(共34张PPT)
1.数学归纳法方程的步骤
一般的，证明一个与正整数有关的命题时，可以按以下的步骤进行：
(1)归纳奠基:① .
;
(2)归纳递推:② .
.
证明当n取第一个值n0
(例如n0=1,n0=2等等)时，结论成立
假设当n=k(n∈N*且k≥n0)
时结论成立,证明当n=k+1时结论也成立
在完成这两个步骤的证明以后，就可以断定命题对从n0开始的所有的自然数n都正确.这种证明命题的方法叫做数学归纳法.
2.用数学归纳法证题时，应注意
(1)在用数学归纳法证明与自然数有关的命题时，第一步是递推的基础，缺少第一步，递推就会缺乏正确的基础.一方面，第一步再简单，也不能够省略；另一方面，第一步只要考察使结论成立的最小的正整数就足够了，一般没有必要再去多考察几个正整数.
(2)第二步是递推的过程，仅有第一步而没有第二步，就失去了递推的过程.这说明了缺省了第一步这个基础，第二步的递推就没有意义了.只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起，才能得出普遍性的结论.因此在完成了第一、二步的证明以后，还要有一个小结.
例 1：已知 n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设 n
＝k(k≥2 且为偶数)时命题为真，则还需证明(
)
A．n＝k＋1 时命题成立
C．n＝2k＋2 时命题成立
B．n＝k＋2 时命题成立
D．n＝2(k＋2)时命题成立
题型一 对数学归纳法的两个步骤的认识
解题思路：从数学归纳法的两个步骤切入，k 的下一个偶数
是 k＋2.
解析：因 n 是正偶数，故只需证等式对所有偶数都成立，
因 k 的下一个偶数是 k＋2.故选 B.
用数学归纳法证明时，要注意观察下列
几个方面：(1)n 的范围以及递推的起点；(2)观察首末两项的次
数(或其他)，确定 n＝k 时命题的形式 f(k)；(3)从 f(k＋1)和 f(k)
的差异，寻找由 k 到 k＋1 递推中，左边要加(乘)上的式子．
n＋n 24
【变式训练】
B
(2)用数学归纳法证明不等式
1
n＋1
＋
1
n＋2
＋…＋
>
1 13
的
过程中，由 k 推导到 k ＋ 1 时，不等式左边增加的式子是
_______________.
1
(2k＋1)(2k＋2)
＋
(k＋1)(k＋1)
－
，即
2k＋2 k＋1
(2k＋1)(2k＋2)
解析：求 f(k＋1)－f(k)即可．当 n＝k 时，左边＝
1 1
k＋1 k＋2
＋…＋
1
k＋k
.n＝k＋1 时，左边＝
1
k＋2
＋
1
k＋3
＋…＋
1
.
故左边增加的式子是
1
2k＋1
＋
1 1 1
.
2n＋1
1
1×3
＋
1
3×5
＋…＋
例2：用数学归纳 法 证明 ： n ∈ N*时 ，
n
1
＝
.
(2n－1)(2n＋1)
题型二 数学归纳法证明等式问题
＝ ，
＝ ，左边＝右边，所以等式成立．
＋…＋
，
＋…＋
k 1 k(2k＋3)＋1
证明：(1)当 n＝1 时，左边＝
1 1
1×3 3
右边＝
1
2×1＋1
1
3
(2)假设当 n＝k(k∈N*)时等式成立，即有
1
1×3
＋
1
3×5
1
(2k－1)(2k＋1)
＝
k
2k＋1
则当 n＝k＋1 时，
1
1×3
＋
1
3×5
1
(2k－1)(2k＋1)
＋
1
(2k＋1)(2k＋3)
＝
＋ ＝
2k＋1 (2k＋1)(2k＋3) (2k＋1)(2k＋3)
2k2＋3k＋1 k＋1 k＋1
＝
＝ ＝ ，
(2k＋1)(2k＋3) 2k＋3 2(k＋1)＋1
所以当 n＝k＋1 时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对一切 n∈N*等式都成立．
证明：(ⅰ)当n=1时,左边=1- = ,右边= ,命题成立.
(ⅱ)假设当n=k(k≥1，k∈N*)时命题成立，
即1- + - +…+ -
= + +…+ ,
变式：用数学归纳法证明：1- + - +…
+ - = + +…+ .
