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高二数学教案:不等式的证明

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高二数学教案:不等式的证明PAGE数学教案【教学内容、目标】6.46.5不等式的证明(一)(二)学习目标1、能灵活运用比较法两个数的大小。2、比较法可分为作差法和作商法,会用比较法证明不等式。3、会灵活应用综合法证明简单的不等式。4、掌握用分析法和反证法证题的思路和叙述方法。5、熟悉适合用分析法和反证法证明的不等式的题型。【知识讲解】1、比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用,比较法可分为差值比较法(简称作差法)和商值比较法(简称作商法)。2、“作差法”的理论依据是不等式的基本性质:“”...

高二数学教案:不等式的证明
PAGE数学 教案 中职数学基础模块教案 下载北师大版¥1.2次方程的根与系数的关系的教案关于坚持的教案初中数学教案下载电子教案下载 【教学内容、目标】6.46.5不等式的证明(一)(二)学习目标1、能灵活运用比较法两个数的大小。2、比较法可分为作差法和作商法,会用比较法证明不等式。3、会灵活应用综合法证明简单的不等式。4、掌握用分析法和反证法证 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 的思路和叙述 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 。5、熟悉适合用分析法和反证法证明的不等式的题型。【知识讲解】1、比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用,比较法可分为差值比较法(简称作差法)和商值比较法(简称作商法)。2、“作差法”的理论依据是不等式的基本性质:“”,其一般步骤为“作差—变形—判断符号”。其中变形是作差法的关键,配方和因式分解是常用的变形手段,为了便于判断“差式”变形为一个常数,或一个常数与几个平方和形式(如例1),或几个因式的积(如例2),当所得的“差式”是某个字母的二次三项式时,则常用判别式法或配方法判断符号。3、“作商法”理论依据是:若,,则“”,其一般步骤为“作商—变形—判断商与数1的大小关系”。4、一般地,证明幂、指数不等式,常用作商法(如例4),证对数不等式,常用作差法。5、当“差”式或“商”式中含有字母时,一般需对字母的取值进行分类讨论。6、综合法是指从已证不等式或问题的已知条件出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后达到待证结论或需求问题,其特点和思路是“由因导果”,即从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”。7、分析法是指从要证的不等式出发,分析这个不等式成立的充分条件,进而转化为判定那些条件是否具备。其特点和思路是“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”。8、分析法的优点是利于思考,因为它方向明确,思路自然,易于掌握,而综合法的优点是易于表述,条理清晰,形式简洁。因而证不等式时,常用分析法寻找解题思路,再用综合法有条理地表达证题过程。9、有时解题,需一边分析,一边综合,称之分析综合法,或称两头凑法(如例2)。两头挤法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辨证统一关系。分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点。10、用反证法证明不等式,常从否定结论出发,通过逻辑推理,导出矛盾,从而肯定命题成立。但要注意对结论的反面要一一否定,不能遗漏,方能得出原不等式成立。【典型例题分析】例1:已知:,求证:。分析:左一右=。当时,前两项为正,最后一项为负,如何使得三项之和为正,成为问题的关键,需采用“拆”的技巧,把第三项并入前两项中去,于是想到,问题便迎刃而解。证明:左一右==。,。因此: 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 :恰当地“分拆”与“组合”是最常用的技巧,主要用于作差变形后的因式分解方面。例2:已知、,且,求证:。证明:,。又、,。。例3:已知,均为正实数,且,求证:。分析:由于所比较的两式均为单项式,且为正值,故可作商与1比较,其中要用到指数函数性质,并由题意条件,得出与同号,再作分类讨论。证明:,由得:或⑴当时,有。⑵当时,有。说明:①当所比较的两式均为多项式时,常用作差法与“0”比较;当所比较的两式均为单项式(或乘积时),常用作商法与“1”比较,但应注意除数应为正值。②两式均出现了4个字母、、、,变形为后,把与看做两个整体字母,便减少了字母讨论的个数,代换的思想得到了体现。③类似的问题还有:(Ⅰ)若,,则;(Ⅱ)若,则;(Ⅲ)若,,则以上不等式均可用作商法加以证明。例4:设,求证:。分析:可用作差比较法或作商比较法进行证明的。证明:用作差法证:左边一右边=。原不等式成立。用作商法证:原不等式成立。例5:设、、为不全相等的正数,试证:。