用布1.5米,现在已做了80套成人服装,用余下的布还可以做几套儿童服装?

思路解析：如果设余下的布可以做x套儿童服装,那么这x套儿童就需要布1.5x米,根据题意可以列方程:

解:设余下的布可以做x套儿童服装,那么这x套服装就需要1.5x米,根据题意,得

803.5+1.5x=355,

化简,得280+1.5x=355,

两边减280,得1.5x=75,

两边除以1.5,得x=50.

篇6：出生医学证明培训试题及答案

判断题：在正确选项中打“√”，错误的选项中打“×”。

1、以因签发单位填写不规范或错误等原因造成的废证要上交辖区妇幼保健机构，然后统一上交市妇幼保健院登记备案

（√）

2、补发《出生医学证明》只适用于1996年1月1日以后出生的婴儿。

（√）

3、《出生医学证明》所有内容必须齐全、规范、真实填写，严禁涂改，不能留空白，并必须盖有“出生医学证明专用章”才能生效。

（√）

4、《出生医学证明》实行省、市、县三级管理。

（√）

5、按照地属管理原则，各级助产技术单位均在辖区内的妇幼保健机构领购《出生医学证明》。

（√）

6、《出生医学证明》使用计算机打印后，副页和存根联的婴儿母亲及接生人员项目中，可不必由本人签字或盖章。

（×）

7、只有本单位领取的出生证明才能签发，否则不能签发。

（√）

8、出生医学证明作废时，必需输入：作废日期、作废人、作废原因。

（√）

9、出生医学证明系统不能查询作废的出生证明。

（×）

10、申请的出生证明必需通过上级的确认。

篇7：不等式的证明测试题及答案

例5-2-7已知a，b，c∈R+，证明不等式：

当且仅当a=b=c时取等号。

解用综合法。因a＞0，b＞0，c＞0，故有

三式分边相加，得

当且仅当a=b=c时取等号。

例5-2-8设t＞0。证明：对任意自然数n，不等式 tn-nt+(n-1)≥0

都成立，并说明在什么条件下等号成立。

解当n=1时，不等式显然成立，且取等号。

当n≥2时，由幂分拆不等式，可得以下n-1个不等式： t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t，„，tn-1+1≥tn-2+t，tn+1≥tn-1+t

以上各式当且仅当t=1时取等号。把它们分边相加，得

故对任意n∈N，不等式获证。等号成立的条件是n=1，或t=1。-1-

注①在以上不等中令t=1+x(x＞-1)，即得著名的贝努利不等式(1+x)n≥

1+nx

例5-2-9设a，b，c都是正数，证明不等式

当且仅当a=b=c时取等号。

分析本例有多种精彩证法。根据对称性，可从左边一项、两项入手，当然也可根据平均值不等式或幂分拆不等式从整体入手。

解[法一]从一项入手，适当配凑后由平均值不等式知

三式分边相加，即得

时，上式取等号。

[法二]从两入手，利用幂分拆不等式，有

同理有

三式分边相加，得

[法三]从整理入手，原不等式等价于

进一步证明参考习题5-2-7(1)解答。

[法四]由平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，y，∈R+)的变式

三式分边相加，得

所以

注从证法4我们看到，利用平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，式不等式，思路自然，简捷明快，颇具特色。

例5-2-10已知关于x的实系数方程x2+px+q=0有两个实数根α，β。证明：若|α|＜2，|β|＜2，则|q|＜4，且2|p|＞4+q。

解先证|q|＜4，由韦达定理知 |q|=|αβ|=|α|·|β|＜2×2=4 再证2|p|＞4+q。

欲证不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只须证 4(α+β)2＜(4+αβ)

2即4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2 从而只须证

16-4α2-4β2+α2β2＞0

即(4-α2)(4-β2)＞0

由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最后不等式成立，从而原不等式得证。

例5-2-11证明：若a，b，c是三角形的三边，则 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)当且仅当三角形为正三角形时，左边取等号。解左边不等式等价于

3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲证此不等式成立，只须证 ab+bc+ca≤a2+b2+c2 即证

2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)≥0 左边配方即为

(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0

此不等式显然成立，当且仅当a=b=c，即三角形为正三角形时取等号。故左边不等式获证。

欲证右边不等式，仿上只须证 a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)从而只须证

(ab+ac-a2)+(ab+bc-b2)+(bc+ca-c2)＞0 即证

a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0

由于a，b，c是三角形的三边，此不等式显然成立，故右边不等式获证。综上所述，原不等式得证。

例5-2-12设f(x)=x2+px+q(p，q∈R)，证明：

(2)若|p|+|q|＜1，则f(x)=0的两个根的绝对值都小于1。解用反证法

但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)-2f(2)+f(3)

