不等式的证明练习5篇

第一篇：不等式的证明练习

不等式的证明练习

111． abbcac

112．设a、bR，求证：log1(ab)ab1． 4421．已知abc，求证：

1x2x13． 3．设xR，求证：22x12

4．设nN*，求证：

1112(n11)12n． 23n

5．设a、b、c、分别是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，求证：

abc． 1a1b1c

226．若x2y21，求证：x2xyy2．

a2b2

(ab)2． 7．若0＜x＜1，求证：x1x

45． 8．设x(0,)，求证：sinxsinx

9．已知：xyz0，xyyzzx0，xyz0．

求证：x0，y0，z0．

参考答案

111(aa)2(bc)2(ca)2

1．0． abbcac2(ab)(bc)(ac)

2．log1（2111)log2log221abab1． 1abab4442

3．用判别式法证明．

1222(k1k)及 kkkk1k

2222(kk1)，再由不等式的同向可加性即得． kk1kkk

ababab11c115．． 1a1b1ab1ab1ab1ab1c1c

xrcos026．换元 01即可得证． yrsin

a2b21x2x2227．[x(1x)]ababa2b22ab(ab)2． x1xx1x

13)235． 8．(sinxsinxsinx4．由

9．用反证法，假设结论不成立，由xyz＞0知x、y、z中应有两个负数，一个正数，不妨设x＞0，y＜0，z＜0．由已知条件，得：

x＞－（y＋x）＞0，yz＞－x（y＋z）＞0，xyzx(yz)2，2即yz(yz)，z232亦即(y)z0，矛盾． 24

第二篇：不等式的证明练习

不等式的证明练习

A级

一、选择题 1.2+7与3+6的大小关系是()A.2+≥+B.2+7≤3+6 C.2+>+6D.2+7<3+ 6

3332.设a、b、c∈R且a、b、c不全为0，则不等式a+b+c≥3abc成立的一个充要条件是

()

A.a、b、c全为正数B.a、b、c全为非负实数

C.a+b+c≥0D.a+b+c>0

3.若实数ab满足0

A.2B.a+bC.2abD.a

4.设实数a、b满足a+b＝3,则2+2的最小值是()

A.6B.42C.22D.26

5.已知a>0且a≠1，M＝loga，N＝loga则M与N的大小关系是()

A.M

C.M>ND.不确定随a的变化而变化

二、填空题

226.已知x+y＝4，则2x+3y的取值范围为.(a31)(a21)ab

ba

7.若不等式a+b>2成立，则a与b满足的条件是.8.b克糖水中有a克糖(b>a>0)，若再添上m克糖(m>0)，则糖水就变甜了，试根据事实提炼一个不等式.三、解答题

(ab)2ab(ab)

29.已知a>b>0.求证：8a<2-ab<8b.10.已知a,b,c∈(0,1).求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不可能都大于4.AA级

一、选择题

1.已知下列不等式：

2+①x+3>2x(x∈R)

553223②a+b≥ab+ab(a,b∈R)

22③a+b≥2(a-b-1)

其中正确的个数是()

A.0B.1C.2D.3+2.设x,y∈R，且xy-(x+y)＝1,则()

A.x+y≥2(2+1)B.xy≤+

12C.x+y≤(2+1)D.xy≥2(2+1)

11a23.设M＝a+(2

A.M>NB.M＝NC.M

1+

4.设a,b,c∈R，则3个数a+b,b+c,c+a()

A.都大于2B.都小于

2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2

5.为适应社会发展的需要，国家决定降低某种存款的利息，现有四种降息方案： 方案Ⅰ先降息p%，再降息q%(其中p、q>0且p≠q)方案Ⅱ先降息q%，后降息p%

pqpq

方案Ⅲ先降息2%，后降息2%

方案Ⅳ一次降息(p+q)%

在上述四种方案中，降息最少的是()

