课件27张PPT。第一讲 不等式和绝对值不等式一 不等式1.不等式的基本性质1.掌握不等式的基本性质.
2.会利用基本不等式的性质证明不等式和比较大小.1231.两个实数大小的比较
(1)a>b?a-b>0;
(2)a=b?a-b=0;
(3)a
(1)如果a>b,那么bb,即a>b?b(2)如果a>b,b>c,那么a>c,即a>b,b>c?a>c.
(3)如果a>b,那么a+c>b+c.
(4)如果a>b,c>0,那么ac>bc;如果a>b,c<0,那么ac(5)如果a>b>0,那么an>bn(n∈N,n≥2).1233.作差比较法
(1)理论依据:a-b>0?a>b;a-b=0?a=b;a-b<0?a(2)方法步骤:①作差;②变形;③判断符号;④下结论.
归纳总结 1.0是正数与负数的分界点,它为实数比较大小提供了“标杆”.
2.如果a>b,c>d,那么a+c>b+d.
3.如果a>b>0,c>d>0,那么ac>bd.123【做一做1】 若a>b,则下列不等式一定成立的是( )
C.-a>-b D.a-b>0
答案：D123【做一做2】 若a<0,-1A.a>ab>ab2 B.ab2>ab>a
C.ab>a>ab2 D.ab>ab2>a
解析：∵a<0,-10,ab2<0,故排除A,B选项.又0a.故选D.
答案：D123答案：b>a 1231.使用不等式的性质时要注意的问题 剖析：(1)在应用传递性时,如果两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号,那么等号是传递不过去的.如a≤b,bb?ac2>bc2;若无c≠0这个条件,则a>b?ac2>bc2就是错误结论(当c=0时,取“=”).(3)a>b>0?an>bn>0成立的条件是“n为大于0的数”,如果去掉“n为大于0的数”这个条件,取n=-1,a=3,b=2,那么就会出现3-1>2-1,1232.不等式性质中的“?”和“?”表示的意思 剖析：在不等式的基本性质中,条件和结论的逻辑关系有两种:“?”与“?”,即推出关系和等价关系,或者说“不可逆关系”与“可逆关系”.这就要求必须熟记与区别不同性质的条件.如1233.文字语言与数学符号语言之间的转换 剖析： 在数学命题中,文字语言的表述通常要“翻译”成相应的数学符号语言,只有准确地转换,才能正确地解答问题. 题型一题型二题型三题型四【例1】 若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是( ) 题型一题型二题型三题型四解析：本题只提供了“a,b,c∈R,a>b”这个条件,而不等式的基本性质中,几乎都有类似的前提条件,但结论会根据不同的要求有所不同,因而这需要根据本题的四个选项来进行判断.选项A,还需有ab>0这个前提条件;选项B,当a,b都为负数时不成立,或一正一负时也可能不成立,如2>-3,但22>(-3)2不正确;对于选项C答案：C 题型一题型二题型三题型四反思 对于考查不等式的基本性质的选择题,解答时,一是利用不等式的相关性质,其中,特别要注意不等号变号的影响因素,如数乘、取倒数、开方、平方等;二是对所含字母取特殊值,结合排除法去选正确的选项,这种方法一般要注意选取的值应具有某个方面的代表性,如选取0、正数、负数等.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四解:(1)假命题.取a=3,b=2,c=-2,d=-3,即3>2,-2>-3,此时ac=bd=-6.因此(1)为假命题.
(3)真命题.因为c-d,因此(3)为真命题.
(4)假命题.当a>b>0时,才能成立,取a=-2,b=-3,当n为偶数时不成立,因此(4)为假命题.题型一题型二题型三题型四分析：比较两个数的大小,将两数作差,若差值为正,则前者大;若差值为负,则后者大.题型一题型二题型三题型四反思 1.用作差法比较两个数(式)的大小时,要按照“三步一结论”的步骤进行,即:作差 变形 定号 结论,其中变形是关键,定号是目的.
2.在变形中,一般是变形得越彻底越有利于下一步的判断,变形的常用技巧有:因式分解、配方、通分、分母有理化等.
3.在定号中,若为几个因式的积,需对每个因式先定号,当符号不确定时,需进行分类讨论.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 本题不能直接用x的取值范围去减或除以y的取值范围,应严格利用不等式的基本性质去求得取值范围.在有些题目中,还要注意整体代换的思想,即弄清要求与已知“范围”间的联系.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】 已知-12.会用基本不等式解决一些函数的最值及实际应用问题.12341.定理1
如果a,b∈R,那么a2+b2≥2ab,当且仅当a=b 时,等号成立.12342.定理2(基本不等式) (3)基本不等式可以表述为:
两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.
(4)基本不等式的几何意义.
直角三角形斜边上的中线不小于斜边上的高.
名师点拨 基本不等式成立的条件:“一正、二定、三相等”.1234【做一做1-1】 logab+logba≥2成立的必要条件是( )
A.a>1,b>1 B.a>0,0C.(a-1)(b-1)>0 D.以上都不正确
解析：因为logab与logba互为倒数,符合基本不等式的结构.但两个数应是正数,所以a,b同时大于1或a,b都属于区间(0,1).
答案：C123412341234归纳总结 基本不等式应用中有“积定和最小,和定积最大”的规律. 12341234认识基本不等式中的数a,b 题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 用基本不等式证明不等式时,应先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形,使之具备基本不等式的结构和条件,然后合理地选择基本不等式或其变形式进行证明.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 在应用基本不等式求最值时,分以下三步进行:
(1)看式子能否出现和(或积)的定值,若不具备,需对式子变形,凑出需要的定值;
(2)看所用的两项是否同正,若不满足,则通过分类解决,在同负时,可提取(-1)变为同正;
(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证.若满足,则可取最值,若不满足,则可通过函数的单调性或导数解决.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【例3】 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额,拟在2017年某运动会期间进行一系列促销活动,经过市场调查和测算,化妆品的年销量x(单位:万件)与年促销费t(单位:万元)之间满足3-x与t+1成反比例的关系,如果不搞促销活动,化妆品的年销量只能是1万件,已知2017年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元,每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用,若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和,则当年生产的化妆品正好能销完.
(1)将2017年的利润y(单位:万元)表示为促销费t(单位:万元)的函数.
(2)该企业2017年的促销费投入多少万元时,企业的年利润最大?题型一题型二题型三题型四分析：(1)两个基本关系式是解题的关键,即利润=销售收入-生产成本-促销费;生产成本=固定费用+生产费用;
(2)表示题中的所有已知量和未知量,利用它们之间的关系式列出函数的解析式. 题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 解答不等式的实际应用问题,一般可分为如下四步.
(1)阅读理解材料:应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图形语言”并用,而且多数应用题篇幅较长.阅读理解材料要达到的目的是将实际问题抽象成数学模型.这就要求解题者领悟问题的实际背景,确定问题中量与量之间的关系,初步形成借用数学模型解决问题的思路,明确解题方向.
(2)建立数学模型:根据(1)中的分析,把实际问题用“符号语言”“图形语言”抽象成数学模型,并且建立所得数学模型和已知数学模型的对应关系,以便确立下一步的努力方向.
(3)讨论不等关系:根据题目要求和(2)中建立起来的数学模型,讨论与结论有关的不等关系,得出有关理论参数的值.
(4)作出问题结论:根据(3)中得到的理论参数的值,结合题目要求得出问题的结论.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】 如图,将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN,要求点B在AM上,点D在AN上,且对角线MN过点C,已知AB=3 m,AD=2 m.
(1)要使矩形AMPN的面积大于32 m2,则AN的长应在什么范围内?
(2)当AN的长度是多少时,矩形AMPN的面积最小?并求最小面积;
(3)若AN的长度不小于6 m,则当AN的长度是多少时,矩形AMPN的面积最小?并求出最小面积.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四课件21张PPT。3.三个正数的算术-几何平均不等式1.了解三个正数的算术-几何平均不等式.
2.会应用三个正数的算术-几何平均不等式解决简单问题.121212归纳总结 从不等式的式子结构入手,拼凑出所需形式是解决此类问题的突破点.12121.三个正数或三个以上正数的算术-几何平均不等式的应用条件 “二定”:包含两类求最值问题,一是已知n个正数的和为定值(即a1+a2+…+an为定值),求其积a1a2…an的最大值;二是已知乘积a1a2…an为定值,求其和a1+a2+…+an的最小值.
“三相等”:取等号的条件是a1=a2=a3=…=an,不能只是其中一部分相等.
