不等式的证明教案

教案的书写过程是对教学设计和教学理念的整理过程,包括教学课时、教学时间、教学重难点、教学准备,教学实施过程,导入、讲授、讨论、作业、板书,还有教学后的反思和小结,有助于教学的顺利进行和总结提高。以下是小编精心整理的《不等式的证明教案》相关资料，欢迎阅读！

第一篇：不等式的证明教案

教案-6.3不等式的证明2

6.3 不等式的证明(第二课时)

教学目标

1.进一步熟练掌握比较法证明不等式; 2.了解作商比较法证明不等式; 3.提高学生解题时应变能力. 教学重点

比较法的应用 教学难点

常见解题技巧 教学方法

启发引导式 教学活动

(一)导入新课

(教师活动)教师打出字幕(复习提问)，请三位同学回答问题，教师点评.

(学生活动)思考问题，回答.

[字幕]1.比较法证明不等式的步骤是怎样的?

2.比较法证明不等式的步骤中，依据、手段、目的各是什么?

3.用比较法证明不等式的步骤中，最关键的是哪一步?学了哪些常用的变形方法?对式子的变形还有其它方法吗?

[点评]用比较法证明不等式步骤中，关键是对差式的变形.在我们所学的知识中，对式子变形的常用方法除了配方、通分，还有因式分解.这节课我们将继续学习比较法证明不等式，积累对差式变形的常用方法和比较法思想的应用.(板书课题)

设计意图：复习巩固已学知识，衔接新知识，引入本节课学习的内容.

(二)新课讲授

【尝试探索，建立新知】

(教师活动)提出问题，引导学生研究解决问题，并点评.

(学生活动)尝试解决问题.

[问题]

1.化简ababab.

2.比较35322311与(ab0)的大小. aba

(学生解答问题)

[点评]

①问题1，我们采用了因式分解的方法进行简化.

②通过学习比较法证明不等式，我们不难发现，比较法的思想方法还可用来比较两个式子的大小.

设计意图：启发学生研究问题，建立新知，形成新的知识体系.

【例题示范，学会应用】

(教师活动)教师打出字幕(例题)，引导、启发学生研究问题，井点评解题过程.

(学生活动)分析，研究问题.

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[字幕]例题3 已知a，b是正数，且ab，求证

a5b5a3b2a2b3.

[分析]依题目特点，作差后重新组项，采用因式分解来变形.

证明：(见课本)

[点评]因式分解也是对差式变形的一种常用方法.此例将差式变形为几个因式的积的形式，在确定符号中，表达过程较复杂，如何书写证明过程，例3给出了一个好的示范.

a2b2ab

[字幕]例4试问：2与(a,b0)的大小关系.并说明理由. 2abab

[分析]作差通分，对分子、分母因式分解，然后分类讨论确定符号.

a2b2ab(a2b2)(ab)(ab)(a2b2)2ab(ab)解：2 22222abab(ab)(ab)(ab)(ab)

因为a,b0，所以2ab0,ab0,a2b20，(a2b2)(ab)0.

若ab0，则ab0,2ab(ab)0

所以

2ab0. 22(ab)(ab)a2b2ab. 即2ab2ab若ba0，则ab0,2ab(ab)0 所以

2ab(ab)0. 22(ab)(ab)a2b2ab即2

ab2ab若ab0，则ab0,2ab(ab)0 所以

2ab(ab)0. 22(ab)(ab)a2b2ab即2

ab2aba2b2ab. 综上所述：

ab0时，22abab

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a2b2ab

ba0时，2 2ababa2b2ab

ab0时，2

ab2ab

[点评]解这道题在判断符号时用了分类讨论，分类讨论是重要的数学思想方法.要理解为什么分类，怎样分类.分类时要不重不漏.

[字幕]例5甲、乙两人同时同地沿同一条路线走到同一地点.甲有一半时间以速度m行走，另一半时间以速度n行走;有一半路程乙以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果mn，问甲、乙两人谁先到达指定地点.