那么当n=k+1时，
左边=1- + - +…+ - + -
= + +…+ + -
= + +…+ + .
上式表明当n=k+1时命题也成立．
根据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意的n∈N*，等式都成立．
例3：是否存在正整数m，使得f(n)=(2n+7)·3n+9对
任意自然数n都能被m整除？若存在，求出最大的
m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
题型三 数学归纳法证明整除性问题
由f(n)=(2n+7)·3n+9,
得f(1)=36,f(2)=3×36,
f(3)=10×36,f(4)=34×36.
由此猜想m=36.
下面用数学归纳法证明：
(ⅰ)当n=1时，显然成立.
(ⅱ)假设n=k时，f(k)能被３６整除，即f(k)=(2k+7)·3k+9能被３６整除；
当n=k+1时，［2(k+1)+7］·3k+1+9=3［(2k+7)·3k+9］+18(3k-1-1),由于3k-1-1是2的倍数，故18(3k-1-1)能被36整除.这就是说,当n=k+1时,f(n)也能被36整除.
由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n都有f(n)=(2n+7)·3n+9能被36整除，m的最大值为36.
变式训练
求证：二项式 x2n－y2n(n∈N*)能被 x＋y 整除．
平面上有n个圆，每两个圆交于两点，每三个圆不过同一点，求证：这n个圆分平面为n2-n+2个部分．
题型四 数学归纳法证明几何问题
(ⅰ)当n=1时,n2-n+2=1-1+2=2,而一个圆把平面分成两部分,所以n=1时命题成立．
(ⅱ)设当n=k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即k个圆分平面为k2-k+2个部分，则n=k+1时，第k+1个圆与前k个圆有2k个交点,这2k个交点把第k+1个圆分成2k段,每一段把原来的所在平面一分为二,故共增加了2k个平面,共有k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2个部分．
所以当n=k+1时，命题也成立．
由(ⅰ)(ⅱ)可知,这n个圆把平面分成n2-n+2个部分．
数学归纳法在高考试题中常与数列、平面几何等知识相结合来考查，对于此类问题,解决的关键往往在于抓住对问题的划分标准.
题型五 数学归纳法证明不等式问题
例6：首项为正数的数列{an}满足an+1= (an2+3),n∈N+.
(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；
(2)若对一切n∈N+，都有an+1>an,求a1的取值范围.
题型六 数学归纳法与数列的交汇
(1)证明：已知a1是奇数，假设ak=2m-1是奇数，其中m为正整数，
则由递推关系得ak+1= =m(m-1)+1是奇数.
根据数学归纳法，对任何n∈N+,an都是奇数.
(2)(方法一)由an+1-an= (an-1)(an-3)知，an+1>an，当且仅当an<1或an>3.
另一方面，若0
若ak>3，则ak+1> =3.
根据数学归纳法，03?an>3,?n∈N+.
综合所述，对一切n∈N+都有an+1>an的充要条件是03.
(方法二)由a2= >a1，得a12-4a1+3>0，于是03.
an+1-an= - = ,
因为a1>0,an+1= ,所以所有的an均大于0，因此an+1-an与an-an-1同号.
根据数学归纳法,?n∈N+,an+1-an与a2-a1同号.
因此，对一切n∈N+都有an+1>an的充要条件是03.
变式训练：已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+b3+…+b10=100.
(1)求数列{bn}的通项bn;
(2)设数列{an}的通项an=lg(1+ )，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与 lgbn+1的大小，并证明你的结论.
可由题意先求出数列{bn}的通项bn,再根据题设条件知,要想比较Sn与 lgbn+1的大小只需要比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小即可.
（1）设数列{bn}的公差为d,
b1=1
10b1+ d=100,
b1=1
d=2
由题意得
解得
,所以bn=2n-1(n∈N*).
(2)由bn=2n-1,
知Sn=lg(1+1)+lg(1+ )+…+lg(1+ )
=lg[(1+1)(1+ )…(1+ )], lgbn+1=lg .
因此,要比较Sn与 lgbn+1的大小，
可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小.
取n=1,有(1+1)> ;
取n=2,有(1+1)(1+ )> ;
……
由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )> . ①
若①式成立，则由对数函数的性质可断定：
Sn> lgbn+1.
下面用数学归纳法证明①式.