A.方案ⅠB.方案ⅡC.方案ⅢD.方案Ⅳ

二、填空题

x

6.实数y＝x-y，则x的取值范围是.ab

7.若a>b>c>1，p＝2(2-ab)

abc

3θ＝3(-abc)，则p与θ中的较小者是.11k

8.若a>b>c，则不等式ab+bc≥ac成立的最大的k值为.三、解答题

cab

39.已知：a≥0，b≥0，c≥0.求证：ab+bc+ca≥

2111111

110.证明：n1(1+3+„+2n1)>n(2+4+„+2n)(n≥2)

【素质优化训练】

一、选择题

11(x)6(x66)

11(x)3(x33)

xx，则()1.若x>0，f(x)＝

A.f(x)≥10B.f(x)≤2C.f(x)≥8D.f(x)≥6

+

2.设a,b,c∈R，P＝a+b-c，Q＝b+c-a，R＝c+a-b，则“PQR>0”是“P、Q、R”同时大于零的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分且必要条件D.即不充分也不必要

+

3.已知a,b∈R，则下列各式中成立的是()

222a2b(a+b)

A.cosθ·lga+sinθ·lgblg

C.a

cos2

·b

sin2

＝a+bD.a

cos2

·b

sin2

>a+b

aaa

4.设a1>a2>a3>„>a2000>a2001，且m＝a1a2+a2a3+„+a2000a2001，n＝

4106

a1a2001，则m与n的大小关系是()

A.mnC.m≤nD.m≥n

5.连结直角三角形的直角顶点与斜边的两个三等分点所得的两条线段长分别为sinα



和cosα(0<α<2)，则斜边的长为()

4A.B.C.3D.5二、填空题

n2

5m

16.已知m，n∈R，则3616-n+3(用“≥”或“≤”号连接).11

27.若x-1＝2(y-1)＝3(Z-2)，则S＝x+y+z的最小值为.6m

8.设三角形三边长为3，4，5，P是三角形内的一点，则P到达这个三角形三边距离乘积的最大值是.三、解答题

x2111

29.已知a∈(-1,1)，求证ax2xa的值不可能在a1与a1之间.10.已知二次函数y＝ax+2bx+c，其中a>b>c，且a+b+c＝0.(1)求证：此函数的图像与x轴交于相异的两个点.(2)设函数图像截x轴所得线段的长为l，求证：

2222

1.设m+n＝a,x+y＝b.(其中a、b是不相等的正整数)，则mx+ny的最大值是()

a2b2ababA.2B.abC.abD.2.已知0

b

a

a

b,log

1b

a的大小关系是.222

23.设x,y∈R，且x+y≤1，求证｜x+2xy-y｜≤2.+3

34.已知p,q∈R且p+q＝2,求证：p+q≤2.参考答案

A级

1.D 2.A 3.B 4.B 5.D

ama

6.［-2,2］ 7.ab>0且a≠b 8.bm>b

(ab)2ab[(ab)(a)]2(a)2

8a-(2-)＝28a9.证明：-＝

(ab)2ab)24a]

8a,∵a>b>0,∴ab<2a,∴(ab)<4a，∴

(ab)2ab

8a(ab)-4a<0,又(ab)>0,8a>0,∴-(2-ab)<0，即(ab)2ab(ab)2ab

8a<2-ab.同理可证：8a>2-ab,∴原不等式成立.111

110.证明：假设三个式子同时大于4，即(1-a)b>4,(1-b)c>4,(1-c)a>4,三式相乘

1a1a132

2得：(1-a)a·(1-b)·b·(1-c)·c>4 ①，又因为0

同理0

盾，所以假设不成立，故原命题成立.AA级

1.C 2.A 3.A 4.D 5.C

6.(-∞，0)∪［4，+∞］ 7.P 8.4cababcabcabc

9.证明：∵ab+bc+ca＝ab+bc+ca-3＝

1111111

(a+b+c)(ab+bc+ca)-3＝2［(a+b)+(b+c)+(c+a)］［ab+bc+ca］-3

33

(ab)(bc)(ca)