不等式a2+b2≥2ab与a3+b3+c3≥3abc的运用条件不一样,前者要求a,b∈R,后者要求a,b,c∈R+.要注意区别.122.灵活使用基本不等式中的变形与拼凑方法 题型一题型二题型三题型四【例1】 已知x>0,求函数y=x(1-x2)的最大值. 题型一题型二题型三题型四反思 式子拼凑,以便能利用算术-几何平均不等式求最值,是必须掌握的一种解题方法,但拼凑要合理,且要符合适用的条件,对于本题,有的学生可能这样去拼凑:
虽然其中的拼凑过程保证了三个数的和为定值,但忽略了取等号的条件,显然x=2-2x=1+x无解,即无法取等号,也就是说,这种拼凑法是不正确的.这就要求平时多积累一些拼凑方法,同时注意算术-几何平均不等式的使用条件,三个缺一不可.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四分析：先观察求证式子的结构,再通过变形转化为用算术-几何平均不等式证明.证明：∵a,b,c>0, 题型一题型二题型三题型四反思 三个正数的算术-几何平均不等式定理,是根据不等式的意义、性质和比较法证出的,因此,凡是可以利用该定理证明的不等式,一般都可以直接应用比较法证明,只是在具备条件时,直接应用该定理会更简便.若不直接具备“一正、二定、三相等”的条件,要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明.
连续多次使用算术-几何平均不等式定理时要注意前后等号成立的条件是否保持一致.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【例3】 如图,在一张半径是2 m的圆桌的正中央上空挂一盏电灯.大家知道,灯挂得太高了,桌子边缘处的亮度就小;挂得太低,桌子的边缘处仍然是不亮的.由物理学可知,桌子边缘一点处的亮度E和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比,而和这一点到光源的距离r的平方成反比,题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 处理此类求最值的实际问题,应正确地找到各变量之间的关系,建立适当的函数解析式,把问题转化为求函数的最值问题,并将关系式配凑成可以用算术-几何平均不等式的形式,若符合条件“一正、二定、三相等”即可直接求解.题型一题型二题型三题型四【变式训练3】 设圆锥的母线长为1,试问圆锥的底面半径为多少时,圆锥的体积最大? 题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 应用基本不等式求最值的易错点是忽视条件“一正、二定、三相等”,尤其易忽视等号成立的条件.课件21张PPT。二 绝对值不等式1.绝对值三角不等式1.理解绝对值的几何意义.
2.掌握绝对值三角不等式及其几何意义.
3.掌握三个实数的绝对值不等式及其应用.1231.绝对值的几何意义
(1)实数a的绝对值|a|表示数轴上坐标为a的点A到原点的距离.
(2)对于任意两个实数a,b,设它们在数轴上的对应点分别为A,B,那么|a-b|的几何意义是数轴上A,B两点之间的距离,即线段AB的长度.1231232.绝对值三角不等式
(1)定理1:如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.
(2)如果把上面的绝对值三角不等式中的实数a,b换成向量a,b,当向量a,b不共线时,由向量加法的三角形法则,向量a+b,a,b构成三角形,因此有向量形式的不等式|a+b|<|a|+|b|,它的几何意义是三角形的两边之和大于第三边.123【做一做】 若|x-a|A.|x-y|<2h B.|x-y|<2k
C.|x-y|解析：|x-y|=|(x-a)+(a-y)|≤|x-a|+|a-y|答案：C1233.三个实数的绝对值不等式
定理2:如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当
(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.121.对绝对值三角不等式的理解
剖析：绝对值三角不等式实质是两个实数的和差的绝对值与绝对值的和差的关系,我们可以类比得到另外一种形式:|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|.
和差的绝对值与绝对值的和差的关系是由ab>0,ab<0,ab=0三种情况来确定的,其本质是叙述在两个实数符号的各种情形下得到的结果,即这个定理本身就是一个分类讨论问题.“数”分正、负、零各种不同情况讨论,往往在所难免,因此,对绝对值的认识要有分类讨论的习惯.122.对绝对值三角不等式几何意义的理解
剖析：用向量a,b替换实数a,b时,问题就从一维扩展到二维,当向量a,b不共线时,a+b,a,b构成三角形,有|a+b|<|a|+|b|.当向量a,b共线时,若a,b同向(相当于ab≥0)时,则|a+b|=|a|+|b|;若a,b异向(相当于ab<0)时,则|a+b|<|a|+|b|,这些都是利用了三角形的性质定理,如两边之和大于第三边等.这样处理,可以形象地描绘绝对值三角不等式,更易于记忆定理,并应用定理解题.
绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式,但放缩的“尺度”还要仔细把握,如下面的式子:
|a|-|b|≤||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|.
我们较为常用的形式是|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,但有些学生就会误认为只能如此,而实质上,|a+b|是不小于||a|-|b||的.题型一题型二题型三【例1】 设a,b∈R,且|a+b+1|≤1,|a+2b+4|≤4,求|a|+|b|的最大值.
分析：解决本题的关键是灵活运用绝对值三角不等式的性质.因为a,b的符号不确定,所以需要分ab≥0和ab<0进行讨论.解:|a+b|=|(a+b+1)-1|≤|a+b+1|+|-1|≤1+1=2,|a-b|=|3(a+b+1)-2(a+2b+4)+5|≤3|a+b+1|+2|a+2b+4|+5≤3×1+2×4+5=16.
①当ab≥0时,|a|+|b|=|a+b|≤2;
②当ab<0时,则a(-b)>0,
|a|+|b|=|a|+|-b|=|a+(-b)|≤16.
总之,恒有|a|+|b|≤16.
而a=8,b=-8时,满足|a+b+1|=1,|a+2b+4|=4,且|a|+|b|=16.
因此|a|+|b|的最大值为16.题型一题型二题型三反思 |a+b|≤|a|+|b|,等号成立的条件为ab≥0,应用时要注意与以前学过的知识的联系与区别.a-c的变形要记住:a-c=(a-b)+(b-c),从而不等式|a+b|≤|a|+|b|可以变形为|a-c|=|(a-b)+(b-c)|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)·(b-c)≥0时,等号成立.题型一题型二题型三【变式训练1】 若|a-c|A.|a|<|b|+|c| B.|c|<|a|+|b| C.b>||c|-|a|| D.b<|a|-|c|解析：∵|a-c|0.∴b=|b|.
∵|a|-|c|≤|a-c|,∴|a|-|c|同理由|c|-|a|≤|a-c|,得|c|-|a|而由A成立,得|c|-|a|>-|b|,
由B成立,得|c|-|a|<|b|,∴-|b|<|c|-|a|<|b|,
即||c|-|a||<|b|=b.故C成立.
由A成立知D不成立.故选D.
答案：D题型一题型二题型三分析：解决本题的关键是对题设条件的理解和运用.|a|,|b|和1这三个数中哪一个最大?如果两两比较大小,将十分复杂,但我们可以得到一个重要的信息:m≥|a|,m≥|b|,m≥1.题型一题型二题型三反思 分析题目时,题目中的语言文字是我们解题信息的重要来源与依据,而解题时的数学符号语言也往往需要从文字语言“翻译”转化而来,那么准确理解题目中的文字语言,适时准确地进行转化也就成了解题的关键,如本题题设条件中的文字语言“m等于|a|,|b|和1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a|,|m|≥|b|,m≥1”是证明本题的关键.题型一题型二题型三题型一题型二题型三分析：(1)借助定义判别函数f(x)的单调性;(2)利用绝对值三角不等式解决.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思 此类题目综合性强,不仅用到绝对值不等式的性质、推论及已知条件,还要用到配方等等价变形.在应用绝对值不等式的放缩性质求最值时要注意等号成立的条件,这也是关键.题型一题型二题型三【变式训练3】 设f(x)=x2-x+13,实数a满足|x-a|<1,求证:|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).证明：|f(x)-f(a)|=|(x-a)·(x+a-1)|<|x+a-1|≤|x|+|a|+1.
∵|x|-|a|≤|x-a|<1,∴|x|≤|a|+1.
∴|x|+|a|+1<2(|a|+1).
∴|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).课件35张PPT。2.绝对值不等式的解法1.掌握绝对值不等式的几种解法,并能解决绝对值不等式求解问题.
2.了解绝对值不等式的几何解法.123123【做一做1】 若集合M={x||x|≤2},N={x|x2-3x=0},则M∩N=( )
A.{3} B.{0}
C.{0,2} D.{0,3}
解析：∵M={x|-2≤x≤2},N={0,3},∴M∩N={0}.
答案：B1232.|ax+b|≤c(c>0),|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法
(1)|ax+b|≤c(c>0)型不等式的解法是:先化为不等式组
-c≤ax+b≤c,再利用不等式的性质求出原不等式的解集.
(2)|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法是:先化为ax+b≥c或ax+b≤-c,再进一步利用不等式的性质求出原不等式的解集.123【做一做2-1】 若条件p:|x+1|≤4,条件q:x2<5x-6,则?p是?q的( )
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件解析：∵由p:|x+1|≤4,得-4≤x+1≤4,即-5≤x≤3,
又q:2∴?p为x>3或x<-5,?q为x≥3或x≤2.
∴?p??q,而?q ?p.
∴?p是?q的充分不必要条件.答案：B 123【做一做2-2】 |2x+1|>|5-x|的解集是 . 1233.|x-a|+|x-b|≥c和|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法
有三种不同的解法:
解法一是利用绝对值不等式的几何意义.
解法二是利用分类讨论的思想,以绝对值的“零点”为分界点,将数轴分成几个区间,然后确定各个绝对值中的多项式的符号,进而去掉绝对值符号.
解法三是通过构造函数,利用函数的图象得到不等式的解集.
