必修5数学不等式证明

2024-05-10

必修5数学不等式证明（精选8篇）

篇1：必修5数学不等式证明

不等式证明方法与技巧

摘要

不等式，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用。因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用。在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明。而不等式的证明，方法灵活多样，还和很多内容结合，它既是中学数学教学中的难点，也是数学竞赛培训的难点，近年也演变为竞赛命题的热点，因其证明不仅蕴涵了丰富的逻辑推理、非常讲究的恒等和不等变形技巧，而且证明过程千姿百态，极易出错，因此，有必要对不等式的证明方法和技巧进行总结归纳并与大家一起分享交流。本文通过对不等式的进一步研究，同时在前人的基础上对不等式的证明方法进行再探讨，得出了几点新方法，再有就是对于一些题目，很多人都是用一些常用的方法来解决，而笔者则是通过另外的一种方法来解，并且解题过程相对简单，在正文的例题当中，我用方法二给出了我的证明过程，以飨读者。

关键词：不等式；证明方法；证明技巧；换元法；微分法

证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．

通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．

1、比较法

比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是最常用的的方法，基本不等式就是用比较法证明的。其难点在第二步的“变形”上，变形的目的是有利于第三步判断，求差比较法变形的方向主要是分解因式、配方。1）作差比较法的理论依据有：

abab0,abab0,abab0.2）作商比较法的理论依据有：

ab0,ab1.b3）作差（商）比较法的步骤：

作差（商）变形判断符号（与1的大小）例1：求证：12x42x3x2 证明：法一：(12x4)(2x3x2)

2x3(x1)(x1)(x1)(x1)(2x3x1)(x1)(2x32xx1)

(x1)2(2x22x1)11(x1)2[2(x)2]02212x42x3x2

法二：12x4(2x3x2)

x42x3x2x42x2

1(x2x)2(x21)2012x42x3x2

说明：法一的变形主要是因式分解，其难点在于分解2x3x1的因式，判断2x22x1的符号除用配方法外，还可用判别式法（此法我们后面再述）。证法二的变形主要是配方法，难点在于拆项，此法笔者又将其归纳为裂项法。通过本例，可以了解求差比较法的全貌，以及关键的第二步变形。

例2：已知a1,0，求证：loga(a)log(a)(a2)证明：log(a)(a2)loga(a)log(a)(a2)log(a)a

[log(a)(a2)log(a)a2log(a)(a22a)2]2[][2log(a)a(a2)2]21] [log(a)(a)22又loga(a)0,log(a)(a2)loga(a).说明：观察不等式的特点，a充当了真数和底，联想到logaN1，进而用了logNa作商比较法，作商比较法的变形主要是利用某些运算性质和性质，如函数的单调性等，我们再看：

例3：若abc0，求证：（1）aabbbaab

（2）a2ab2bc2cabcbaccab

aabba证明：（1）abc0，ab()ab

bba

又ab0,a1,ab0 baabaabb()1,即ba1,又abba0

babaabbabba（2）由（1）的结果，有

aabbabba0,bbccbccb0,ccaacaac0

两边分别相乘得

aabbbbccccaaabbabccbcaacabc2a2b2cabcbaccab

2、综合法

利用某些证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质，推导出所求证的不等式，这种证明方法叫做综合法，综合法的思考路线是“由因导果”。例4：（1）已知a,b,c为不全相等的正数，求证：

bcacababcabc3

（2）已知a,b,c为不相等正数，且abc1，求证：abc1a1b1c 证明：（1）证法一：左式(bacbacab)(bc)(ca)3

a,b,c为不全相等的正数

baab2baab2 同理：cbbc2,caac

2且上面三个等号不能同时成立，（baab)(cbbc)(acca)3633证法二：左式(abcabcaba2)(b2)(cc2)

(abc)(111abc)6

a,b,c为不全等正数

（abc)(1111abc)633abc33abc696

3得证。

（2）证法一：a,b,c为不等正数，且abc1

abcbc11caab111111

cb2ca2ab1112abc证法二：a,b,c为不正数，且abc1

得证；

111abacabbcacbcbcacababc222

a2bcab2cab2cabc

得证。

说明：（1）题两种方法的差别主要在于对不等式左边施行不同的恒等变形，其目的都是为了有效地利用基本不等式，灵活地运用均值不等式，这也是综合法证明不等式的主要技巧之一；

（2）题是条件不等式的证明，要找出条件与结论之间的内在联系，分析已知与求证，不等式左边与右边的差异与联系，去异求存同，找到证题的切入口，本题合理运用条件abc1的不同变形。

3、分析法

从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为判断这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可判定所求证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，分析法的思路是“执果索因”。

111例5：已知函数f(x)lg(1),x(0,)，若x1,x2(0,)且x1x2.x22xx1求证：[f(x1)f(x2)]f(12)

