34、综合应用
一、典型例题
函数f(x)=(a2-1)x在（-∞，+∞）上是减函数，求a的取值范围。
设f(x)=loga+x(2ax)，当1
已知多项式f(x)=x4+px3+qx2+x，若对一切的x∈R，都有f(x)≥x且f(1)=1，求常数p、q。
若关于x的方程x2+(a-3)x+a=0的两根均为正数，求实数a的取值范围。
若(m+1)x2-(m-1)x+3(m-1)<0对于任何实数x恒成立，求实数a的取值范围。
如果方程(x-1)(x2-2x+m)=0的三个根可以作为一个三角形的三条边的长，求实数m取值范围。
若方程lg(ax)lg(ax2)=4的所有解大于1，求实数a的取值范围。
当a为何值时，关于x的方程2lgx-lg(x-1)=lga有一解？两解？无解？
m和n取怎样的整数时，方程2x2-2mx+n=0的两个实根x1、x2满足1≤x1<2,2≤x2<3
10、设 ∈ ,cos2 +2msin -2m-2n<0恒成立，求实数m的取值范围。
11、求函数的最值。
12、已知0教学目标
1．掌握分析法证明不等式；
2．理解分析法实质——执果索因；
3．提高证明不等式证法灵活性
教学重点 分析法
教学难点 分析法实质的理解
教学过程设计
一、复习引入
1．重要不等式：如果
2．定理：如果a,b是正数，那么
3．公式的等价变形：ab≤，ab≤（）2
4． ≥2（ab＞0），当且仅当a＝b时取“＝”号；
5．定理：如果，那么（当且仅当时取“=”）
6．推论：如果，那么 （当且仅当时取“=”）
7．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论
比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论
8．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法
用综合法证明不等式的逻辑关系是：
综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法
二、讲解新课
1分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法
2．用分析法证明不等式的逻辑关系是：
3．分析法的思维特点是：执果索因
4．分析法的书写格式： 要证明命题B为真，只需要证明命题为真，从而有……，这只需要证明命题为真，从而又有……，这只需要证明命题A为真，而已知A为真，故命题B必为真
三、讲解范例
例1 求证
证明：因为都是正数，所以为证明，
只需证明
展开得 ，即
因为成立，所以成立
即证明了
说明：分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，综合法是对立统一的.
例2 证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大
分析：当水的流速相同时，水管的流量取决于水管截面面积的大小，设截面的周长为L，则周长为L的圆的半径为，截面积为；周长为L的正方形边长为，截面积为所以本题只需证明
证明：设截面的周长为L，依题意，截面是圆的水管的截面面积为，截面是正方形的水管的截面面积为，所以本题只需证明
为了证明上式成立，只需证明
两边同乘以正数，得
因此，只需证明
上式是成立的，所以
这就证明了，通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大
说明：对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，因此，通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经常是结合在一起使用的
四、课堂练习
已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤
分析一:用分析法
证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立
(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,
只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)
即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
即证2abcd≤b2c2+a2d2
即证0≤(bc-ad)2
因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,
综合(1)、(2)可知:原不等式成立
分析二:用综合法
证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)
=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2
∴≥|ac+bd|≥ac+bd
故命题得证
分析三:用比较法
证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,
∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2
∴≥|ac+bd|≥ac+bd,
即ac+bd≤
五、小结 通过本节学习，要求大家在理解分析法的逻辑关系的基础上掌握分析法证明不等式，并加深认识不等式证明方法的灵活性，能综合运用证明不等式的各种方法
六、课后作业
1选择题
(1)若logab为整数,且loga>logalogba2,那么下列四个结论中正确的个数是（ ）①>>a2 ②logab+logba=0 ③0A1 B2 C3 D4
答案:A
(2)设x1和x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则（ ）
A|x1|>2且|x2|>2 B|x1+x2|>4 C|x1+x2|<4 D|x1|=4且|x2|=1
答案:B
(3)若x,y∈R+,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是（ ）
A B C D
答案:D
(4)若x>0,y>0,且≤a成立,则a的最小值是（ ）
A B C2 D2
答案:B
(5)已知a,b∈R+,则下列各式中成立的是（ ）
Acos2θ·lga+sin2θ·lgblg(a+b)
Cacos2θ·bsin2θ=a+b Dacos2θ·bsin2θ>a+b
答案:A
(6)设a,b∈R+,且ab-a-b≥1,则有（ ）
Aa+b≥2(+1) Ba+b≤+1 Ca+b≥(+1)2 Da+b≤2(+1)
答案:A
2用分析法证明:
3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2
证明:要证3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2
只需证3［(1+a2)2-a2］≥(1+a+a2)2
即证3(1+a2+a)(1+a2-a)≥(1+a+a2)2
∵1+a+a2=(a+)2+>0
只需证3(1+a2-a)≥1+a+a2
展开得2-4a+2a2≥0
即2(1-a)2≥0成立
故3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2成立