[分析]设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙两人走完这段路程用的时间分别为t1

，t2，要回答题目中的问题，只要比较t

1、t2的大小就可以了.

解：(见课本)

[点评]此题是一个实际问题，学习了如何利用比较法证明不等式的思想方法解决有关实际问题.要培养自己学数学，用数学的良好品质.

设计意图：巩固比较法证明不等式的方法，掌握因式分解的变形方法和分类讨论确定符号的方法.培养学生应用知识解决实际问题的能力.

【课堂练习】

(教师活动)教师打出字幕(练习)，要求学生独立思考，完成练习;请甲、乙两位学生板演;巡视学生的解题情况，对正确的给予肯定，对偏差及时纠正;点评练习中存在的问题.

(学生活动)在笔记本上完成练习，甲、乙两位同学板演.

44223

3[字幕]练习：1.设ab，比较(ab)(ab)与(ab)的大小.



2.已知a,b0，nN，求证(ab)(ab)2(annn1bn1).

设计意图：掌握比较法证明不等式及思想方法的应用.灵活掌握因式分解法对差式的变形和分类讨论确定符号.反馈信息，调节课堂教学.

【分析归纳、小结解法】

(教师活动)分析归纳例题的解题过程，小结对差式变形、确定符号的常用方法和利用不等式解决实际问题的解题步骤.

(学生活动)与教师一道小结，并记录在笔记本上.

1.比较法不仅是证明不等式的一种基本、重要的方法，也是比较两个式子大小的一种重要方法.

2.对差式变形的常用方法有：配方法，通分法，因式分解法等.

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3.会用分类讨论的方法确定差式的符号.

4.利用不等式解决实际问题的解题步骤：①类比列方程解应用题的步骤.②分析题意，设未知数，找出数量关系(函数关系，相等关系或不等关系)，③列出函数关系、等式或不等式，④求解，作答.

设计意图：培养学生分析归纳问题的能力，掌握用比较法证明不等式的知识体系.

(三)小结

(教师活动)教师小结本节课所学的知识及数学思想与方法.

(学生活动)与教师一道小结，并记录笔记.

本节课学习了对差式变形的一种常用方法——因式分解法;对符号确定的分类讨论法;应用比较法的思想解决实际问题.

通过学习比较法证明不等式，要明确比较法证明不等式的理论依据，理解转化，使问题简化是比较法证明不等式中所蕴含的重要数学思想，掌握求差后对差式变形以及判断符号的重要方法，并在以后的学习中继续积累方法，培养用数学知识解决实际问题的能力.

设计意图：培养学生对所学的知识进行概括归纳的能力，巩固所学的知识，领会化归、类比、分类讨论的重要数学思想方法.

(四)布置作业

1.课本作业：P17

7、8。

2，思考题：已知a,b0，求证abab.

3.研究性题：对于同样的距离，船在流水中来回行驶一次的时间和船在静水中来回行驶一次的时间是否相等?(假设船在流水中的速度和部在静水中的速度保持不变)

设计意图：思考题让学生了解商值比较法，掌握分类讨论的思想.研究性题是使学生理论联系实际，用数学解决实际问题，提高应用数学的能力.

(五)课后点评

1.教学评价、反馈调节措施的构想：本节课采用启发引导，讲练结合的授课方式，发挥教师主导作用，体现学生主体地位，通过启发诱导学生深入思考问题，解决问题，反馈学习信息，调节教学活动.

2.教学措施的设计：由于对差式变形，确定符号是掌握比较法证明不等式的关键，本节课在上节课的基础上继续学习差式变形的方法和符号的确定，例3和例4分别使学生掌握因式分解变形和分类讨论确定符号，例5使学生对所学的知识会应用.例题设计目的在于突出重点，突破难点，学会应用.

作业答案

abbaaabbaabba()ab.

思考题：证明：baababbaaabaabb1，故ba1.