名师点拨 |x-a|+|x-b|≥c或|x-a|+|x-b|≤c型不等式的三种解法可简述为(1)几何意义法;(2)根分区间法;(3)构造函数法.123【做一做3】 不等式|x-1|+|x-2|<2的解集是 . 几个特殊的含绝对值的不等式的区别
剖析：(1)若|x-4|-|x-3|>a有解,则a的取值范围是 ;
(2)若|x-4|-|x-3|>a的解集为R,则a的取值范围是 ;
(3)若|x-4|+|x-3|(4)若|x-4|+|x-3|>a的解集为R,则a的取值范围是 .
处理以上问题,我们可以与函数y=|x-4|-|x-3|,y=|x-4|+|x-3|的最值或值域联系起来,第一个函数的值域为[-1,1],而第二个函数的最小值为1,即|x-4|+|x-3|≥1,所以|x-4|-|x-3|>a有解,只需a<1;|x-4|-|x-3|>a的解集是R,则说明是恒成立问题,所以a<[|x-4|-|x-3|]min=-1,即a<-1;|x-4|+|x-3|a的解集为R,说明a<[|x-4|+|x-3|]min=1.以上这几种不等式问题,实质是与两种函数的最值或值域相联系的问题,当然也可以借助函数的图象,通过数形结合来求得a的取值范围.理解这几种表述方式对掌握本节知识有很好的帮助.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四答案：C 题型一题型二题型三题型四【变式训练1】 解不等式3≤|x-2|<4. 由①得x-2≤-3或x-2≥3,∴x≤-1或x≥5.
由②得-4∴原不等式的解集为{x|-2解法二:3≤|x-2|<4?3≤x-2<4或-4故原不等式的解集为{x|-2A.{x|x<2或x>3}
B.{x|-1C.{x|-1D.{x|20)的结论进行转化,然后解一元二次不等式,取交集可得结果,本题还可以用数形结合法求结果.
方法一:∵|5x-x2|<6,∴|x2-5x|<6.
∴-6∴原不等式的解集为{x|-1|x2-5x|<6表示函数图象中直线y=-6和直线y=6之间相应部分的自变量的集合.
解方程x2-5x=6,得x1=-1,x2=6.
解方程x2-5x=-6,得x1'=2,x2'=3.
故原不等式的解集是{x|-1答案：B题型一题型二题型三题型四反思 形如|f(x)|a(a∈R)型不等式的简单解法:
(1)当a>0时,|f(x)||f(x)|>a?f(x)>a或f(x)<-a.
(2)当a=0时,|f(x)||f(x)|>a?|f(x)|≠0.
(3)当a<0时,|f(x)||f(x)|>a?f(x)有意义.题型一题型二题型三题型四【变式训练2】 解不等式||x-1|-4|<2. 题型一题型二题型三题型四【例3】 解不等式|x-x2-2|>x2-3x-4.
分析：解题时首先考虑x2-x+2的符号,直接去掉绝对值号求解即可.∴|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2,故原不等式等价于x2-x+2>x2-3x-4.
∴x>-3.∴原不等式的解集为{x|x>-3}.题型一题型二题型三题型四反思 本题形如|f(x)|>g(x),我们可以借助形如|ax+b|>c的解法转化为f(x)<-g(x)或f(x)>g(x),当然|f(x)|分析：本题可以用分段讨论法或数形结合法求解,对于形如y=|x+a|+|x+b|的函数,可以认为是分段函数.解法一：如图,设数轴上与-1,1对应的点分别为A,B,则A,B 两点间的距离为2,因此区间[-1,1]上的数都不是不等式的解.
设在点A左侧有一点A1到A,B两点的距离和为3,点A1对应数轴上的x1,题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【变式训练4】 已知不等式|x-4|+|3-x|(1)若解集为空集,求a的取值范围;
(2)若不等式有解,求a的取值范围.解: (1)方法一:令f(x)=|x-4|+|3-x|=|x-4|+|x-3|.
在直角坐标系中画出函数图象(图略),由图可知函数f(x)有最小值1.
因此,当a≤1时,原不等式解集为空集.
方法二:∵a>|x-4|+|3-x|≥|x-4+3-x|=1,
∴当a>1时,|x-4|+|3-x|从而当a≤1时,原不等式解集为空集.题型一题型二题型三题型四方法三:|x-4|,|3-x|的几何意义是实数x在数轴上对应的点A到实数3,4对应的点B,C的距离之和,当点A在线段BC上时,|x-4|+|3-x|=|BC|=1;当点A在线段BC延长线(两侧)上时,有|x-4|+|3-x|>1.
因此,|x-4|+|3-x|≥1.
故原不等式解集为空集时,a的取值范围为(-∞,1].
(2)由(1)可知,不等式有解时,a的取值范围为(1,+∞).题型一题型二题型三题型四【例5】 已知函数f(x)=|x-a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤5},求实数a的值;
(2)在(1)的条件下,若f(x)+f(x+5)≥m对一切实数x恒成立,求实数m的取值范围.分析：(1)直接由f(x)≤3去绝对值号解出不等式的解集再求字母a的值;
(2)把不等式的解集问题转化为恒成立问题,即转化为求解f(x)+f(x+5)的最小值问题.题型一题型二题型三题型四解: (1)由f(x)≤3,得|x-a|≤3,
解得a-3≤x≤a+3.
又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤5},
所以实数a的值为2.
(2)当a=2时,f(x)=|x-2|.
设g(x)=f(x)+f(x+5),题型一题型二题型三题型四所以当x<-3时,g(x)>5;
当-3≤x≤2时,g(x)=5;
当x>2时,g(x)>5.
综上可得,g(x)的最小值为5.
从而,若f(x)+f(x+5)≥m,即g(x)≥m对一切实数x恒成立,则实数m的取值范围为(-∞,5].
反思 含有参数的不等式的求解问题分两类:一类要对参数进行讨论;另一类如本例,对参数a并没有进行讨论,而是去绝对值时对变量进行讨论,得到两个不等式组,最后把两不等式组的解集合并,即得该不等式的解集.题型一题型二题型三题型四【变式训练5】 已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.
(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;
(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.当x≤2时,由f(x)≥3,得-2x+5≥3,解得x≤1;
当2当x≥3时,由f(x)≥3,得2x-5≥3,解得x≥4;
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.题型一题型二题型三题型四(2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|.
当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|
?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a.
由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[-3,0].课件25张PPT。第二讲 证明不等式的基本方法一 比较法1.理解作差比较法和作商比较法.
2.用比较法证明不等式.1231.比较法的种类
比较法一般分为两种:作差比较法和作商比较法.1232.作差比较法
(1)作差比较法的证明依据:
①ab?a-b>0.
(2)基本步骤:①作差;②变形;③判断符号;④下结论.
归纳总结 用作差比较法证明不等式时,要判断不等式两边差的符号,对不等式两边求差后,要通过配方、因式分解、通分等,对所得代数式进行变形,得到一个能够明显看得出其符号的代数式,进而得出证明.123【做一做1-1】 当a方法二:∵ab2.
而函数y=lg x(x>0)为增函数,
∴lg b2答案：B123A.P>Q>R B.P>R>Q
C.Q>P>R D.Q>R>P123(2)基本步骤:①作商;②变形;③判断与“1”的大小;④下结论.123121.作差比较法证明不等式的一般步骤
剖析：(1)作差:将不等式左右两边的式子看作一个整体进行作差.
(2)变形:将差式进行变形,变形为一个常数,或变形为若干个因式的积,或变形为一个或几个平方和等.
(3)判断符号:根据已知条件与上述变形结果,判断差的正负号.
(4)结论:根据差的正负号下结论.
知识拓展若差式的符号不能确定,一般是与某些字母的取值有关时,则需对这些字母进行讨论.12名师点拨 使用作商比较法时一定要注意不等式两边的式子均为正值,若均为负值时,可先同乘-1,转化后再进行证明.题型一题型二题型三分析：因不等式的两边进行分子有理化相减后,可判断差的符号,故可用作差比较法进行证明.题型一题型二题型三反思 根据左、右两边都含无理式的特点,也可以采取两边平方的方法来比较,但是应先判断不等式两边的符号,当不等式两边的符号都大于0时,两边平方是等价变形,当不等式两边的符号都小于0时,两边平方后要改变不等号的方向.题型一题型二题型三分析：将商的对数化成对数的差,就是“化整为零”,有利于符号的确定.题型一题型二题型三分析：因为a,b均为正数,所以不等式左边和右边都是正数,故可以用作商比较法进行比较.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三【例3】 已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N+).
(1)证明：数列{an+1}是等比数列;
(2)令f(x)=a1x+a2x2+…+anxn,求函数f(x)在点x=1处的导数f'(1),并比较2f'(1)与23n2-13n的大小.
分析：在比较大小时,作差法的差式与“n”的取值有关,且大小关系随“n”的变化而变化.题型一题型二题型三题型一题型二题型三(2) 解:由(1)可知an=3×2n-1.
∵f(x)=a1x+a2x2+…+anxn,
∴f'(x)=a1+2a2x+…+nanxn-1.
