人教版高中数学《不等式》全部教案 2(6)

7．已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求证：an + bn < cn (n≥3, n?R*)

?a??b??a??a??b??b? ∵??????1，又a, b, c > 0, ∴?????,?????

?c??c??c??c??c??c??a??b? ∴??????1

?c??c?8．设0 < a, b, c < 2，求证：(2 ? a)c, (2 ? b)a, (2 ? c)b,不可能同时大于1

仿例四 9．若x, y > 0，且x + y >2，则

1?y1?x和中至少有一个小于2 xynn22n2n2反设

1?y1?x≥2，≥2 ∵x, y > 0，可得x + y ≤2 与x + y >2矛盾 xy第十一教时

教材：不等式证明六（构造法及其它方法）

目的：要求学生逐步熟悉利用构造法等方法证明不等式。 过程：

十三、 构造法：

1．构造函数法

例一、已知x > 0，求证： x?1?x1x?1x?5 2证：构造函数f(x)?x?由

11(x?0) 则x??2， 设2≤? 0, ?? ? 1 > 0, ?? > 0 ∴上式 >

0

∴f (x)在[2,??)上单调递增，∴左边?f(2)?例二、求证： y?5 2x2?10x2?9?10 3t2?1 证：设t?x?9(t?3) 则f(t)?y?

t2用定义法可证：f (t)在[3,??)上单调递增

t?1t2?1(t1?t2)(t1t2?1)令：3≤t1

t1t2t1t2∴y?22x2?1033?110?f(3)?? 233x?9 2．构造方程法：

例三、已知实数a, b, c，满足a + b + c = 0和abc = 2，求证：a, b, c中至

少有一个不小于2。

证：由题设：显然a, b, c中必有一个正数，不妨设a > 0，

?b?c??a22则? 即b, c是二次方程x2?ax??0的两个实根。 ?bc?aa?8∴??a2??0 即：a≥2

a1sec2??tan???3(??k??,k?Z) 例四、求证：?3sec2??tan?2sec2??tan?2

证：设y? 则：(y ? 1)tan? + (y + 1)tan? + (y ? 1) = 0 2sec??tan?当 y = 1时，命题显然成立

当 y ? 1时，△= (y + 1)2 ? 4(y ? 1)2 = (3y ? 1)(y ? 3)≥0

1∴?y?3 3综上所述，原式成立。（此法也称判别式法）

3．构造图形法：

例五、已知0 < a < 1，0 < b < 1，求证：

a2?b2?(a?1)2?b2?a2?(b?1)2?(a?1)2?(b?1)2?22

证：构造单位正方形，O是正方形内一点

D O到AD, AB的距离为a, b，

则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|≥|AC| + |BD| 其中|AO|?a?b，

|BO|?(a?1)2?b2

b 22 C

1?b O |CO|?(a?1)2?(b?1)2

A a 22 |DO|?a?(b?1) 又：|AC|?|BD|?2

1?a B

∴a2?b2?(a?1)2?b2?a2?(b?1)2?(a?1)2?(b?1)2?22

十四、

作业：证明下列不等式：

1x2?x?1?3 5． ?23x?x?1x2?x?1令y?2，则 (y ? 1)x2 + (y + 1)x + (y ? 1) = 0

x?x?1用△法，分情况讨论

6．已知关于x的不等式(a2 ? 1)x2 ? (a ? 1)x ? 1 < 0 (a?R)，对任意实数x

5恒成立，求证：??a?1。

3?a2?1?0分a ? 1 = 0和? 讨论

???02

1??1?25??7．若x > 0, y > 0, x + y = 1，则?x??? y????x??y?4?左边?xy11??xy??2?xy? 令 t = xy，则yxxyxy21?x?y?0?t????

4?2?11117f(t)?t?在(0,]上单调递减 ∴f(t)?f()?