=(1+p+q)-2×

(4+2p+q)+(9+3p+q)=2(ii)

(i)与(ii)矛盾，故假设不成立，即原命题成立。

(2)假设f(x)=0的两根x1，x2的绝对值不都小于1，不妨设|x1|≥1，那么由韦达定理，有

|p|=|-(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1|-|x2|≥1-|x2| |q|=|x1x2|=|x1|·|x2|≥|x2| 两式分边相加，得 |p|+|q|≥

1这与题设矛盾，故假设不成立，即原命题得证。

篇8：不等式的证明及典型例题分析

求商法是证明不等式的基本方法之一, 若A, B是正数且A≥B, 则A/B≥1, 若A≤B, 则A/B≤1, 反之亦然.根据这个关系证明不等式的方法称为求商法.

例1:设a, b为正数, 且a>b, 求证:.

二、求差法

求差法是证明不等式常用的基本方法之一, 其原理为, 若A-B>0, 则A>B;若A-B<0, 则A

例2:设a, b, c是满足a+b+c=1的正数, 对于实数x, y, z, 设P=ax+by+cz, Q=bx+cy+az, R=cx+ay+bz.求证:P2+Q2+R2≤x2+y2+z2.

比差法和比商法两种统称为比较法, 用比差法时, 把所得的差作合理的变形 (配方、因式分解、通分、分母有理化等) 化为易于判断符合 (>0或<0) 的式子是证题的关键.它常用于两边的差是一个次数较高的多项式或分式这一类不等式的证明, 比商法适用于两边都是幂的形式的不等式.因此要重点掌握比差法.

三、数学归纳法

数学归纳法是与自然数n有关的不等式的一种重要方法, 其方法步骤见一般中等数学教科书.对于n (n∈N) 的不等式, 当n取第一个值时不等式成立, 如果使不等式在n=k (k∈N) 时成立的假设下, 还能证明不等式在n=k+1时也成立, 那么肯定这个不等式对n取第一个值以后的自然数都能成立.

例3:设x为正数, n为自然数, 求证:..

证明:当n=1时,

右边=3

原不等式成立.

假使, n=k时命题成立, 即

则当n=k+1时

即当n=k+1时, 命题成立.

综上所述, n∈N时不等式成立.

四、数列法

数列法是证明不等式的基本方法, 常用到等比 (或等差) 数列有关公式和原数列的一些公式.

篇9：不等式的证明测试题及答案

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分.测试时间120分钟.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线b平面，直

线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

2.下面使用类比推理，得到正确结论的是（）

A.“若a3b3,则ab”类推出“若a0b0,则ab”

B.“若(ab)cacbc”类推出“(ab)cacbc”

abab（c≠0）” ccc

nn（ab）anbn” 类推出“（ab）anbn” D.“C.“若(ab)cacbc” 类推出“

3.在十进制中2004410010010210，那么在5进制中数码2004折合成十进制为

()

A.29B.254C.602D.2004 012

34.设f0(x)sinx，f1(x)f0(x)，f2(x)f1(x)，„，fn1(x)fn(x)，nN，则f2010(x)＝（）

A.cosxB．－cosxC．sinxD－sinx

5.有这样一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

6.下面几种推理是类比推理的是（）

A.两条直线平行，同旁内角互补，如果∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A+∠B=1800B.由平面三角形的性质，推测空间四边形的性质

C.某校高二级有20个班，1班有51位团员，2班有53位团员，3班有52位团员，由此可以推测各班都超过50位团员.D.一切偶数都能被2整除，2100是偶数，所以2100能被2整除.7.黑白两种颜色的正六形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面砖（）块.A.21B.22C.20D.23

8.用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么a,b,c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（）

（A）假设a,b,c不都是偶数（B）假设a,b,c都不是偶数（C）假设a,b,c至多有一个是偶数（D）假设a,b,c至多有两个是偶数

9．如果f(ab)f(a)f(b)且f(1)2,则

A．

2f(2)f(4)f(6)

()． f(1)f(3)f(5)

B．

5C．6 D．8

x(xy)3110、定义运算:xy例如344,则()(cos2sin)的最大值为()

