高中数学不等式的证明复习教案设计

高中数学不等式的证明复习教案设计（精选6篇）

篇1：高中数学不等式的证明复习教案设计

●知识梳理

1.|x|>a x>a或x<-a(a>0);

|x|0).0)中的a>0改为a∈R还成立吗?

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2.形如|x-a|+|x-b|≥c的不等式的求解通常采用“零点分段讨论法”.

3.含参不等式的求解，通常对参数分类讨论.

4.绝对值不等式的性质：

||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.

思考讨论

1.在|x|>a x>a或x<-a(a>0)、|x|

2.绝对值不等式的性质中等号成立的条件是什么?

●点击双基

1.设a、b是满足ab<0的实数，那么

A.|a+b|>|a-b|

B.|a+b|<|a-b|

C.|a-b|<||a|-|b||

D.|a-b|<|a|+|b|

解析：用赋值法.令a=1，b=-1，代入检验.

答案：B

2.不等式|2x2-1|≤1的解集为

A.{x|-1≤x≤1} B.{x|-2≤x≤2}

C.{x|0≤x≤2} D.{x|-2≤x≤0}

解析：由|2x2-1|≤1得-1≤2x2-1≤1.

∴0≤x2≤1，即-1≤x≤1.

答案：A

3.不等式|x+log3x|<|x|+|log3x|的解集为

A.(0，1) B.(1，+∞)

C.(0，+∞) D.(-∞，+∞)

解析：∵x>0，x与log3x异号，

∴log3x<0.∴0

答案：A

4.已知不等式a≤ 对x取一切负数恒成立，则a的取值范围是____________.

解析：要使a≤ 对x取一切负数恒成立，

令t=|x|>0，则a≤ .

而 ≥ =2 ，

∴a≤2 .

答案：a≤2

5.已知不等式|2x-t|+t-1<0的解集为(- ， )，则t=____________.

解析：|2x-t|<1-t，t-1<2x-t<1-t，

2t-1<2x<1，t-

∴t=0.

答案：0

●典例剖析

【例1】 解不等式|2x+1|+|x-2|>4.

剖析：解带绝对值的不等式，需先去绝对值，多个绝对值的不等式必须利用零点分段法去绝对值求解.令2x+1=0，x-2=0，得两个零点x1=- ，x2=2.

解：当x≤- 时，原不等式可化为

-2x-1+2-x>4，

∴x<-1.

当-

2x+1+2-x>4，

∴x>1.又-

∴1

当x>2时，原不等式可化为

2x+1+x-2>4，∴x> .

又x>2，∴x>2.

综上，得原不等式的解集为{x|x<-1或1

深化拓展

若此题再多一个含绝对值式子.如：

|2x+1|+|x-2|+|x-1|>4，你又如何去解?

分析：令2x+1=0，x-2=0，x-1=0，

得x1=- ，x2=1，x3=2.

解：当x≤- 时，原不等式化为

-2x-1+2-x+1-x>4，∴x<- .

当-

2x+1+2-x+1-x>4，4>4(矛盾).

当1

2x+1+2-x+x-1>4，∴x>1.

又1

∴1

当x>2时，原不等式可化为

2x+1+x-2+x-1>4，∴x> .

又x>2，∴x>2.

综上所述，原不等式的解集为{x|x<- 或x>1}.

【例2】 解不等式|x2-9|≤x+3.

剖析：需先去绝对值，可按定义去绝对值，也可利用|x|≤a -a≤x≤a去绝对值.

解法一：原不等式 (1) 或(2)

不等式(1) x=-3或3≤x≤4;

不等式(2) 2≤x<3.

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.

解法二：原不等式等价于

或x≥2 x=-3或2≤x≤4.

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.

【例3】 (理)已知函数f(x)=x|x-a|(a∈R).

(1)判断f(x)的奇偶性;

(2)解关于x的不等式：f(x)≥2a2.

解：(1)当a=0时，

f(-x)=-x|-x|=-x|x|=-f(x)，

∴f(x)是奇函数.

当a≠0时，f(a)=0且f(-a)=-2a|a|.

故f(-a)≠f(a)且f(-a)≠-f(a).

∴f(x)是非奇非偶函数.

(2)由题设知x|x-a|≥2a2，

∴原不等式等价于 ①

或 ②

由①得 x∈ .