3用分析法证明:
ab+cd≤
证明:①当ab+cd<0时,
ab+cd<成立
②当ab+cd≥0时,
欲证ab+cd≤
只需证(ab+cd)2≤()2
展开得a2b2+2abcd+c2d2≤(a2+c2)(b2+d2)
即a2b2+2abcd+c2d2≤a2b2+a2d2+b2c2+c2d2
即2abcd≤a2d2+b2c2
只需证a2d2+b2c2-2abcd≥0
即(ad-bc)2≥0
因为(ad-bc)2≥0成立
所以当ab+cd≥0时,ab+cd≤成立
综合①②可知:ab+cd≤成立
4用分析法证明下列不等式:
(1)求证:
(2)求证:(x≥4)
(3)求证:a,b,c∈R+,求证:
证明:(1)欲证
只需证
展开得12+2>16+2
即2>4+2
只需证(2)2>(4+2)2
即4>这显然成立
故成立
(2)欲证(x≥4)
只需证(x≥4)
即证(x≥4)
展开得2x-5+2
即
只需证［］2<［］2
即证x2-5x+4即4<6这显然成立
故(x≥4)成立
(3)欲证2()≤3()
只需证a+b-2≤a+b+c-3
即证c+2≥3
∵a,b,c∈R+
∴c+2=c++≥3
∴c+2≥3成立
故原不等式成立
5若a,b>0,2c>a+b,求证:
(1)c2>ab
（2）c-证明:（1）∵ab≤()2∴ab（2）欲证c-只需证-即|a-c|<
即a2-2ac+c2只需证a(a+b)<2ac
∵a>0,只要证a+b<2c(已知)
故原不等式成立
6已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0,有两个实数根α,β,证明:
(1)如果|α|<2,|β|<2,那么2|α|<4+b且|b|<4
(2)如果2|α|<4+b且|b|<4,那么|α|<2,|β|<2
证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α+β=-a,αβ=b则有:
(1)(2)等价于证明|α|<2,|β|<22|α+β|<4+αβ,且|αβ|<4
七、教学后记不等式的证明（1）
教学目标
知识与技能目标
比较法证明不等式的原理、一般步骤。
过程与能力目标
理解用比较法证明不等式的原理和思路，会用比较法证简单的不等式。
情感与态度目标
进一步巩固、熟练掌握不等式的性质，提高学生分析问题和解决问题的能力，开发创新思维，加强实践能力的培养，提高学生的辩证唯物主义思想.
教学重点 比较法的应用
教学难点 常见解题技巧
教学过程设计
Ⅰ.复习
1．重要不等式：如果.
2．定理：如果是正数，那么
3．等价变形：≤，≤.
4． ≥2（＞0），当且仅当a＝b时取“＝”号。
5．定理：若，则（仅当时取“=”）.
6．推论：若，则 （当且仅当时取“=”）.
Ⅱ.讲授新课?
1．比较法之一（作差法）步骤：作差—变形—判断与0的关系—结论。
2．比较法之二（作商法）步骤：作商—变形—判断与1的关系—结论。
Ⅲ.例题分析
例1 求证.
分析：两边作差，将差式看作关于的二次函数，有最小值，由配方法易证。
证明：∵= .
∴
例2 已知a, b, m都是正数，并且a < b，求证：.
证明：.
∵a, b, m都是正数，并且，∴ , .
∴ ， 即
思考：若a > b，结果会怎样？若没有“a < b”这个条件，应如何判断？
例3 已知都是正数，并且，求证：.
证明：
∵a, b都是正数，∴，
又∵，(a b)2 > 0 ∴
即.
例4 甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点甲有一半时间以速度m行走，另一半时间以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走如果m n，问：甲、乙两人谁先到达指定地点？
分析：设从出发点至指定地点的路程为s，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为、要回答题目中的问题，只要比较、的大小就可以了
解：设从出发地到指定地点的路程为S，甲、乙两人走完全程所需时间分别是、，依题意有：
可得 ：
∴
∵S, m, n都是正数，且m n，∴－< 0 即：<
答：甲先到到达指定地点
说明：比较法证不等式在实际中的应用，要注意实际问题向数学问题的转化
思考：若m = n，结果会怎样？
例5设a, b R+，求证：.
证明：（作商）.
当a = b时，.
当a > b > 0时，.
当b > a > 0时， .
∴ （其余部分略）
Ⅳ.课堂练习
Ⅴ.课堂小结：较法证明不等式的步骤：作差（商）、变形、判断符号
Ⅵ.课后作业
Ⅶ.教学后记不等式的证明（4）
教学目的
1． 掌握换元法法证明不等式；
2．理解换元法实质；
3．提高证明不等式证法灵活性
教学重点 三角换元和代数换元
教学难点 三角换元
教学过程设计
一、复习引入：
1．重要不等式：
如果
2．定理：如果a,b是正数，那么
3 公式的等价变形：ab≤，ab≤（）2
4． ≥2（ab＞0），当且仅当a＝b时取“＝”号；
5．定理：如果，那么（当且仅当时取“=”）
6．推论：如果，那么 （当且仅当时取“=”）
7．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论
比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论
8．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法
用综合法证明不等式的逻辑关系是：
综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法
9分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法叫做分析法
用分析法证明不等式的逻辑关系是：
分析法的思维特点是：执果索因
分析法的书写格式：
要证明命题B为真，
只需要证明命题为真，从而有……
这只需要证明命题为真，从而又有……
……
这只需要证明命题A为真
而已知A为真，故命题B必为真
二、讲解新课：
1三角换元：
若0≤x≤1，则可令x = sin ()或x = sin2 ()
若，则可令x = cos , y = sin ()
若，则可令x = sec, y = tan ()
若x≥1，则可令x = sec ()
若xR，则可令x = tan ()
2代数换元：
“整体换元”,“均值换元”,“设差换元”的方法
三、讲解范例：
例1 求证：
证一：（综合法）
∵
即 ∴
证二：（换元法） ∵ ∴令 x = cos , [0, ]
则
∵ ∴
例2 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：
证一： 即：
证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设
则
例3 若，求证：
证：设，
则
例4 若x > 1，y > 1，求证：
证：设
则
例5已知：a > 1, b > 0 , a b = 1，求证：
证：∵a > 1, b > 0 , a b = 1 ∴不妨设
则
∵, ∴0 < sin < 1 ∴
例6证明：若a > 0，则
证：设
则
（ 当a = 1时取“=” ）
∴
即 ∴原式成立
四、课堂练习：
五、小结 ：
六、课后作业：
?