(ⅰ)当n=1时,已验证①式成立.
(ⅱ)假设当n=k(k≥1，k∈Z)时，①式成立，
即(1+1)(1+ )…(1+ )> .
那么，当n=k+1时，
(1+1)(1+ )…(1+ )［1+ ］
> (1+ )
= (2k+2)= .
因为[ (2k+2)]2-( )2
= = >0,
所以 (2k+2)> = .
因而(1+1)(1+ )…(1+ )(1+ )> .
这就是说①式当n=k+1时也成立.
由(ⅰ)(ⅱ)知,①式对任意正整数n都成立.
由此证得：Sn> lgbn+1.(共34张PPT)
课前准备
第一个人倒下，是否所有人都倒下？
第k+1个人是如何倒下？
第一，第一个人必须倒下；
第二，任意相邻的两个人，前一个人倒下一定撞到后一个.
要保证每个人都倒下，必须满足什么条件？
条件2给出了一个递推关系：
当第k个人倒下时，相邻的第k+1个人也倒下.
条件2的作用时什么？
一般地，证明一个与自然数有关的命题，可按下列步骤进行：
（2） 假设n=k(k≥n0，k∈N* ) 时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有自然数都成立。
上述证明方法叫做数学归纳法.
（1） 证明当n取第一个值n0 (n0∈N* )时命题成立。
（归纳奠基）
(归纳递推)
探究任务二：提炼原理，得出概念
用框图表示为：
验证n=n0时命题成立。
若n = k ( k ≥ n 0) 时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
命题对所有的自然数n ( n ≥ n 0)都成立。
归纳奠基
归纳递推
例 用数学归纳法证明
从n=k到n=k+1有什么变化
递推基础
递推依据
凑假设
凑结论
变式训练
用数学归纳法证明
变式训练：是否存在常数a、b、c使得等式
对于一切正整数n都成立，并证明你的结论。
(3k2＋11k＋10)，
(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
(3k＋5)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)2
下面用数学归纳法证明：
(1)当 n＝1 时，由上面可知等式成立．
(2)假设 n＝k 时等式成立，
即 1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2
＝
k(k＋1)
12
则 1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2
＝
k(k＋1)
12
＝
k(k＋1)
12
[k(3k＋5)＋12(k＋2)]
[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]．
＝
(k＋1)(k＋2)
12
＝
(k＋1)(k＋2)
12
∴当 n＝k＋1 时，等式也成立．
综合(1)(2)，对 n∈N*等式都成立．
1、知识收获
2、方法收获
数学归纳法及其证明步骤
类比法
归纳法
本节课你又什么收获？(共19张PPT)
①
①
①
②
②
①
①
①
练习
练习
练习
练习
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几何意义：半径不小于半弦
如图,AB是圆的直
径，C是AB上任一
点AC=a, CB=b,过
点C 作垂直于AB的
弦DE，连 AD, BD,
则CD=＿＿,
半径为＿＿
对基本不等式 的几何意义作进一步探究
错在哪里？
１．已知函数 ，求函数的最小值和此时x的取值．
运用均值不等式的过程中，忽略了“正数”这个重要条件．
２．已知函数 ，
求函数的最小值．
用均值不等式求最值，必须满足“定值”这个条件．
用均值不等式求最值,必须注意 “相等” 的条件.
如果取等的条件不成立,则不能取到该最值.
应用
求最值时,注意验证：一正 、二定 、三相等
构造条件
例1、若 ,求 的最小值.
变3:若 ,求 的最小值.
变2:若 ,求 的最小值.