由②得

当a=0时，x≥0.

当a>0时，

∴x≥2a.

当a<0时，

即x≥-a.

综上

a≥0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥2a};

a<0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥-a}.

(文)设函数f(x)=ax+2，不等式| f(x)|<6的解集为(-1，2)，试求不等式 ≤1的解集.解：|ax+2|<6，

∴(ax+2)2<36，

即a2x2+4ax-32<0.

由题设可得

解得a=-4.

∴f(x)=-4x+2.

由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.

解得x> 或x≤ .

∴原不等式的解集为{x|x> 或x≤ }.

●闯关训练

夯实基础

1.已知集合A={x|a-1≤x≤a+2}，B={x|3

A.{a|3

C.{a|3

解析：由题意知 得3≤a≤4.

答案：B

2.不等式|x2+2x|<3的解集为____________.

解析：-3

∴-3

答案：-3

3.不等式|x+2|≥|x|的解集是____________.

解法一：|x+2|≥|x| (x+2)2≥x2 4x+4≥0 x≥-1.

解法二： 在同一直角坐标系下作出f(x)=|x+2|与g(x)=|x|的图象，根据图象可得x≥-1.

解法三：根据绝对值的几何意义，不等式|x+2|≥|x|表示数轴上x到-2的距离不小于到0的距离，∴x≥-1.

答案：{x|x≥-1}

评述：本题的三种解法均为解绝对值不等式的基本方法，必须掌握.

4.当0

解：由0x-2.

这个不等式的解集是下面不等式组①及②的解集的并集. ①

或 ②

解不等式组①得解集为{x| ≤x<2}，

解不等式组②得解集为{x|2≤x<5}，

所以原不等式的解集为{x| ≤x<5}.

5.关于x的方程3x2-6(m-1)x+m2+1=0的两实根为x1、x2，若|x1|+|x2|=2，求m的值.

解：x1、x2为方程两实根，

∴Δ=36(m-1)2-12(m2+1)≥0.

∴m≥ 或m≤ .

又∵x1•x2= >0，∴x1、x2同号.

∴|x1|+|x2|=|x1+x2|=2|m-1|.

于是有2|m-1|=2，∴m=0或2.

∴m=0.

培养能力

6.解不等式 ≤ .

解：(1)当x2-2<0且x≠0，即当-

(2)当x2-2>0时，原不等式与不等式组 等价.

x2-2≥|x|，即|x|2-|x|-2≥0.

∴|x|≥2.∴不等式组的解为|x|≥2，

即x≤-2或x≥2.

∴原不等式的解集为(-∞，-2]∪(- ，0)∪(0， )∪[2，+∞).

7.已知函数f(x)= 的定义域恰为不等式log2(x+3)+log x≤3的解集，且f(x)在定义域内单调递减，求实数a的取值范围.

解：由log2(x+3)+log x≤3得

x≥ ，

即f(x)的定义域为[ ，+∞).

∵f(x)在定义域[ ，+∞)内单调递减，

∴当x2>x1≥ 时，f(x1)-f(x2)>0恒成立，即有(ax1- +2)-(ax2- +2)>0 a(x1-x2)-( - )>0

(x1-x2)(a+ )>0恒成立.

∵x10

a+ <0.

∵x1x2> - >- ，

要使a<- 恒成立，

则a的取值范围是a≤- .

8.有点难度哟!

已知f(x)=x2-x+c定义在区间[0，1]上，x1、x2∈[0，1]，且x1≠x2，求证：

(1)f(0)=f(1);

(2)| f(x2)-f(x1)|<|x1-x2|;

(3)| f(x1)-f(x2)|< ;

(4)| f(x1)-f(x2)|≤ .

证明：(1)f(0)=c，f(1)=c，

∴f(0)=f(1).

(2)| f(x2)-f(x1)|=|x2-x1||x2+x1-1|.

∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0

∴-1

∴| f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.

(3)不妨设x2>x1，由(2)知

| f(x2)-f(x1)|

而由f(0)=f(1)，从而

| f(x2)-f(x1)|=| f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)|≤| f(x2)-f(1)|+| f(0)-

f(x1)|<|1-x2|+|x1|<1-x2+x1. ②

①+②得2| f(x2)-f(x1)|<1，

即| f(x2)-f(x1)|< .