七、板书设计（略）
八、课后记：不等式的性质（一）
教学目标
知识与技能目标
1.数轴上的点与实数是一一对应的。数轴上右边的点表示的实数比左边的点表示的实数大。
2.实数的运算性质与大小顺序之间的关系(三个等价关系)。
3.差值比较法比较两个实数的大小。?
过程与能力目标
1.掌握差值比较法。
2.会用差值比较法比较两个实数的大小。
情感与态度目标
1.培养学生转化的数学思想和逻辑推理能力。
2.培养学生数形结合的数学思想和灵活应变的解题能力。?
3.培养学生分类讨论的数学思想和思考问题严谨周密的习惯。
教学重点
理解在两个实数a、b之间具有以下性质：a＞ba－b＞0；a＝ba－b＝0；a＜ba－b＜0.这是不等式这一章内容的理论基础，是不等式性质证明、证明不等式和解不等式的主要依据。
教学难点
比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差的符号。差值比较法是比较实数大小的基本方法，通常的步骤是：作差→变形→判断差值的符号。
教学过程
Ⅰ.课题导入
客观世界中，不等关系具普遍性、绝对性，是表述研究数量取值范围的重要工具.研究不等关系，反映在数学上就是证明不等式与解不等式.实数差的正负与实数大小的比较有密切关系，这种关系是本章的基础，也是证明不等式与解不等式的主要依据.因此，本节课我们来研究探讨实数的运算性质与大小顺序间的关系.
Ⅱ.讲授新课?
(一)提出问题?
问题一： 若a＞b，则a－b＞0；若a＝b，则a－b＝0；若a＜b，则a－b＜0，反之亦然.
由此可知：
a＞ba－b＞0a＝ba－b＝0a＜ba－b＜0
此等价关系提供了比较实数大小的方法：即要比较两个实数的大小，只要考查它们的差就可以了.
(二)例题分析?
例1、比较(a＋3)（a－5）与（a＋2）（a－4）的大小.
解析：比较两个实数a与b的大小，可归纳为判断它们的差a－b的符号.由此，把比较两个实数大小的问题转化为实数运算符号问题.?
由题意可知： （a＋3）（a－５）－（a＋2）（a－4）
＝（a2－2a－1５）－（a2－2a－８）
＝－７＜0
∴（a＋3）（a－５）＜（a＋2）（a－4）
练习：教材第5页练习第1题．
例2、已知x≠0，比较（x2＋1）2与x4＋x2＋1的大小.
解： （x2＋1）2－（x4＋x2＋1）
＝（x4＋2x2＋1）－（x4＋x2＋1）
＝x4＋2x2＋1－x4－x2－1＝x2
∵x≠0 ∴x2＞0?
∴（x2＋1）2－（x4＋x2＋1）＞0?
∴（x2＋1）2＞x4＋x2＋1.
引伸：例2中，若没有x≠0这个条件，两式的大小关系如何
［师］此题意在培养学生分类讨论的数学思想，提醒学生在解决含字母代数式问题时，不要忘记代数式中字母的取值范围，一般情况下，取值范围是实数集的可以省略不写.
［生］例2中，若没有x≠0这个条件，则意味着x可取全体实数，解决问题时，应分x＝0和x≠0两种情况进行讨论，即：
当x＝0时，（x2＋1）2＝x4＋x2＋1
当x≠0时，（x2＋1）2＞x4＋x2＋1
［师生共析］作差比较法的步骤是：
作差；
变形：配方、因式分解、通分、分母（分子）有理化等；
判断符号；
作出结论．?
练习：（1）教材第5页练习第2、3题；
（2）
例3.
Ⅲ.课堂小结：
作差比较法的步骤是：
（1）作差；
（2）变形：配方、因式分解、通分、分母（分子）有理化等；
（3）判断符号；
（4）作出结论．
Ⅳ.课后作业 习题6.1 1、2、3．
Ⅴ.教学后记不等式的性质（二）
教学目标
知识与技能目标
1.不等式的性质定理1，定理2，定理3及其推论.
2.不等式性质定理1，定理2，定理3及其推论的证明方法.?
过程与能力目标
1.掌握不等式性质定理1、2、3及推论的证明，初步理解证明不等式的逻辑推理方法.
2.理解定理3是移项法则的依据.
3.能运用不等式性质定理及推论解决一些简单的问题.?
情感与态度目标
通过对不等式性质定理的掌握，培养学生灵活应变的解题能力和严谨周密的思考习惯.
教学重点
掌握不等式性质定理1、2、3及推论，注意每个定理的条件.理解不等式的性质，是不等式变形的理论依据.
教学难点
1.理解定理1、定理2的证明，即“a＞bb＜a和a＞b，b＞ca＞c”的证明.这两个定理证明的依据是实数大小的比较与实数运算的符号法则.
2.定理3的推论，即“a＞b，c＞da＋c＞b＋d”是同向不等式相加法则的依据.但两个同向不等式的两边分别相减时，就不能得出一般结论.