24y(xy),A.4B.3C.2D.122

211.下面的四个不等式：①abcabbcca；②a1a

1ab

；③2 ；④4ba

a

b2c2d2acbd.其中不成立的有



A.1个B.2个C.3个D.4个 12.已知f(x1)

2f(x)

（xN*）,f(1)1，猜想f(x）的表达式为()

f(x)2

A.f(x)

4212

f(x)f(x)f(x)B.C.D.2x2x1x12x1

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

13.已知一列数1，－5，9，－13，17，„„，根据其规律，下一个数应为． 14.下列表述正确的是

①归纳推理是由部分到整体的推理；②归纳推理是由一般到一般的推理；③演绎推理是由一般到特殊的推理；④类比推理是由特殊到一般的推理；⑤类比推理是由特殊到特殊的推理。

15.在数列an中，a11,an1

2an

nN*,猜想这个数列的通项公式是． an

216.平面内2条相交直线最多有1个交点；3条相交直线最多有3个交点；试猜想：n条相交直线最多把

有____________个交点

2343，3+4+5+6+7=5中，可得到一般规律为(用数学表达式17.从11，表示)。

222

18．将全体正整数排成一个三角形数阵：23 456 78910 ． ． ． ． ． ． ．

按照以上排列的规律，第n 行（n3）从左向右的第3个数为．

三、解答题（本大题共3小题，共60分．解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程）19．（1）求证：当a、b、c为正数时，(abc)（11

1)9.abc

（2）已知n0,试用分析法证明n2n1n1n

（3）已知xR，ax1，b2x2。求证a,b中至少有一个不少于0。

20．在ABC中，三个内角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且A、B、C成等差数列，a、b、c成等比数列，求证：ABC为等边三角形。

21．已知：0bae,其中e是自然对数的底数。（1）试猜想a与b的大小关系；（2）证明你的结论

b

a

推理与证明测试题参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

二、填空题13.－2114)①③⑤15)

2n(n1)16)n1

2n2n6

17.n(n1)(n2)......(3n2)(2n1)18.三、解答题（本大题共3小题，共60分）19（本大题30分）（1）证明：左边=3

abcbac

…………5分 babcca

因为：a、b、c为正数 所以：左边3

2abcbac22 babcca

32229…………8分

111

…………10分 abc9

abc

（2）证明：要证上式成立，需证n2n2n1…………2分需证(n2n)2(2n1)2需证n1

n22n…………6分

需证(n1)n2n需证n2n1n2n，只需证1>0…………8分

因为1>0显然成立，所以原命题成立…………10分（3）证明：假设a,b中没有一个不少于0，即a0，b0则：ab0…………3分

又abx212x2x22x1(x1)20…………8分 这与假设所得结论矛盾，故假设不成立

所以a,b中至少有一个不少于0…………10分 20（15分）

证明：A、B、C成等差数列

A+C=2B

由A+B+C=1800得：B=600…………4分

2a2c2b2

1即：

2ac2222

baba c①…………8分

又 a、b、c成等比数列

b2ac②…………10分

由①②得：acabac

即：(ac)0ac

ABC是等腰三角形………13分 又 B=600

ABC是等边三角形…………15分 COSB

21．（15分）

解：（1）取a2,b1可知：ab，又当a1,b

b

b

a

1ba

时，ab 2

a

由此猜测ab对一切0bae成立„„„„5分

（2）证明：

要证ab对一切0bae成立

需证lnalnb 需证blnaalnb

b

a

b

a

lnalnb

„„„„10分 ab

lnx

x(0,e)设函数f(x)x

1lnx

f(x)，当x(0,e)时，f(x)0恒成立 2

x

需证

f(x)