问:在结论成立的基础上,条件“a>0,b>0”可以变化吗？
变1:若 求 的最小值
例2、
1、【杭州市09年模考·理】(3) 下列不等式不一定成立的是
B
C
D
A
C
2、【金丽衢第一次联考·理】14．（文科14） 改编
4
原题：满足a+2b=1
变式训练：
且
1、已知
，
求
的最小值
解：
当且仅当
即
时
例5．求函数 的最大值，及此时x的值。
解： ，因为x>0，
所以
得
因此f(x)≤
当且仅当 ，即 时，式中等号成立。
由于x>0，所以 ，式中等号成立，
因此 ，此时 。
1. 两个不等式
（1）
（2） 当且仅当a=b时，等号成立
注意：1.两公式条件，前者要求a,b为实数；后者要求a,b为正数。
2.公式的正向、逆向使用的条件以及“=”的成立条件。
2.不等式的简单应用：主要在于求最值
把握 “七字方针” 即 “一正，二定，三相等”(共27张PPT)
③
②
①
①
②
③
由变1可得一个重要的不等式：
=1
②
①
③
③
②
①
变1:已知a＞b ＞0，求证
＜
＜
证明：
只需证
＜
＜
只需证
＜
＜
1
∵ a＞b ＞0
＜
＝1
∴
＞
＝1
即
＜1＜
∴
＜
＜
＜
＜
欲证
变2：求证：
证明：
不等式显然成立
原不等式即证
若ac+bd≤0,
变3 ：已知c＞1，求证：
证明：∵C＞1 ∴C+1＞0 C-1＞0
即证-1＜0 而此式显然成立
成立
原不等式
C
C
C
2
1
1
á
-
+
+
\
②
①
①
②
①
②
③
③
1、知识收获
2、方法收获
综合法、分析法及其证明步骤
综合法
分析法
本节课你又什么收获？
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安瑞品窗(共25张PPT)
①
①
②
②
②
变式： 若a>b>c 求证：
∴
变式：若
求证：
分析：左端变形
∴只需证此式 即可
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实际生活中
长短
大小
轻重
高矮
横看成岭侧成峰
远近高低各不同
雷声大，雨点小
捡了芝麻，丢了西瓜
道高一尺，魔高一丈
三个臭皮匠，抵过一个诸葛亮
你能发现下列成语、谚语中反映的不等关系吗
例2．比较x2－x与x－2的大小.
解：(x2－x)－(x－2)=x2－2x+2
=(x－1)2+1，
因为(x－1)2≥0，
所以(x2－x)－(x－2)>0，
因此x2－x>x－2.
若b>a,结论又会怎样呢
例4
解:
例5、已知x>y且y≠0，比较x/y与1的大小。
解： ∵ -1 =
∵x>y,∴x-y>0
当y<0时， <0，即 -1<0
∴ <1
当y>0时， >0，即 -1>0 ∴ >1
例1：对于实数 判断下列命题的真假
若 则
(5)若 则
(3)若 则
(4)若 则
假
(2)若 则
真
假
假
真
注:（1）运用不等式的性质时，应注意不等式成立的条件。
（2）一般地，要判断一个命题为真命题，必须严格加以证明，要判断一个命题为假命题，可举反例，或者由题中条件推出与结论相反的结果。
例3.已知 a > b >0, c <0, 求证 .
＞
证明：因为a > b >0,
于是
即
由 c < 0 , 得 ,
即
所以 ab >0,
>0.
思考？
能否用作差法证明 ？
例4.应用不等式的性质，证明下列不等式：
（1）已知a>b，ab>0，求证： ；
证明：
（1）因为ab>0，所以
又因为a>b，所以
即
因此
（2）已知a>b>0，0证明：因为0又因为a>b>0，所以
即
不等式的性质 内 容
对称性
传递性
加法性质
乘法性质
指数运算性质
倒数性质
要弄清每一性质的条件和结论,注意条件的放宽和加强,以及条件与结论之间的相互联系.
关于不等式性质的学习要注意
紧扣基本性质证明问题.(共29张PPT)
①
①
①
①
②
②
①
②
①
①
①
②
②
①
①
②
③
③
③
③
③
④
④
①
可以体会到，运用柯西不等式，思路一步到位，简洁明了！解答漂亮！
变式1:
补充练习
A
B
3
课堂小结:
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1.一般步骤
①反设: 假设命题的结论不成立, 即假设结论的反面成立;
②归谬: 从假设出发, 经过推理论证, 得出矛盾;
③结论: 由矛盾判定假设不正确, 从而肯定命题的结论正确.
2.命题特点
①结论本身以否定形式出现;
②结论是“至少”、“至多”、“唯一”、“都是”等形式;
③结论涉及“存在或不存在”，“有限或无限”等形式;
④结论的反面比原结论更具体或更易于证明.