22证明：要证原不等式成立，只需证明（事实上，0x1x2(1121)(1)(1)2 x1x2x1x21,x1x2 21121)(1)(1)2x1x2x1x211144x1x2x1x2(x1x2)2x1x(x1x2)2(1x1x2)02x1x2(x1x2)即是(lg[(1121)(1)(1)2x1x2x1x21121)(1)]lg(1)2x1x2x1x2

xx21故[f(x1)f(x2)]f(1)22

得证。

4、换元法

换元法是数学中的一个基本方法。在不等式的证明过程中，按照所证不等式的结构特点，将不等式中的变量作适当的代换，可使不等式的结构明朗，从而使不等式变得容易证明，这种方法称为换元法。换元法的目的是把合命题化简、化熟，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。

换元法在许多实际问题的解决中可以起到化难为易、化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，但若通过换元法的思想与方法来解就很方便，换元法多用于条件不等式的证明中，一般有增量换元、三角换元、和差换元、向量换元、利用对称性换元、借助几何图形换元等几种方法。1）增量换元

对对称式（任意互换两个字母，代数式不变）和给定字母顺序的不等式，常用增量换元，换元的目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简。

114例6：已知abc,求证：.abbcac分析：考虑到ac(ab)(bc)，由此可以令xab0,ybc0,这时问题转114化为“若x,y0,证明”。

xyxy证明：令xab0,ybc0,acxy，下面只要证明：

114即可。

xyxy11yxyxx,y0,()(xy)2224(当且仅当,即xy,2bac取等号）xyxyxy114114,即成立。xyxyabbcac例7：若ab0,求证：2abb2a2b2a.分析：如何利用已知不等式ab0是证明本题的关键，因为ab0ababh(h0)abh(h0)，这样可把已知的不等式关系换成相等关系。

证明：ab0,设abh(h0)，则2abb2a2b22b(bh)b2(bh)2b b22nhh22bhbha2abb2a2b2a.得证。

2）三角换元

三角换元就是根据已知的一些三角等式、三角代换来解决题目中的某些问题，如，问题中2若2已知x2y2a2(a0,)),可设xaco,ysasin；若已知

x2y2x2y2xy1,可x设rco,ysrsi(rn1)；若已知221或221，则条件可

ababxacos,xasec,或设其中的范围取决于x,y的取值范围，等等。

yasin;ytan,acbd1.例8：已知a,b,c,d都是实数，且a2b21,c2d21,求证：分析：由a2b21,c2d21，可以联想到sin2cos21的关系作三角代换。证明：a2b21,c2d21,所以可设asin,bcos,csin,dcos，sincoscoscos(), acbdsin又cos()1,acbd1，即原不等式成立。

3）和差换元

aba2b2a3b3a6b6.例9：对任意实数a,b,求证：2222分析：对于任意实数a与b，都有asabab,t,则有ast,bst。22abababab，令,b2222证明：设ast,bst，下面只需证

s(s2t2)(s33st2)s615s4t215s2t4t6.右边左边11s4t212s2t4t60, s(s2t2)(s33st2)s615s4t215s2t4t6，aba2b2a3b3a6b6即.222

2得证。

4）向量换元

例10：已知a,bR,ab1,求证：2a12b122.分析：将不等式变形为12a112b122a12b1，观察其结构我们可联想到学习两个向量的内积是有这样一个性质：abab及aba1b1a2b2。

证明：设m(1,1),n(2a1,2b1)，则有mn2a12b1,m2,n2a12bab1,n2,由性质mnmn，得2a12a122.5）利用对称性换元

例11：设a,b,cR,求证：abc(bca)(cab)(abc).分析：经过观察，我们发现，把a,b,c中的两个互换，不等式不变，则可令xbca,ycab,zabc,则原不等式可化为：(xy)(yz)(zx)8xyz.证明：令xbca,ycab,zabc

111(yz),b(xz),c(xy)222 a,b,cR,当xyz0时，有则a(xy)(yz)(zx)8xyz.当xyz0时，有x,y,zR（否则x,y,z中必有两个不为正值，不妨设x0,y0则c0，这与c0矛盾）

因此：xy2xy0,yz2yz0,zx2zx0 则有：(xy)(yz)(zx)8xyz 综上，恒有(xy)(yz)(zx)8xyz，把x,y,z的值代人上式得：abc(bca)(cab)(abc).得证。6）借助几何图形换元

例12：已知a,b,c是ABC三边的长，求证：a3bb3cc3aa2b2b2c2c2a2.分析：如图，作ABC的内切圆，设D,E,F为切点，令xBD,yCD,zAE.（其中x,y,zR），则原不等式可转化为：

y2z2x2(z)(x)(y)2x2y2z

（1）zxy再利用均值不等式：ab2ab。

证明：设D,E,F为切点，令xBD,yCD,zAE.则原不等式可化为（1）的形式，又

y2z2x2因为x,y,zR，则有，z2y,x2z,y2x.所以（1）式成立，故原不

zxy等式成立。得证。

7）代数换元

例13：已知a,b,cR，且abc1,求证：3a13b13c132.分析：引入参数，配凑成二次方程转化为二次不等式证明：设3a13b13c1k.则可令3a1kkkt1,3b1t2,3c1t3,其中t1t2t30.333kkk所以3a13b13c1(t1)2(t2)2(t3)2

