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2019-2020年高考數(shù)學(xué)回歸課本 不等式教案 舊人教版
一、基礎(chǔ)知識(shí)
不等式的基本性質(zhì)：
（1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；
（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；
（5）a>b, c<0ac
b>0, c>d>0ac>bd;
（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+;
（9）a>0, |x|ax>a或x<-a;
（10）a, b∈R，則|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（11）a, b∈R，則(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;
（12）x, y, z∈R+，則x+y≥2, x+y+z
前五條是顯然的，以下從第六條開始給出證明。
（6）因?yàn)閍>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重復(fù)利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若，由性質(zhì)（7）得，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設(shè)不成立，所以；由絕對(duì)值的意義知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再證（10）的左邊，因?yàn)閨a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）顯然成立；下證（12），因?yàn)閤+y-2≥0，所以x+y≥，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立，再證另一不等式，令，因?yàn)閤3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時(shí)成立。
二、方法與例題
1．不等式證明的基本方法。
（1）比較法，在證明A>B或A0）與1比較大小，最后得出結(jié)論。
例1 設(shè)a, b, c∈R+，試證：對(duì)任意實(shí)數(shù)x, y, z, 有x2+y2+z2
【證明】 左邊-右邊= x2+y2+z2
所以左邊≥右邊，不等式成立。
例2 若alog(1-x)(1-x)=1（因?yàn)?<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.
所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.
（2）分析法，即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證……，只需證……。
例3 已知a, b, c∈R+，求證：a+b+c-3≥a+b
【證明】 要證a+b+c≥a+b只需證，
因?yàn)?，所以原不等式成立?
例4 已知實(shí)數(shù)a, b, c滿足0(n+1)n.
【證明】 1）當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=43，所以命題成立。
2）設(shè)n=k時(shí)有kk+1>(k+1)k，當(dāng)n=k+1時(shí)，只需證(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因?yàn)?，所以只需證，即證(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+2k. 顯然成立。
所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。
（4）反證法。
例6 設(shè)實(shí)數(shù)a0, a1,…,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求證ak≤0(k=1, 2,…, n-1).
【證明】 假設(shè)ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一個(gè)正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1, a2,…, an-1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依題設(shè)ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以從k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
因?yàn)閍n≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0與an=0矛盾。故命題獲證。
（5）分類討論法。
例7 已知x, y, z∈R+，求證：
【證明】 不妨設(shè)x≥y, x≥z.
?。﹛≥y≥z，則，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，則，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
（6）放縮法，即要證A>B，可證A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).
例8 求證：
【證明】
，得證。
例9 已知a, b, c是△ABC的三條邊長，m>0，求證：
【證明】
（因?yàn)閍+b>c），得證。
（7）引入?yún)⒆兞糠ā?
例10 已知x, y∈R+, l, a, b為待定正數(shù)，求f(x, y)=的最小值。
【解】 設(shè)，則，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立。所以f(x, y)min=
例11 設(shè)x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求證：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【證明】 設(shè)x1=k(x2+x3+x4)，依題設(shè)有≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等價(jià)于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因?yàn)閒(k)=k+在上遞減，
所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)
≤3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求證：
【證明】 先證
因?yàn)閤(1-x2)=,
所以
同理，
，
所以
例13 已知0≤a, b, c≤1，求證：≤2。
【證明】 先證 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即證(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因?yàn)?≤a, b, c≤1，所以①式成立。
同理
三個(gè)不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函數(shù)的思想。
例14 已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c滿足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。
【解】 當(dāng)a, b, c中有一個(gè)為0，另兩個(gè)為1時(shí)，f(a, b, c)=，以下證明f(a, b, c) ≥. 不妨設(shè)a≥b≥c，則0≤c≤, f(a, b, c)=
因?yàn)?=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解關(guān)于a+b的不等式得a+b≥2(-c).
考慮函數(shù)g(t)=, g(t)在[）上單調(diào)遞增。
又因?yàn)?≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2≥
所以f(a, b, c)=
≥
=
=
≥
下證0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 因?yàn)椋寓偈匠闪ⅰ?
所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=
2．幾個(gè)常用的不等式。
（1）柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則
等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在λ∈R，使得對(duì)任意i=1, 2, , n, ai=λbi,
變式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則
等號(hào)成立條件為ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
變式2：設(shè)ai, bi同號(hào)且不為0(i=1, 2, …, n)，則
等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)b1=b2=…=bn.