lnx

在(0,e)上单调递增„„„„13分 x

lnalnb

f(a)f(b)即

ab

„„„„15分

篇10：不等式的证明测试题及答案

七、分析题

1．下列作为定义和划分是否正确？

为什么？

“简单判断就是仅对一类对象有所断

定的判断。简单判断可以分为性质判断，关系判断和模态判断”。

2．已知“SIP SOP”为真，能否确定

SAP的真假，为什么？

3．对下列A、B两种情况，甲都赞成，乙都反对，试问“甲、乙两人的判断在逻辑

上能否成立？为什么？

A：小王与小李都是司机 B：”如果小

王是司机，那么小李也是司机“这种说法不

对。

4．列出下列推理的形式，并分析是

否正确。

”如果甲上场，那么丙上场；如果乙

上场，那么丁上场；丙不上场或丁不上场，所以，甲不上场或乙不上场“。

5．举例说明是否存在一种关系R，使

得下列A、B两式同真（成立）。

A：aRb bRa

B：aRB bRc aRc

八、证明题

根据下设两条件，证明概念B不与概

念C全异。

（1）若A与B全异，则A与C全异。

（2）A真包含于C。

九、综合题

1．已知（1）”只有张明没有得奖或李

东没有得奖，王洪和高亮才都得奖。“

（2）”王洪没得奖或高亮没得奖“是不

真的。

（3）”李东得奖“了。

问：由上述议论能确定张明、王洪、高亮谁得奖？谁未得奖？（写出推导过程

或推导根据）

2．已知下列A、B、C三人的议论中，只有一句是真的，请问：甲班班长是否是

上海人？写出推导过程。

A：有上海人是甲班学生。

B：甲班王英与刘民都不是上海人。

C：甲班学生有的不是上海人。

七、分析题1．（1）”简单判断“的定义不正确，犯了定义过窄的逻辑错误。（2）对”简单判断“的划分不正确，犯了多出子项的逻辑错误。简单判断可以划分为性质判断和关系判断，不包括模态判断。2．可以确定SAP为假。（1）由SIP SOP可推出SOP；（2）SOP与SAP矛盾；（3）由SOP真可推出SAP假。3．（1）A与B两种意见是反对关系，不能同真，但能同假。（2）甲的说法不成立，违反矛盾律。（3）乙的判断可成立，不违反逻辑规律的要求。4．（1）推理形式为：（p→q）（r→s）(q s)→(p r)（其中，p、q、r、s分别表示甲、乙、丙、丁上场）（2）这是二难推理的复杂破坏式，正确有效5．（1）A式表示R是反对称关系。（2）B式表示R是传递关系。（3）存在一种关系可使A、B两式同真。（4）如”真包含关系“即是反对称关系，又是传递关系。

八、证明题1．由（2）A真包含于C可推知（3）A都是C，可推知（4）A与C不全异。2．由（1）与（4）可推知A与B不全异，则（5）有A是B。3．由（3）与（5）可推知（6）有B是C，由B与C不全异。

九、综合题1．

（一）根据复合判断的负判断和其等值判断间的关系，由（2）得出（4）王洪和高亮得奖了。

（二）根据必要条件假言推理肯定后件式，由（1）和（4）得出（5）”张明没得奖或李东没得奖“。

（三）根据相容选言推理否定肯定式，由（3）和（5）得出”张明没得奖“。

（四）由上推理可知：王洪和高亮得奖了，而张明没有得奖。2．

（一）A与C下反对，必有一真，由题意可知B假。

（二）B假，则王英与刘明至少有一个人是上海人。

（三）由（2）可推得A真，因为”有上海人是甲班学生“等值于”有甲班学生是上海人“

（四）由（3）及题意可推知C假，即”甲班学生有的不是上海人“为假，则”甲班学生是上海人"真。

篇11：积分不等式的证明及应用

毕业论文（设计）

题 目：积分不等式的证明及应用

所 在 系： 数学与计算科学系

专 业： 数学与应用数学

学 号： 08090233 作者姓名： 盛军宇 指导教师： 肖娟

2012年 4 月 27 日

积分不等式的证明及应用

数学与计算科学系 数学与应用数学专业 学号:08090233 姓名:盛军宇 指导老师:肖娟

摘要

本文主要研究了如何利用积分中值定理、辅助函数、以及一些特殊积分不等式等方法证明积分不等式,并通过若干实例总结有关积分不等式的证明方法及规律,讨论了一些特殊积分不等式的应用.关键词 积分不等式；中值定理；函数

0.引言

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用,且在考研试卷中会经常出现.对积分不等式证明方法的介绍,不仅解决了一些积分不等式的证明,而且可以把初等数学的知识与高等数学的知识结合起来,拓宽我们的视野,提高我们的发散思维能力和创新能力.目前国内外对该课题的研究比较普遍,主要研究了如何利用微积分相关知识来解决一些比较复杂的积分不等式的证明.积分不等式的常用证法有: 定积分的定义、定积分的性质、泰勒公式、分部积分法、线性变换等.本文主要从以下几个方面讨论和归纳了一系列积分不等式的证明方法:利用积分中值定理来证积分不等式、利用Schwarz不等式来证积分不等式、利用微分中值定理来证积分不等式、利用积分中值定理来证积分不等式、利用二重积分来证积分不等式等.1.积分不等式的证明方法