教学过程
1.复习
回顾比较两实数大小的理论依据，三个“等价”关系，即
a>ba-b>0a=ba-b=0a“作差法”比较两实数的大小的一般步骤：作差——变形——判断符号——作出结论
初中我们学过的不等式的基本性质是什么
(1)若a＞b，则a＋c＞b＋c，a－c＞b－c；
(2)若a＞b，c＞0，则ac＞bc，＞；
(3)若a＞b，c＜0，则ac＜bc，＜.
2.讲授新课
课本中定理1～定理3的证明，都是以实数的运算性质与大小顺序之间的关系为依据，并直接运用实数运算的符号法则(如：正数的相反数是负数；负数的相反数是正数，两个正数的和仍是正数，同号相乘得正，异号相乘得负)来确定差的符号.
定理1 如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.（反对称性）
证明： ∵a＞b，∴a－b＞0
由正数的相反数是负数，得
－（a－b）＜0
∴b－a＜0，即b＜a.
（后半部分请同学们自己证明）
定理1说明，把不等式的左边和右边交换，所得不等式与原不等式异向。
定理2 如果a＞b，且b＞c，那么a＞c.（传递性）
证明: ∵a＞b，b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0.
根据两个正数的和仍是正数，得：（a－b）＋（b－c）＞0
∴a－c＞0，即a＞c.
定理2小结：
运用定理1可将定理2改写为：若a＜b，b＜c，则a＜c，即a＜b，b＜ca＜c；定理2是不等式的传递性(a＞b且b＞ca＞c），它是“放缩”不等式的依据.
定理3 如果a＞b，那么a＋c＞b＋c.
证明: ∵a＞b ∴a－b＞0
∴（a＋c）－（b＋c）＝a－b＞0，即a＋c＞b＋c
定理3小结：不等式两边都加上同一个实数，所得不等式与原不等式同向.利用定理3可以得出：“如果a＋b＞c，那么a＞c－b”.［这是因为：a＋b＞ca＋b＋（－b）＞c＋（－b）a＞c－b］.也就是说：“不等式中任何一项改变符号后，可以把它从一边移到另一边.”显然，定理3的逆命题也成立.
定理3推论 如果a＞b，且c＞d，那么a＋c＞b＋d.
方法1：∵a＞b，c＞d，∴a－b＞0，c－d＞0
∴（a＋c）－（b＋d）＝（a－b）＋（c－d）＞0(两正数的和仍为正数)
∴a＋c＞b＋d.
方法2：∵a＞b，∴a＋c＞b＋c
又∵c＞d，∴b＋c＞b＋d
∴由不等式的性质定理2，得：a＋c＞b＋d.
小结：两个或更多个同向不等式两边分别相加，所得不等式与原不等式同向.
评述：定理3是不等式移项法则的基础；定理3的推论是同向不等式相加法则的依据，但两个同向不等式的两边分别相减时，就不能作出一般的结论.
应用
例1.已知a＞b，c＜d，求证：a－c＞b－d.
证法一：∵a＞b，c＜d，∴a－b＞0，d－c＞0
∴（a－c）－（b－d）＝（a－b）＋（d－c）＞0(两正数的和仍为正数)
故a－c＞b－d.
证法二：∵c＜d ，∴－c＞－d
又∵a＞b，∴a＋（－c）＞b＋（－d），∴a－c＞b－d
练习
1.判断下列命题的真假，并说明理由：
(1)如果a＞b，那么a－c＞b－c； 真
(2)如果a＞b，那么＞. 假
2.回答下列问题：
（1)如果a＞b，c＞d，能否断定a＋c与b＋d谁大谁小 举例说明；
(2)如果a＞b，c＞d，能否断定a－2c与b－2d谁大谁小 举例说明.
答案：(1)不能断定.例如：2＞1，1＜32＋1＜1＋3；而2＞1，－1＜－0.８2－1＞1－0.８.异向不等式作加法没定论.
(2)不能断定.例如a＞b，c＝1＞d＝－1a－2c＝a－2，b＋2＝b－2d，其大小不定.a＝８＞1＝b时a－2c＝６＞b＋2＝3.而a＝2＞1＝b时a－2c＝0＜b＋2＝3.
3.求证：(1)如果a＞b，c＞d，那么a－d＞b－c；
(2)如果a＞b，那么c－2a＜c－2b.
3.课堂小结
1.性质定理1—3及其推论.
2.不等式性质：反对称性(a＞bb＜a)、传递性(a＞b，b＞ca＞c)、
可加性(a＞ba＋c＞b＋c)、加法法则（a＞b，c＞da＋c＞b＋d）.
4.课后作业 习题6.1第4.（1）、（2）题；
5.教学后记第二单元 不等式的证明
[知识要点]
1、几个重要不等式
条件 结论 等号成立条件
aR a20 a=0
aR，bR a2+b22ab a=b
a0，b0 a=b
2、不等式证明的依据和方法
依据 （1）aba-b0；aba-b0（2）不等式的性质（见第一单元）（3）几个重要不等式（见上表）
常用方法 （1）比较法 差比法
商比法
（2）综合法 利用重要不等式利用不等式的性质
（3）分析法
[典型例题]
例1、巳知x是实数，比较2x4+1与2x3+x2的大小。
例2、巳知abc，A=a2b+b2c+c2a，B=ab2+bc2+ca2，比较A与B的大小。
例3、巳知a、b、c是△ABC的三边的长，求证
3（ab+bc+ca）（a+b+c）24（ab+bc+ca）
例4、巳知a、b、c都是正实数，求证
a2ab2bc2caa+cbc+aca+b
例5、巳知a1、a2、b1、b2都是实数，求证
(a1b1+a2b2)2(a12+a22)(b12+b22)
例6、在△ABC中，a、b、c为三边的边长，S表示面积，求证
a2+b2+c24S，
并说明等号成立的条件。
例7、巳知a、b、c都是正实数，求证
.