从而f'(1)=a1+2a2+…+nan
=(3×2-1)+2(3×22-1)+…+n(3×2n-1)
=3(2+2×22+…+n×2n)-(1+2+3+…+n)题型一题型二题型三则2f'(1)-(23n2-13n)
=12(n-1)·2n-12(2n2-n-1)
=12(n-1)·2n-12(n-1)(2n+1)
=12(n-1)[2n-(2n+1)]. (*)
当n=1时,(*)式=0,∴2f'(1)=23n2-13n;
当n=2时,(*)式=-12<0,
∴2f'(1)<23n2-13n;
当n≥3时,n-1>0.
令f(n)=2n-(2n+1),则f'(n)=2nln 2-2,
此时f'(n)>0.又f(3)>0,
∴当n≥3时,2n>2n+1.
∴(n-1)[2n-(2n+1)]>0,
即(*)式>0,从而2f'(1)>23n2-13n.题型一题型二题型三反思 此类比较大小的题是典型的结论不唯一的题.在数列中,大小问题可能会随“n”的变化而变化.往往n=1,2,…,前几个自然数对应的值与后面n≥n0的值大小不一样,这就要求在解答这样的题时,要时刻有“大小关系不一定唯一”的念头,即时刻提醒自己所求解的问题是否需要讨论.题型一题型二题型三(1) 解:由已知得an+1=an+1,即an+1-an=1.
又a1=1,所以数列{an}是以1为首项,公差为1的等差数列.
故an=1+(n-1)×1=n.
(2)证明：由(1)知an=n,从而bn+1-bn=2n.
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1题型一题型二题型三课件22张PPT。二 综合法与分析法1.理解综合法和分析法的概念.
2.掌握综合法和分析法的证明过程.121.综合法
一般地,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列的推理、论证而得出命题成立,这种证明方法叫做综合法,又叫顺推证法或由因导果法.12122.分析法
证明命题时,我们还常常从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做分析法,这是一种执果索因的思考和证明方法.12【做一做2-1】 分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的( )
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案：A12【做一做2-2】 当x>1时,不等式 恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.[3,+∞) D.(-∞,3]1231.如何理解综合法证明不等式
剖析：(1)证明的特点.
综合法又叫顺推证法或由因导果法,是由已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推出所要证明的结论成立.
(2)证明的框图表示.
用P表示已知条件或已有的不等式,用Q表示所要证明的结论,则综合法可用框图表示为123(3)证明的主要依据.
①a-b>0?a>b,a-b=0?a=b,a-b<0?a②不等式的性质;
③几个重要不等式:名师点拨 使用综合法时要防止因果关系不清晰,逻辑表达混乱等现象.1232.如何理解分析法证明不等式
剖析：(1)证明的特点.
分析法又叫逆推证法或执果索因法,须从证明的不等式出发,逐步寻找使它成立的充分条件.直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止.
(2)证明的框图表示.
用Q表示要证明的不等式,则分析法可用框图表示为1233.综合法和分析法的优点
剖析：综合法的优点是结构整齐,而分析法更容易找到证明不等式的突破口,所以通常是用分析法找思路,用综合法写步骤.
名师点拨 用分析法证明不等式是“逆求”,而绝不是逆推,即寻找的是充分条件,而不是必要条件.题型一题型二题型三分析：本题中条件a+b=1是解题的重点,由基本不等式的知识联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论;本题a+b=1,也可以视为是“1”的代换问题.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三证明：∵a+b+c=1,
∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
又a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,
∴将以上三个不等式相加,
得2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca).
∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
∴1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca
≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca).题型一题型二题型三分析：本题要证明的不等式较为复杂,由a>b>0不容易得到要证明的不等式,因而可以用分析法先变形要证明的不等式,从中找到证题的线索.题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思 利用分析法证明的格式是固定化的,但是每一步都是上一步的充分条件,即每一步的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三课件22张PPT。三 反证法与放缩法1.掌握反证法和放缩法的依据.
2.会利用反证法和放缩法证明有关不等式.121.反证法
先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定义、定理、性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论,以说明
假设不正确,从而证明原命题成立,我们称这种证明问题的方法为反证法.12【做一做1-1】 否定“自然数a,b,c中恰有一个偶数”时,应假设( )
A.a,b,c都是奇数
B.a,b,c都是偶数
C.a,b,c中至少有两个偶数
D.a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数
答案：D12【做一做1-2】 要证明“a,b至少有一个为正数”,用反证法假设应为 .?
答案：a,b全为非正数122.放缩法
证明不等式时,通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小,简化不等式,从而达到证明的目的.我们把这种方法称为放缩法.
归纳总结 放缩法的常用技巧:舍去或加进一些代数式,放大或缩小分子或分母,运用重要不等式,利用函数的单调性、值域等.12121.反证法中的数学语言
剖析：反证法适宜证明“存在性问题,唯一性问题”,带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题,直接证明有困难时,常采用反证法.下面我们列举以下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.12对某些数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾,尤其在一些选择题中,更是如此.122.放缩法的尺度把握等问题
剖析：(1)放缩法的理论依据主要有:
①不等式的传递性;
②等量加不等量为不等量;
③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较;
④基本不等式与绝对值不等式的基本性质;
⑤三角函数的值域等.12(2)放缩法使用的主要方法.
放缩法是不等式证明中重要的变形方法之一,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考察.常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知不等式、利用函数的性质进行放缩等.比如,题型一题型二题型三【例1】 若a3+b3=2,求证:a+b≤2.
分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简洁,宜用反证法.
证法一：假设a+b>2,则a>2-b,故2=a3+b3>(2-b)3+b3,
即2>8-12b+6b2,即(b-1)2<0,这不可能,从而a+b≤2.
证法二：假设a+b>2,则(a+b)3=a3+b3+3ab(a+b)>8.
由a3+b3=2,得3ab(a+b)>6.
故ab(a+b)>2.
∵a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=2,
∴ab(a+b)>(a+b)(a2-ab+b2).
∴a2-ab+b2这不可能,故a+b≤2.题型一题型二题型三号的条件为a=b=0,显然不可能,
∴a2-ab+b2>0.
则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)>2(a2-ab+b2),而a3+b3=2,故a2-ab+b2<1.
∴1+ab>a2+b2≥2ab.从而ab<1.
∴a2+b2<1+ab<2.
∴(a+b)2=a2+b2+2ab<2+2ab<4.
而由假设a+b>2,得(a+b)2>4,出现矛盾,故假设不成立,原结论成立,即a+b≤2.反思 利用反证法证明不等式时,推出的矛盾有三种表现形式:(1)与已知矛盾;(2)与假设矛盾;(3)与显然成立的事实矛盾. 题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思 1.在证明中含有“至多”“至少”“最多”等词语时,常使用反证法证明.
2.在用反证法证明的过程中,由于作出了与结论相反的假设,相当于增加了题设条件,因此,在证明过程中必须使用这个增加的条件,否则将无法推出矛盾.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思 1.利用放缩法证明不等式主要是根据不等式的传递性进行交换,即欲证a>b,可换成证a>c,且c>b;欲证a2.放缩法原理简单,但技巧性较强且有时还会有“危险”,由于放大或缩小过头,就会得出错误的结论,而达不到预期的目的,因此,在使用放缩法时要注意放缩的“度”.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三课件19张PPT。第三讲 柯西不等式与排序不等式一 二维形式的柯西不等式1.认识柯西不等式的几种不同形式,理解其几何意义.
2.通过运用柯西不等式分析解决一些简单问题.1231.二维形式的柯西不等式
(1)若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.
(2)二维形式的柯西不等式的推论:1231232.柯西不等式的向量形式
设α,β是两个向量,则|α·β|≤|α||β|,当且仅当β是零向量,或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.123【做一做2】 设a=(-2,1,2),|b|=6,则a·b的最小值为 ,此时b= .?解析：根据柯西不等式的向量形式,有|a·b|≤|a|·|b|,
∵a=(-2,1,2),|b|=6,
当且仅当存在实数k,使a=kb时,等号成立.
∴-18≤a·b≤18.
∴a·b的最小值为-18,
此时b=-2a=(4,-2,-4).答案：-18 (4,-2,-4) 123123归纳总结 解决柯西不等式的应用问题,关键是把原有式子巧妙地转化为柯西不等式的形式.121.对柯西不等式的理解
剖析：柯西不等式的几种形式,都涉及对不等式的理解与记忆,因此,二维形式的柯西不等式可以理解为四个有顺序的数来对应的一种不等关系,或构造成一个不等式,如基本不等式是由两个数来构造的,但怎样构造要仔细体会.(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,(a2+b2)(d2+c2)≥(ad+bc)2,谁与谁组合、联系,要有一定的认识.122.柯西不等式取等号的条件
剖析：柯西不等式取等号的条件不易记住,我们可以多方面联系来记忆,如(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,取等号的条件是“ad=bc”,有点像a,b,c,d成等比数列时,ad=bc;柯西不等式的向量形式中|α·β|≤|α||β|,取等号的条件是β=0或存在实数k,使α=kβ.我们可以从向量的数量积的角度来理解和记忆.题型一题型二题型三【例1】 设a,b∈R,且a2+b2=10,求3a+b的最大值与最小值.