≥2·3cab3

ab+bc+ca≥2成立.11193



abbcca-3＝2-3＝2，即

111()

111111111n10.证明：∵2＝2，3>4，5>6，„„，2n1>2n,又2>，111111n1

将上述各式两边分别相加得1+3+5+„+2n1>(2+4+„+2n)·n，∴1111111n1(1+3+„+2n1)>n(2+4+„+2n)

【素质优化训练】

1.D 2.C 3.A 4.C 5.D

5916

6.≤ 7.14 8.1

5x21122

9.证明：设y＝ax2xa，则(ay-1)x+2yx+ay-1＝0，若y≠a，由x∈R，得△≥

0.即4y-4(ay-1)≥0，∴［(1-a)y+1］［(1+a)y-1］≥0，因a∈(-1,1)，所以1-a>0,1+a>0

11111111

且a1>a1，所以y≤a1或y≥a1，若y＝a，由a(a1, a1),原命题也

正确.综上所述，原命题成立.22

10.证明：(1)令ax+2bx+c＝0，则Δ＝4b-4ac，由a+b+c＝0且a>b>c，∴a>0,c<0,∴ac<0，故Δ>0，即函数的图像与x轴交于相异的两点.(2)设函数图像截x轴于A、B两点，4b24(ac)24c2bcc22

a2其坐标为x1,x2，则x1+x2＝-a,x1x2＝a,∴l＝a-4·a＝-a＝4

ccc13bbc22

［(a)+a+1］＝4［(a+2)+4］，又a+b+c＝0且a>b>c,∴｜a｜<1，即-1

＝a＝-1-a∈(-2,0),∴3

1.B2.logb>loga>log>log

2222

3.证明：设x＝rcosθ,y＝rsinθ，且｜r｜≤1,则｜x+2xy-y｜＝r｜cosθ+2cosθ

a

b

1a

b

1b

a



222

sinθ-sinθ｜＝r｜cos2θ+sin2θ｜＝2r｜sin(2θ+4)｜≤2

4.证明：假设p+q>2，则(p+q)>8,∴p+q+3pq+3pq>8，又p+q＝2,∴pq(p+q)>2＝p+q,2222

又p+q>0，∴pq>p-pq+q(p-q)<0，这与(p-q)≥相矛盾，故假设不成立，∴p+q≤2.

第三篇：不等式证明

不等式证明

1.比较法：

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分为作差法、作商法

（1）作差比较：

①理论依据a-b>0

a>b;a-b=0

a=b;a-b<0

a

⑴作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。

⑵变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和。⑶判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号。

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。（2）作商法：①要证A>B(B>0),只要证

;要证A0)，只要证

②证明步骤：作商→变形→判断与1的关系 常用变形方法：一是配方法，二是分解因式

2.综合法：所谓综合法，就是从题设条件和已经证明过的基本不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，可简称为由因导果。常见的基本不等式有 ｜a｜≥0, a2b22ab，abab 2，ababab 分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法，分析法的思想是“执果索因”：即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

基本步骤：要证„„只需证„„，只需证„„ 4 分析综合法

单纯地应用分析法证题并不多见，常常是在分析的过程中，又综合条件、定理、常识等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法。反证法：先假设所要证明的不等式不成立，即要证的不等式的反面成立，如要证明不等式MN，由题设及其他性质，推出矛盾，从而否定假设，肯定M

具体放缩方式有公式放缩和利用某些函数的单调性放缩。常用的技巧有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大（或换小）某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等，放缩时要注意不等号的一致性。放缩法的方法有：

⑴添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n ⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(n(n1)2⑷利用常用结论： n(n1)lg3lg5)lg15lg16lg4 2Ⅰ、k1k1k1k12k；