例8、巳知实数a、b、x、y满足不等式(a+b)(x+y)2(ay+bx)，求证
.
例9、巳知n2，nN，求证.
例10、巳知a0，b0，且a+b=1，求证
.
例11、设x1、x2、…、xN都是正数，求证
.
例12、巳知a、b、c是正数，且满足，求证abc.
例13、巳知ab0，求证
.
[测试题]
一、选择题
1、在四个不等式
①x2+32x，②a5+b5a3b2+a2b3，③a2+b22（a-b-1），④中，恒成立的是（ ）
（A）仅有①和② （B）仅有①和③ （C）仅有③和④ （D）仅有①和④
2、巳知abc1，M=，N=，P=，Q=，则M、N、P、Q中最小的一个是（ ）
（A）M （B）N （C）P （D）Q
3、下列命题中成立的是（ ）
（A），当且仅当x、yR*时成立
（B），当且仅当a0时成立
（C）tan+cot2，当且仅当（0，/2）时成立
（D），当且仅当a、b（1，+∞）
4、在△ABC中，三边a、b、c的对角相应为A、B、C，且a、b、c成等差数列，则∠B的范围是（ ）
（A）0B/3 （B）0B/4 （C）0B/2 （D）/2B
5、设a0，b0，a+b=1，且a4+b4k，则k的最大值等于（ ）
（A） （B） （C） （D）1
二、填空题
6、设，则m+n与2p的大小关系是 .
7、设a0，b0，T=，M=，则T与M的大小关系是 .
8、，则a、b、c之间从小到大的排列顺序是
.
9、巳知则A、B、C、D按从小到大顺序是 .
10、巳知a0，b0，ab，且，则M、N、P的大小顺序是 .
三、解答题
11、设a、b为实数，求证：a2+b2+ab+1a+b.
12*、巳知a、b、c均为正数，求不等式（a2+b2+c2)22(a4+b4+c4）成立的充要条件。
13、求证：（-3.1415926)(-3.1415927）-2.5×10-15
14、巳知x、y均为实数，且x2+y2=1，求证：|x2+2xy-y2|.
15、巳知a、b均为实数，求证
a+b.不等式的证明(8课时)
一. 要点：
证明不等式的几种常用方法：比较法、利用基本不等式证明、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法.
*. 要求：掌握证明不等式的几种常用方法，并能运用这些方法解决一些问题.
二. 例题：
比较法的依据：a > b a－b > 0, a < b a－b < 0; a / b > 1且b > 0 a > b, a / b < 1且b > 0 a < b.
例1 a, b, m R 且a < b，求证：>.
证明：－==> 0∴>.
*. 2001年高考题中证明ni Pim < mi Pin的方法与本题相同.
例2 a, b R ，求证：(a + b)(an + bn) < 2(an+1 + bn+1) (n N)
证明：不妨设a > b则(a + b)(an + bn)－2(an+1 + bn+1) =－(a－b)(an－bn) < 0∴(a + b)(an + bn) < 2(an+1 + bn+1) .
例3 x R，求证：3(1 + x2 + x4) > (1 + x + x2)2.
证明：3(1 + x2 + x4)－ (1 + x + x2)2 = 3(1 + x + x2) (1－x + x2)－(1 + x + x2)2 = 2(1 + x + x2)(x－1)2 = 2[(x + 1/2)2 + 3/4](x－1)2 > 0∴3(1 + x2 + x4) > (1 + x + x2)2.
例4 a, b R ，且a + b = 1，求证：ax2 + by2 > (ax + by)2.
证明：ax2 + by2－(ax + by)2 = ax2(1－a) + by2(1－b)－2abxy = ab (x－y)2 > 0.
例5 a, b, c R ，求证：aa bb cc > (abc).
证明：不妨设a > b > c，则aabbcc / (abc)(a+b+c)/3 = a(2a-b-c)/3b(2b-a-c)/3c(2c-a-b)/3 > b(2a-b-c)/3b(2b-a-c)/3 c(2c-a-b)/3 = b(a+b-2c)/3 c(2c-a-b)/3 > c(a+b-2c)/3 c(2c-a-b)/3 = c0 = 1∵(abc)(a+b+c)/3 > 0∴aa bb cc > (abc).
例6 若0 < x < 1, a > 0且a 1，比较|loga(1－x)|与|loga(1 + x)|的大小.
解1. |loga (1－x)|－|loga (1 + x)| = 1/|lga|·[|lg(1－x)|－|lg(1 + x)| ] =－1/|lga|·lg(1－x2) > 0∴|loga(1－x)| > |loga(1 + x)| .
解2. |loga(1－x)| / |loga(1 + x)| = |log (1+x) (1－x)| =－log(1+x) (1－x) =－log(1+x) (1－x2) + 1 > 1∴|loga(1－x)| > |loga(1 + x)| .
不等式证明中常用的基本不等式：a2 > 0; a2 + b2 > 2ab; a, b R >; a3 + b3 + c3 > 3abc; a, b, c R >.
例7 求证：a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca > 0.
证明：利用配方a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca = 1/2[(a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2] > 0.
例8 证明：a4 + b4 + c4 > abc(a + b + c).