因为a,b0，所以当ab0时，1,ab0 ()bbab

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又因为ab0，所以abab. baabbaaaabaabb1，即ba1，所以aabbabba.

当ba0时，01,ab0，故()bbabaaabaabb1，即ba1，所以aabbabba.

当ab0时，1,ab0.故()bbab

综上所述，abab.

研究性题：设两地距离为s，船在静水中的速度为u，水流速度为v(uv0)，则 abbass2s2v2st流t静()0 22uvuvuu(uv)所以船在流水中来回行驶一次的时间比在静水中来回行驶一次的时间长.

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第二篇：高中数学2.5不等式的证明教案

2.5不等式的证明

一、教学重点

1、理解比较法、综合法、分析法的基本思路。

2、会运用比较法、综合法、分析法证明不等式。

比较法

(一)作差法

一开始我们就有定义： 对于任意两个实数有，

也就是说，证明两实数

大小，我们可以作差，然后进行变形，判断其差的符号(将差和0作比较)，从而证明不等式。

例1 求证：证明：

几何意义： 函数的图像始终在函数

的图像之上

A1个单位B

训练作差法基本能力，并让学生从不同角度理解不等式 例2 设

求证：

证明：

作差

1 / 6

这题让学生说，主要训练作差法，为之后作商铺垫

(二)作商法 设实数，则有

作商，与1比较 例2 设证明：

求证：

2 / 6

在作差法的基础上提出作商，让学生体会这两者各自的优点

综合法

从已知条件出发，利用已知的命题和运算性质作为依据，推导出求证的结论。

例3 求证：若

，则有

证明：

在教授综合法的同时，给出这个基本不等式

例4 已知(1)

，求证：

(2)

证：(1)

3 / 6 (2)

这题主要为1的妙用，为学生做题拓宽新的思路

分析法

从要证的结论出发，经过适当的变形，分析出使这个结论成立的条件，把证明结论转化为判定这些条件是否成立，从而判断原结论成立。

要证 例4 若，则有 ，如果有

，那么只要证明了

，就有

4 / 6

在教授分析法的同时，给出这个基本不等式

例5 设，则有

先证

再证

5 / 6

在教授分析法的同时，给出这个绝对值不等式，学生以后也能用

6 / 6

第三篇：高考数学难点归纳18 不等式的证明策略教案

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难点18 不等式的证明策略

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场

(★★★★)已知a>0，b>0，且a+b=1. 求证：(a+1a)(b+1b)≥

254. ●案例探究

[例1]证明不等式112131n2n(n∈N)

*命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目. 知识依托：本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析：此题易出现下列放缩错误：

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法;证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标;而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省. 证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立;

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+12131k11k112131k<2k，

则12k2k(k1)1k1k(k1)1k1

2k1,∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N时，都有1+

*

12131n<2n. 另从k到k+1时的证明还有下列证法：

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京翰教育http:///

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证法二：对任意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证法三：设f(n)=2n(1*

),

那么对任意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，对任意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命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目. 知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0<θ<

2)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x、y的范围;(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的. 技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max;若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化. 解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a-1)(x+y)，

① ② ∴x，y>0，∴x+y≥2xy，

当且仅当x=y时，②中有等号成立.

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http:// 比较①、②得a的最小值满足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：设uxy2xyxy12xyxy. ∵x>0，y>0，∴x+y≥22xy2xyxy (当x=y时“=”成立)，

∴xy≤1，xy的最大值是1. 从而可知，u的最大值为112，

又由已知，得a≥u，∴a的最小值为2. 解法三：∵y>0， ∴原不等式可化为

xy+1≤a

xy1，

设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

)的最大值为1(此时θ=由③式可知a的最小值为2. ●锦囊妙计

1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证. (2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法. 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各

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http:// 种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. ●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)已知x、y是正变数，a、b是正常数，且

axby=1，x+y的最小值为__________.