1.1 利用积分第一中值定理证明积分不等式

积分第一中值定理(定理1)若fx在a,b上连续, 则至少存在一点a,b，使得fxdxfba.ab积分第一中值定理在证明积分不等式中有着举足轻重的作用.例1 设fx在0,1上可微,而且对于任意x0,1,有|fx|M, 求证:对任意正整数n有

10fxdx1nn1ni1Mifnnn,其中M是一个与x无关的常数.分析 由于目标式中一个式子为

i11if,另一个式子为fxdx0n,故把fxdx按

01区间可加性写成一些定积分的和,并应用积分第一中值定理加以证明.证 由定积分的性质及积分中值定理,有

10fxdxnini1ni1fxdxni1fi1,,i1,2,,n.,innni1i又因为fx在0,1上可微,所以由微分中值定理可知,存在ii,,使得, niiffifii,i1,2,,n.nni

因此10fxdx1nni11ifnnni1fi1nni1ifn

1n1n1n1nni1niffiniffinifiinM1nMn

i1n.i1ni1在抽象函数fx的积分不等式中,若出现和号、幂函数、对数函数等,一般可以利用定积分的定义或区间可加性,将区间a,bn等分,点i也可采用特殊的取法.1.2 利用拉格朗日中值定理证明积分不等式

拉格朗日中值定理(定理2)若函数f满足如下条件:

if在a,b上连续；iif在a,b内可导, 则在a,b内至少存在一点,使得

ffbfaba.利用拉格朗日中值定理的关键是根据题意选取适当的函数f(x)和区间a,b,使它们满足拉格朗日定理条件,然后运用拉格朗日公式或等价形式来运算得出所要的结论.例2 设fx在a,b上连续.证明:若fafb0,则

fxdxabba24M,MMaxfx.xa,b分析 由条件fafb0,及fx与fx,故想到利用拉格朗日中值定理.证 由拉格朗日中值定理得: 对任意的xa,ab, 2fxfxfaf1xa,a1x.,b, 对任意的x2abfxfxfbf2xb,x2b.ababfxMxa,xa，fxMbx,x,b22，故

fxdxabab2afxdxbab2fxdx

ab2afxdxbab2fxdx

ab2aMxadxbab2Mbxdxba24M.注意到M是fx在a,b上的最大值,所以解题的关键是如何使fx与fx联系起来,因而不难想到拉格朗日中值定理来证明.1.3 构造变上限函数证明积分不等式

作辅助函数,将结论的积分上限或下限换成x,式中相同的字母也换成x,移项,使

得不等式的一端为零,则另一端为所作的辅助函数,这种方法在证明一些特定类型积分不等式时有重要作用.1例3 设函数fx在0,1上连续,证明不等式fxdx0210f2xdx.x分析 此例若令Fxftdt02x0f2tdt,则Fx的正负不易判断,需进一步的改进.证 由待证的积分不等式构造变上限定积分的辅助函数,令

xxFxftdtxf0022tdt显然,F00,且Fx可导,有

f2Fx2fxxftdt02xx0tdtxf2t

fxftdt0，0则Fx在x0时单调减小,即有FxF00,x0，1特别地,F10,即证得不等式fxdx0210f2xdx.例4 设函数fx在0,1上可微,且当x0,1时,0fx1,f00, 1试证 fxdx0210f3xdx.2131证 问题在于证明fxdx00fxdx0, x令Fxftdt02x0fx3tdt,因为F00, Fx2fxftdt0f3xfx2x0ftdtf2x，x0已知f00,0fx1,故当x0,1时,fx0, 记gx2ftdtf2x, 则g00,gx2fx2fxfx=2fx1fx0,x0,1, 于是gx2ftdtf2xg00,x0,1,故Fx0,x0,1, 0x4

1所以F1F00,即fxdx0210f3xdx.通过上述两例,我们知道了构造变上限函数证明积分不等式,遇到特殊情况,不能按常规直接作辅助函数需要稍微变化一下,有时甚至要在一个题中构造两个辅助函数,以便判断所作函数的单调性.1.4 利用二重积分证明积分不等式