证：a4 + b4 > 2a2b2, b4 + c4 > 2b2c2, c4 + a4 > 2c2a2, 又a2b2 + b2c2 > 2ab2c, b2c2 + c2a2 > 2abc2, c2a2 + a2b2 > 2a2bc∴a4 + b4 + c4 > a2bc + ab2c + abc2 = abc(a + b + c).
例9 若a > b > 0，试比较a, ,,,, b的大小，并用不等号把它们连结起来.
略解：a = a2 = (a2 + a2)/2 > (a2+b2)/2; ∵(a2 + b2)/2 > (a+b/2)2∴ (a2+b2)/2 > (a+b)/2 > ab = 2 /2 a-1b-1 > 2/(a-1+b-1); 又2/(a-1+b-1)－b = b(a－b)/(a+b) >0∴a>>>> > b.
例10 已知a, b, c R 且a + b + c = 1，求证：++> 9 .
证一. 1/a+1/b+1/c = (a+b+c)/a + (a+b+c)/b + (a+b+c)/c = 3 + a/b + b/a + a/c + c/a + b/c + c/b > 9;
证二. 1/a+1/b+1/c = (a+b+c)(1/a+1/b+1/c) > 33 abc·33 1/abc = 9;
证三. 1/a+1/b+1/c > 33 1/abc = 3 / 3 abc > 3·3/(a+b+c) = 9.
例11 已知a, b, c R ，求证：++>.
证明：c / (a+b) + a / (b + c) + b / (c + a) = (a + b + c)/(a + b) + (a + b + c)/(b + c) + (a + b + c)/ (c + a)－3 = (a + b + c)[1/(b + c) + 1/(c + a) + 1/(a + b)]－3 = 1/2·[(a + b) + (b + c) + (c + a)][1/(a + b) + 1/(b + c) + 1/(c + a)]－3 > 9/2－3 = 3/2.
例12 已知a, b, c, d都大于1，且loga (bcd) < 9，求证：logb a + logc a + logd a > 1.
证一：∵(logab+logac+logad)(logba+logca+logda) > 9∴logba + logca + logda > 9/loga(bcd) >1;
证二：logba + logca + logda>3·3 1/(logablogaclogad) > 3·3 (3/logabcd)3 > 3×1/3 = 1.
例13 已知a > b > 0，求证：a +> 3.
证明：a + 1/b(a - b) = (a - b) + b + 1/b (a - b) > 3.
例14 证明下列不等式：
(1) a2 + b2 >; (2) ab + bc + ca <(a + b + c)2; (3) a2 + b2 + c2 >(a + b + c)2 .
证明：(1) ∵2 (a2 + b2 ) > a2 + b2 + 2ab = (a + b)2∴a2 + b2 > (a + b)2/2；
(2) (a + b + c)2/3 = (a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac)/3 = [(a2 + b2)/2 + (b2 + c2)/2 +(c2 + a2)/2]/3 > (ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ac)/3 = ab + bc + ca
(3) ∵3(a2 + b2 + c2) = a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) > a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac (a + b + c)2∴a2 + b2 + c2 > (a + b + c)2/3.
例15 求证：－<－.
提示：用分析法证明.
例16 x, y R ，求证：>.
提示：用分析法证明.
例17 a, b R 且a + b = 1，求证：(a +)(b +) >.
证一：(a +)(b +) > 4(a2 + 1)(b2 + 1) > 25ab 4a2b2 + 4[(a + b)2－2ab] + 4 > 25ab 4a2b2－33ab + 8 > 0 (4ab－1)(ab－8) > 0∵a + b = 1∴ab < (a + b/2)2 = 1/4∴4ab－1 < 0, ab－8 < 0∴(4ab－1)(ab－8) > 0.
证二：(a +)(b +)= ab + 1/ab + b/a + a/b > ab + 1/ab + 2 (a = b = 1/2时等号成立) = ab + 1/16ab + 15/16ab + 2 > 2· 1/16 + 15/16ab + 2 (ab = 1/4时等号成立) > 15/16·(2/a+b)2 + 5/2 (a = b = 1/2时等号成立) = 25/4.
例18 已知n N且n > 1，求证：logn (n + 1) > log(n + 1) (n + 2).
证明：logn (n + 1) > log(n + 1) (n + 2) [1－log(n+1)n·log(n+1)(n + 2)] / log(n+1)n > 0 log(n+1)n×log(n+1)(n + 2) < 1，而log(n+1)n·log(n+1)(n + 2) < [log(n+1)n+log(n+1)(n + 2) / 2]2 = [log(n+1)(n2+2n)/2]2 < [log(n+1)(n+1)2/2]2 = 1.
例19 0 < a < 1，求证：+> 9.
证明：假设结论不成立，则1/a + 4/(1 - a) < 9∴4a < -9a2 + 10a - 1∴(3a - 1)2 < 0, 矛盾.
例20 a, b, c, d R且a + b = 1, c + d = 1, ac + bd > 1，证明：a, b, c, d中至少有一个是负数.
证明：假设a, b, c, d都不小于零∵a + b = 1, c + d = 1∴0 < a < 1, 0 < c < 1∴ac + bd = ac + (1－a)(1－c) = 2ac－a－c + 1 = 2(a－1/2)(c－1/2) + 1/2∵－1/2 < a－1/2 < 1/2, －1/2 < c－1/2 < 1/2 ∴|a－1/2||c－1/2| < 1/4∴ac + bd < 1, 矛盾.
例21 已知a, b, c (0, 1)，证明(1－a)b, (1－b)c, (1－c)a不能都大于.