2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a-d|<|b-c|，则ad与bc的大小关系是__________. 3.(★★★★)若m

二、解答题

4.(★★★★★)已知a，b，c为正实数，a+b+c=1. 求证：(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.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R，则(2)若x，y，z∈R，且x+y+z=xyz， 则yzxzxyxyz+

+

12，证明：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是正整数，且1

(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

338.(★★★★★)若a>0，b>0，a+b=2，求证：a+b≤2，ab≤1.

参考答案

难点磁场

证法一：(分析综合法)

欲证原式，即证4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0，即证4(ab)-33(ab)+8≥0，即证ab≤ab≥8. ∵a>0，b>0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法) 设a=121

4222

2

14或

，从而得证. +t1，b=12+t2.

12∵a+b=1，a>0，b>0，∴t1+t2=0，|t1|<，|t2|<

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http:// (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显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法)

12时，等号成立. ∵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证法四：(综合法) ∵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

证法五：(三角代换法)

∵ a>0，b>0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，(a1a42) )(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

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http:// 歼灭难点训练

一、1.解析：令ax=cos2θ，

by=sin2θ，则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)<(b-c)(a+b)-4ad<(b+c)-4bc ∵a+d=b+c，∴-4ad<-4bc，故ad>bc. 答案：ad>bc

3.解析：把p、q看成变量，则m

二、4.(1)证法一：a2+b2+c2-===131313131

3222

2

=

(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≥

证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥abc322213

abc3证法三：∵∴a2+b2+c2≥

abc3∴a2+b2+c2≥

13证法四：设a=+α，b=

13+β，c=

13+γ. ∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(==131313+α)2+(

132

+β)2+(

2

132

+γ)2

+23 (α+β+γ)+α+β+γ

13+α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥

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http:// (2)证法一:同理3b23a23b32(3a2)13c323a212,,3c23c2

63a23b23(abc)92∴原不等式成立. 证法二：3a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.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

2y-2(1-x)y+2x-2x+22

12，得x2+y2+(1-x-y)2=

12，整理成关于y的一元二

12=0，∵y∈R，故Δ≥0

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

23，∴x∈[0，

23]

]

13+x′，y=

13+y′，z=

1313+z′，则x′+y′+z′=0，

=(13+x′)2+(+y′)2+(

23+z′)2

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(yz)22=

13+

2332x′

232故x′≤19，x′∈[-，

13]，x∈[0，]，同理y，z∈[0，]

12证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x<0，则x2>0，x+

2=x2+y2+z2≥(yz)22(1x)22x232xx212>

12，矛盾.

23x、y、z三数中若有最大者大于x+

2，不妨设x>

23，则

12=x+y+z≥

222(yz)22=x+2(1x)22=

32x2-x+

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http:// =32x(x-23)+12>12232;矛盾. ]

cabcby22故x、y、z∈[0，6.(1)证明:((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)证明:所证不等式等介于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∵上式显然成立，∴原不等式得证. 7.证明：(1)对于1

AmmiiAmmm1mi1nn1ni1， ,同理immmnnnnnknmkmi由于m

所以Ammii,即mAnnAm

iiii(2)由二项式定理有：

2n(1+m)=1+C1nm+Cnm+„+Cnm， n2n

2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+„+Cmn，

ii由(1)知mA>nA (1nCm(1

imAmi!i,CinAni!i

01122∴mC0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn>nCm，„， 0022mmCmn>nCm，mmmm+

11Cm>0，„，mCnnn>0，

n

京翰教育http:///

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http:// ∴1+C1m+C2m2+„+Cnmn>1+C122nnnmn+Cmn+„+Cmmnm， 即(1+m)n>(1+n)m成立. 8.证法一：因a>0，b>0，a3+b

3=2，所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+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，因为2ab≤a+b≤2，

所以ab≤1. 证法二：设a、b为方程x

2-mx+n=0的两根，则bma，

nab因为a>0，b>0，所以m>0，n>0，且Δ=m2

-4n≥0

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

将②代入①得m2-4(m2233m)≥0，

3即m8≥0，所以-m33m+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. 证法三：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)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以a+b≤2，(下略) 证法四：因为a3b3b32(a2)