在积分不等式的证明中利用定积分与积分变量形式无关的这一性质,将定积分的平方项或者定积分之间的乘积转化为积分变量形式不同的定积分之积,把定积分化为二重积分,可以达到有效的作用.例5 若函数fx,px,gx在a,b上连续,px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,则pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.该不等式称为切贝谢

aabb夫不等式.分析 只要证bapxdxpxfxgxdxabbbapxfxdxpxgxdx0

abb即可,而上述式子又可视为累次积分,从而化为二重积分.证 因定积分的值与积分变量无关,故pxdxpydy，aapxgxdxpygydy.aabbbapydypxfxgxdxabbapxfxdxpygydy

abpypxfxgxpxpyfxgydxdyD

pxpyfxgxgydxdyD 1

其中,积分区域Daxb;ayb.因为定积分与积分变量的形式无关, 所以交换x与y的位置,得到

pypxfygygxdxdyD 2

将1式与2式相加,得12pxpyfxfygxgydxdy,由已知，D可知px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,从而fxfy与gxgy同号，于是在D上pxpyfxfygxgy0,从而,0.即pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.aa101bb例6 若函数fx在0,1上不恒为零且连续增加,则

ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.2200证 由于在0,1上,结论式中的分母均为正值,所以结论等价于

10f2xdx10xff23xdx10xf10f3xdx10xf2xdx0, 而   10fff2xdx210xf3xdx130xdx2xdx

Dxyf3ydxdyDfxxf3ydxdy

D2xf3yyxdxdy 3

其中,积分区域D0x1;0y1因定积分的值与积分变量的形式无关,故又有

Df2yf3xxydxdy 4

22将3式与4式相加,得1xyfyfxfxfydxdy, 2D由已知,函数fx在0,1上连续增加,从而对任意的x,y0,1,有

xyfyfxfxfy0,故22101ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.2200从以上的积分不等式证明中,可知把定积分化为重积分能巧妙地解决一些积分不等式的证明问题.1.5 借助于判别式来证明积分不等式

引入适当的参数,构造合适的函数,讨论参数的判别式,以便证明所求证的积分不等式.例7 设fx0,且在a,b上连续,试证fxdxabbdxfxaba.2分析 可构造多项式,利用多项式的性质来证明积分不等式.证 由题设对任意的,考察函数fx,因为fxfx0,有 fx2ba2bdxb2,即fx2dx02dxaafxfxfxdxab0, 不等式的左端可以看成的二次三项式,且对任意的上述不等式均成立, 故判别式2abdx4a2bdxfxbafxdx0,即fxdxabbdxfxaba.2用判别式解题的关键是要有一个函数值恒定（大于或小于零、大于或等于零、小于或等于零）的一元二次方程gx,而g2x0,于是我们构造g2xdx0这样一个方程,ab再结合这种情况下的判别式也是一个不等式,便可证明此题.1.6 利用对称性证明积分不等式

命题1 当积分区域关于直线yx对称时,被积函数的两个变量交换位置后,二重积分的值不变.这一条规律有助于解决一些特定类型的积分不等式的证明.例8 函数fx在a,b上取正值且fx在a,b上连续试证:

fyhfxdxdyba,ha,b;a,b.2证 因为ha,b;a,b关于直线yx对称,从而Ifxfyhfxdxdyfxdxdyhfy, 所以Ifyhdxdy12hfxfydxdyfxfy1dxdybah2.由上例可知,在积分不等式的证明过程中,我们可以应用基本不等式,它可能起到重要作用.1.7 利用积分第二中值定理的推论证明积分不等式

积分第二中值定理的推论:设函数f在a,b上可积.若g为单调函数,则存在a,b,使得fxgxdxgafxdxgbfxdx.aabb应用这个推论可以较容易地解决某些恒等式与某些不等式的证明.babb例9 设函数fx在a,b上单调递增连续,则xfxdxfxdx.a2a证 假设函数gxxab2,显然gx在a,b上可积,又函数fx在a,b上递增连续,根据积分第二中值定理的推论知存在a,b,使得

fxgxdxababfagxdxfbgxdx 

ab且式又可变为fxgxdxfagxdxfbgxdx.由定积分的几何意义

ab知gxdxbgxdx,abaa,b,同时,fafb,于是，bfxgxdxfbfagxdx即xab0, bababb,故fxdx0xfxdxfxdxa22a.2.一些特殊积分不等式的应用