Ⅱ、1111； k2k(k1)k1k1111（程度大）2k(k1)kk1kⅢ、12k11111()；（程度小）2k1(k1)(k1)2k1k17 换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。如： 已知x2y2a2，可设xacos,yasin； 已知x2y21，可设

xrcos,yrsin(0r1)；

x2y2已知221，可设xacos,ybsin；

abx2y2已知221，可设xasec,ybtan；

ab8、判别式法：判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

9、其它方法 最值法：恒成立

恒成立

构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；

第四篇：不等式证明

§14不等式的证明

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

第五篇：不等式的证明

学习资 料

教学目标

（1）理解证明不等式的三种方法：比较法、综合法和分析法的意义；

（2）掌握用比较法、综合法和分析法来证简单的不等式；

（3）能灵活根据题目选择适当地证明方法来证不等式；

（4）能用不等式证明的方法解决一些实际问题，培养学生分析问题、解决问题的能力；

（6）通过不等式证明，培养学生逻辑推理论证的能力和抽象思维能力；

（7）通过组织学生对不等式证明方法的意义和应用的参与，培养学生勤于思考、善于思考的良好学习习惯． 教学建议

（一）教材分析

1．知识结构

2．重点、难点分析

重点：不等式证明的主要方法的意义和应用；

难点：①理解分析法与综合法在推理方向上是相反的；

②综合性问题选择适当的证明方法．

（1）不等式证明的意义

不等式的证明是要证明对于满足条件的所有数都成立（或都不成立），而并非是带入具体的数值去验证式子是否成立．

（2）比较法证明不等式的分析

①在证明不等式的各种方法中，比较法是最基本、最重要的方法．

②证明不等式的比较法，有求差比较法和求商比较法两种途径．

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学习资 料

由于

种证法就是求差比较法．，因此，证明，可转化为证明与之等价的 ．这

由于当 时，因此，证明 可以转化为证明与之等价的 定要注意 ．这种证法就是求商比较法，使用求商比较法证明不等式 的前提条件．

时，一

③求差比较法的基本步骤是：“作差——变形——断号”．

其中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的．

变形的目的全在于判断差的符号，而不必考虑差值是多少．

变形的方法一般有配方法、通分的方法和因式分解的方法等，为此，有时把差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个数的平方和的形式．或者变形为一个分式，或者变形为几个因式的积的形式等．

总之．能够判断出差的符号是正或负即可．

④作商比较法的基本步骤是：“作商——变形——判断商式与1的大小关系”，需要注意的是，作商比较法一般用于不等号两侧的式子同号的不等式的证明．

（3）综合法证明不等式的分析

①利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推倒出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法．

②综合法的思路是“由因导果”：从已知的不等式出发，通过一系列的推出变换，推倒出求证的不等式．

③综合法证明不等式的逻辑关系是：

„ ．

（已知）（逐步推演不等式成立的必要条件）（结论）

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学习资 料

④利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异和联系、不等式左右两端的差异和联系，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换是证明不等式的关键．

（4）分析法证明不等式的分析

①从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法就是分析法．

有时，我们也可以首先假定所要证明的不等式成立，逐步推出一个已知成立的不等式，只要这个推出过程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以断定所给的不等式成立．这也是用分析法，注意应强调“以上每一步都可逆”，并说出可逆的根据．

②分析法的思路是“执果导因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件直至已成立的不等式．它与综合法是对立统一的两种方法．

③用分析法证明不等式的逻辑关系是：

„ ．

（已知）（逐步推演不等式成立的必要条件）（结论）

④分析法是教学中的一个难点，一是难在初学时不易理解它的本质是从结论分析出使结论成立的“充分”条件，二是不易正确使用连接有关（分析推理）步骤的关键词．如“为了证明”“只需证明”“即”以及“假定„„成立”等．

⑤分析法是证明不等式时一种常用的基本方法．当证明不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决．特别对于条件简单而结论复杂的题目往往更是行之有效．