（2）平均值不等式：設(shè)a1, a2,…,an∈R+，記Hn=, Gn=, An=，則Hn≤Gn≤An≤Qn. 即調(diào)和平均≤幾何平均≤算術(shù)平均≤平方平均。
其中等號(hào)成立的條件均為a1=a2=…=an.
【證明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下僅證Gn≤An.
1）當(dāng)n=2時(shí)，顯然成立；
2）設(shè)n=k時(shí)有Gk≤Ak，當(dāng)n=k+1時(shí)，記=Gk+1.
因?yàn)閍1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由數(shù)學(xué)歸納法，結(jié)論成立。
（3）排序不等式：若兩組實(shí)數(shù)a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，則對(duì)于b1, b2, …, bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【證明】 引理：記A0=0，Ak=，則 =（阿貝爾求和法）。
證法一：因?yàn)閎1≤b2≤…≤bn，所以≥b1+b2+…+bk.
記sk=-( b1+b2+…+bk)，則sk≥0(k=1, 2, …, n)。
所以-(a1b1+a2b2+…+anbn)= +snan≤0.
最后一個(gè)不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0),
所以右側(cè)不等式成立，同理可證左側(cè)不等式。
證法二：（調(diào)整法）考察，若，則存在。
若(j≤n-1)，則將與互換。
因?yàn)?
≥0，
所 調(diào)整后，和是不減的，接下來若，則繼續(xù)同樣的調(diào)整。至多經(jīng)n-1次調(diào)整就可將亂序和調(diào)整為順序和，而且每次調(diào)整后和是不減的，這說明右邊不等式成立，同理可得左邊不等式。
例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求證；a1+a2+…+an.
【證明】證法一：因?yàn)?，…?≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
證法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因?yàn)閍1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an.
證法三： 設(shè)a1, a2,…,an從小到大排列為，則，，由排序原理可得
=a1+a2+…+an≥，得證。
注：本講的每種方法、定理都有極廣泛的應(yīng)用，希望讀者在解題中再加以總結(jié)。
三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題
1．已知0m，則m的最小值是____________.
6．“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|<8的解集是{x|-20, b>0且ab, m=aabb, n=abba, 則比較大?。簃_________n.
11．已知n∈N+，求證：
12．已知0x2>0, 1>a>0，記，比較大?。簒1x2________y1y2.
8．已知函數(shù)的值域是，則實(shí)數(shù)a的值為________.
9．設(shè)a≤b0, P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2)2，比較大小：P_______Q.
2．已知x2+y2-xy=1，則|x+y-3|+|x+y+2|=__________.
3．二次函數(shù)f(x)=x2+ax+b，記M=max{|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|}，則M的最小值為__________.
4．設(shè)實(shí)數(shù)a, b, c, d滿足a≤b≤c≤d或者a≥b≥c≥d，比較大?。?
4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).
5．已知xi∈R+, i=1, 2, …,n且，則x1x2…xn的最小值為__________（這里n>1）.
6．已知x, y∈R, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值為__________.
7．已知0≤ak≤1(k=1, 2, …,2n)，記a2n+1=a1, a2n+2=a2，則的最大值為__________.
8．已知0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1，則的最大值為__________.
9．已知≤x≤5，求證：
10．對(duì)于不全相等的正整數(shù)a, b, c，求證：
11．已知ai>0(i=1, 2, …, n)，且=1。又0<λ1≤λ2≤…≤λn，求證：≤
六、聯(lián)賽二試水平訓(xùn)練題
1．設(shè)正實(shí)數(shù)x, y, z滿足x+y+z=1，求證：
2．設(shè)整數(shù)x1, x2, …,xn與y1, y2, …, yn滿足1y1+y2+…+ym，求證：x1x2xn>y1y2…ym.
3．設(shè)f(x)=x2+a，記f(x), fn(x)=f(fn-1(x))(n=2, 3, …)，M={a∈R|對(duì)所有正整數(shù)n, |fn(0)| ≤2}，求證：。
4．給定正數(shù)λ和正整數(shù)n(n≥2)，求最小的正數(shù)M（λ），使得對(duì)于所有非負(fù)數(shù)x1, x2,…,xn ，有M(λ)
5．已知x, y, z∈R+，求證：(xy+yz+zx)
6．已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c滿足a+b+c=1，求證：2≤(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2≤(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等號(hào)成立的條件。
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