333k22k2222222k(t1t2t3)t1t2t3(t1t2t3)即6333k2所以6，解得

3k32，即3a13b13c132。得证。

8）分式换元

12例14：设x0,y0,xy1,求证：322

xy分析：因为xy1,x0,y0,所以用分式换元，转化为均值不等式证明。证明：设xab,y(a0,b0)，则 abab12ab2(ab)b2a3322，xyabab即12322 xy9）比值换元法

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式即可。

例15：已知x1y2z4,求证：x2y2z210.证明：设x1y2z4k，于是xk1,yk2,zk4

把x,y,z代入x2y2z2得：3k26k133(k22k1)103(k1)21010。得证。

5、放缩法

为了证明不等式，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性达到证题的目的，这种方法称为放缩法，放缩时主要方法有：

1311）舍去或加上一些项，如：(a)2(a)2.2422）将分子或分母放大（缩小），如：

11111,,22k(k1)kk(k1)kk2kk1,1k2kk1.(kN,k1).n(n1)(n1)2an.例16：设an1223n(n1).(nN).求证：22证明：an1223n(n1)1122nn

n(n1).2k(k1)又kk1,k(k1).(kN).12nan1223n(n1)n22n(n1)222n(n1)(n1)2an。得证。221223n(n1)222

说明：在使用放缩法时，需要注意的是放缩要适度，不能放得过大或太小。

6、反证法

反证法就是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾，从而肯定原命题成立，反证法必须考虑各种与原命题相异的结论，缺少任何一个可能都是不完全的，如，要证不等式AB,先假设AB，根据题设及其他性质推出矛盾，从而肯定AB成立。

1例17：已知f(x)x2axb,求证：f(1),f(2),f(3)不全小于.21111证明：假设f(1),f(2),f(3)全小于，即f(1),f(2),f(3)，2222由于f(1)1ab,f(2)42ab,f(3)93ab，f(1)2f(2)f(3)2f(1)2f(2)f(3)2.另一方面：由假设得

f(1)2f(2)f(3)f(1)f(3)2f(2)11122 222显然，22是错误的

1故f(1),f(2),f(3)不全小于。得证。

2说明：对于存在、不都是、至少（多）、不全小（大）、某个（反面：任意的）等问题，通常从正面难寻突破口，可变换角度，巧用反证法往往会见奇效。

7、判别式法

a2x2b2xc2如果所要证明的不等式可转化为形如：y的函数值域(xR)，或转化2a1xb1xc1为一元二次方程有实数根等问题，则可用判别式法达到证题目的。

12例18：若x,y,zR,且xyza,用x2y2z2a2(a0)求证x,y,z都是不大于a23的非负数。

1证明：由zaxy,代入x2y2z2a2，可得

22x22(ay)xy2(ay)212a021xR，0,即4(ay)28[y2(ay)2a2]02化简得3y22ay0, a0，0y2a322同理可得：0xa，0za。得证。338、构造法

有些不等式可构造函数利用函数性质，或构造复数利用复数向量有关性质，或构造几何图形利用集合知识，还可以构造数列利用数列相关性质来证明不等式。1）利用函数的单调性

例19：求证：ab1aba1ab1b.分析：由不等号两边形式可归纳为f(x)f(x)x在x0时的单调性。1xx.(x0)的形式，因此可考虑函数1x证明：构造函数f(x)xxx1x2x0，设0x1x2，121x11x2(1x1)(1x2)1xf(x)在x0上是增函数，且abab

令x1ab,x2ab，则有

ab1abab1aba1abb1aba1ab1b.得证。

2）构造复数利用复数向量有关性质

例20：求证：a2b2c2d2(ac)2(bd)2.(a与c，b与d不同时相等)证明：设z1abi，z2cdi，那么z1z2(ac)(bd)i

z2c2d2 由于z1z2z1z2，而z1a2b2，则z1z2(ac)2(bd)2

有(ac)2(bd)2a2b2c2d2.得证。

9、用微分法证明不等式

微分在中学时又称为求导，用微分法其实就是用求导的方法来解决问题。

例21：设函数f(x)a1sinxa2sin2xansinnx,其中a1,a2,,an都为实数，n为正整数。已知对于一切实数x，有f(x)sinx，试证：a12a2nan1.分析：问题中的条件与结论不属于一类型的函数，如果能找出它们之间的关系，无疑能帮助解决此题，可以看出：a12a2nanf/(0).于是问题就转化为求证：f/(0)1.证明：因f/(x)a1cosx2a2cos2xnancosnx.则f/(0)a12a2nan.利用导数的定义得：

f/(0)limx0f(x)f(0)x0limx0f(x)f(x)limxxx0sinx1，x由于f(x)sinx,所以f/(0)limx0即a12a2nan1.得证。

篇2：必修5数学不等式证明

班级姓名座号分数

一、选择题

1、若ab0,下列不等式成立的是()