分析：利用不等式解决最值问题,通常设法在不等式一边得到一个常数,并寻找不等式取等号的条件,3a+b是两部分和的形式,将其看作ac+bd的结构就可利用柯西不等式求其最值.
解:利用柯西不等式得(3a+b)2=(a·3+b·1)2≤(a2+b2)(32+12)=10×10=100,即(3a+b)2≤100,
∴|3a+b|≤10,-10≤3a+b≤10,
当且仅当a=3b时,等号成立.
又a2+b2=10,∴a2=9,b2=1.
∴当a=-3,b=-1时,3a+b有最小值-10;
当a=3,b=1时,3a+b有最大值10.题型一题型二题型三【变式训练1】 已知2x+3y=1,求4x2+9y2的最小值. 题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思 利用柯西不等式证明某些不等式时,有时需要将数学表达式做适当的变形.这种变形技巧往往要求很高,必须善于分析题目的特征,根据题设条件,综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质,找到突破口.题型一题型二题型三题型一题型二题型三错因分析：二维柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,等号成立的条件是ad=bc.因此在解题时,对照柯西不等式,必须弄清楚柯西不等式中的“a,b,c,d”分别相当于问题中的哪个数或代数式,否则容易写错等号成立的条件.题型一题型二题型三课件25张PPT。二 一般形式的柯西不等式1.掌握三维形式和多维形式的柯西不等式.
2.会利用一般形式的柯西不等式解决简单问题.121.三维形式的柯西不等式
设a1,a2,a3,b1,b2,b3是实数,则
≥(a1b1+a2b2+a3b3)2,当且仅当bi=0(i=1,2,3)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,3)时等号成立.12【做一做1-1】 已知x,y,z>0,且x+y+z=1,则x2+y2+z2的最小值是( )1212归纳总结 尽可能地构造符合柯西不等式的形式.常用技巧有:(1)巧拆常数;(2)重新安排某些项的次序;(3)改变结构;(4)添项.12答案：C 121.一般形式的柯西不等式的应用
剖析：我们主要利用柯西不等式来证明一些不等式或求值等问题,但往往不能直接应用,需要对数学式子的形式进行变化,拼凑出与一般形式的柯西不等式相似的结构,才能应用,因而适当变形是我们应用一般形式的柯西不等式的关键,也是难点.我们要注意在应用柯西不等式时,对于数学式子中数或字母的顺序要对比柯西不等式中的数或字母的顺序,以便能使其形式一致起来,然后应用解题.122.正确利用“1”
剖析：数字“1”的利用非常重要,为了利用柯西不等式,除了拼凑应该有的结构形式外,对数字、系数的处理往往起到某些用字母所代表的数或式子所不能起的作用.这要求在理论上认识柯西不等式与实际应用时二者达到一种默契.教材例1中数字“1”的利用说明了处理问题与变形的灵活性.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 由a,b,c构成新的数,形成三维形式的柯西不等式.这从所给的数学式的结构中看出,需要有较高的观察能力.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 通过本题不同的证明方法可以看出,无论用柯西不等式或其他重要不等式来证明,构造出所需要的某种结构是证题的难点,因此,对柯西不等式及其他重要不等式,要熟记公式的特点,能灵活变形,才能灵活应用.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四分析：由题目可获取以下主要信息:①已知f(x)的函数表达式.②变量的取值范围.③证明相关的不等式.解答本题的关键是先将f(2x)≥2f(x)具体化,再根据式子的结构特点选择合适的证明方法.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 对于较为复杂的证明问题,可采用“分析法”进行推导,从而找到柯西不等式的结构特征.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四易错点 忽视等号成立的条件致错
【例4】 已知a2+b2+c2=1,x2+y2+z2=9,ax+by+cz≤t,求t 的最小值.题型一题型二题型三题型四错因分析：由基本不等式得到u=ax+by+cz≤5是正确的,但这只能说明u的最大值有小于或等于5两种可能,并不能得出u的最大值一定是5.事实上,如果u的最大值为5,错解中的三个不等式应同时取等号,于是a=x,b=y,c=z从而得出a2+b2+c2=x2+y2+z2,即t=5,这是不可能的.产生错解的原因是对最值的概念及基本不等式中等号成立的条件掌握不牢.题型一题型二题型三题型四正解：求t的最小值,即求u=ax+by+cz的最大值.由柯西不等式,得
u2=(ax+by+cz)2≤(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=1×9=9,u=ax+by+cz≤3
而t的最小值为3.课件15张PPT。三 排序不等式1.掌握排序不等式的推导和证明过程.
2.会利用排序不等式解决简单的不等式问题.121.基本概念
设a1设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组实数,c1,c2,…,cn是b1,b2,…,bn的任一排列,则a1bn+a2bn-1+…+anb1≤a1c1+a2c2+…+ancn≤a1b1+a2b2+…+anbn.
当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时,反序和等于顺序和.
归纳总结 分析题目时要找到原始的两组实数.12【做一做】 设a1,a2,…,an为实数,b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的任一排列,则乘积a1b1+a2b2+…+anbn不大于 .121.对排序原理的正确理解
剖析：(1)排序原理的本质含义:两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大,反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小,注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列.
(2)排序原理的思想:在解答数学问题时常常涉及一些可以比较大小的量,它们之间并没有预先规定大小的顺序,那么在解答问题时,不妨先将它们按一定顺序排列起来,这往往十分有助于解题.
(3)排序不等式实际上包含三个不等关系,即顺序和≥乱序和、顺序和≥反序和、乱序和≥反序和,可以有选择的运用其中一个来证明相关不等式.122.排序不等式的应用
剖析：应用排序不等式来证明不等式,在实际问题中也有较大范围的应用,如基本不等式就是排序不等式的直接推论.排序不等式也是基本而重要的不等式,它的思想简单明了,便于记忆和应用,许多重要的不等式可以借助排序不等式得到证明.
一方面,一些非常重要的不等式,也是排序不等式的直接推论,因此排序不等式有非常深刻的理论意义;另一方面,排序不等式也有广泛的实际背景.
如果我们将a1,a2,…,an(a1≤a2≤…≤an)解释为一个杠杆从支点到它上面放有质量分别为c1,c2,…,cn的质点的距离,要想获得最大的力矩,就应当把最重的物体放在离支点最远的位置上.题型一题型二题型一题型二反思 要利用排序不等式解答相关问题,必须构造出相应的数组,并且要排列出大小顺序,因此,比较出数组中的数之间的大小关系是解答问题的关键和基础.题型一题型二题型一题型二题型一题型二分析：解答本题时不妨先设定02.理解数学归纳法的步骤.一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:
(1)证明：当n=n0时命题成立;
(2)假设当n=k(k∈N+,且k≥n0)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立.
在完成了这两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.121.数学归纳法及其证明思路
剖析：归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法.它包括不完全归纳法和完全归纳法.
不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出一般结论的推理方法.比如在学习数列知识时,我们可以通过观察数列的前几项来写数列的通项公式,这个过程用的就是不完全归纳法,我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的.例如,一个数列的通项公式是an=(n2-5n+5)2,容易验证a1=1,a2=1,a3=1,a4=1.但如果由此作出结论——对任何n∈N+,an=(n2-5n+5)2=1都成立,那就是错误的,事实上,a5=25≠1.12完全归纳法是根据事物的所有特殊事例得出一般结论的推理方法.
数学归纳法常与不完全归纳法结合起来使用,用不完全归纳法发现规律,用数学归纳法证明结论.122.利用数学归纳法证明问题的条件和n0值的确定
剖析：数学归纳法一般用来证明某些涉及正整数n的命题,n可取无限多值,但不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用
性就难以实现,一般说来,从k=n到k=n+1时,若问题中存在可利用的递推关系,则使用数学归纳法较容易,否则使用数学归纳法就有困难.
在利用数学归纳法时,要注意起点n并非一定取1,也可能取0,2等,要看清题目,比如证明凸n边形的内角和f(n)=(n-2)×180°,这里面的n应不小于3,即n≥3,第一个值n0=3.12归纳假设的使用是数学归纳法证明的关键,这也是能否由“n=k”递推到“n=k+1”的关键,在证明过程中,需根据命题的变化或者在步骤的变化中,从数学式子的结构特点上,利用拼凑的方法,凑假设,凑结论,从而使“递推关系”得以顺利进行,命题得以证明.题型一题型二题型三题型四【例1】 用数学归纳法证明(3n+1)·7n-1能被9整除(n∈N+).
分析：证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n))整除,主要是找到f(k+1)与f(k)的关系,设法找到式子f1(k),f2(k),使得f(k+1)=f(k)·f1(k)+a·f2(k),就可证得命题成立.题型一题型二题型三题型四证明：(1)当n=1时,原式=(3×1+1)×7-1=27,能被9整除,命题成立.
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,(3k+1)·7k-1能被9整除,则当n=k+1时,
[3(k+1)+1]·7k+1-1
=[21(k+1)+7]·7k-1
=[(3k+1)+(18k+27)]·7k-1
=[(3k+1)·7k-1]+9(2k+3)·7k.