(4)|f(x2)-f(x1)|≤fmax-fmin=f(0)-f( )= .

探究创新

9.(1)已知|a|<1，|b|<1，求证：| |>1;

(2)求实数λ的取值范围，使不等式| |>1对满足|a|<1，|b|<1的一切实数a、b恒成立;

(3)已知|a|<1，若| |<1，求b的取值范围.

(1)证明：|1-ab|2-|a-b|2=1+a2b2-a2-b2=(a2-1)(b2-1).

∵|a|<1，|b|<1，∴a2-1<0，b2-1<0.

∴|1-ab|2-|a-b|2>0.

∴|1-ab|>|a-b|，

= >1.

(2)解：∵| |>1 |1-abλ|2-|aλ-b|2=(a2λ2-1)(b2-1)>0.

∵b2<1，∴a2λ2-1<0对于任意满足|a|<1的a恒成立.

当a=0时，a2λ2-1<0成立;

当a≠0时，要使λ2< 对于任意满足|a|<1的a恒成立，而 >1，

∴|λ|≤1.故-1≤λ≤1.

(3)| |<1 ( )2<1 (a+b)2<(1+ab)2 a2+b2-1-a2b2<0 (a2-1)(b2-1)<0.

∵|a|<1，∴a2<1.∴1-b2>0，即-1

●思悟小结

1.解含有绝对值的不等式的指导思想是去掉绝对值.常用的方法是：(1)由定义分段讨论;(2)利用绝对值不等式的性质;(3)平方.

2.解含参数的不等式，如果转化不等式的形式或求不等式的解集时与参数的取值范围有关，就必须分类讨论.注意：(1)要考虑参数的总取值范围.(2)用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏.

●教师下载中心

教学点睛

1.绝对值是历年高考的重点，而绝对值不等式更是常考常新.在教学中要从绝对值的定义和几何意义来分析，绝对值的特点是带有绝对值符号，如何去掉绝对值符号，一定要教给学生方法，切不可以题论题.

2.无理不等式在新课程书本并未出现，但可以利用不等式的性质把其等价转化为代数不等式.

3.指数、对数不等式能利用单调性求解.

拓展题例

【例1】 设x1、x2、y1、y2是实数，且满足x12+x22≤1，证明不等式(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).

分析：要证原不等式成立，也就是证(x1y1+x2y2-1)2-(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0.

证明：(1)当x12+x22=1时，原不等式成立.

(2)当x12+x22<1时，联想根的判别式，可构造函数f(x)=(x12+x22-1)x-2(x1y1+x2y2-1)x+(y12+y22-1)，其根的判别式Δ=4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1).

由题意x12+x22<1，函数f(x)的图象开口向下.

又∵f(1)=x12+x22-2x1y1-2x2y2+y12+y22=(x1-y1)2+(x2-y2)2≥0，

因此抛物线与x轴必有公共点.

∴Δ≥0.

∴4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0，

即(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).

篇2：高中数学不等式的证明复习教案设计

1.|x|>a x>a或x<-a(a>0);

|x|0).0)中的a>0改为a∈R还成立吗?

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2.形如|x-a|+|x-b|≥c的不等式的求解通常采用“零点分段讨论法”.

3.含参不等式的求解，通常对参数分类讨论.

4.绝对值不等式的性质：

||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.

思考讨论

1.在|x|>a x>a或x<-a(a>0)、|x|

2.绝对值不等式的性质中等号成立的条件是什么?

●点击双基

1.设a、b是满足ab<0的实数，那么

A.|a+b|>|a-b|

B.|a+b|<|a-b|

C.|a-b|<||a|-|b||

D.|a-b|<|a|+|b|

解析：用赋值法.令a=1，b=-1，代入检验.

答案：B

2.不等式|2x2-1|≤1的解集为

A.{x|-1≤x≤1} B.{x|-2≤x≤2}

C.{x|0≤x≤2} D.{x|-2≤x≤0}

解析：由|2x2-1|≤1得-1≤2x2-1≤1.

∴0≤x2≤1，即-1≤x≤1.

答案：A

3.不等式|x+log3x|<|x|+|log3x|的解集为

A.(0，1) B.(1，+∞)

C.(0，+∞) D.(-∞，+∞)

解析：∵x>0，x与log3x异号，

∴log3x<0.∴0

答案：A

4.已知不等式a≤ 对x取一切负数恒成立，则a的取值范围是____________.