3.特殊结论的反设
原结论词 大于(>) 小于(<) 都是 都不是 至少 n 个 至多 n 个
反设词 不大于(≤) 不小于(≥) 不都是 至少有一个是 至多 n-1 个 至少 n+1 个
原结论词 有无穷多个 存在唯一的 对任意 x, 使…恒成立
反设词 只有有限多个 不存在或至少存在两个 至少有一个 x, 使…不成立
4.引出矛盾的形式
①由假设结论 q 不成立, 得到条件 p 不成立;
②由假设结论 q 不成立, 得到结论 q 成立;
③由假设结论 q 不成立, 得到一个恒假命题;
④分别由假设与条件推得的两个结论矛盾.
证: 假设 |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 全小于 , 即:
1
2
- <1+a+b<
1
2
1
2
- <4+2a+b<
1
2
1
2
- <9+3a+b<
1
2
1
2
- 3
2
1
2
- <2a+b<- ②
9
2
7
2
- <3a+b<- ③
2
19
2
17
3
2
1
2
由①式得 <-a-b< ,
与②式相加得 -4与③式相加得 -69
2
7
2
由②式得 <-2a-b< ,
显然④与⑤矛盾,
∴假设不成立.
故 |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 中至少有一个不小于 .
1
2
变1.设 f(x)=x2+ax+b, 求证: |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 中至少有一个不小于 .
1
2
变2.设三个正数 a, b, c 满足条件 + + =2, 求证: a, b, c 中至少有两个不小于 1.
b
1
a
1
c
1
①a, b, c 三数均小于 1,
证: 假设 a, b, c 中至多有一个数不小于 1, 这包含两种情况:
即 0与已知条件矛盾;
>1, >1, >1,
b
1
a
1
c
1
∴ + + >3,
b
1
a
1
c
1
也与已知条件矛盾.
②a, b, c 中恰有两数小于 1, 不妨设 0则 >1, >1,
b
1
a
1
c
1
∴ + + >2+ >2,
b
1
a
1
c
1
∴假设不成立.
∴a, b, c 中至少有两个不小于 1.
变3.设0 < a, b, c < 1，求证：(1 a)b, (1 b)c, (1 c)a,
不可能同时大于1/4
则三式相乘： (1 a)b (1 b)c (1 c)a >
又∵0 < a, b, c < 1 ∴
同理：
以上三式相乘： (1 a)a (1 b)b (1 c)c≤
与①矛盾∴结论成立
证明：设(1 a)b>1/4, (1 b)c>1/4, (1 c)a>1/4,
用放缩法证明不等式
解题准备:放缩法证明不等式时,常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性.缩小分母 扩大分子,分式值增大;缩小分子 扩大分母,分式值减小;全量不少于部分;每一次缩小其和变小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩有时需便于求和.
法１：
证明：在 时，显然成立.
当 时，左边
法２：
法３：函数的方法
[分析] 欲证的式子中间是一个和的形式,但我们还不能利用求和公式或其他办法求,可以将分母适当放大或缩小成可以求和的形式,进而求和.
变3. 巳知：a、b、c∈ ，求证：
略解
课堂练习
1.已知 abc 0, 求证: 三个方程 ax2+bx+ =0、bx2+cx+ =0 与
a
4
c
4
cx2+ax+ =0 中至少有一个方程有实数根.
b
4
2.对于函数 f(x)=x2+ax+b(a, b R), 当 x [-1, 1] 时, |f(x)| 的最大值为 M, 求证: M≥ .
1
2
3.方程 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上有解, 求实数 m 的取值范围.
1.证: 设三个方程的判别式分别为△1, △2, △3,
由 △1+△2+△3=b2 -ac+c2 -ba+a2 -cb
= [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0
1
2
即 △1+△2+△3 ≥0.
故所述三个方程中至少有一个方程有实数根.
∴△1, △2, △3 中至少有一个非负.
2.对于函数 f(x)=x2+ax+b(a, b R), 当 x [-1, 1] 时, |f(x)| 的最大值为 M, 求证: M≥ .
1
2
|f(-1)|=|1-a+b|< .
1
2
证: 假设 M< , 则 |f(1)|=|1+a+b|< , |f(0)|=|b|< ,
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
∴|1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|< +2 + =2,
即 |1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|<2. ①
又∵|1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|≥|(1+a+b)-2b+(1-a+b)|=2,
即 |1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|≥2,
与①式矛盾.
∴假设不成立.
1
2
∴ M≥ .