证明:左边。、、为不全相等的正数。,中的等号不可能同时成立,,。说明:基本不等式和不等式的基本性质是用综合法证明不等式的基础,常用的基本不等式有:,,同号,,等。例6:若求的最小值。错解:,而且仅当,即时,上式等号成立。,,即当时,取最小值。点击:当我们使用均值不等式求函数最值时,需要验证是否符合“一正(或符号相同)、二定、三相等”的条件,而在上述解法中,违背了“二定”这一条件。“二定”要求取内的任意一个值时,①中不等号右边都是定值,错解中①的右边却不是定值。正解:。当且仅当,即时,取到最小值。说明:本例也不可以这样求解:,因为两次放缩后,能否取到,要看两个等号能否同时达到,而这里不能同时达到,故上述解法也是错误的。例7:设,求证:。分析:由于要证不等式的两边均为根式,故可先对两边平方根号再进行论证。证明:欲证:成立,只需证:整理后,即证:成立,若,上式必然成立,若,只需证:成立,整理后,即证:成立。也就是要证明:,此式显然成立,以上各步均可逆,故所证不等式成立。说明:1、用分析法证题时,“要证”、“只须证”、“以上各步均可逆”等语言必须有,否则无法体现分析法的“执果索因”特点,“以上各步均可逆”是不了说明条件的充分性。2、本题的去根号两边平方用了两次,必须注意其非负性的条件才能成立。例8:设,求证:。分析:要证的不等式两边均含了绝对值,可利用分析法两边平方处理。证明:要证不等式:成立,只需证明:成立,即证:成立。整理后,即证:成立。若时,则上式显然成立,原不等式就成立。若时,则只需证:成立。整理后即证:成立,只需证:显然成立,以上各步均可逆,故原不等式成立。说明:分析法适用于根式不等式,也适用于两边含绝对值的不等式。例9:已知,且。求证:。分析:运用分析法,根据函数在上是减函数,不难把原不等式转化为证明。要证不等式在形式上提示我们可以运用不等式的平均值定理,但用了并未达到目的,故又要作调整:,令,则由,得,往后证明就较容易了。下面证法我们用综合法作表述。证明:设,则由,可以得到(等号成立当且仅当)。(*)。由于函数在上是减函数,故有。又由,可得。等号成立当且仅当。又,等号成立当且仅当或,但(*)中不能同时成立故“=”取不到。。即①。再由函数在上是减函数,于是由①,可有。。即。说明:⑴不注意分析过程,仅看上述证明的表述,一定会觉得摸不着头脑。但这种综合法表述训练对提高我们的逻辑思维能力十分有益。⑵如:下题的解法是否正确?为什么?例10:已知的最大值。解:,。即的最大值为。显然这种解法是错误的。因为取得这个最大值时,条件为且,从而必须有,即,而这是不可能的。错误的原因就在于两次等号不能同时取到。正确的解法,一是用Cauclry(柯西)不等式(高中阶段不要求),二是用三角换元,得出的最大值是。例11:已知,且,求证:⑴;⑵。分析:先用分析法,再用综合法证明:⑴要证明,由于,因此只要证明,即证明。根据条件,只需证明。而这是可以由证得的,原不等式成立。说明:这里就是联合了分析法与综合法,实际上是以分析法为主。利用分析法,使证明的问题明朗化。证明:⑵,在⑴中已证得,要证原不等式成立只需证明,也就只要证明。而,成立。原不等式成立。说明:问题⑵还是联合运用了分析法与综合法,只是⑵的证明中用到了⑴结果,也是常用的证题思路。例12:若,求证:不可能都大于1。分析:“不都大于1”即等价于“至少有1个小于或等于1”,由于涉及到三个式子,它们出现的情况有很多类,此类问题的常用方法是考虑问题的反面,即“不都”的反面即为“都”,可用反证法来处理。证明:法一:假设且且均成立。则三式相乘有:①,由于。同理:,且三式相乘得:②。②与①矛盾,故假设不成立:不可能都大于1。法二:假设且且。③。而④。④与③矛盾,故假设不成立。原题设结论成立。说明:当直接证明有困难时可采用反证法,特别适用于至少型或至多型的数学问题;有时也可回避讨论。例13:设,且,求证:。分析:由已知条件能判断、的正负。而条件和待证结论间看不出有明显的关系,应采用分析法。证明:。欲证,只需证,即证,即证,即证。而上式显然成立,从而成立。说明:当待证的结论与已知条件无明显的关系时,宜采用分析法。例14:已知函数若、且,证明:。分析:本题为1994年全国 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 试题,其意工不在考查三角不等式,而在考查代数证明的能力,要求把三角变换、三角函数性质的有关知识与不等式证明的基本方法结合起来。证明:要证明,即证明,只要证,只要证,由于、,故,。,故只要证,即证,只要证。即证。这由、,是显然成立的。因此,。说明:当然本题也可以用综合法证明。有时也用分析法探路然后用综合法作表述。例15:设且,求证:。错证:假设不等式不成立,则。即。由已知,因此是成立的。而且以上各步均可逆,所以原不等式成立。点击:虽然,由可推出,但是,由却无法推出,这样就不能有“以上各步均可逆”。犯了“不能推出的错误”。正解:要证:,又,故只要证:,,。说明:本题主要采用了分析法证明。在证明过程中,我们逐步寻求每一步论断成立的充分条件,直到得出一个已知成立的论断为止。本讲小结比较法思路:作差将差变形判断差的正负得出结论。由作差到结论,是利用“比较大小的依据”;变形的目标是便于判断其正负。作差后“变形”的方法常见的有以下几种:①将差变形为常数,或者变形为一个常数与几个平方和的形式,常用配方法,利用实数特征判断差的符号;②将差变为几个因式的积的形式,常用分解因式法。