解析：要使a≤ 对x取一切负数恒成立，

令t=|x|>0，则a≤ .

而 ≥ =2 ，

∴a≤2 .

答案：a≤2

5.已知不等式|2x-t|+t-1<0的解集为(- ， )，则t=____________.

解析：|2x-t|<1-t，t-1<2x-t<1-t，

2t-1<2x<1，t-

∴t=0.

答案：0

●典例剖析

【例1】 解不等式|2x+1|+|x-2|>4.

剖析：解带绝对值的不等式，需先去绝对值，多个绝对值的不等式必须利用零点分段法去绝对值求解.令2x+1=0，x-2=0，得两个零点x1=- ，x2=2.

解：当x≤- 时，原不等式可化为

-2x-1+2-x>4，

∴x<-1.

当-

2x+1+2-x>4，

∴x>1.又-

∴1

当x>2时，原不等式可化为

2x+1+x-2>4，∴x>.

又x>2，∴x>2.

综上，得原不等式的解集为{x|x<-1或1

深化拓展

若此题再多一个含绝对值式子.如：

|2x+1|+|x-2|+|x-1|>4，你又如何去解?

分析：令2x+1=0，x-2=0，x-1=0，

得x1=- ，x2=1，x3=2.

解：当x≤- 时，原不等式化为

-2x-1+2-x+1-x>4，∴x<- .

当-

2x+1+2-x+1-x>4，4>4(矛盾).

当1

2x+1+2-x+x-1>4，∴x>1.

又1

∴1

当x>2时，原不等式可化为

2x+1+x-2+x-1>4，∴x>.

又x>2，∴x>2.

综上所述，原不等式的解集为{x|x<- 或x>1}.

【例2】 解不等式|x2-9|≤x+3.

剖析：需先去绝对值，可按定义去绝对值，也可利用|x|≤a -a≤x≤a去绝对值.

解法一：原不等式 (1) 或(2)

不等式(1) x=-3或3≤x≤4;

不等式(2) 2≤x<3.

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.

解法二：原不等式等价于

或x≥2 x=-3或2≤x≤4.

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.

【例3】 (理)已知函数f(x)=x|x-a|(a∈R).

(1)判断f(x)的奇偶性;

(2)解关于x的不等式：f(x)≥2a2.

解：(1)当a=0时，

f(-x)=-x|-x|=-x|x|=-f(x)，

∴f(x)是奇函数.

当a≠0时，f(a)=0且f(-a)=-2a|a|.

故f(-a)≠f(a)且f(-a)≠-f(a).

∴f(x)是非奇非偶函数.

(2)由题设知x|x-a|≥2a2，

∴原不等式等价于 ①

或 ②

由①得 x∈ .

由②得

当a=0时，x≥0.

当a>0时，

∴x≥2a.

当a<0时，

即x≥-a.

综上

a≥0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥2a};

a<0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥-a}.

(文)设函数f(x)=ax+2，不等式| f(x)|<6的解集为(-1，2)，试求不等式 ≤1的解集.解：|ax+2|<6，

∴(ax+2)2<36，

即a2x2+4ax-32<0.

由题设可得

解得a=-4.

∴f(x)=-4x+2.

由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.

解得x>或x≤ .

∴原不等式的解集为{x|x>或x≤ }.

●闯关训练

夯实基础

1.已知集合A={x|a-1≤x≤a+2}，B={x|3

A.{a|3

C.{a|3

解析：由题意知 得3≤a≤4.

答案：B

2.不等式|x2+2x|<3的解集为____________.

解析：-3

∴-3

答案：-3

3.不等式|x+2|≥|x|的解集是____________.

解法一：|x+2|≥|x| (x+2)2≥x2 4x+4≥0 x≥-1.

解法二： 在同一直角坐标系下作出f(x)=|x+2|与g(x)=|x|的图象，根据图象可得x≥-1.

解法三：根据绝对值的几何意义，不等式|x+2|≥|x|表示数轴上x到-2的距离不小于到0的距离，∴x≥-1.

答案：{x|x≥-1}

评述：本题的三种解法均为解绝对值不等式的基本方法，必须掌握.

