职高数学基础模块下（人教版）教案：不等式.doc

职高数学基础模块下（人教版）教案：不等式 一、基础知识 不等式的基本性质： （1）aba-b0； （2）ab, bcac； （3）aba+cb+c； （4）ab, c0acbc； （5）ab, c0acbc; （6）ab0, cd0acbd; （7）ab0, n∈N+anbn; （8）ab0, n∈N+; （9）a0, |x|a-axa, |x|axa或x-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则x+y≥2, x+y+z 前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。 因为ab0, cd0，所以acbc, bcbd，所以acbd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与ab矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为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≥，等号当且仅当x=y=z时成立。 二、方法与例题 1．不等式证明的基本方法。 （1）比较法，在证明AB或AB时利用A-B与0比较大小，或把（A，B0）与1比较大小，最后得出结论。 例1 设a, b, c∈R+，试证：对任意实数x, y, z, 有x2+y2+z2 【证明】 左边-右边= x2+y2+z2 所以左边≥右边，不等式成立。 例2 若ax1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|. 【解】 因为1-x1，所以loga(1-x)0, =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)log(1-x)(1-x)=1（因为01-x21，所以1-x0, 01-x1）. 所以|loga(1+x)||loga(1-x)|. （2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。 例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-3≥a+b 【证明】 要证a+b+c≥a+b只需证， 因为，所以原不等式成立。 例4 已知实数a, b, c满足0a≤b≤c≤，求证： 【证明】 因为0a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 所以， 所以， 所以只需证明， 也就是证， 只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。 （3）数学归纳法。 例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1(n+1)n. 【证明】 1）当n=3时，因为34=8164=43，所以命题成立。 2）设n=k时有kk+1(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2(k+2)k+1，即1. 因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证k2+2k+1k2+2k. 显然成立。 所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。 例6 设实数a0, a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,…, n-1). 【证明】 假设ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,…, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar0. 于是ar-ar-10，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。 所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-10. 因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar 0与an=0矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。 例7 已知x, y, z∈R+，求证： 【证明】 不妨设x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 ，原