总之,要明确变形的目的是便于判断差的符号,方法不限定。也就是说,关键是变形的目标。例如,把差变形为“”也能判断它是正的,尽管它既不是平方和的形式,也不是分解因式的结果。如果是三角式,最后将它变为“”,也能判断它为负,等等。比较法,有时也可以作商:时,。因此,对于两个都是正的数或式子,证明也可以“作商变形判断与1的大小比较得出结论”。综合法是由因导果,即从已知条件或已知的真命题出发,一步步推出结论。分析法用分析法证题时要注意语言叙述的“格式”为:要证……只须证……。此法往往是在用综合法不易论证时采用。反证法用反证法证题的实质就是否定结论导出矛盾,从而说明原结论正确。例如要证不等式A>B,先假设,根据题设及其它性质,推出矛盾(可以是和已知条件矛盾、也可以和已证的结论、性质等矛盾、还可以和假设矛盾),从而肯定A>B成立。【同步练习】1、下列命题中的真命题是()(A)若a,b,cR,且a>b,则ac2>bc2(B)若a,bR,且ab≠0,则≥2(C)若a>b,c>d>0,则(D)若aR,则a2+3>2a2、已知a>0,b>0,则中最大的是()(A)(B)(C)(D)3、已知实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,则的值()(A)恒为正值(B)恒为负值(C)恒为非负值(D)正负不能确定4、设a>0且a≠1,A=loga(a3+1),B=loga(a2+1),则A、B的大小关系为()(A)A>B(B)A<B(C)A=B(D)无法确定5、已知实数x,y满足x+y-4=0,则x2+y2的最小值为()(A)4(B)6(C)8(D)106、x>0,y>0,且x+y=1,则(-1)(-1)的最小值为。7、a>0,且>1,则与的大小关系为。8、设x=,则x+y的最小值为。9、已知a>0,b>0,求证:。10、已知a、b、c都是正数,求证:a。11、求证:a+b+c≥0是a3+b3+c3≥3abc的充要条件。12、已知a>0,b>0,c>0,a+b+c=1,求证:。13、若x,y>0,且,求x+y的最小值。14、试用分析法证明:若a>0,b>0,a+b=1,则3a+3b<4。15、已知x2+xy+y2=3,求证:2≤x2+y2≤6。16、求证:2(【参考答案】12345DCBAC提示:1、a3+3=a2+1+2≥2+2a>2a。3、(a+b+c)2=0=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)∵a2+b2+c2>0∴ab+bc+ca<0又∵abc>0∴4、∵a3+1-(a2+1)=a2(a-1)当a>1时,a3+1>a2+1>0,∴A>B当0<a<1时,0<a3+1<a2+1∴A>B(此时logax为R+上的减函数)5、x+y=4;x2+y2≥另解y=4-x∴x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x2-4x+8)≥86、9同理∴=4+1+27、∴∴0<b<1∴∵∴∴a-b-ab>0∴∴8、-1令y=sinθ取则x=∴x+y=sinθ+cosθ=∵∴-1≤x+y≤[注]:本题回顾三角函数有关知识。9、证明:==∵a>0,b>0∴(当a=b时取“=”)∴(当a=b时取“=”)10、证明:=由于式子两边a、b、c具有轮换对称性,故不妨设a≥b≥c∴,∴,同理≥1,≥1∴且右边>0∴a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b11、证明:∵a3+b3+c3-3abc=a3+(b+c)3-3b2c-3bc2-3abc=(a+b+c)[a2-a(b+c)+(b+c)2]-3bc(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-ac-bc]=(a+b+c)1/2∵(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0恒成立,故若a+b+c≥0,则a3+b3+c3≥3abc反之也成立。∴a+b+c≥0是a3+b3+c3≥3abc的充要条件。12、证明:将1=a+b+c代入∴左边=1+≥3+2+2+2=9。(“=”当且仅当a=b=c时成立)∴原不等式成立13、解:∴x+y=(x+y)()=2+3+“=”当且仅当即2y2=3x2时成立∴x+y的最小值为5+(此时x=2+,y=3+)14、证明:要证3a+3b<4∵a+b=1只要证3a+31-a<4只要证<4∵a>0只要证32a+3-43a<0只要证(3a+3)(3a-1)<0只要证1<3a<3只要证0<a<1∵a>0,a+b=1b>0∴b>1-a>0∴0<a<1成立∴3a+3b<4成立15、证明:令x2+y2=t2不妨设t≥0则可取x=tcosα(αR)y=tsinα∴x2+xy+y2=t2+t2cosαsinα=3∴t2==∵-1≤sin2α≤1∴1≤2+sin2α≤3∴2≤t2≤6即2≤x2+y2≤616、证明:∵而∵这样:……∴
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分类:高中数学
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