2.1 Chebyshew不等式及其应用

Chebyshew不等式 设fx,gx同为单调递减或当调递增函数,则有

bafxdxgxdxbafxgxdx.aabb若fx,gx中一个是增函数,另一个为减函数,则不等式变为

Chebyshewbafxdxgxdxbafxgxdx.aabb不等式有广泛应用,特别在证明一类积分不等式中发挥重要作用.例10 设gx是1,1上的下凸函数,fx为1,1上的偶函数且在0,1上递增,则, 1fxdx1gxdx112fxgxdx.11分析 从所证的不等式看,它有点类似于Chebyshew不等式,如果能够构造出一个单调函数满足Chebyshew不等式的条件,问题就容易解决了,为此构造辅助函数,令xgxgx.证 令xgxgx,显然x也为1,1上的偶函数,由于gx是1,1上的下凸函数,故当0x1x21,gx1gx2x1x2gx1gx2x1x2, 即gx1gx2gx2gx1,即x1x2,所以fx,x在0,1上为增函数, 由Chebyshew不等式知, 110fxdxxdx011101fxxdx21211fxdxxdx111211fxxdx, 可得fxdxgxdx2fxgxdx.1112.2 利用Schwarz不等式证明积分不等式

Schwarz不等式 若fx,gx在a,b上可积,则

Schwarzbafxgxdx2baf2xg2xdx.不等式是一个形式简单,使用方便的积分不等式,在证明某些含有乘积及

b平方项的积分不等式时颇为有效.例11 已知fx0,在a,b上连续,fxdx1, k为任意实数,求证:

a abfxcoskxdxabfxsinkxdx1 5

22证 5式左端第一项应用Schwarz不等式得

bafxcoskxdx2abfxfxcoskxdxb2 同理afxsinkxdxb2fxdxfxcosaabkxdxfxcosab2kxdx6

bafxsin2kxdx 7

67即得5式.此题证明的关键在将fx写成2.3 Jensen不等式

fxfx的形式,以便应用Schwarz不等式.定理3 设fx在a,b上连续,且mfxM,又t是m,M上的连续凸函数（指下凸函数）,则有积分不等式

ba1ba1fxdxbafxdx 8

ab注 若t是m,M上的连续凹函数,则8式中的不等式号反向.定理4 设fx,px在a,b上连续,且mfxM,px0axb,t是

m,M上的连续凸函数,则有bapxfxdxbapxdxpxfxdx 9

pxdxabab注 当t是m,M上的连续凹函数时,9式中的不等号反向.例12 设fx在a,b上连续,且fx0,则对任意的自然数n,有

1nlnbaba1fxdxba1t2banlnfxdx.证 令tnlnt,那么tn,tnt10,故t为凹函数, 显然fx在t的定义域内有意义,故由定理3知,结论成立.例13 设fx,px是a,b上的正值连续函数,则对任意的自然数n,有

banpxlnfxdxpxdxabnlnbapxfxdxbapxdx.证 令tnlnt由上例知t为凹函数,故由定理4知结论成立.2.4 Young不等式的应用

Young不等式 设fx是单调递增的,连续于0,a上,f00,a,b0,f1x表示fx的反函数,则abYounga0fxdxb0f1ydy,其中等号成立当且仅当fab.不等式是一个非常重要的不等式,灵活巧妙地应用它,可以使一些较为困难的问题迎刃而解.例14 证明:a,b1时,不等式abea1blnb成立.证 设fxex1,则fx单调并连续,f等式有，a1b11yln1y,因为a,b1,由Young不a1b10故abea1blnb.2.5 Steffensen不等式

Steffensenfxdx0f1ydyea1blnbab1, 不等式 设在区间a,b上,g1x ,g2x连续,fx一阶可导,任给

xaxa,b,成立不等式g1tdtxag2tdt,且g1xdxabbag2xdx.若fx在a,b上单调递减,则fxg1xdxabfxgxdx;若fx在上单调递增上述不等式变号.a2b例15 证明20sinx1x2dx20cosx1x2dx.证 对任意的x0,22,因为cosx1sinx,所以有sintdt0xx0costdt;此外,显然有2sinxdx00cosxdx1且函数

在0,上单调递减,从而根据Steffensen不21x21等式,知20sinx1x2dx20cosx1x2dx.结论

总之,以上讨论的积分不等式的主要证明方法都离不开积分的性质,主要是通过函数的可微性和函数的可积性,利用二重积分、拉格朗日中值定理和积分中值定理来证积分不等式；以及巧妙的利用Schwarz不等式和Jensen不等式等,在实际应用中需要结合各方面灵活使用题中条件或不等式,才会使问题得以正确解决.参考文献

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Mathematics and Application Mathematics specialty Number:08090233