3.方程 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上有解, 求实数 m 的取值范围.
解: 先考虑 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上无解时 m 的取值范围.
包含两种情况: ①方程 x2 -mx+4=0 无实数解;
②方程有实数解, 但解不在 [-1, 1] 上.
设 f(x)=x2 -mx+4, 则①等价于 △=m2 -16＜0;
②等价于:
△≥0;
< -1;
2
m
f(-1)>0.
△≥0;
>1;
2
m
f(1)>0.
或
-1≤ ≤1;
△≥0;
2
m
f(-1)<0;
f(1)<0.
或
解得实数 m 取值的集合 A=(-5, 5).
故所求实数 m 的取值范围是:
CRA=(-∞, -5]∪[5, +∞).
4、当 n > 2 时，求证：
证：∵n > 2 ∴
∴n > 2时,
课堂小结
证明不等式的特殊方法:
（1）放缩法：对不等式中的有关式子进行
适当的放缩实现证明的方法。
（2）反证法：先假设结论的否命题成立，
再寻求矛盾，推翻假设，从而证明结
论成立的方法。(共24张PPT)
定理 如果 ，那么 当且仅当a=b=c时，等号成立．
（１）若三个正数的积是一个常数，那么当且仅当这三个正数相等时，它们的和有最小值．
（２）若三个正数的和是一个常数，那么当且仅当这三个正数相等时，它们的积有最大值．
例１ 求函数 的最小值．
下面解法是否正确？为什么？
解法１：由 知 ，则
当且仅当
解法2：由 知 ，则
例１ 求函数 的最小值．
下面解法是否正确？为什么？
例 １ 求函数 的最小值．
解法３：由 知 则
A、6 B、 C、9 D、12
（ ）
例2：
C
8
例3：
已知：长方体的全面积为定值Ｓ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．
解：设长方体的体积为V，长、宽、高分别是a，b，c，则V=abc，S=2ab+2bc+2ac
练习：
A、0 B、1 C、 D、
（ ）
D
3
A、4 B、
C、6 D、非上述答案
（ ）
B
9
D
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探究 你能根据定理1的研究思路，探究一下|a|,|b|,|a+b|,|a-b|等之间的其他关系吗？例如：|a|-|b|与|a+b|，|a|+|b|与|a-b|，|a|-|b|与|a-b|等之间的关系。
|a|-|b|≤|a+b|,
|a|+|b|≥|a-b|,
|a|-|b|≤|a-b|.
如果a, b是实数，那么
|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|
例3.设ab>0,下面四个不等式中,正确的是( )
①|a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;
③|a+b|<|a-b|;④|a+b|>|a|-|b|.
A.①② B.①③
C.①④ D.②④
解析:∵ab>0,即a,b同号,则|a+b|=|a|+|b|,
∴①和④正确.
答案:C
例4. 若f(x)=x2-x+c(c为常数),|x-a|<1,
求证:|f(x)-f(a)|<2(1+|a|).
[证明] |f(x)-f(a)|=|(x2-x+c)-(a2-a+c)|
=|x2-x-a2+a|=|(x-a)(x+a-1)|
=|x-a||x+a-1|<|x+a-1|
=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|
≤|x-a|+2|a|+1<1+2|a|+1=2(1+|a|).
D
D
C
|a+b|≤|a|+|b|(a,b∈R,ab≥0时等号成立）
|a-c|≤|a-b|+|b-c|(a,b,c∈R,
(a-b)(b-c)≥0时等号成立）
能应用定理解决一些证明和求最值问题。(共33张PPT)
（1）|ax+b|≤c和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法：
①换元法：令t=ax+b, 转化为|t|≤c和|t|≥c型不等式，然后再求x，得原不等式的解集。
②分段讨论法：
|ax+b|c(c>0)型不等式比较：
类型 化去绝对值后 集合上解的意义区别
|ax+b|-c-c} ∩ {x|ax+b|ax+b|>c
ax+b<-c或ax+b>c {x|ax+b<-c}∪
{x|ax+b>c}, 并
变式：不等式1<|x+1|<3的解集为( )
A.(0,2) B.(-2,0)∪(2,4)
C.(-4,0) D.(-4,-2)∪(0,2)
解析:由1<|x+1|<3,得
1∴0∴不等式的解集为(-4,-2)∪(0,2).