4.当0

解：由0x-2.

这个不等式的解集是下面不等式组①及②的解集的并集. ①

或 ②

解不等式组①得解集为{x| ≤x<2}，

解不等式组②得解集为{x|2≤x<5}，

所以原不等式的解集为{x| ≤x<5}.

5.关于x的方程3x2-6(m-1)x+m2+1=0的两实根为x1、x2，若|x1|+|x2|=2，求m的值.

解：x1、x2为方程两实根，

∴Δ=36(m-1)2-12(m2+1)≥0.

∴m≥ 或m≤ .

又∵x1•x2= >0，∴x1、x2同号.

∴|x1|+|x2|=|x1+x2|=2|m-1|.

于是有2|m-1|=2，∴m=0或2.

∴m=0.

培养能力

6.解不等式 ≤ .

解：(1)当x2-2<0且x≠0，即当-

(2)当x2-2>0时，原不等式与不等式组 等价.

x2-2≥|x|，即|x|2-|x|-2≥0.

∴|x|≥2.∴不等式组的解为|x|≥2，

即x≤-2或x≥2.

∴原不等式的解集为(-∞，-2]∪(- ，0)∪(0， )∪[2，+∞).

7.已知函数f(x)= 的定义域恰为不等式log2(x+3)+log x≤3的解集，且f(x)在定义域内单调递减，求实数a的取值范围.

解：由log2(x+3)+log x≤3得

x≥ ，

即f(x)的定义域为[ ，+∞).

∵f(x)在定义域[ ，+∞)内单调递减，

∴当x2>x1≥ 时，f(x1)-f(x2)>0恒成立，即有(ax1- +2)-(ax2- +2)>0 a(x1-x2)-( - )>0

(x1-x2)(a+ )>0恒成立.

∵x10

a+ <0.

∵x1x2>- >- ，

要使a<- 恒成立，

则a的取值范围是a≤- .

8.有点难度哟!

已知f(x)=x2-x+c定义在区间[0，1]上，x1、x2∈[0，1]，且x1≠x2，求证：

(1)f(0)=f(1);

(2)| f(x2)-f(x1)|<|x1-x2|;

(3)| f(x1)-f(x2)|< ;

(4)| f(x1)-f(x2)|≤ .

证明：(1)f(0)=c，f(1)=c，

∴f(0)=f(1).

(2)| f(x2)-f(x1)|=|x2-x1||x2+x1-1|.

∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0

∴-1

∴| f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.

(3)不妨设x2>x1，由(2)知

| f(x2)-f(x1)|

而由f(0)=f(1)，从而

| f(x2)-f(x1)|=| f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)|≤| f(x2)-f(1)|+| f(0)-

f(x1)|<|1-x2|+|x1|<1-x2+x1. ②

①+②得2| f(x2)-f(x1)|<1，

即| f(x2)-f(x1)|< .

(4)|f(x2)-f(x1)|≤fmax-fmin=f(0)-f( )= .

探究创新

9.(1)已知|a|<1，|b|<1，求证：| |>1;

(2)求实数λ的取值范围，使不等式| |>1对满足|a|<1，|b|<1的一切实数a、b恒成立;

(3)已知|a|<1，若| |<1，求b的取值范围.

(1)证明：|1-ab|2-|a-b|2=1+a2b2-a2-b2=(a2-1)(b2-1).

∵|a|<1，|b|<1，∴a2-1<0，b2-1<0.

∴|1-ab|2-|a-b|2>0.

∴|1-ab|>|a-b|，

= >1.

(2)解：∵| |>1 |1-abλ|2-|aλ-b|2=(a2λ2-1)(b2-1)>0.

∵b2<1，∴a2λ2-1<0对于任意满足|a|<1的a恒成立.

当a=0时，a2λ2-1<0成立;

当a≠0时，要使λ2< 对于任意满足|a|<1的a恒成立，而 >1，

∴|λ|≤1.故-1≤λ≤1.

(3)| |<1 ( )2<1 (a+b)2<(1+ab)2 a2+b2-1-a2b2<0 (a2-1)(b2-1)<0.

∵|a|<1，∴a2<1.∴1-b2>0，即-1

●思悟小结

1.解含有绝对值的不等式的指导思想是去掉绝对值.常用的方法是：(1)由定义分段讨论;(2)利用绝对值不等式的性质;(3)平方.