Name:ShengJunyu

Instructor:XiaoJuan

篇12：不等式的高考试题分析及教学策略

一、对高考试题中不等式内容的分析

近几年的高考试题中, 对于不等式知识的考查侧重点发生了变化.不单独对不等式命题, 而是将不等式分散到其他题型中, 难度差别较大.一般选择题和填空题相对来说较简单, 解答题的难度系数较大.对不等式的考查以综合试题为主, 选择题和填空题主要是求解各种不等式的解集和运用不等式来求最值, 而解答题一般都属于不等式结合数列、函数和导数等的综合考查.高考试题中, 涉及的不等式问题的范围和深度不断增大和提高, 充分体现了不等式在高中数学中的重要性和解题思路的独特性.客观题中主要是对不等式的解答方法和线性规划问题的考查.解答题一般考查的是含有参数的不等式的解、取值范围和最值等问题.既有直接对于不等式的解和证明的题目, 也有运用不等式解决其他问题的题目.在这些问题中, 不等式性质的掌握和对不等式的求解是最基本的技能.在求解函数的单点区间等问题时, 需要利用不等式的性质, 对题目进行分类讨论, 而有些线性规划问题也综合体现了不等式对于解题的重要性, 所以应对于不等式的教学给予足够的重视.借助现实和日常生活中所表现出的不等关系, 让学生明确不等和相等关系, 并将其作为一种解决问题的数学工具.教师应通过具体情境, 使学生充分感受到实际生活中的不等关系, 建立不等观念, 处理不等关系, 最大限度地加强学生对不等式的直观感知.

二、高中数学不等式的教学策略

在现行的高中数学课程基本理念的指导下, 教学方式和过程发生了本质上的变化, 教学理念从最基本的把知识装进学生的头脑中, 变成一个沟通、理解和创新的全新过程, 加入更多的分析和思考.这样的教学方式能够让学生结合他们所掌握的方法和获得的知识, 创造性地解决实际问题.

1.创设问题情境, 衔接不等式知识.数学知识是具有系统性和联系性的一个完整的知识体系, 不等式的知识是从初中开始学习的, 而高中阶段的不等式知识的学习, 实质上是对于初中不等式学习的完善和提升过程. 所以从符合学生对知识的认知规律和时代的发展要求来说, 对高中阶段不等式知识的深入研究是非常必要的.

在进行新知识、新课程的教学时, 从不等式课程标准和高考中对不等式的考查特点可以看出, 不等式作为一种描述不等关系的模型, 与现实生活密切相关.另外, 从课程标准中不等式的内容安排和对学生的能力要求也可以看出, 学生通过初中阶段不等式内容的学习, 充分掌握了一元一次不等式 (组) 的解法和性质, 能够运用基础的不等关系对具体问题中的数量关系进行处理, 初步建立不等关系模型, 对简单的不等式进行运算和推理.为此, 教师应基于学生对不等式知识的理解状况进行教学, 循序渐进地引导学生对不等式知识的学习, 找出初中和高中不等式内容的连接点, 对这部分知识进行衔接, 为学生进一步学习不等式知识打下基础.

2.探索不等式解法, 提高思维能力.在不等式中, 性质和解法是最基本的.对于不等式的求解, 则是一个重要的运算能力, 掌握很强的运算能力, 对运用、迁移所学的知识以及创新有着重要的作用.而且还必须重视对一些含有参数的不等式的练习, 在学习不等式解题方法时, 要将其融入整个数学环境中, 结合函数、方程、数列、立体几何和解析几何等实际应用进行学习, 注重各数学知识之间的联系.

3.通过推理论证, 培养学生抽象思维.从不等式的教材和高考试题中关于不等式的内容来看, 新课标对于一些证明方法的要求大大降低, 而更加注重于体现不等式在解决实际问题中的作用.学生通过不等式的推理、论证过程的学习, 体会到数形结合等思想方法, 从而提高学生自身的逻辑思维和抽象思维的能力, 并培养学生的严谨、规范的学习能力和辩证地分析问题、解决问题的能力.

三、结束语

在高中数学不等式的学习和高考试题中, 对于不等式的考查主要是基于其作为解题工具, 进而培养学生对数学问题和实际问题的解决能力和抽象化的数学思维能力.这就要求教师充分掌握数学教育理论和高考指导思想, 将其充分落实到教学过程中, 满足学生各方面的需求, 培养学生发散思维和探索、创造能力.

参考文献

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