∵[(3k+1)·7k-1]和9(2k+3)·7k都能被9整除,
∴[(3k+1)·7k-1]+9(2k+3)·7k能被9整除,
即[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除,
即当n=k+1时命题成立.
由(1)(2)可知,对任何n∈N+,命题都成立,
即(3n+1)·7n-1能被9整除(n∈N+).题型一题型二题型三题型四反思 利用数学归纳法证明整除时,关键是整理出除数因式与商数因式积的形式.这往往要涉及“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧,凑出当n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题得证.题型一题型二题型三题型四变式训练1】 求证:x2n-y2n(n∈N+)能被x+y整除.
分析：本题是与正整数有关的命题,直接分解出因式(x+y)有困难,故可考虑用数学归纳法证明.
证明：(1)当n=1时,x2-y2=(x+y)(x-y)能被x+y整除.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,x2k-y2k能被x+y整除,
那么当n=k+1时,x2k+2-y2k+2
=x2·x2k-y2·y2k-x2y2k+x2y2k
=x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2).
∵x2k-y2k与x2-y2都能被x+y整除,
∴x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)能被x+y整除,
即n=k+1时,x2k+2-y2k+2能被x+y整除.
由(1)(2)可知,对任意正整数n命题均成立.题型一题型二题型三题型四【例2】 已知{an}是由非负整数组成的数列,满足a1=0,a2=3,an+1an=(an-1+2)(an-2+2),n=3,4,5,….
(1)求a3;
(2)证明:an=an-2+2,n=3,4,5,….分析：用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与当n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,问题就会顺利解决.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四(2)证明：用数学归纳法证明
当n=3时,a3=a1+2,等式成立.
假设当n=k(k≥3)时,等式成立,即ak=ak-2+2.
因为ak+1ak=(ak-1+2)(ak-2+2),ak=ak-2+2≠0,
所以ak+1=ak-1+2.
这就是说,当n=k+1时,等式也成立.
综上可知,对所有n≥3,n∈N+,有an=an-2+2,
即an=an-2+2,n=3,4,5,….题型一题型二题型三题型四反思 利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点:一是要准确表述当n=n0时命题的形式,二是要准确把握由n=k到n=k+1时,命题结构的变化特点.并且一定要记住:在证明当n=k+1成立时,必须使用归纳假设.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四【例3】 平面内有n个圆,任意两个圆都相交于两点,任意三个圆不相交于同一点,求证:这n个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分(n∈N+).
分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数,那么再有一个圆和这n个圆相交,就有2n个交点,这些交点将增加的这个圆分成2n段弧,且每一段弧又将原来的平面区域一分为二,所以增加一个圆后,平面分成的区域数增加2n个,即f(n+1)=f(n)+2n.有了上述关系,数学归纳法的第二步证明就很容易解决了.题型一题型二题型三题型四证明：(1)当n=1时,一个圆将平面分成两个部分,且f(1)=1-1+2=2,所以n=1时命题成立.
(2)假设n=k(k∈N+,k≥1)时命题成立,即k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2个部分.
则n=k+1时,在k+1个圆中任取一个圆O,剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分,而圆O与k个圆有2k个交点,这2k个交点将圆O分成2k段弧,每段弧将原平面一分为二,故得f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2.
所以当n=k+1时,命题成立.
由(1)(2)可知,对一切n∈N+,命题成立,即这n个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分(n∈N+).题型一题型二题型三题型四反思 对于几何问题的证明,可以从有限情形中归纳出一个变化的过程,或者说体会出是怎样变化的,然后再去证明,也可以用“递推”的办法,比如本题,当n=k+1时的结果已经知道:f(k+1)=(k+1)2-(k+1)+2,用f(k+1)-f(k)就可得到增加的部分,然后从有限的情况来理解如何增加的,也就容易理解了.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四易错点 用数学归纳法证题时,第二步没有用上假设n=k时结论成立这个重要条件
【例4】 用数学归纳法证明：题型一题型二题型三题型四错因分析：从上面的证明过程可以看出,是用数学归纳法证明等式成立.在第二步中,证明当n=k+1命题成立时没有用上假设,而是直接利用等比数列的求和公式,这是错误的.课件29张PPT。二 用数学归纳法证明不等式举例1.通过教材掌握几个有关正整数n的结论.
2.会用数学归纳法证明不等式.121.本节的有关结论
(1)n2<2n(n∈N+,n≥5).
(2)|sin nθ|≤n|sin θ|(n∈N+).?
(3)贝努利不等式:
如果x是实数,且x>-1,x≠0,n为大于1的自然数,那么有(1+x)n>1+nx.
贝努利不等式更一般的形式:当α是实数,并且满足α>1或者α<0时,有(1+x)α≥1+αx(x>-1),
当α是实数,并且满足0<α<1时,有(1+x)α≤1+αx(x>-1).
(4)如果n(n为正整数)个正数a1,a2,…,an的乘积a1a2…an=1,那么它们的和a1+a2+…+an≥n.122.用数学归纳法证明不等式
使用数学归纳法证明不等式,难点往往出现在由当n=k时命题成立推出当n=k+1时命题成立这一步.为完成这步证明,不仅要正确使用归纳假设,还要灵活利用问题的其他条件及相关知识.12121.观察、归纳、猜想、证明的方法
剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题,命题的成立不成立都预先需要归纳与探索,而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况入手,得到一个结论,但这个结论不一定正确,因为这是靠不完全归纳法得出的,因此,需要给出一定的逻辑证明,所以,通过观察、分析、归纳、猜想,探索一般规律,其关键在于正确的归纳猜想,如果归纳不出正确的结论,那么数学归纳法的证明也就无法进行了.
在观察与归纳时,n的取值不能太少,否则将得出错误的结论.前几项的关系可能只是特殊情况,不具有一般性,因而,要从多个特殊事例上探索一般结论.122.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧
剖析：在用数学归纳法证明不等式问题中,从“n=k”到“n=k+1”的过渡,利用归纳假设是比较困难的一步,它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样,只需拼凑出所需要的结构来,而证明不等式的第二步中,从“n=k”到“n=k+1”,只用拼凑的方法,有时也行不通,因为对不等式来说,它还涉及“放缩”的问题,它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程,才能利用上归纳假设,因此,我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化,从中找到“放缩尺度”,准确地拼凑出所需要的结构.题型一题型二题型三题型四分析：先通过n取比较小的值进行归纳猜想,确定证明方向,再用数学归纳法证明.题型一题型二题型三题型四当n=1时,21=2>12=1,
当n=2时,22=4=22,
当n=3时,23=8<32=9,
当n=4时,24=16=42,
当n=5时,25=32>52=25,
当n=6时,26=64>62=36.
故猜测当n≥5(n∈N+)时,2n>n2,
下面用数学归纳法加以证明.
(1)当n=5时,2n>n2显然成立.
(2)假设当n=k(k≥5,且k∈N+)时,不等式2n>n2成立,
即2k>k2(k≥5),则当n=k+1时,题型一题型二题型三题型四2k+1=2·2k>2·k2=k2+k2+2k+1-2k-1
=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2(因为(k-1)2>2).
由(1)(2)可知,对一切n≥5,n∈N+,2n>n2成立.
综上所述,题型一题型二题型三题型四反思 利用数学归纳法比较大小,关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系,猜测出证明的方向,再用数学归纳法证明结论成立.题型一题型二题型三题型四(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由;
(2)设数列{an}(n∈N+)满足a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证明：存在常数M,使得对于任意的n∈N+,都有an≤M.题型一题型二题型三题型四当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,从而φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点,因此,h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点.
综上所述,h(x)有且只有两个零点.由此猜测:an下面用数学归纳法证明.
当n=1时,a1当n=1时,a1≤a显然成立.
因此,当n=k+1时,ak+1≤a成立.
故对任意的n∈N+,an≤a成立.
综上所述,存在常数M=max{x0,a},使得对于任意的n∈N+,都有an≤M.题型一题型二题型三题型四(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:对一切正整数n,不等式a1a2…an<2n!恒成立.分析：(1)由题设条件知,可用构造新数列的方法求得an;(2)可以等价变形,视为证明新的不等式.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思 本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路,即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明,我们通过分析法、综合法等方法分析,可以找到一些证明的关键,“要证明……”,“只需证明……”,转化为证明其他某一个条件,进而说明要证明的不等式是成立的.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四分析：这类问题,一般都是先取Pn,Qn的前几项进行观察,以寻求规律,作出猜想,再证明猜想的正确性.解:P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x2=Q2,
P3=1+3x+3x2+x3,Q3=1+3x+3x2,
P3-Q3=x3,
由此推测,Pn与Qn的大小要由x的符号来决定.
(1)当n=1,2时,Pn=Qn.题型一题型二题型三题型四(2)当n≥3时(以下再对x进行分类):
①若x∈(0,+∞),显然有Pn>Qn.
②若x=0,则Pn=Qn.
③若x∈(-1,0),则P3-Q3=x3<0,
所以P3P4-Q4=4x3+x4=x3(4+x)<0,所以P4假设当n=k(k≥3,k∈N+)时,有Pk则当n=k+1时,Pk+1=(1+x)Pk<(1+x)Qk=Qk+xQk题型一题型二题型三题型四即当n=k+1时,不等式成立.