4t44118．若0?a?(k?2,k?N*)，且a2 < a ? b，则b?

kk?1111令f(a)?a?a2，又0?a??，f(a)在(0,)上单调递增

2k2111k?1k?11?∴b?a?a2?f()??2?2?2

kkkkk?1k?19．记f(x)?1?x2，a > b > 0，则| f (a) ? f (b) | < | a ? b|

构造矩形ABCD, F在CD上，

使|AB| = a, |DF| = b, |AD| = 1, 则|AC| ? |AF| < |CF|

D F C

A B 10． 若x, y, z > 0，则x2?y2?xy?y2?z2?yz?z2?x2?zx

作?AOB = ?BOC = ?COA = 120?, 设|OA| = x, |OB| = y, |OC| = z

第十二教时

教材：不等式证明综合练习

目的：系统小结不等式证明的几种常用方法，渗透“化归”“类比”“换元”等数

学思想。

过程：

十五、 简述不等式证明的几种常用方法

比较、综合、分析、换元、反证、放缩、构造

十六、 例一、已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|loga(1?x)|和 |loga(1?x)|的

大小。 解

一

a：

a|la(1?x)|2? |l(1?x)|2??lao(1?x)?la(1?ox)??l (1?x)?olag(1?x)?ogogo1?x 1?x1?x1?x?1 ∴loga(1?x2)loga?0 ∵0 < 1 ? x2 < 1, 0?1?x1?x2 ?loga(1?x)loga ∴|loga(1?x)|? |loga(1?x)| 解

二

1?x(1?x)??l：

1?oxll(1?x)?l(1?x)aao1?x(1?x)?lo1?l1?x1?xg1?xo2 1?xgogo2 ?1?lo1g?x(1?x)

∵0 < 1 ? x2 < 1, 1 + x > 1, ∴?log1?x(1?x2)?0 ∴1?log1?x(1?x2)?1 ∴|loga(1?x)|? |loga(1?x)| 解三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 ? x < 1, 1 < 1 + x < 2, ∴loga(1?x)?0,loga(1?x)?0

∴左 ? 右 = loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x2) ∵0 < 1 ? x2 < 1, 且0 < a < 1 ∴loga(1?x2)?0 ∴|loga(1?x)|? |loga(1?x)|

变题：若将a的取值范围改为a > 0且a ? 1，其余条件不变。

例二、已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac + bd

证一：（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

证二：（综合法）xy =a2?b2c2?d2?a2c2?b2c2?a2d2?b2d2 ≥a2c2?2abcd?b2d2?(ac?bd)2?ac?bd

证三：（三角代换法）

∵x2 = a2 + b2，∴不妨设a = xsin?, b = xcos?

y2 = c2 + d2 c = ysin?, d = ycos?

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

例三、已知x1, x2均为正数，求证：

1?x1?1?x2222?x?x2??1??1?

2??2证一：（分析法）由于不等式两边均为正数，平方后只须证：

1?x1?1?x2?21?x14222221?x22x?x2?2x1x2 ?1?1422 即：(1?x1)(1?x2)?1?x1x2

再平方：(1?x1)(1?x2)?1?2x1x2?x1x2 化简整理得：x1?x2?2x1x2 （显然成立） ∴原式成立 证二：（反证法）假设

22222222221?x1?1?x222?x?x2??1??1?

2?? D C 化简可得：x1?x2?2x1x2 （不可能） ∴原式成立

证三：（构造法）构造矩形ABCD，

使AB = CD = 1, BP = x1, PC = x2

当?APB = ?DPC时，AP + PD为最短。

A P M B

取BC中点M，有?AMB = ?DMC, BM = MC = ∴ AP + PD ≥ AM + MD 即：1?x1?1?x21?x1?1?x2222x1?x2 222?x?x2??x?x2??1??1??1??1?

22????222 ∴

十七、

?x?x2??1??1?

?2?作业： 2000版 高二课课练 第6课

第十三教时

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