证明：假设结论不成立，则(1 - a)b > 1/4, (1 - b)c > 1/4, (1 - c)a > 1/4∵1 - a > 0∴(1 - a + b)/2 > (1 - a)b > 1/2, 同理，(1 - b + c)/2 > 1/2, (1 - c + a)/2 > 1/2各式相加，3/2 > 3/2, 矛盾.
例22若n N且n > 1，求证：1 +++ … +>.
证明：1 + 1/ 2 + 1/ 3 + … + 1/ n > 1/ n + 1/ n + 1/ n +…+1/ n = n
*. 放缩法是利用不等关系的传递性来完成不等式的证明，应用过程中应根据证明的目标适度地进行放缩.
例23 已知k N且k > 2，求证：2k2 > (k + 1)2 .
证明：2k2－(k + 1)2 = k2－2k－1 = (k－3)(k + 1) + 2 > 0 .
例24 已知k N，求证：2k < 2(k!) .
证明：2 (k!) = 2×k×(k - 1)×…×2×1 > 2×2×…×2 = 2k.
例25 已知k > 0，求证：<－<.
证明：∵ (k+2)－ k = 2/[ (k+2)+ k] ∴1/ (k+2) = 2/2 (k+2) < 2/[ (k+2)+ k] = (k+2)－ k <2/2 k = 1/ k .
例26 n N且n > 2，求证：++ … +>.
证明∵1/k2 > 1/k(k+1) = 1/k－1/(k+1) ∴1/22 + 1/32 + … + 1/n2 > (1/2 - 1/3) + (1/3 - 1/4) + … + (1/n - 1/(n+1)) = 1/2 - 1/(n+1) = (n - 1)/2(n+1) .
例27 n N且ai > 1 (i = 1, 2, …, n)，求证：(1 + a1)(1 + a2)…(1 + an) >(1 + a1 + a2 + … + an).
证明：(1 + a1)(1 + a2)…(1 + an) = 2n (1 + a1)/2·(1 + a2)/2 … (1 + an)/2 = 2n [1 + (a1 - 1)/2]·[1 + (1 - a2)/12] … [1 + (1 - an)/2]> 2n[1 + (a1 - )/2 + (a2 - 1)/2 + … + (an - 1)/2] > 2n[1 + (a1 - 1)/(n + 1) + (a2 - 1)/(n + 1) + … + (an- 1)/(n + 1)] = 2n/(n + 1)·(1 + a1 + a2 + … + an) .
例28 求证：对一切大于4的自然数，都有2n > n2.
提示：用数学归纳法证明，当n = k + 1时2k+1 = 2k·2 > 2k2，又2k2－(k + 1)2 = (k - 3)(k + 1) + 2 >0∴2k+1 > (k + 1)2 .
*. 在证明与自然数有关的不等式时可以考虑使用数学归纳法进行证明.
例29 设 x >－1且x 0, n是大于1的自然数，求证：(1 + x)n > 1 + nx .
提示：当n = k + 1时(1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) > (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x .
例30 求证：++ … +> 1.
提示：n = k + 1时1/[(k+1)+1] + 1/[(k+1)+2] + … + 1/[(k+1)+2(k+1)+1] = 1/(k+1) + 1/(k+2) + … +1/(3k+1) + 1/(3k+2) + 1/(3k+3) + 1/(3k+4)－1/(k+1) > 1 + [1/(3k+2) + 1/(3k+3) + 1/(3k+4)－1/(k+1)] = 1 + 2/(3k+2)(3k+3)(3k+4) > 1.
例31 n N且n > 2，求证：> ()2 .
提示：证明n (a12 + a22 + … + an2) > (a1 + a2 + … + an)2. 当n = k + 1时(k + 1)(a12 + a22 + … + ak2 + ak+12)－(a1 + a2 + … + ak + ak+1)2 = k (a12 + a22 + … + ak2) + (a12 + a22 + … + ak2) + (k + 1)ak+12－(a1 + a2 + … + ak)2－2ak+1(a1 + a2 + … + ak)－ak+12> a12 + a22 + … + ak2 + kak+12－22ak+1 (a1 + a2 + … + ak) = (a1－ak+1)2 + (a2－ak+1)2 + … + (ak－ak+1)2 > 0.
例31 已知x, y, z R且x + y + z = a, x2 + y2 + z2 =a2 (a > 0)，求证：x, y, z都是不大于的非负数.
提示：消去z并整理为4x2 + 4(y－a)x + (4y2－4ay + a2) = 0∵x R∴ x = 16(y－a)2－16(2y－a)2 > 0∴0 < y < 2a/3同理0 < x < 2a/3, 0 < z < 2a/3.
例32 证明：(a12 + a22 + … + an2)(b12 + b22 + … + bn2) > (a1b1 + a2b2 + … + anbn)2.
提示：构造二次函数f (x) = (b12 + b22 + … + bn2)x2－2(a1b1 + a2b2 + … + anbn)x +(a12 + a22 + … + an2) = (b1x－a1)2 + (b2x－a2)2 + … + (bnx－an)2 > 0∴ x = 4(a1b1 + a2b2 + … + anbn)2－4(a12 + a22 + … + an2)(b12 + b22 + … + bn2) < 0∴(a12 + a22 + … + an2)(b12 + b22 + … + bn2) > (a1b1 + a2b2 + … + anbn)2 .
例33 已知x2 + y2 = 1，求证：|x2－2xy－y2| <.
提示：∵x2 + y2 = 1，进行三角换元并化为一个角的三角函数后可得证.