A a

2b2Ba

2abC

1D



1b2、若xy,mn,下列不等式正确的是()

AxmynBxmynCxyn

Dmynx3、设a0,1b0,那么下列各式中正确的是()

Aaabab

2Bab

2abaCabaab2 Dabab

a4、若角,满足



2



2,则的取值范围是()

A(,0)B(,)C(

3

2,2)D(0,)

5、不等式2x3x20的解集是A{x|-1＜x＜3}B{x|x＞3或x＜-1} C{x|-3＜x＜1}D{x|x>1或x＜-3}

6、二次不等式ax

2bxc0的解集是全体实数的条件是A a0a0a0a00BC0D0



07、设xy0,则下列各式中正确的是()

Ax

xyxy

2xyyBy

2xyx Cxxy2

y

xyDy

xy2



xyx8、已知x,yR,2xy2,cxy,那么c的最大值为()

A 1B 1C

222

4-1-

（））

（9、下列不等式的证明过程正确的是()A 若a,bR,则b

aa

b2ba2B 若x,yR,则lgxlgy2lgxlgy ab

xC 若xR,则x

4x2x4 D 若x

R,则2x2x

210、设a,b为实数且ab3,则2a2b的最小值是()A 6B 42C 22D 2611、不等式x-2y+6＞0表示的平面区域在直线x-2y+6=0的()

A.右上方B.右下方C.左上方D.左下方

12、在直角坐标系内，满足不等式x-y≥0的点(x,y)的集合(用阴影表示)是（）

二、填空题（44=16分）

13、不等式x2x30的解集是_________。

x4y

3

14、数x,y满足3x5y25，则z2xy的最大值是，最小值是。

x1

15、三角形三边所在直线方程分别为3x4y30,y3,12x5y330,用不等式组表示三角形内部区域（包含边界）为.16、不等式

2-22x2x1x12的最小值.（10分）

20、已知1ab5,1ab3，求3a2b的取值范围。（10分）

21、下表给出了甲、乙、丙三种食物的维生素A，B的含量和成本,营养师想购买这三种食物共10kg，使之所含的维生素A不少于4400单位，维生素B不少于4800单位，(1)试用所购买的甲、乙两种食物的量表示总成本；

篇3：必修5数学不等式证明

当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.

即反序和≤乱序和≤顺序和.

探究发现, 可用排序不等式证明的对称不等式有以下几种常见的类型:

类型1已知a, b, c为正数, m, n∈N+, 利用排序不等式证明:

证明不妨设a≥b≥c, 则

由排序原理:顺序和≥乱序和得

类型2已知a, b, c为正数, m, n∈N+, 利用排序不等式证明:

注该类不等式证明需要两次利用排序原理.

类型4已知a, b, c为正数, m, n∈N+, 利用排序不等式证明:

证明不妨设a≥b≥c, 则

由排序原理:顺序和≥乱序和得

篇4：高中数学中不等式的证明方法

要培养和提高自己的证题能力，一是要熟悉证明不等式的常用方法；二是要通过做题、思考来感悟和领会这些方法、技巧，使其变为自己的证题能力。不等式的证明方法是多种多样的，并且在一个题目的证明过程中，往往不止应用一种方法，而需要灵活应用各种方法。现将证明不等式的常用方法归纳如下。

一、比法较

1.作差比较法

依据a>b a-b>0（或a例1.已知：a、b、c为正数，求证：a3+b3+c3≥3abc

证明：因为a3+b3+c3-3abc

= （ 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+c3≥3abc

2.作商比较法

依据若b>0，则a>b >1（或a

关键词 Daily report 英语学习

中图分类号：G623.31 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2016）16-0041-02

我校位于城中村与市区结合的南湾片区，学生多属于外来务工人员的子女，即使是本市的生源，家长多属于湾仔本地人，文化程度不高，家庭学习环境差，很多家里没有电脑，学生根本不会利用互联网查阅资料，电脑对于他们来说就是一台游戏机。无论汉语还是英语，表达能力都很差。目前常规的英语教学，有限的课堂45分钟只能落实一些课本基本知识，日常口语会话不能得到很好的练习。为了有效练习日常会话和口语表达能力，我打算英语课利用课前3分钟开展一个“Daily Report”活动，活动实施前进行了学情调查，通过调查获得的数据，使我有了一种认识：受调查学生都经过了小学3年的英语学习，有些甚至学了6年，但由于众多原因，大部分学生未能达到应有的口语水平。存在的问题如下：

1.随着年级的增高、学习内容的增加、学习负担的加重，学生的学习态度和学习兴趣也随之减弱。

2.课堂是学生语言学习与习得的主要环境，离开课堂之后，他们很少有机会说英语，更无法将所学知识应用于实际交流。

3.部分学生有讲英语的热情，但对开口讲英语总有一种惧怕心理，怕出错，怕受老师责备，怕被同学耻笑。这种恐惧心理常导致学生平时缺乏足够的口语练习机会，在开口时没有一种自主感。越害怕说的就越少。

