2022年高考數(shù)學回歸課本 不等式教案 舊人教版

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1、2022年高考數(shù)學回歸課本 不等式教案 舊人教版 一、基礎知識 不等式的基本性質： （1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c； （3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc； （5）a>b, c<0acb>0, c>d>0ac>bd; （7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+; （9）a>0, |x|ax>a或x<-a; （10）a, b∈R，則|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，則(a-b)2≥0a2+b2≥2

2、ab; （12）x, y, z∈R+，則x+y≥2, x+y+z 前五條是顯然的，以下從第六條開始給出證明。 （6）因為a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重復利用性質（6），可得性質（7）；再證性質（8），用反證法，若，由性質（7）得，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設不成立，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|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再證（10）的左邊，因為|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成

3、立；（11）顯然成立；下證（12），因為x+y-2≥0，所以x+y≥，當且僅當x=y時，等號成立，再證另一不等式，令，因為x3+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+c3≥3abc，即x+y+z≥，等號當且僅當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A>B

4、或A0）與1比較大小，最后得出結論。 例1 設a, b, c∈R+，試證：對任意實數(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alog(1-x)(1-x)=1（因為0<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）. 所以|loga(1+x)

5、|>|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, c∈R+，求證：a+b+c-3≥a+b 【證明】 要證a+b+c≥a+b只需證， 因為，所以原不等式成立。 例4 已知實數(shù)a, b, c滿足0

6、法。 例5 對任意正整數(shù)n(≥3)，求證：nn+1>(n+1)n. 【證明】 1）當n=3時，因為34=81>64=43，所以命題成立。 2）設n=k時有kk+1>(k+1)k，當n=k+1時，只需證(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因為，所以只需證，即證(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+2k. 顯然成立。 所以由數(shù)學歸納法，命題成立。 （4）反證法。 例6 設實數(shù)a0, a1,…,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，

7、求證ak≤0(k=1, 2,…, n-1). 【證明】 假設ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一個正數(shù)，不妨設ar是a1, a2,…, an-1中第一個出現(xiàn)的正數(shù)，則a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依題設ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。 所以從k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0. 因為an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0與an=0矛盾。故命題獲證。 （5）分類討論法。 例7 已知x, y, z∈R+，求證： 【證明】 不妨設x≥y, x≥z. ?。?/p>

8、x≥y≥z，則，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 ，原不等式成立。 ⅱ）x≥z≥y，則，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 ，原不等式成立。 （6）放縮法，即要證A>B，可證A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 例8 求證： 【證明】 ，得證。 例9 已知a, b, c是△ABC的三條邊長，m>0，求證： 【證明】 （因為a+b>c），得證。 （7）引入?yún)⒆兞糠ā? 例10 已知x, y∈R+, l, a, b為待定正數(shù)，求f(x, y)=的最小值。 【解】 設，則，f(x,y)= (a3+b3+3a2b+3ab2)=

9、 ，等號當且僅當時成立。所以f(x, y)min= 例11 設x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求證：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4. 【證明】 設x1=k(x2+x3+x4)，依題設有≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等價于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因為f(k)=k+在上遞減， 所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4) ≤·3x2=4x2≤x2x3x4. 所以原不等式成立。 （8）局部不等式。 例12 已知x, y, z∈R+，且x2+

10、y2+z2=1，求證： 【證明】 先證 因為x(1-x2)=, 所以 同理， ， 所以 例13 已知0≤a, b, c≤1，求證：≤2。 【證明】 先證 ① 即a+b+c≤2bc+2. 即證(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因為0≤a, b, c≤1，所以①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 已知非負實數(shù)a, b, c滿足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。 【解】 當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a≥b

11、≥c，則0≤c≤, f(a, b, c)= 因為1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c， 解關于a+b的不等式得a+b≥2(-c). 考慮函數(shù)g(t)=, g(t)在[）上單調遞增。 又因為0≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2≥ 所以f(a, b, c)= ≥ = = ≥ 下證0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 因為，所以①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ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則 等號當且僅當存在λ∈R，使得對任意i=1, 2

12、, , n, ai=λbi, 變式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則 等號成立條件為ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。 變式2：設ai, bi同號且不為0(i=1, 2, …, n)，則 等號成立當且僅當b1=b2=…=bn. （2）平均值不等式：設a1, a2,…,an∈R+，記Hn=, Gn=, An=，則Hn≤Gn≤An≤Qn. 即調和平均≤幾何平均≤算術平均≤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An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下僅證Gn≤An. 1）當n=2時，顯然成立；

