高考數(shù)學(xué)回歸課本 不等式教案 舊人教版

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1、高考數(shù)學(xué)回歸課本教案第九章 不等式一、基礎(chǔ)知識不等式的基本性質(zhì):(1)aba-b0; (2)ab, bcac;(3)aba+cb+c; (4)ab, c0acbc;(5)ab, c0acb0, cd0acbd;(7)ab0, nN+anbn; (8)ab0, nN+;(9)a0, |x|a-axaxa或xb0, cd0,所以acbc, bcbd,所以acbd;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ab矛盾,所以假設(shè)不成立,所以;由絕對值的意義知(9)成立;-|a|a|a|, -|b|b|b|,所以-(|a|+|b|)a+b|a|+|b|,所

2、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,等號成立,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+

3、y+z,等號當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時成立。 二、方法與例題1不等式證明的基本方法。(1)比較法,在證明AB或A0)與1比較大小,最后得出結(jié)論。例1 設(shè)a, b, cR+,試證:對任意實(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axlog(1-x)(1-x)=1(因?yàn)?1-x21-x0, 01-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?/p>

4、成立。例4 已知實(shí)數(shù)a, b, c滿足0abc,求證:【證明】 因?yàn)?(n+1)n.【證明】 1)當(dāng)n=3時,因?yàn)?4=8164=43,所以命題成立。2)設(shè)n=k時有kk+1(k+1)k,當(dāng)n=k+1時,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+2k(k+2)k+1,只需證(k+1)2k(k+2),即證k2+2k+1k2+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

5、明】 假設(shè)ak(k=1, 2,n-1) 中至少有一個正數(shù),不妨設(shè)ar是a1, a2, an-1中第一個出現(xiàn)的正數(shù),則a10, a20, ar-10, ar0. 于是ar-ar-10,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-10.因?yàn)閍nak-1ar+1ar 0與an=0矛盾。故命題獲證。(5)分類討論法。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AB

6、,可證AC1, C1C2,Cn-1Cn, CnB(nN+).例8 求證:【證明】 ,得證。例9 已知a, b, c是ABC的三條邊長,m0,求證:【證明】 (因?yàn)閍+bc),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。【解】 設(shè),則,f(x,y)=(a3+b3+3a2b+3ab2)=,等號當(dāng)且僅當(dāng)時成立。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,原不等式等價于(1+k)2

7、(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滿足

8、ab+bc+ca=1,求f(a, b, c)=的最小值。【解】 當(dāng)a, b, c中有一個為0,另兩個為1時,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幾個常用的不等式。(1)柯西不等式:若aiR, biR, i=

9、1, 2, , n,則等號當(dāng)且僅當(dāng)存在R,使得對任意i=1, 2, , n, ai=bi, 變式1:若aiR, biR, i=1, 2, , n,則等號成立條件為ai=bi,(i=1, 2, , n)。變式2:設(shè)ai, bi同號且不為0(i=1, 2, , n),則等號成立當(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,顯然成立;2)設(shè)n=k時有Gk

10、Ak,當(dāng)n=k+1時,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.最后一個不

11、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)

12、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0xm,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|-2x6”的_條件.7若a, bR+,則a+b=1,以下結(jié)論成立是_. a4+b4;a3+b31;8已知00, b0且ab, m=aabb, n=abba, 則比較大?。簃_n.11已知nN+,求證:12已知0ax20, 1a0,記,比較大?。簒1x2_y1y2.8已知函數(shù)的值域是,則實(shí)數(shù)a的值為_.9設(shè)ab0, P=(a1-a2)(c1-c

13、2), Q=(b1-b2)2,比較大小:P_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_.4設(shè)實(shí)數(shù)a, b, c, d滿足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_(這里n1).6已知x, yR, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值為_.7已知0ak1(k=1, 2, ,2n),記a2n+1=a1,

14、a2n+2=a2,則的最大值為_.8已知0x1, 0y1, 0z1,則的最大值為_.9已知x5,求證:10對于不全相等的正整數(shù)a, b, c,求證:11已知ai0(i=1, 2, , n),且=1。又012n,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滿足x+y+z=1,求證:2設(shè)整數(shù)x1, x2, ,xn與y1, y2, , yn滿足1x1x2xny1y2y1+y2+ym,求證:x1x2xny1y2ym.3設(shè)f(x)=x2+a,記f(x), fn(x)=f(fn-1(x)(n=2, 3, ),M=aR|對所有正整數(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),并求出等號成立的條件。

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