4.由于学生英语基础差，对学习英语产生了烦、厌、没兴趣等心理障碍，觉得用英语进行交际是一件非常困难的事，因而逃避说英语。

《九年义务教育初中英语课程标准》三至五级中对我们初中英语教学有这样的要求：“学生能尝试使用不同的教育资源，从口头和书面材料中提取信息，扩展知识，解决简单的问题并描述结果。能在学习中互相帮助，克服困难。”

开展Daily report活动能为学生搭建展示自我、与他人分享交流的平台，能够更好的激发学生学习英语的兴趣，提高学生做事能力，增强自信心。同时为师生互动交流提供了一个良好的机会。学生在演讲前会通过多种媒体收集、查阅大量资料，再对所收集的资料进行整合，这要求学生要正确地获取和判断各种信息，了解媒体传达信息的方式、工具等特点，合理使用数码技术、通讯工具和网络。这体现了21世纪技能——学生的信息、媒体和技术技能。所以，Daily Report对城乡结合地区的学生英语学习起着非常重要的作用。

一、开展Daily Report活动的要求

1.确定演讲内容。课前三分钟演讲顺序由课代表安排，或按座次，或按学号，或男女轮流出场；演讲的内容从刚入学七年级上的教学需要实施命题演讲，如自我介绍；一段时间后进行半开放型演讲，即演讲内容不做太多限制，让演讲者在备选的几个话题中抽签选择；最后进行开放型演讲，让演讲者自由选题。严密组织，让学生充分重视这一教学环节，以达到以讲促学的目的。杜绝信马由缰式的放纵，鼓励学生运用意会、感受、想象等方法，丰富词汇，领悟语法，形成自己的语言风格。

2.要求脱稿，不走形式。脱稿演讲，一方面能提高学生的记诵能力，另一方面还可以让学生在反复背诵中加深对主题的理解。每一次背诵都是一次学习的过程，也是一次提高的过程。我强调让学生珍惜难得的锻炼机会，严格脱稿演讲制度，不要让演讲有名无实。

3.注重教师指导，注重学生的个体差异。教师要对“课前三分钟演讲”进行针对性的指导。学生千差万别，演讲内容丰富多彩，演讲风格各不相同，那么演讲的效果肯定不会一致。初中生的年龄特点决定了他们敏感、自尊的心理特征，他们渴望成功，渴望得到认可和表扬，所以我们要对其中成功的演讲进行充分地肯定，让其尽享成功的愉悦，进一步激发他们的表现欲望和创造欲望，为其他学生树立一个榜样。教师言传身教，自始自终应把握正确的指引方向，既发挥学生的主体性，调动他们的积极性；又不放任自流，任由学生随意的“演讲”，让演讲流于形式。鼓励为主，恰当点评。对于不太成功的演讲，教师要善于从“不成功”中发现闪光点，让演讲者体会到了小小的鼓励，使其对下一次演讲充满渴望。

二、开展Daily Report活动的作用

1.培养了学生的创新能力。课前三分钟演讲，使学生的创造力得到了极大限度的发挥。从标题拟定、题材翻新、主题升华，一段音乐伴奏，不管是内容还是形式，学生们都表现出了非凡的创造力。为了吸引听众注意，各种各样的小花招更是层出不穷。

2.锻炼了学生发表个人见解的胆量，消除了学困生畏难的情绪。很多学生第一次上台手足无措，语无伦次，经过第二次、第三次锻炼以后，都有不同程度的进步。Daily Report循环周期长，学生准备时的工作量大，对基础差的学生是个很大的挑战。如何照顾学困生？可由课代表组织Daily Report的活动，分组依次轮流进行，前一天由科代表在公示栏里提醒，分布完这个任务后，第二天就开始执行，先从英语基础好的学生开始。对胆子很小、成绩也偏后的学生Daily Report会遇到困难，教师特意鼓励这些学生，让其好好表现。并带动其他同学给予其热烈的掌声鼓励。一些语音不好、语言表达不好的学生在Daily Report活动中可分配简单的任务，让其找到适合自己的舞台，这不仅使他们有成就感，而且也可提高他们的课堂参与热情，增强他们学好英语的信心。这样一来，既给学生们扫除英语课的紧张心理，也给学生开创一个很好的表现机会。

3.养成了学生仔细聆听的习惯。在进行Daily Report后，演讲者会对自己的内容进行提问，听众也会对所听到的内容进行纠错。只有仔细聆听了，才可以做到准确的回答问题和纠错。在纠错这一问题上，教育学生一方面要礼貌的纠正他人的错误，另一方面要敢于面对自己的错误。

4.促进了教师教学观念的转变，培养了教师的教育科研意识。通过这个活动，牢固树立校本研究的思想，更新了教师教学观念，巩固并加深了教师对新课程改革的理解，拓宽了教师对教学方式改变的思路，促进了教师综合素质的提高。