13、 2）設n=k時有Gk≤Ak，當n=k+1時，記=Gk+1. 因為a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ ≥2kGk+1, 所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1. 所以由數(shù)學歸納法，結論成立。 （3）排序不等式：若兩組實數(shù)a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，則對于b1, b2, …, bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn. 【證明】 引理：記A0=0，Ak=，則 =（阿貝爾求和法）。 證法一：因為b1≤b2≤…≤bn，所以≥b1+b2+…+bk. 記sk=-( b1

14、+b2+…+bk)，則sk≥0(k=1, 2, …, n)。 所以-(a1b1+a2b2+…+anbn)= +snan≤0. 最后一個不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0), 所以右側不等式成立，同理可證左側不等式。 證法二：（調整法）考察，若，則存在。 若(j≤n-1)，則將與互換。 因為 ≥0， 所 調整后，和是不減的，接下來若，則繼續(xù)同樣的調整。至多經n-1次調整就可將亂序和調整為順序和，而且每次調整后和是不減的，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,…,an∈R+，求證；a1+a2+…+an.

15、【證明】證法一：因為，…， ≥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， 因為a1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an. 證法三： 設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用，希望讀者在解題中再加以總結。 三、基礎訓練題 1．已知0

16、∈R，且a2+b2+c2=1, ab+bc+ca的最大值為M，最小值為N，則MN=___________. 4．若不等式對所有實數(shù)x成立，則a的取值范圍是____________. 5．若不等式x+a的解是x>m，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|-2

17、)2+…+(xn-)2, q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2, 若，則比較大小：p___________q. 10．已知a>0, b>0且ab, m=aabb, n=abba, 則比較大?。簃_________n. 11．已知n∈N+，求證： 12．已知0

18、___.（1）m≥n, p≥q;（2）m≤n, p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p. 2．已知a, b, c, d∈R，M=4(a-b)(c-d), N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d)，則比較大小：M________N. 3．若R+，且，，將從小到大排列為________. 4．已知△ABC的三邊長a, b, c滿足b+c≤2a, a+c≤2b，則的取值范圍是________. 5．若實數(shù)x, y滿足|x|+|y|≤1，則z=x2-xy+y2的最大值與最小值的和為________. 6．設函數(shù)f(x)=(x∈[

19、-4,2])，則f(x)的值域是________. 7．對x1>x2>0, 1>a>0，記，比較大小：x1x2________y1y2. 8．已知函數(shù)的值域是，則實數(shù)a的值為________. 9．設a≤b

20、1. 13．已知a, b, c ∈R+，求證： 14．設x, y, z是3個不全為零的實數(shù)，求的最大值。 五、聯(lián)賽一試水平訓練題 1．已知a1, a2, b1, b2, c1, c∈R，a1c1-=a2c2>0, P=(a1-a2)(c1-c2), 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．設實數(shù)a, b, c, d滿足a≤b≤c≤d或者a≥

21、b≥c≥d，比較大小： 4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d). 5．已知xi∈R+, i=1, 2, …,n且，則x1x2…xn的最小值為__________（這里n>1）. 6．已知x, y∈R, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值為__________. 7．已知0≤ak≤1(k=1, 2, …,2n)，記a2n+1=a1, a2n+2=a2，則的最大值為__________. 8．已知0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1，則的最大值為__________. 9．已知≤x≤5，求證： 10．

22、對于不全相等的正整數(shù)a, b, c，求證： 11．已知ai>0(i=1, 2, …, n)，且=1。又0<λ1≤λ2≤…≤λn，求證：≤ 六、聯(lián)賽二試水平訓練題 1．設正實數(shù)x, y, z滿足x+y+z=1，求證： 2．設整數(shù)x1, x2, …,xn與y1, y2, …, yn滿足1y1+y2+…+ym，求證：x1x2xn>y1y2…ym. 3．設f(x)=x2+a，記f(x), fn(x)=f(fn-1(x))(n=2, 3, …)，M={a∈R|對所有正整數(shù)n, |fn(0)| ≤2}，求證：。 4．給定正數(shù)λ和正整數(shù)n(n≥2)，求最小的正數(shù)M（λ），使得對于所有非負數(shù)x1, x2,…,xn ，有M(λ) 5．已知x, y, z∈R+，求證：(xy+yz+zx) 6．已知非負實數(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。