数学归纳法中不等式类解法

第一篇：数学归纳法中不等式类解法

数学归纳法中不等式类解法

数学归纳法的思想比较特殊，原理是用类似于“多骨诺米牌效应”的方法，从n=1，n=2推到所可以达到的终点，从而推出式子的正确性。也正是如此，数学归纳法在遇到不等号且一边为常数时使用k→k+1的推理便不适用了，因为k成立已推不出k+1成立，原因是等号是精确值，而不等式是范围。下面用题目体会一下。

证明：1+1/4+1/9+……+1/（n*n）<2（n为正整数）证明：1.当n=1时，左边=1<2=右边，明显成立

2.假设当n=k(k为正整数)时，等式成立，有

1+1/4+1/9+……+1/（k*k）<2

(当n=k+1时，注意到左边加了一个大于0的数，但右边没有加，这是明显证明不了的，这时方法就是在左边减上一个含有n的数(对应小于)，右边数小了，若成立，即可推原式也成立。)

但是应该加什么呢？其实加的关键就是加了之后把加的数移到左边，式子变成单调递 减的式子，关键之处需仔细体会。

重新证明: 1+1/4+1/9+……+1/（n*n）<2-1/n 1.略

2.这时你会发现，n=k时把1/n移右为1+1/4+1/9+……+1/（n*n）+1/n<2 n=k+1时为1+1/4+1/9+……+1/（n*n）+1/(n+1)(n+1)+1/(n+1)而1/n>[1/(n+1)(n+1)+1/n]，由此第二步证明成功。

由1+1/4+1/9+……+1/（n*n）<2-1/n即可得 1+1/4+1/9+……+1/（n*n）<2

得证。

本方法关键在于选择加减的数，使其从k到k+1时数会反而变小（小于）/变大（大于），只要做多两题，到时候自然解决。

第二篇：不等式的解法练习题

职三数学课堂练习题（4）

不等式的解法练习题

1、已知a∈R，则“a>2”是“a2>2a”成立的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

2、不等式3x1<1的解集为（）A.RB.xx0或x2C.xx2D.2x0x 333

3、若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是()

A．(－1,1)B．(－2,2)

C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

1

4、设二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为x|－1

A．－3B．－5C．6D．55、若a<0，则关于x的不等式x2－4ax－5a2>0的解是

6、不等式x2－2x＋a>0对x∈R恒成立，则a的取值范围是

7.解不等式：

1-x011-3x2(1)(2)(3)3x2-2x-1≥02x502x15

2(4)-x2-2x+3≥0（5）12x5x30

（6）xx10（7）1|2x3|5 2

28.设A{x|xx200},B{x||2x3|0}，求（1）AB(2)AB

第三篇：不等式解法知识要点

知识要点

1．考试说明规定“不等式”考试内容包括不等式、不等式的性质、不等式的证明、不等式解法、含有绝对值符号的不等式．

上述性质中，条件与结论的逻辑关系有两种：推出关系“和性质是进行变换、证明不等式和解不等式的依据．

（3）不等式证明的主要方法：比较法、综合法、分析法和函数单调性法等．

求差比较法的基本步骤是作差--变形--定号（正负号）．变形是关键，通常将差式因式分解成积的形式或完全平方式与完全平方式（正数）和的形式，它是定号的依据，尤其适用具有多项式结构特征的不等式

”和等价关系“

”，要注意区别．一般地，证明不等式时，进行的是一系列推出变换；解不等式时，进行的是一系列等价变换．不等式的概念的证明．求商比较法的步骤是做商--变形--判断（与1比大小），它的依据是：当＞0时，＞比商法适用具有乘积形式结构特征的不等式的证明．

＞1，综合法（持因导果）与分析法（执果索因）是互逆过程．在实际应用中，多种方法常常相互渗透，由分析法分析，用比较法或综合法等方法书写，表述简单、条理清楚．运用综合法时，经常应用的基本不等式是：

应用均值不等式时，一定要注意是否满足公式适用的条件，若不满足应首先想到变形或变量代换使之满足条件，或考虑从函数单调性入手．

证明不等式的其它方法，如利用函数单调性、反证法、放缩法、换元法、判别式法和数学归纳法等，也必须理解和掌握．

（4）不等式解法，包括一元一次不等式（组）、一元二次不等式（组）、分式不等式、高次不等式等有理不等式，简单的无理不等式、指数不等式、对数不等式以及含有绝对值符号的不等式的求解和解集的确定．

形如的不等式（组）的解法和解集的确定要熟练掌握．它们是解各种类型不等式的基础．高次不等式的解法是通过因式分解，将它化为一次或二次因式的乘积，然后用“序轴标根法”求解集．解有理分式不等式时，一般先通过移项，把一边化为零，另一边化为因式之积或商，再等价转化为高次不等式解之．

解无理不等式时，通常转化为有理不等式组求解．常见的转化有：

此外还可以通过换元法、图象法等．

解含有绝对值符号的不等式关键是正确地脱去绝对值符号，转化为有理不等式再求解，常见的转化有：

含有多个绝对值的不等式，可采用“零点分区间”法求解．利用绝对值的几何意义解含有绝对值符号的不等式，也是一种简便的方法．此外，借助函数图象也是一种好方法．

解简单的指数、对数不等式时，常用的方法有同底法、转化法、换元法和图象法等．

换元法：多用于两边是和的形式，把原不等式换元成一元二次不等式或无理不等式等形式，或先两边取对数后换元，要注意取对数时其数必须为正，要注意新元的取值范围．

转化法：多用于指数不等式，通常对不等式两边取同底对数，转化为对数不等式．要注意转化的等价性．

2．考试说明对各部分内容的要求：

（1）理解和掌握不等式的性质及其证明，掌握证明不等式的几种常用方法，掌握两个（或三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这一定理，并能运用上述性质、定理和方法解决一些问题．