篇5：必修5数学不等式证明

【三维目标】：

一、知识与技能

1.使学生掌握高次不等式的解法及分式不等式的解法； 2.掌握利用图象求解一元二次不等式的方法；

二、过程与方法

三、情感、态度与价值观

掌握数形结合的思想方法【教学重点与难点】：

重点：高次不等式的解法及分式不等式的解法；难点：高次不等式的解法及分式不等式的解法；【学法与教学用具】：

1.学法：

2.教学用具：多媒体、实物投影仪.【授课类型】：新授课【课时安排】：1课时【教学思路】：

一、创设情景，揭示课题

问题：对于高次不等式及分式不等式如何求解

二、研探新知，质疑答辩，排难解惑，发展思维

例1 解下列不等式：

（1）9x1)(x1)(x2)(x3)0；（2）(x2)(x2x1)0；（3）(x2)2(x1)0；（4）(x2)2(x1)0；（5）(x21)(x25x6)0；

小结：高次不等式的求解步骤：

①分解因式并化各因式系数为正； ②在数轴上标根（注意空心还是实心）； ③穿线（从右上方开始，奇穿偶回）； ④写出解集（注意不等式方向及有无等号）

x23x2例2 解下列不等式：20

x2x3说明：解分式不等式的解题思路：向整式转化，注意同解变形．

四、巩固深化，反馈矫正 1.解下列不等式：

（1）(x21)(x1)(x2x2)0；（2）(x1)2(x2)2(x1)0；（3）(x1)2(x2x2)0 2.解下列不等式：（1）x21182x71；；（2）2x10x10x3x2 1

(3x2)(x2)(2x2)(x2)(x1)(x1)2(x2)3（3）；（4）0(x4)2(x4)

2五、归纳整理，整体认识 1．高次不等式的求解方法：

2．分式不等式的求解方法：

六、承上启下，留下悬念 1．解下列不等式：

（1）(x1)2(x1)(x4)0；（3）(x2)(x1)2(x1)3(3x)0；（5）x14x1；（7）2x1x32x13x2；

七、板书设计（略）

八、课后记：

(x3)4(x4)5(x5)62）(x2)(x1)2(x1)3(3x)0； 4）(x21)(x1)(x2x2)0；

3x26）14x14x26x81 8）(x1)2(x2)(x3)(x4)0 2

篇6：必修5数学不等式证明

2.☻知识情景：

1.不等式证明的基本方法：10.比差法与比商法(两正数时)．

20.综合法和分析法．

30.反证法、换元法、放缩法

2.综合法：从①已知条件、②不等式的性质、③基本不等式等出发,通过逻辑推理, 推导出所要证明的结论.这种证明方法叫做综合法.又叫由导法.用综合法证明不等式的逻辑关系：AB1B2BnB 3.分析法：从要证的结论出发, 逐步寻求使它成立的充分条件, 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做分析法.这是一种执索.BB1B2BnA用分析法证明不等式的逻辑关系：结(步步寻求不等式已

论成立的充分条件)知

☻新知建构：

1.反证法：利用反证法证明不等式，一般有下面几个步骤：

第一步分清欲证不等式所涉及到的条件和结论；

第二步作出与所证不等式相反的假定；

第三步从条件和假定出发，应用证确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定不正确，于是原证不等式成立.例1已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0.2.换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性.常用的换元有三角换元有： 1．已知xya，可设，； 022

220．已知x2y21，可设，0r1)； 22xy30．已知a2b21，可设，.例2 设实数x,y满足x2(y1)21，当xyc0时，c的取值范围是（）A.1,)B.(1]C.1,)D.(1] 例3 已知x2y2

1，求证：yax

3.放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小

由题目分析、多次尝试得出,要注意放缩的适度.a21a，n(n1)n，0a111 2n(n1)nn(n1)bm0aam

bbm

④利用基本不等式，如：lg3lg5(⑤利用函数的单调性)2lg4；

⑥利用函数的有界性：如：sinx≤1xR；

⑦绝对值不等式：ab≤a

b≤ab；



2nkN,k

1，*2kN,k1 * ⑨应用贝努利不等式：(1x)1nxn(n1)2xxn1nx.12

例4当 n > 2 时，求证：logn(n1)log(n1)n

例5求证：1

11113.112123123n

例6 若a, b, c, dR+，求证：1

abcd2 abdbcacdbdac

§2.1.3不等式的证明(3)练习姓名

11、设二次函数f(x)x2pxq，求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于.212、设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于

43、已知ab0，求证：a（nN且n1）.4、若x, y > 0，且x + y >2，则

1y1x和中至少有一个小于2。xy5、已知 1≤x2y2≤2，求证：≤x2xyy2≤3

26、设f(x)x2x13，xa1，求证：f(x)f(a)2a1；

7、求证：1

8、求证

x11 x2x13ab1aba1ab1b.9、设n为大于1的自然数，求证

11111.n1n2n32n210、若n是自然数，求证

11112.122232n

2311111222(n≥2)