所以当n≥3,且x∈(-1,0)时,Pn反思 本题中,n的取值会影响Pn与Qn的大小变化,变量x也影响Pn与Qn的大小关系,这就要求我们在探索大小关系时,不能只顾“n”,而忽视其他变量(参数)的作用.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四课件31张PPT。本讲整合专题一专题二专题三专题四专题五专题一 不等式性质的应用
利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立,进行数值或代数式大小的比较,常用到分类讨论的思想.
应用若a,b是任意实数,且a>b,则( )提示：为提高解题速度,特殊值法与不等式性质的运用可以交替进行. 专题一专题二专题三专题四专题五解析：a>b并不保证a,b均为正数,从而不能保证选项A,B成立.又a>b?a-b>0,但不能保证a-b>1,从而不能保证选项C成立.显答案：D 专题一专题二专题三专题四专题五专题二 基本不等式与三个正数的算术-几何平均不等式
定理1:如果a,b∈R,那么a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立.专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题三 利用基本不等式或三个正数的算术-几何平均不等式求最大(小)值
重要的结论:
已知x,y都是正实数,则专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五应用2设计一幅宣传画,要求画面面积为4 840 cm2,画面的宽与高的比为λ(λ<1),画面的上、下各留8 cm的空白,左、右各留5 cm的空白.怎样确定画面的高与宽的尺寸,才能使宣传画所用纸张面积最小?
提示：在应用平均不等式解决这类实际问题时,应注意:①设变量,一般把要求最大值和最小值的变量设为函数;②建立相应的函数关系式,把实际问题抽象为函数的最值问题;③在定义域内,求函数的最大值或最小值.专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题四 含有绝对值的不等式的证明
证明一个含有绝对值的不等式成立,除了要应用一般不等式的基本性质之外,经常还要用到关于绝对值的和、差、积、商的性质:(1)|a|+|b|≥|a+b|;(2)|a|-|b|≤|a+b|;(3)|a|·|b|=|a·b|;专题一专题二专题三专题四专题五乘法、除法法则直接推出;而绝对值的差的性质可以利用和的性质导出.因此,只要能够证明|a|+|b|≥|a+b|对于任意实数都成立即可.含有绝对值的不等式的证明中,常常利用|a|≥a,|a|≥-a及绝对值的和的性质.专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五专题五 含有绝对值的不等式的解法
关于含有绝对值的不等式的问题,主要包括两类:一类是解不等式,另一类是证明不等式.
1.解在绝对值符号内含有未知数的不等式(也称绝对值不等式),关键在于去掉绝对值符号,化成一般的不等式.主要的依据是绝对值的定义.
在数轴上,一个点到原点的距离称为这个点所表示的数的绝对专题一专题二专题三专题四专题五2.含有绝对值的不等式有两种基本的类型.
第一种类型:设a为正数.根据绝对值的定义,不等式|x|如果给定的不等式符合上述形式,就可以直接利用它的结果来解.专题一专题二专题三专题四专题五第二种类型:设a为正数.根据绝对值的定义,不等式|x|>a的解集是{x|x>a或x<-a}.
它的几何意义就是数轴上到原点的距离大于a的点的集合是两个开区间(-∞,-a),(a,+∞)的并集.如图所示.
同样,如果给定的不等式符合这种类型,就可以直接利用它的结果来解.专题一专题二专题三专题四专题五应用1设有关于x的不等式lg(|x+3|+|x-7|)>a.
(1)当a=1时,解此不等式;
(2)当a为何值时,此不等式的解集是R.解(1)当a=1时,lg(|x+3|+|x-7|)>1,
?|x+3|+|x-7|>10,
?x>7或x<-3.
所以原不等式的解集为{x|x<-3或x>7}.
(2)设f(x)=|x+3|+|x-7|,有f(x)≥|(x+3)-(x-7)|=10,当且仅当(x+3)(x-7)≤0,即-3≤x≤7时,f(x)取得最小值10.故lg(|x+3|+|x-7|)≥1.
要使lg(|x+3|+|x-7|)>a的解集为R,只要a<1.专题一专题二专题三专题四专题五应用2设函数f(x)=|2x-4|+1.
(1)画出函数y=f(x)的图象;
(2)若不等式f(x)≤ax的解集非空,求a的取值范围.专题一专题二专题三专题四专题五1234123412342(2016全国乙,理24)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.
(1)画出y=f(x)的图象;
(2)求不等式|f(x)|>1的解集.1234123412343(2016全国丙,理24)已知函数f(x)=|2x-a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;
(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解: (1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.
解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.
(2)当x∈R时,
f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,1234(分类讨论)
当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.
当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.
所以a的取值范围是[2,+∞).12344(2015课标全国Ⅰ,理24)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.解: (1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.
当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;
当x≥1时,不等式化为-x+2>0,
解得1≤x<2.1234课件18张PPT。本讲整合专题一专题二专题三专题四专题五专题一 比较法
比较法证明不等式的依据是:不等式的意义及实数比较大小的充要条件.作差比较法证明的一般步骤是:①作差;②恒等变形;③判断结果的符号;④下结论.其中,变形是证明推理中一个承上启下的关键,变形的目的在于判断差的符号,而不是考虑差能否化简或值是多少,变形所用的方法要具体情况具体分析,可以配方,可以因式分解,可以运用一切有效的恒等变形的方法.专题一专题二专题三专题四专题五应用1设a≠b,求证:a2+3b2>2b(a+b).
提示：用作差比较法证明.作差比较法的步骤是:①作差;②变形;③判断差与0的大小关系;④下结论,其中最关键的步骤是②③.
证明：(a2+3b2)-2b(a+b)=a2+3b2-2ab-2b2=a2-2ab+b2=(a-b)2.因为a≠b,所以a-b≠0.
从而(a-b)2>0,于是(a2+3b2)-2b(a+b)>0.
所以a2+3b2>2b(a+b).专题一专题二专题三专题四专题五A.aC.c提示：作商比较法的步骤是:①作商;②变形;③判断商与1的大小关系;④下结论.其中②③是关键步骤,同时要注意分子、分母的正负.专题一专题二专题三专题四专题五专题二 综合法
综合法证明不等式的依据:已知的不等式以及逻辑推证的基本理论.证明时要注意:作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同,应用时要先考虑是否具备应有的条件,避免错误,如一些带等号的不等式,应用时要清楚取等号的条件,即对重要不等式中“当且仅当……时,等号成立”的理由要理解掌握.综合法证明不等式的思维方向是“顺推”,即由已知的不等式出发,逐步推出其必要条件(由因导果),最后推导出所要证明的不等式成立.专题一专题二专题三专题四专题五应用已知a,b,c为△ABC的三条边,求证:a2+b2+c2<2(ab+bc+ca).
提示：应用余弦定理解决.专题一专题二专题三专题四专题五专题三 分析法
分析法证明不等式的依据:不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论.分析法证明不等式的思维方向是“逆求”(但绝不是逆推),即由待证的不等式出发,逐步逆求使其成立的充分条件(执果索因),最后得到充分条件是已知(或已证)的不等式.当要证的不等式不知从何入手时,可考虑用分析法去证明,特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效.分析法是“执果索因”,步步寻求上一步成立的充分条件,而综合法是“由因导果”,逐步推导出不等式成立的必要条件,两者是对立统一的两种方法,一般说来,对于较复杂的不等式,直接用综合法往往不易入手,因此,常用分析法探索证题途径,然后用综合法加以证明,所以分析法和综合法可结合使用.专题一专题二专题三专题四专题五应用设a>0,b>0,求证:a5+b5≥a3b2+a2b3.
提示：此题可以用分析法、综合法和比较法来证明,这里我们用分析法证明.
证明：要证a5+b5≥a3b2+a2b3成立,
即证(a5-a3b2)+(b5-a2b3)≥0成立,
即证a3(a2-b2)+b3(b2-a2)≥0成立,
即证(a3-b3)(a2-b2)≥0成立.
而a>0,b>0,当a≥b>0或b≥a>0时,
a3-b3与a2-b2的符号都相同,
所以(a3-b3)(a2-b2)≥0成立.
所以原不等式成立.专题一专题二专题三专题四专题五专题四 反证法
运用反证法证明不等式,主要有以下两个步骤:①作出与所证不等式相反的假设;②从条件和假设出发,应用正确的推理方法,推出矛盾的结论,否定假设,从而证明原不等式成立.
反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题.涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题,也常用反证法.专题一专题二专题三专题四专题五应用用反证法证明钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.专题一专题二专题三专题四专题五所以在△ABD中,AD>BD,从而∠B>∠BAD.
同理∠C>∠CAD.
所以∠B+∠C>∠BAD+∠CAD,
即∠B+∠C>∠CAB.