（2）在熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式的解法的基础上初步掌握其它一些简单不等式的解法．

（3）会用不等式

解一些简单的问题．

3．在高考中，以考查不等式的性质、解法和最值方面的应用为重点．不等式是数学各章知识交汇点之一．不等式与函数、方程、数列、三角、复数、立几、解几、排列组合数，二项式定理以及应用题都有着广泛的联系．在知识网络结点处命题，是近几年考题的一个显著特点．单独考查不等式证明的试题，近几年高考中没有出现过．复习中要注意以下几点：

（1）解不等式是求函数定义域和值域、参数取值范围、方程根的讨论等的重要途径．熟练掌握各种类型不等式的解法，是高考的基本要求．

（2）应用不等式知识解题的关键是建立不等量关系，其主要途径有利用函数单调性、变量的有界性、重要不等式、判别式及研究对象的几何意义等．

（3）在运用重要不等式时，要学会常见的拆、并、凑、平方等技巧，以满足“一正”（变量为正），“二定”（不等式一边必须取定值），“三等”（存在满足取等号的变量取值）．

（4）不等式应用题、题源丰富、综合性强．虽然近几年试题的难度有所降低，但仍然是高考的重点和热点题型．试题一般以函数、数列、几何体等为载体，解题过程涉及到均值不等式（和常积大，积常和小）、函数单调性、数列通项公式及前项和公式等知识．解答应用题首先要认真审题，筛选并提取有效信息，再寻找量与量的内在联系（列表是一种可行的办法），在弄清题意的基础上，建立起能反映数量间关系的数学结构（建模）．

（5）涉及含参不等式的问题，在转化不等式形式或求取解集时，要对参数取值范围分类讨论，讨论中首先要考虑参数的总取值范围，其次用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏，最后应该分参数不同取值范围分别作出结论．

（6）解不等式、证明不等式和解与不等式知识有关的开放题、应用题等．对数学基本能力和数学思想方法都有较高的要求，主要有分类讨论、等价转换、合理运算．数形结合和逻辑思维能力．这对于适应进入高等学校学习和培养创新思维都具有重要意义．

第四篇：含绝对值不等式的解法习题课

第十一教时

三、补充：

例

七、已知函数f(x), g(x)在 R上是增函数，求证：f [g(x)]在 R上也是增函数。

例

八、函数 f(x)在 [0, 上单调递减，求f(x2)的递减区间。

例

九、已知函数 f(x)是定义在 R上的奇函数，给出下列命题：

1．f(0)= 0

2．若 f(x)在 [0, 上有最小值 1，则 f(x)在,0上有最大值1。

3．若 f(x)在 [1, 上为增函数，则 f(x)在 ,1上为减函数。

4．若 x > 0时，f(x)= x2  2x ,则 x < 0 时，f(x)=  x2  2x。其中正确的序号是：例

十、判断 f(x)

xx22x1x1 的奇偶性。

第五篇：无理不等式的解法教案

无理不等式

目的：通过分析典型类型例题，讨论它们的解法，要求学生能正确地解答无理不等式。过程：

一、提出课题：无理不等式 — 关键是把它同解变形为有理不等式组

二、f(x)0定义域g(x)型g(x)0f(x)g(x)f(x)

例一 解不等式3x4x30

解：∵根式有意义 ∴必须有：3x40x30x3

又有 ∵ 原不等式可化为3x4x3

12两边平方得：3x4x3 解之：x∴{x|x3}{x|x}{x|x3}

三、f(x)0f(x)0f(x)g(x)型g(x)0或f(x)[g(x)]2g(x)0

例二 解不等式x23x243x

解：原不等式等价于下列两个不等式组得解集的并集：

43x0x23x202Ⅰ：x3x20 Ⅱ：

43x0x23x2(43x)2

4x364解Ⅰ：1x2x5336x52 解Ⅱ：

43x2

∴原不等式的解集为{x|65x2}

四、f(x)0f(x)g(x)型g(x)0f(x)[g(x)]2

例三 解不等式2x26x4x2

2x26x40解：原不等式等价于x20

2x26x4(x2)2x2或x1{x|2x10或0x1}

x20x10特别提醒注意：取等号的情况

五、例四 解不等式2x1x11

解 ：要使不等式有意义必须：

12x101xx22x10x1

原不等式可变形为 2x11非负

x1 因为两边均为∴(2x11)2(x1)2 即22x1(x1)∵x+1≥0 ∴不等式的解为2x+1≥0 即 x例五 解不等式9x26xx23 解：要使不等式有意义必须：9x203x30x3 20x66xx012

在0≤x≤3内 0≤9x2≤3 0≤6xx2≤3 ∴9x2>36xx2 因为不等式两边均为非负 两边平方得：9x296xx266xx2 即6xx2>x 因为两边非负，再次平方：6xx2x2 解之0

解：定义域 x-1≥0 x≥1 原不等式可化为：x113x2

两边立方并整理得：(x2)x14(x1)

在此条件下两边再平方, 整理得：(x1)(x2)(x10)0 解之并联系定义域得原不等式的解为{x|1x2或x10}

六、小结

七、作业：P24 练习1、2、3 P25习题 6.4 5 补充：解下列不等式

1．2x33x55x6(x2)2．3x3x33xx3(x3)

5213x1)s 3．41x2x(4．(x1)x2x20(x2或x1)5．2xx11(1x125)