例34 已知实数x, y满足x2－2xy + 2y2－2 = 0，求证|x + y| <.
提示：x2－2xy + 2y2－2 = [(x－y)/ 2]2 + (y/ 2)2 = 1，进行三角换元后证明.
例35 若x, y, z R 且x + y + z = a，求证：x2 + y2 + z2 >.
提示：令x = a/3 + t, y = a/3 + s, 则z = a/3 - t - s (-a/3 < t, s < 2a/3) ∴x2 + y2 + z2 = 3 (a/3)2 + t2 + s2 + (s + t)2 > a2/3 .
例36 已知|A－a| <, |B－b| <，求证：
(1). |(A + B)－(a + b)| < ; (2). |(A－B)－(a－b)| < .
例37 a, b R，求证：<+.
证明一：a+b=0时，显然成立. a+b 0时，∵|a+b| < |a|+|b|∴1/|a+b| > 1/(|a|+|b|)∴|a+b|/(1+|a+b|) = 1/(1+1/|a+b|) < 1/[1+1/(|a|+|b|)] = (|a|+|b|)/(1+|a|+|b|) = |a|/(1+|a|+|b|) + |b|/(1+|a|+|b|) < |a|/(1+|a|) + |b|/ (1+|b|).
证明二：证明函数f (x) = x/(1+x)在区间[0, + )上单调递增，而|a+b| < |a| + |b|，从而|a+b|/ (1+|a+b|) < (|a|+|b|)/(1+|a|+|b|) = |a|/(1+|a|+|b|) + |b|/(1+|a|+|b|) < |a|/(1+|a|) + |b|/ (1+|b|).
例38 若f (x) =，则当a b时|f (a)－f (b)| < |a－b|.
提示：|f (a)－f (b)| / |a－b| = | (1+a2)－ (1+b2)| / |a－b| = |a2－b2| / |a－b|| (1+a2)+ (1+b2)| = |a + b| /[ (1+a2)+ (1+b2)] < |a + b| / (|a| + |b|) < 1.
课 题：不等式的证明（6）
教学目的：
要求学生逐步熟悉利用构造法等方法证明不等式
教学重点：构造法
教学难点： 构造法
授课类型：新授课
课时安排：1课时
教 具：多媒体、实物投影仪
教学过程：
一、复习引入：
1．重要不等式：
如果
2．定理：如果a,b是正数，那么
3公式的等价变形：ab≤，ab≤（）2
4． ≥2（ab＞0），当且仅当a＝b时取“＝”号；
5．定理：如果，那么（当且仅当时取“=”）
6．推论：如果，那么 （当且仅当时取“=”）
7．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论
比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论
8．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法
用综合法证明不等式的逻辑关系是：
综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法
9分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法叫做分析法
用分析法证明不等式的逻辑关系是：
分析法的思维特点是：执果索因
分析法的书写格式：
要证明命题B为真，
只需要证明命题为真，从而有……
这只需要证明命题为真，从而又有……
……
这只需要证明命题A为真
而已知A为真，故命题B必为真
10三角换元：
若0≤x≤1，则可令x = sin ()或x = sin2 ()
若，则可令x = cos , y = sin ()
若，则可令x = sec, y = tan ()
若x≥1，则可令x = sec ()
若xR，则可令x = tan ()
11代数换元：“整体换元”,“均值换元”,“设差换元”的方法
12．放缩法:
13．反证法:
二、讲解新课：
构造法：构造函数法; 构造方程法; 构造图形法
三、讲解范例：
例1已知x > 0，求证：
证明：（构造函数法）构造函数 ，， 设2≤<
由
显然 ∵2≤< ∴ > 0, 1 > 0, > 0 ∴上式 > 0
∴f (x)在上单调递增，∴左边
例2 求证：
证明：（构造函数法）设 则
令 3≤t1∴f (t)在上单调递增，
例2 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
证明：（构造方程法）由题设显然a, b, c中必有一个正数，不妨设a > 0，
则 即b, c是二次方程的两个实根
∴ a≥2
例3 求证：
证明：（构造方程法）设 ，
则(y 1)tan2 + (y + 1)tan + (y 1) = 0
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，∴
综上所述，原不等式成立（此法也称判别式法）
例5 已知0 < a < 1，0 < b < 1，求证：
证明：（构造图形法）构造单位正方形，O是正方形内一点
O到AD, AB的距离为a, b，
则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|≥|AC| + |BD|
其中，，
，
又
∴
四、小结 ：
五、课后作业：
证明下列不等式：
1．
（构造函数法）令，则 (y 1)x2 + (y + 1)x + (y 1) = 0
用△法，分情况讨论
2．已知关于x的不等式(a2 1)x2 (a 1)x 1 < 0 (aR)，对任意实数x恒成立，求证：
分a2 1 = 0和 讨论
3．若x > 0, y > 0, x + y = 1，则
（构造函数法）左边
令 t = xy，则
在上单调递减 ∴
4．若，且a2 < a b，则
（构造函数法）令，又，在上单调递增 ，∴
5．记，a > b > 0，则| f (a) f (b) | < | a b|
（构造图形法）构造矩形ABCD, F在CD上，
使|AB| = a, |DF| = b, |AD| = 1, 则|AC| |AF| < |CF|
6．若x, y, z > 0，则
（构造图形法）作AOB = BOC = COA = 120, 设|OA| = x, |OB| = y, |OC| = z
则由余弦定理 |AC|＝
|BC| ＝,|CA|＝
因为|AC+||BC|>|CA|，所以 +>
六、板书设计（略）
七、课后记：