2.解含参数的不等式，如果转化不等式的形式或求不等式的解集时与参数的取值范围有关，就必须分类讨论.注意：(1)要考虑参数的总取值范围.(2)用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏.

●教师下载中心

教学点睛

1.绝对值是历年高考的重点，而绝对值不等式更是常考常新.在教学中要从绝对值的定义和几何意义来分析，绝对值的特点是带有绝对值符号，如何去掉绝对值符号，一定要教给学生方法，切不可以题论题.

2.无理不等式在新课程书本并未出现，但可以利用不等式的性质把其等价转化为代数不等式.

3.指数、对数不等式能利用单调性求解.

拓展题例

【例1】 设x1、x2、y1、y2是实数，且满足x12+x22≤1，证明不等式(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).

分析：要证原不等式成立，也就是证(x1y1+x2y2-1)2-(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0.

证明：(1)当x12+x22=1时，原不等式成立.

(2)当x12+x22<1时，联想根的判别式，可构造函数f(x)=(x12+x22-1)x-2(x1y1+x2y2-1)x+(y12+y22-1)，其根的判别式Δ=4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1).

由题意x12+x22<1，函数f(x)的图象开口向下.

又∵f(1)=x12+x22-2x1y1-2x2y2+y12+y22=(x1-y1)2+(x2-y2)2≥0，

因此抛物线与x轴必有公共点.

∴Δ≥0.

∴4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0，

篇3：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$\mathit{m}=\left(\frac{a}{\sqrt{b}}‚\frac{b}{\sqrt{a}}\right)‚\mathit{n}=(\sqrt{b}‚\sqrt{a})$, 则由引理可得

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

从而不等式 (1) 得证.

类似地, 若设

$\begin{array}{l}\mathit{m}=\left(\frac{a{}_1}{\sqrt{a{}_2}}‚\frac{a{}_2}{\sqrt{a{}_3}}‚\cdots ‚\frac{a{}_n}{\sqrt{a{}_{n+1}}}\right)‚\\ \mathit{n}=(\sqrt{a{}_2}‚\sqrt{a{}_3}‚\cdots ‚\sqrt{a{}_{n+1}})‚\end{array}$

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${\displaystyle \sum _{i=1}^n\frac{a{}_i^2}{a{}_{i+1}}}＞{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i$ (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

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

证明 设$\mathit{m}=(\sqrt{a}‚\sqrt{b}‚\sqrt{c})‚\mathit{n}=\left(\frac{1}{\sqrt{a}}‚\frac{1}{\sqrt{b}}‚\frac{1}{\sqrt{c}}\right)$, 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${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i=k$, 则${\displaystyle \sum _{i=1}^n\frac{k-a{}_i}{a{}_i}}＞n(n-1).$

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

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

$\begin{array}{l}\text{设}\mathit{m}=\left(\sqrt{\frac{c}{a+b}}‚\sqrt{\frac{a}{b+c}}‚\sqrt{\frac{b}{c+a}}\right)‚\mathit{n}=\left(\sqrt{\frac{a+b}{c}}‚\sqrt{\frac{b+c}{a}}‚\sqrt{\frac{c+a}{b}}\right)‚\text{同}\text{样}\text{由}\text{引}\text{理}\text{可}\text{得}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\left(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\right)＞9‚\\ \frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}＞\frac{9}{\left(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\right)}.\end{array}$

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${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i=k$, 则${\displaystyle \sum _{i=1}^n\frac{a{}_i}{k-a{}_i}}＞\frac{n}{n-1}.$

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${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i^4{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i^2＞\left({\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i^3\right){}^2.$

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

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${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i^{2}a{}_{i+1}^2\ge {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i^{2}a{}_{i+1}a{}_{i+2}$, 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

$\frac{x{}_1^2}{1+x{}_1}+\frac{x{}_1^2}{1+x{}_2}+\cdots +\frac{x{}_n^2}{1+x{}_n}\ge \frac{1}{n+1}.(7)$

证明 设$\mathit{m}=(\frac{x{}_1}{\sqrt{1+x{}_1}}‚\frac{x{}_2}{\sqrt{1+x{}_2}}‚\cdots ‚\frac{x{}_n}{\sqrt{1+x{}_n}})‚\mathit{n}=(\sqrt{1+x{}_1}‚\sqrt{1+x{}_2}‚\cdots ‚\sqrt{1+x{}_n})$, 由引理得