因为∠B+∠C=180°-∠CAB,
所以180°-∠CAB>∠CAB,
则∠CAB<90°,这与题设矛盾.专题一专题二专题三专题四专题五专题五 放缩法
在证明不等式时,有时我们要把所证不等式的一边适当地放大(或缩小)以方便化简,并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显,从而得到欲证的不等式成立,这种证明的方法称为放缩法.它是证明不等式的特殊方法.专题一专题二专题三专题四专题五专题一专题二专题三专题四专题五121212(1)证明：f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范围. 课件18张PPT。本讲整合专题一专题二专题三专题四专题一 柯西不等式的应用
利用柯西不等式证明其他不等式或求最值,关键是构造两组数,并向着柯西不等式的形式进行转化.专题一专题二专题三专题四应用1已知实数a,b,c,d,e满足a+b+c+d+e=8,a2+b2+c2+d2+e2=16,求e的取值范围.
提示：由a2+b2+c2+d2+e2联想到应用柯西不等式.
解:∵4(a2+b2+c2+d2)=(1+1+1+1)(a2+b2+c2+d2)≥(a+b+c+d)2,
∴4(16-e2)≥(8-e)2,64-4e2≥64-16e+e2,专题一专题二专题三专题四提示：注意中间的一列数的代数和,其奇数项为正,偶数项为负,可进行恒等变形予以化简.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题二 排序不等式的应用
利用排序不等式可以简洁地证明一类不等式,其证明的关键是找出两组有序数组,通常可以从函数单调性去寻找.专题一专题二专题三专题四提示：可构造△ABC的边和角的序列,应用排序不等式来证明.证明：不妨设a≤b≤c,于是A≤B≤C,由排序不等式,得aA+bB+cC=aA+bB+cC,
aA+bB+cC≥bA+cB+aC,
aA+bB+cC≥cA+aB+bC.
相加,得3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=π(a+b+c),专题一专题二专题三专题四又由0有0=a(B+C-A)+b(A+C-B)+c(A+B-C)
=a(π-2A)+b(π-2B)+c(π-2C)
=(a+b+c)π-2(aA+bB+cC),
由①②得原不等式成立.专题一专题二专题三专题四专题三 利用不等式解决最值问题
利用不等式解决最值问题,尤其是含多个变量的问题,是一种常用方法.特别是条件最值问题,通常运用基本不等式、柯西不等式、排序不等式及幂平均不等式等,但要注意等号成立的条件能否满足.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题四 利用柯西不等式解决实际问题
数学知识服务于生活实践始终是数学教学的中心问题,利用柯西不等式解决实际问题,关键是从实际情景中构造出这类不等式的模型.专题一专题二专题三专题四应用
如图,等腰直角三角形AOB的直角边长为1.
在此三角形中任取点P,过点P分别引三边的平行线,与各边围成以P为顶点的三个三角形(图中阴影部分),求这三个三角形的面积和的最小值,以及达到最小值时点P的位置.专题一专题二专题三专题四解:分别取OA,OB所在直线为x轴、y轴,则AB的方程为x+y=1,
记点P的坐标为P(xP,yP),则以P为公共顶点的三个三角形的专题一专题二专题三专题四121(2015福建,理21(3))已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4.
(1)求a+b+c的值;解: (1)因为f(x)=|x+a|+|x-b|+c
≥|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c,
当且仅当-a≤x≤b时,等号成立.
又a>0,b>0,所以|a+b|=a+b.
所以f(x)的最小值为a+b+c.
又已知f(x)的最小值为4,
所以a+b+c=4.12122(2015陕西,理24)已知关于x的不等式|x+a|(1)求实数a,b的值;课件24张PPT。本讲整合专题一专题二专题一 正确使用数学归纳法
同学们在刚开始学习数学归纳法时,常常会遇到两个困难,一是数学归纳法的思想实质不容易理解,二是归纳步骤的证明有时感到难以入手.本专题将对两种常见的错误进行讨论、整理,以帮助学生进一步理解数学归纳法的原理,弄清它的实质,从而明确如何正确地使用数学归纳法.
(1)缺少数学归纳法的第二步.
有人觉得如果一个命题对于开头的一些自然数都成立,那么由P(k)成立导出P(k+1)成立是必然的,因此第二步归纳步骤是流于形式,证与不证似乎一样,显然这是不正确的.产生这种错误想法的原因在于没有认识到归纳步骤所起的递推作用,如果没有递推性,那么一个命题可能对于开头的许多自然数都成立,但是对于一般的自然数并不成立,我们举几个例子来看看.专题一专题二这是个合数,费尔玛的猜想错了.
这就充分说明我们不能把不完全归纳法当成证明,用数学归纳法证明时第二步不可缺少.专题一专题二(2)缺少数学归纳法的第一步.
也有人觉得既然第二步归纳步骤中有递推作用,而且k又可以任意取值,这样就够了,有没有第一步P(1)无关紧要.这种认识也是错误的,它忽视了第一步的奠基作用,因为如果没有P(1)成立,归纳假设P(k)成立就没有了依据,因此递推性也就成了无源之水,无本之木,下面我们看一个这样的例子.专题一专题二例:证明(n+1)2+(n+2)2一定是偶数(n∈N+).
证明：假设当n=k时命题成立,即(k+1)2+(k+2)2是偶数.当n=k+1时,
[(k+1)+1]2+[(k+1)+2]2=(k+2)2+(k+1)2+4(k+1)+4=(k+1)2+(k+2)2+4(k+2).
由假设(k+1)2+(k+2)2是偶数,又4(k+2)也是偶数,所以上式是偶数,这就是说当n=k+1时命题也成立.
由此,对于任意的正整数n,(n+1)2+(n+2)2一定是偶数.
这个结论显然是错误的,原因就在于证明中缺少第一步奠基步骤,实际上,当n=1时,(1+1)2+(1+2)2=4+9=13不是偶数,这说明使用数学归纳法时不可缺少第一步.专题一专题二专题一专题二专题二 数学归纳法证题的几种技巧
在使用数学归纳法证明时,一般说来,第一步验证比较简明,而第二步归纳步骤情况较复杂.因此,熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的,其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题,归纳假设“P(k)”是问题的条件,而命题P(k+1)成立就是所要证明的结论,因此,合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键,下面简要分析一些常用技巧.专题一专题二1.分析综合法
用数学归纳法的假设证明关于正整数n的命题,从“P(k)”到“P(k+1)”,常常可用分析综合法.
应用1求证:对任意正整数n,有13+23+33+…+n3=(1+2+…+n)2成立.提示：这是一个等式证明问题,它涉及全体正整数,用数学归纳法证明.用数学归纳法证明恒等式,关键是第二步要用上假设,证明n=k+1时,原等式成立.专题一专题二证明：(1)当n=1时,左边=1,右边=1,左边=右边,所以原等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,等式成立,
即13+23+…+k3=(1+2+…+k)2.
则当n=k+1时,13+23+…+k3+(k+1)3即当n=k+1时,原等式也成立.
综合(1)(2)可知,对任何n∈N+,原等式都成立.专题一专题二提示：这是一个不等式证明问题,它涉及全体正整数n,用数学归纳法证明.专题一专题二?2(ak+1+bk+1)≥(a+b)(ak+bk)
?2(ak+1+bk+1)-(ak+1+abk+bak+bk+1)≥0
?ak+1-abk-bak+bk+1≥0
?(a-b)(ak-bk)≥0.
因为a-b与(ak-bk)同正负(或同时为0),所以最后一个不等式显然成立,这就证明了当n=k+1时,不等式成立.专题一专题二2.放缩法
涉及关于正整数n的不等式,从“k”过渡到“k+1”,有时也考虑用放缩法.提示：利用数学归纳法证明不等式关键是利用放缩、凑假设、凑结论.但要注意从n=k变化到n=k+1时增加了多少项,减少了多少项,一般用f(k+1)-f(k)研究增加或减少的项的多少.专题一专题二专题一专题二3.递推法
利用数学归纳法证明与数列有关的问题时,有时要利用an与an+1的关系,实现从“k”到“k+1”的过渡.提示：数列类问题用数学归纳法证明时,一般先用递推公式,后用归纳假设.专题一专题二专题一专题二4.拼凑法
利用数学归纳法证明关于正整数的命题(尤其是整除)时,从“k”过渡到“k+1”常用拼凑法.
应用5对于任意正整数n,求证:an-bn能被a-b整除(对于多项式A,B,如果存在多项式C,使得A=BC,那么称A能被B整除).
提示：用数学归纳法证明问题时,关键在于弄清n由k到k+1时,问题的变化情况,创造条件一定要用上归纳假设.专题一专题二证明：(1)当n=1时,an-bn=a-b能被a-b整除.
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,ak-bk能被a-b整除,那么当n=k+1时,ak+1-bk+1=ak+1-akb+akb-bk+1=ak(a-b)+b(ak-bk).
因为(a-b)和ak-bk都能被a-b整除,
所以ak(a-b)+b(ak-bk)也能被a-b整除,
即当n=k+1时,ak+1-bk+1能被a-b整除.
根据(1)(2)可知,对一切正整数n,an-bn都能被a-b整除.专题一专题二5.几何法
“几何类”命题的证题关键是先要从证明n=k+1时命题成立的结论中,分解出n=k时命题成立的部分,再去证明余下的部分.提示：利用数学归纳法证明几何问题,关键是找出由n=k到n=k+1时所增加的项.专题一专题二 (2015江苏,23)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N+),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.