（5）关于分析法与综合法

①分析法与综合法是思维方向相反的两种思考方法．

②在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件．即推理方向是：结论

已知．

综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题．即：已知 结论．

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学习资 料

③分析法的特点是：从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是要寻找结论的充分条件．

综合法的特点是：从“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是要寻找已知的必要条件．

④各有其优缺点：

从寻求解题思路来看：分析法是执果索因，利于思考，方向明确，思路自然，有希望成功；综合法由因导果，往往枝节横生，不容易达到所要证明的结论．

从书写表达过程而论：分析法叙述繁锁，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰． 也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．

⑤一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，用分析法来书写又比较麻烦．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．

（二）教法建议

①选择例题和习题要注意层次性．

不等式证明的三种方法主要是通过例题来说明的．教师在教学中要注意例题安排要由易到难，由简单到综合，层层深入，启发学生理解各种证法的意义和逻辑关系．教师选择的训练题也要与所讲解的例题的难易程度的层次相当．

要坚持精讲精练的原则．通过一题多法和多变挖掘各种方法的内在联系，对知识进行拓展、延伸，使学生沟通知识，有效地提高解题能力．

②在教学过程中，应通过精心设置的一个个问题，激发学生的求知欲，调动学生在课堂活动中积极参与．

通过学生参与教学活动，理解不等式证明方法的实质和几种证明方法的意义，通过训练积累经验，能够总结出比较法的实质是把实数的大小顺序通过实数运算变成一个数与0(或1)比较大小；复杂的习题能够利用综合法发展条件向结论方向转化，利用分析法能够把结论向条件靠拢，最终达到结合点，从而解决问题．

③学生素质较好的，教师可在教学中适当增加反证法和用函数单调性来证明不等式的内容，但内容不易过多过难．

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学习资 料

第一课时 教学目标

1．掌握证明不等式的方法——比较法；

2．熟悉并掌握比较法证明不等式的意义及基本步骤． 教学重点 比较法的意义和基本步骤.教学难点 常见的变形技巧.教学方法 启发引导式.教学过程

（－）导入新课

（教师活动）教师提问：根据前一节学过的知识，我们如何用实数运算来比较两个实数

与 的大小？．

（学生活动）学生思考问题，找学生甲口答问题．

（学生甲回答：，，）

［点评］（待学生回答问题后）要比较两个实数 与 的大小，只要考察 与 的差值的符号就可以了，这种证明不等式的方法称为比较法．现在我们就来学习：用比较法证明不等式．（板书课题）