$\begin{array}{l}1=(x{}_1+x{}_2+\cdots +x{}_n){}^2\\ \le \left(\frac{x{}_1^2}{1+x{}_1}+\frac{x{}_2^2}{1+x{}_2}+\cdots +\frac{x{}_n^2}{1+x{}_n}\right)({\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x}{}_i+n)‚\end{array}$

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

$\frac{x{}_1^1}{x{}_1+x{}_2}+\frac{x{}_2^2}{x{}_2+x{}_3}+\cdots +\frac{x{}_n^2}{x{}_n+x{}_1}\ge \frac{1}{2}.$

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${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}x}{}_k={\displaystyle \sum _{k=1}^{n}y}{}_k$, 则有${\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{x{}_k^2}{x+y{}_k}}\ge \frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}x}{}_k.$

题7 (文献[1]第40页) 已知a, b, c, d是不全相等的正数, 证明

a2+b2+c2+d2>ab+bc+cd+da. (8)

证明 设m= (a, b, c, d) , n= (b, c, d, a) , 由引理即得 (8) .类似地可得 (8) 的推广:

推广8 设x1, x2, …, xn是不全等的正数, 则有${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x}{}_i^2＞{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}x}{}_{i}x{}_{i+1}$ (规定xn+1=x1) .

参考文献

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：高中数学2.5不等式的证明教案

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

/ 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：

/ 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）

/ 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

/ 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

/ 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

篇6：高中数学不等式的证明复习教案设计

教材：不等式证明二（综合法，分析法，反证法，变换法）

目的：加强不等式证明的训练，以期达到熟练技巧，同时要求学生初步掌握用综

合法证明不等式。

过程：1综合法

有时我们可以利用某些已经证明过的不等式(例如均值不等式)和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立,这种方法通常叫做综合法,也叫做公式法.例1.已知 a, b , c是不全相等的正数,求证:

ab2c2bc2a2ca2b26abc

证明:

同理 

22b2c22bc,a0ab2c22abc22bacac2abcb2abc

因为, c 不全相等,所以三式不能全取等号 a , b

ab2c2bc2a2ca2b26abc



2分析法

证明不等式时,有时可以从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题,如果能够肯定这些充分条件都已具备,那么就可以断定原不等式成立,这种证明方法通常叫做分析法.例2求证72

52都是正数,所以为了证明 证明:因为3和

只需证明

展开得 3725372221022120

22110

215

2125

2125成立,所以3因为 7  2 成立

证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难,例如这道题,我们很难想到从21<25下手,因此,我们常用分析法探索证明的途径,然后用综合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要方法

例3证明:当周长相等时,圆的面积比正方形的面积大

LL证明:设周长为,正方形面积为L依题意,圆的面积为4222

所以本题只需证明 LL24

L2L2

为了证明上式成立,只需证明2416411两边同时乘以正数得2L

4因此只需证明: 4

LL上式是成立的,所以: 24

2222这就证明了,如果周长相等,那么圆的面积比正方形的面积大.3反证法 反证法是一种间接证明方法,我们如果欲证明“若A则B”,可以通过否定B来达到肯定B的效果,步骤一般分为三步:1.反设结论不成立;2.归谬,由假设作为条件推出矛盾;3.结论,肯定欲证结论的正确

a,b,c都是小于1的正数,求证: 已知

1ab,1bc,1c

41a中至少有一个不大于444111证明:假设 1ab,1bc,1ca

a,b,c都是小于1的正数

1111ab,1bc,1ca222

31ab1bc1ca2

但是 1ab1bc1ca

1ab1bc1ca222

3所以，矛盾！

4变换法 变换法就是利用拆项或者插项,换元(三角换元,增量换元,等价转化)等变换达到证明不等式的目的,其中,最为常用的就是三角换元法,把多个变量换成同一个角的三角函数值,再用三角公式进行证明.222a,b,cRabc求证: 已知:,且

anbncn(nN,n2)

:由已知,可设 acos,bsin

0sin1,0cos

10sinnsin2,0cosncos2

anbncnsinncosncnsin2cos2cn



三、小结：各种证明方法