(ab)[4a24b24aba2b22ab]83(ab)(ab)28≥0，

a3b3所以对任意非负实数a、b，有

2≥(ab32) 因为a>0，b>0，a3

+b3

33=2，所以1=ab≥(ab322)，

∴ab2≤1，即a+b≤2，(以下略)

证法五：假设a+b>2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2

)=(a+b)[(a+b)2

-3ab]>(a+b)ab>2ab，所以ab<1， 又a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为a3+b3=2，所以2>2(4-3ab)，因此ab>1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略) 京翰教育http:///

①②

第四篇：数学归纳法证明不等式教案

§2.3用数学归纳法证明不等式

学习目标：1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤;

2.重、难点：应用数学归纳法证明不等式.一、知识情景：

1. 关于正整数n的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性：

10.验证n取第一个值时命题成立( 即n=n时命题成立) (归纳奠基) ;

20. 假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立(归纳递推).30. 由

10、20知，对于一切n≥n的自然数n命题都成立!(结论)

要诀: 递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉.二、数学归纳法的应用：

例1. 用数学归纳法证明不等式sinn≤nsin.(nN)

证明：(1)当 n=1时，上式左边=│Sinθ│=右边，不等式成立。

(2)假设当n=k(k≥1)时命题成立，即有│Sin kθ│≤k│Sinθ│

当n=k+1时，│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│

所以当n=k+1时，不等式也成立。

由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立。

例2. 证明贝努力(Bernoulli)不等式:

已知xR,且x> 1，且x0，nN*，n≥2.求证：(1+x)n>1+nx.证明：(1)当n=2时，由x≠0得(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,不等式成立。

(2)假设n=k(k≥2)时，不等式成立，即有(1+x)k>1+kx

当n=k+1时，

(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+x+kx+ kx2>1+x+kx=1+(k+1)x 所以当n=k+1时，不等式成立

由(1)(2)可知，贝努力不等式成立。

例3 证明: 如果n(n为正整数)个正数a1,a2,,an的乘积a1a2an1,

那么它们的和a1a2an≥n.

三、当堂检测

1、(1)不等式2nn4对哪些正整数n成立?证明你的结论。

1(2)求满足不等式(1)nn的正整数n的范围。n

n2*22n(nN).

2、用数学归纳法证明

证明：(1) 当n=1时， 221，不等式成立; 当n=2时， 222，不等式成立;当n=3时， 223，不等式成立.

*nk(k3,kN)时不等式成立，即 2k2k2. (2)假设当

k1k222则当nk1时， 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)从而， ∴. 即当nk1时，不等式

也成立. 由(1)，(2)可知，22n对一切nN都成立.

四、课堂小结

1.用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的.但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变.

2.用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标.

n2*

第五篇：用数学归纳法证明不等式·教案

教学目标

1.牢固掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明的过程. 2.通过事例，学生掌握运用数学归纳法证明不等式的思想方法.

3.培养学生的逻辑思维能力，运算能力，和分析问题、解决问题的能力. 教学重点与难点

重点：巩固对数学归纳法意义和有效性的理解，并能正确表达解题过程，以及掌握利用数学归纳法证明不等式的基本思路.

难点：应用数学归纳法证明的不同方法的选择及解题技巧. 教学过程设计

(一)复习回顾

师：上次课我们已经学习了数学归纳法以及运用数学归纳法解题的步骤，请同学们联想“多米诺骨牌”游戏，说出数学归纳法的步骤?

生：数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法.设要证命题为P(n).(1)证明当n取第一个值n0时，结论正确，即验证P(n0)正确;(2)假设n=k(k∈N且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P(k)正确推出P(k+1)正确，根据(1)，(2)，就可以判定命题P(n)对于从n0开始的所有自然数n都正确.

师：演示小黑板或运用投影仪讲评作业.