设计意图：通过教师设置问题，引导学生回忆所学的知识，引出用比较法证明不等式，导入本节课学习的知识．

（二）新课讲授

【尝试探索，建立新知】

（教师活动）教师板书问题（证明不等式），写出一道例题的题目

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学习资 料

[问题] 求证

教师引导学生分析、思考，研究不等式的证明．

（学生活动）学生研究证明不等式，尝试完成问题．

（得出证明过程后）

［点评］

①通过确定差的符号，证明不等式的成立．这一方法，在前面比较两个实数的大小、比较式子的大小、证明不等式性质就已经用过．

②通过求差将不等问题转化为恒等问题，将两个一般式子大小比较转化为一个一般式子与0的大小比较，使问题简化．

③理论依据是：

④由 要证明，知：要证明 只要证 ；这种证明不等式的方法通常叫做比较法．

设计意图：帮助学生构建用比较法证明不等式的知识体系，培养学生化归的数学思想．

【例题示范，学会应用】

（教师活动）教师板书例题，引导学生研究问题，构思证题方法，学会解题过程中的一些常用技巧，并点评．

例1 求证

（学生活动）学生在教师引导下，研究问题．与教师一道完成问题的论证．

［分析］由比较法证题的方法，先将不等式两边作差，得

将此式看作关于 的二次函数，由配方法易知函数的最小值大干零，从而使问题获证．

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证明：∵

＝

＝，∴ ．

［点评］

①作差后是通过配方法对差式进行恒等变形，确定差的符号．

②作差后，式于符号不易确定，配方后变形为一个完全平方式子与一个常数和的形式，使差式的符号易于确定．

③不等式两边的差的符号是正是负，一般需要利用不等式的性质经过变形后，才能判断．

变形的目的全在于判断差的符号，而不必考虑差的值是多少．至于怎样变形，要灵活处理，例1介绍了变形的一种常用方法——配方法．

例2 已知都是正数，并且，求证：

［分析］这是分式不等式的证明题，依比较法证题将其作差，确定差的符号，应通分，由分子、分母的值的符号推出差值的符合，从而得证．

证明：

＝

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＝ ．

因为 都是正数，且，所以

．

∴ ．

即：

[点评]

①作差后是通过通分法对差式进行恒等变形，由分子、分母的值的符号推出差的符号．

②本例题介绍了对差变形，确定差值的符号的一种常用方法——通分法．

③例2的结论反映了分式的一个性质（若都是正数．

1．当 时，2．当 时，．以后要记住．

设计意图：巩固用比较法证明不等式的知识，学会在用比较法证明不等式中，对差式变形的常用方法——配方法、通分法．

【课堂练习】

（教师活动）打出字幕（练习），要求学生独立思考．完成练习；请甲、乙两学生板演；巡视学生的解题情况，对正确的证法给予肯定和鼓励，对偏差点拨和纠正；点评练习中存在的问题．

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[字幕]

练习：1．求证

2．已知，，d都是正数，且，求证

（学生活动）在笔记本上完成练习，甲、乙两位同学板演．

设计意图，掌握用比较法证明不等式，并会灵活运用配方法和通分法变形差式，确定差式符号．反馈课堂教学效果，调节课堂教学．

【分析归纳、小结解法】

（教学活动）分析归纳例题和练习的解题过程，小结用比较法证明不等式的解题方法．

（学生活动）与教师一道分析归纳，小结解题方法，并记录笔记．

比较法是证明不等式的一种最基本、重要的方法．用比较法证明不等式的步骤是：作差、变形、判断符号．要灵活掌握配方法和通分法对差式进行恒等变形．

设计意图：培养学生分析归纳问题的能力，掌握用比较法证明不等式的方法．

（三）小结

（教师活动）教师小结本节课所学的知识．

（学生活动）与教师一道小结，并记录笔记．

本节课学习了用比较法证明不等式，用比较法证明不等式的步骤中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的．掌握求差后对差式变形的常用方法：配方法和通分法．并在下节课继续学习对差式变形的常用方法．

设计意图：培养学生对所学知识进行概括归纳的能力，巩固所学知识．

（四）布置作业

1．课本作业：P16．1，2，3．

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2．思考题：已知，求证：

3．研究性题：设，都是正数，且，求证：

设计意图，课本作业供学生巩固基础知识；思考题供学有余力的学生完成，培养其灵活掌握用比较法证明不等式的能力；研究性题是为培养学生创新意识．

（五）课后点评

1．本节课是用比较法证明不等式的第一节课，在导入新课时，教师提出问题，让学生回忆所学知识中，是如何比较两个实数大小的，从而引入用比较法证明不等式．这样处理合情合理，顺理成章．

2．在建立新知过程中，教师引导学生分析研究证明不等式，使学生在尝试探索过程中形成用比较法证明不等式的感性认识．

3．例1，例2两道题主要目的在于让学生归纲、总结，求差后对差式变形、并判断符号的方法，以及求差比较法的步骤．在这里如何对差式变形是难点，应着重解决．首先让学生明确变形目的，减少变形的盲目性；其次是总结变形时常用方法，有利于难点的突破．

4．本节课采用启发引导，讲练结合的授课方式，发挥教师主导作用，体现学生主体地位，学生获取知识必须通过学生自己一系列思维活动完成．教师通过启发诱导学生深入思考问题，培养学生思维灵活、严谨、深刻等良好思维品质．

作业答实

思考题： 又，获证．，研究性题：

．

所以，以上资料均从网络收集而来