篇7：必修5数学不等式证明

式及其解法教案

课时安排 1课时教学分析

学生在初中已经学习了一元一次不等式（组）和二次函数，对不等式的性质有了初步了解。从心理特征来说，高中阶段的学生逻辑思维较初中学生来说更加严密，抽象思维能力也有进一步提升，所以要更加注重其抽象思维的训练，因对于这个阶段的学生来说，一元二次不等式的学习有一定的基础和必要。结合新课标对本节课的要求，我将本节课的重点确定为：从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；一元二次不等式的解法；难点确定为：理解二次函数、一元二次方程与一元二次不等式解集的关系。理解一元二次方程、一元二次不等式与二次函数的关系；掌握象法解一元二次不等式的方法；培养数形结合的能力；培养讨论的思想方法；培养抽象概括能力和逻辑思维能力；经历从实际情境中抽象出一元二次不等式模型的过程和通过函图象探究一元二次不等式与相应函数、方程的联系，获得一元次不等式的解法。激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，同时体会事物之间普遍联系的辩证思想。

课题 §3.1一元二次不等式及其解法教学目标

（一）知识与技能掌握图象法解一元二次不等式的方法

（二）过程与方法培养数形结合的能力，培养分类讨论的思想方法，（三）情感态度与价值观激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，教学重点从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；一元二次不等式的解法教学难点理解二次函数、一元二次方程与一元二次不等式解集的关系教学方法合作探究、自学指导法教具准备多媒体课件教学过程

一、导入新课

学校要在长为8,宽为6 的一块长方形地面上进行绿化,计划四周种花卉,花卉带的宽度相同,中间种植草坪(图中阴影部分)为了美观,现要求草坪的种植面积超过总面积的一半,此时花卉带的宽度的取值范围是什么?

二、讲授新课

自主学习

1、阅读教材P84-P87

2、一元二次不等式的定义象次不等式

合作探究

探究1：求一元二次不等式的解集。这样，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二（1）二次方程的根与二次函数的零点的关系

容易知道：二次方程的有两个实数根：，二次函数有两个零点：，于是，我们得到：二次方程的根就是二次函数的零点。（2）观察图象，获得解集

画出二次函数的图象，如图，观察函数图象，可知：

；；当 x<0，或x>5时，函数图象位于x轴上方，此时，y>0,即当0

探究2：一般的一元二次不等式的解法

任意的一元二次不等式，总可以化为以下两种形式的解集是，从而解决了本节开始时提出的问题。，一般地，怎样确定一元二次不等式>0与

学生展示：

1、从上面的例子出发，可以归纳出确定一元二次不等式的解集，关键要考虑以下两点：(1)抛物线=0的根的情况

(2)抛物线

2、（1）抛物线由一元二次方程的开口方向，也就是a的符号

（a> 0）与 x轴的相关位置，分为三种情况，这可以

=0的判别式

三种取值情况(Δ> 0，Δ=0，Δ<0）

与x轴的相关位置的情况，也就是一元二次方程<0的解集呢？

来确定.因此，要分二种情况讨论（2）a<0可以转化为a>0 分Δ>O，Δ=0，Δ<0三种情况，得到一元二次不等式与<0的解集

3、一元二次不等式(学生完成课本第86页的表格)的解集： >0 教师精讲

例1(课本第87页)求不等式的解集.解：因为.所以，原不等式的解集是例2(课本第88页)解不等式解：整理，得因为所以不等式从而，原不等式的解集是巩固提高

..无实数解，的解集是..课本第89的练习1（1）、（3）、（5）、（7）

四、布置作业

课本第89页习题3.2[A]组第1题

五、板书设计

§3.1一元二次不等式及其解法

篇8：高中数学中不等式的向量证明

关键词：不等式,向量方向,构造则新

向量已进入中学数学, 它的进入为中学生提供了一种有别于数域的新的代数结构的模型, 它不但揭示了数学知识之间的纵横联系, 进一步发展和完善了中学数学知识结构体系, 而且也拓宽了研究和解决问题的思维空间.同时也为激发和培养学生探索精神、创新意识提供了一个崭新的平台.如何将向量的有关内容与中学数学的传统内容融会贯通、互为所用也就成为中学数学教学所面临的新的课题.

不等式是中学数学的重要内容之一, 对它的研究也几乎贯穿在整个中学数学中.本文试图构造向量对高中数学中有关不等式给出证明, 并在此基础上对所证不等式予以推广.

引理设α, β是两个非零向量, 则|α·β|2≤|α|2|β|2, 当且仅当α, β共线时取等号.

证明略.

题1 (文献[1]第21页) 已知a, b都是正数, a≠b, 求证a3+b3>a2b+ab2.

证明所给不等式等价于

$\frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{a} ＞ a + b . (1)$

设 $m = (\frac{a}{\sqrt{b}} ‚ \frac{b}{\sqrt{a}}) ‚ n = (\sqrt{b} ‚ \sqrt{a})$ , 则由引理可得

$(a + b)^{2} ＜ (\frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{a}) (a + b) .$

从而不等式 (1) 得证.