(讲评作业的目的是从错误中进一步强调恰当地运用归纳假设是数学归纳法的关键)

作业中用数学归纳法证明： 2+4+6+8+„+2n=n(n+1). 如采用下面的证法，对吗?

证明：(1)当n=1时，左=2，右=2，则等式成立. (2)假设n=k时(k∈N，k≥1)，等式成立，即 2+4+6+„+2k=k(k+1). 当n=k+1时， 2+4+6+„+2k+(k+1)

所以n=k+1时，等式也成立.

根据(1)(2)可知，对于任意自然数n，原等式都能成立. 生甲：证明过程正确.

生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设. 师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法.因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设. (课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新)

(二)讲授新课

师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用.

(板书)例1已知x>-1，且x≠0，n∈N，n≥2.求证：(1+x)n>1+nx. 师：首先验证n=2时的情况.

(板书)证：(1)当n=2时，左边=(1+x)2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2>0，则原不等式成立.

(在这里，一定要强调之所以左边>右边，关键在于x2>0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫)

(2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1+x)k>1+kx. 师：现在要证的目标是(1+x)k+1>1+(k+1)x，请同学考虑. 生：因为应用数学归纳法，在证明n=k+1命题成立时，一定要运用归纳假设，所以当n=k+1时.应构造出归纳假设适应的条件.所以有：(1+x)k+1=(1+x)k

k(1+x)，因为x>-1(已知)，所以1+x>0于是(1+x)(1+x)>(1+kx)(1+x).

师：现将命题转化成如何证明不等式 (1+kx)(1+x)≥1+(k+1)x. 显然，上式中“=”不成立.

故只需证：(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x. 提问：证明不等式的基本方法有哪些?

生甲：证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法.

(提问的目的是使学生明确在第二步证明中，合理运用归纳假设的同时，其本质是不等式证明，因此证明不等式的所有方法、技巧手段都适用)

生乙：证明不等式(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x，可采用作差比较法. (1+kx)(1+x)-[1+(k+1)x] =1+x+kx+kx2-1-kx-x =kx2>0(因x≠0，则x2>0). 所以，(1+kx)(1+x)>1+(k+1)x. 生丙：也可采用综合法的放缩技巧.

(1+kx)(1+x)=1+kx+x+lx2=1+(k+1)x+kx2.

因为kx2>0，所以1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x，即(1+kx)(1+x)>1+(1+k)x成立.

生丁：„„

(学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结)

师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式?学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写.

(板书)将例1的格式完整规范. 当n=k+1时，因为x>-1，所以1+x>0，于是

左边=(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)>(1+x)(1+lx)=1+(k+1)x+kx2; 右边=1+(k+1)x.

因为kx2>0，所以左边>右边，即(1+x)k+1>1+(k+1)x.这就是说，原不等式当n=k+1时也成立.

根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立. (通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)

师：下面再举例子，来说明合理放缩的重要性. (板书)例2证明：2n+2>n2，n∈N+.

师：(1)当 n=1时，左边=21+2=4;右边=1，左边>右边.所以原不等式成立.

(2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k+2>k2. 现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k+1+2>(k+1)2成立. 生：利用归纳假设2k+1+2=2.2k+2=2(2k+2)-2>2·k2-2.

师：将不等式2k2-2>(k+1)2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3.

由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2>k2+2k+1即成立. 生：因为k2-2k-3=(k-3)(k+1)，而k∈N，故k+1>0，但k-3≥0成立的条件是k≥3，所以当k∈N时，k-3≥0未必成立.

师：不成立的条件是什么?

生：当k=1，2时，不等式k-3≥0不成立.

师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证? 生：n=3需要验证，这是因为数学归纳法中的第一步验证是第二步归纳假设的基础，而第二步中对于k是大于或等于3才成立，故在验证时，应验证n=3时，命题成立.