答案:D
①利用绝对值不等式的几何意义
②零点分区间法
③构造函数法
解不等式:
例6：设函数f(x)=|2x+1|-|x-4|.
(1)解不等式f(x)>2;
(2)求函数y=f(x)的最小值.
[方法与技巧] 通过去绝对值,可将含有绝对值的函数转化成分段函数去研究它的性质.
例7：若关于x的不等式|x-2|+|x-a|≥a在R上
恒成立,则a的最大值是( )
A.0 B.1 C.-1 D.2
解析:由于|x-2|+|x-a|≥|a-2|
∴等价于|a-2|≥a,即a≤1.
故实数a的最大值为1.
答案:C
解题准备:当x取何值时 有最小值问
题可以利用以下三种解法:
(1)去掉绝对值号,转化为分段函数求最值;
(2)利用|x-ai|+|x-ak|的几何意义;
(3)利用绝对值不等式|x-a|+|b-x|≥|a-b|,其中取等号的条件是(x-a)与(b-x)不异号.
课后思考： (2009·上海)某地街道呈现东—
西 南—北向的风格状,相邻街距都为1.两街
道相交的点称为格点,若以互相垂直的两条街
道为轴建立直角坐标系,现有下述格点
(-2,2),(3,1),(3,4),(-2,3),(4,5),(6,6)为报刊零售
点.请确定一个格点(除零售点外)________为
发行站,使6个零售点沿街道到发行站之间路
程的和最短.
[解析] 设格点为(x,y),则格点到各零售点的距离之和为
d=|x+2|+|x-3|+|x-3|+|x+2|+|x-4|+|x-6|+|y-1|+|y-2|+|y-4|+|y-3|+|y-5|+|y-6|.
设d1=|y-1|+|y-2|+|y-3|+|y-4|+|y-5|+|y-6|.
d2=|x+2|+|x-3|+|x-3|+|x+2|+|x-4|+|x-6|.
∵|y-1|+|y-6|≥5,当且仅当1≤y≤6时等号成立;
|y-2|+|y-5|≥3,当且仅当2≤y≤5时等号成立,
|y-3|+|y-4|≥1,当且仅当3≤y≤4时等号成立.
故当y=3或y=4时等号成立.
此时d1有最小值.
同理可证当x=3时,d2有最小值.
∴由题意得(x,y)只能取(3,3).
[答案] (3,3)(共23张PPT)
比较 2n 与 n2 (n∈N*)的大小
点评：归纳－猜想－证明
解：当n=1时，2n=2,n2=1, 2n>n2
当n=2时，2n=4,n2=4, 2n=n2
当n=3时，2n=8,n2=9, 2n当n=4时，2n=16,n2=16, 2n=n2
当n=5时，2n=32,n2=25, 2n>n2
当n=6时，2n=64,n2=36, 2n>n2
猜想当n≥5时，2n>n2(证明略)
①
②
②
①
③
③
①
②
1.求证:
证:(1)当n=1时,左边= ,右边= ,由于
故不等式成立.
(2)假设n=k( )时命题成立,即
则当n=k+1时,
即当n=k+1时,命题成立.
由(1)、(2)原不等式对一切 都成立.
1.求证:
1、知识收获
2、方法收获
数学归纳法证明不等式的步骤
放缩法
归纳法
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一、作差比较法
原理:
步骤：
判号，常用方法是将“差式”
变形为一个常数，或几个因式的
乘积.
作差---变形---判号---定论
关键：
求证：
证：∵
≥
二、作商比较法
原理：
步骤：
1、作商法的前提为a,b为
正实数；
2、在证明幂、指数不等式时常用
作商法.
作商---变形---与1比较---定论
注意：
已知a＞0，b＞0，用两种方法证:
证法1：
因为a＞0，b＞0，所以
所以
证法2:由于
且 所以有
证法3:因为
所以 故
课堂练习:
D
A
A
B
Q>P>M
7.甲、乙两人同时同地沿同一线路走到同一地点。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。
解：设从出发地点至指定地点的路程是S，甲、乙两人走完
这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有
其中S，m，n都是正数，且m≠n,
于是t1-t2<0
从而可知甲比乙首先到达指定地点。
即
1、知识收获
2、方法收获
比较法及其证明步骤
作差法
比商法
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