类似地, 若设

$\begin{array}{l} m = (\frac{a_{1}}{\sqrt{a_{2}}} ‚ \frac{a_{2}}{\sqrt{a_{3}}} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n + 1}}}) ‚ \\ n = (\sqrt{a_{2}} ‚ \sqrt{a_{3}} ‚ \dots ‚ \sqrt{a_{n + 1}}) ‚ \end{array}$

规定a1=an+1, 可证得 (1) 的推广:

推广1 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, 则有 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{2}}{a_{i + 1}} ＞ \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ (规定a1=an+1)

题2 (文献[1]第23页) a, b, c>0, 且不全相等, 求证a (b2+c2) +b (c2+a2) +c (a2+b2) >6abc.

观察欲证不等式的特点, 发现其等价于

$\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c} ＞ 6 . (2)$

而要证明 (2) , 只需证明

$(a + b + c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ＞ 9 . (3)$

证明设 $m = (\sqrt{a} ‚ \sqrt{b} ‚ \sqrt{c}) ‚ n = (\frac{1}{\sqrt{a}} ‚ \frac{1}{\sqrt{b}} ‚ \frac{1}{\sqrt{c}})$ , 由引理知不等式 (3) 显然成立.类似地证明又可得 (2) 的推广:

推广2 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, n≥2, 且 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k$ , 则 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{k - a_{i}}{a_{i}} ＞ n (n - 1) .$

题3 (文献[1]第41页) 已知a, b, c是互不相等的正数, 求证

$\frac{2}{a + b} + \frac{2}{b + c} + \frac{2}{c + a} ＞ \frac{9}{a + b + c} .$

证明显然不等式等价于

$\frac{c}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} ＞ \frac{3}{2} . (4)$

$\begin{array}{l} 设 m = (\sqrt{\frac{c}{a + b}} ‚ \sqrt{\frac{a}{b + c}} ‚ \sqrt{\frac{b}{c + a}}) ‚ n = (\sqrt{\frac{a + b}{c}} ‚ \sqrt{\frac{b + c}{a}} ‚ \sqrt{\frac{c + a}{b}}) ‚ 同样由引理可得 (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b}) (\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c}) ＞ 9 ‚ \\ \frac{c}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} ＞ \frac{9}{(\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c})} . \end{array}$

再据题2可得 (4) 成立.

类似地证明可得 (4) 的推广:

推广3 设ai>0且互不相等, i=1, 2, …, n, n≥2, 又 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k$ , 则 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{k - a_{i}} ＞ \frac{n}{n - 1} .$

题4 (文献[1]第35页) 已知a, b为实数, 证明

(a4+b4) (a2+b2) ≥ (a3+b3) 2. (5)

证明设m= (a2, b2) , n= (a, b) , 由引理可得 (5) .类似地证明可得 (5) 的推广:

推广4 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, n≥2, 则 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{4} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} ＞ (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{3})^{2} .$

题5 (文献[1]第25页) , 已知a, b, c>0, 求证 $\frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{a + b + c} \geq a b c .$

要证的不等式可以化为

a2b2+b2c2+c2a2≥a2bc+b2ac+c2ab. (6)

证明设m= (ab, bc, ca) , n= (ac, ba, cb) , 由引理即得 (6) .类似地证明可得 (6) 的推广:

推广5 设ai>0, i=1, 2, …, n, n≥2, 则 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} a_{i + 1}^{2} \geq \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} a_{i + 1} a_{i + 2}$ , 规定an+k=ak, k=1, 2.

题6 (文献[1]第41页) 设x1, x2, x3, …, xn∈R+, 且x1+x2+x3+…+xn=1, 求证

$\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}} \geq \frac{1}{n + 1} . (7)$

证明设 $m = (\frac{x_{1}}{\sqrt{1 + x_{1}}} ‚ \frac{x_{2}}{\sqrt{1 + x_{2}}} ‚ \dots ‚ \frac{x_{n}}{\sqrt{1 + x_{n}}}) ‚ n = (\sqrt{1 + x_{1}} ‚ \sqrt{1 + x_{2}} ‚ \dots ‚ \sqrt{1 + x_{n}})$ , 由引理得

$\begin{array}{l} 1 = (x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2} \\ \leq (\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{2}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}}) (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} + n) ‚ \end{array}$

即 (7) 式得证.类似地证明可得 (7) 的推广:

推广6 (第二十四届全苏数学奥林匹克试题) 设x1, x2, x3, …, xn∈R+, 且x1+x2+x3+…+xn=1, 则

$\frac{x_{1}^{1}}{x_{1} + x_{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{x_{2} + x_{3}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{x_{n} + x_{1}} \geq \frac{1}{2} .$

推广7 (1991年亚太地区数学竞赛题) 设x1, x2, …, xn;y1, y2, …, yn都是正实数, 且 $\sum_{k = 1}^{n} x_{k} = \sum_{k = 1}^{n} y_{k}$ , 则有 $\sum_{k = 1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{x + y_{k}} \geq \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} x_{k} .$