师：(补充板书)

当n=2时，左=22+2=6，右=22=4，所以左>右; 当n=3时，左=23+2=10，右=32=9，所以左>右. 因此当n=1，2，3时，不等式成立. (以下请学生板书)

(2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立.即2k+2>k2.因为2k+1+2=2·2k+2=2(2k+2)-2>2k2-2 =k2+2k+1+k2-2k-3 =(k2+2k+1)+(k+1)(k-3)(因k≥3，则k-3≥0，k+1>0) ≥k2+2k+1=(k+1)2.

所以2k+1+2>(k+1)2.故当n=k+1时，原不等式也成立. 根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立.

师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证n=1.扩大到验证n=1，2，3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标.

(板书)例3求证：当n≥2时，

(由学生自行完成第一步的验证;第二步中的假设，教师应重点讲解n=k到n=k+1命题的转化过程)

师：当n=k+1时，不等式的左边表达式是怎样的? 生：当n=k+1时，

k项，应是第2k项，数列各项分母是连续的自然数，最后一项是以3k

在3k后面还有3k+

1、3k+2.最后才为3k+3即3(k+1)，所以正确

(在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点.)

运算，应针对问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：

(板书略)

师：设S(n)表示原式左边，f(n)表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命题的转化途径是：

要注意：这里 S′(k)不一定是一项，应根据题目情况确定.

(三)课堂小结

1.用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的.但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变.

2.用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标.

3.数学归纳法也不是万能的，也有不能解决的问题.

错误解法：

(2)假设n=k时，不等式成立，即

当n=k+1时，

则n=k+1时，不等式也成立.

根据(1)(2)，原不等式对n∈N+都成立.

(四)课后作业

1.课本P121：5，P122：6. 2.证明不等式：

(提示：

(1)当n=1时，不等式成立. (2)假设n=k时，不等式成立，即

那么，

这就是说，n=k+1时，不等式也成立. 根据(1)(2)可知不等式对n∈N+都成立.) 3.对于任意大于1的自然数n，求证：

(提示：

(2)假设n=k时，不等式成立，即

这就是说，n=k+1时，原不等式成立.

根据(1)，(2)可知，对任意大于1的自然数n，原不等式都成立.)

用数学归纳法证明①式： (1)当n=3时，①式成立.

(2)假设 n=k(k≥3，k∈N)时，①式成立，即2k>2k+1.那么2k+1=2k·2>2(2k+1)

=2(k+1)+1+(2k-1)

>2(k+1)+1(因k≥3，则2k-1≥5>0). 这就是说，当n=k+1时，①式也成立.

根据(1)(2)可知，对一切n∈N，n≥3①式都成立，即f

课堂教学设计说明

1.数归法是以皮亚诺的归纳公理作为依据，把归纳法与演绎法结合起来的一种完全归纳法.数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想.在教学中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础;第二步是递推的依据，缺一不可，否则就会导致错误.为了取得良好的教学效果，不妨利用“多米诺骨牌”游戏来加深这两步骤之间的关系的理解，在演示时，应分三种情况：(1)推倒第一张，接着依次倒下直至最后一张;(2)推倒第一张，中途某处停止，最后一张不倒;(3)第一张不倒，后面不管能否推倒，都不会全部倒下.通过具体生动的模型，帮助学生理解数学归纳法的实质.

2.用数学归纳法证明不等式，宜先比较n=k与n=k+1这两个不等式间的差异，以决定n=k时不等式做何种变形，一般地只能变出n=k+1等式的一边，然后再利用比较、分析、综合、放缩及不等式的传递性来完成由n=k成立推出n=k+1不等式成立的证明. 3.要注意：在证明的第二步中，必须利用“n=k时命题成立”这一归纳假设，并且由f(k)到 f(k+1)，并不总是仅增加一项，如例2，

4.要教会学生思维，离开研究解答问题的思维过程几乎是不可能的，因此在日常教学中，尤其是解题教学中，必须把教学集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培养学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简明地表达解答过程或结果的能力，叙述表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必需的.