北師大版高中數(shù)學(xué)4-5第一章不等關(guān)系與基本不等式4不等式的證明第2課時(shí)學(xué)案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精4不等式的證明第2課時(shí)綜合法、放縮法1．理解綜合法的方法與步驟，會(huì)用綜合法證明簡(jiǎn)單的不等式．2．認(rèn)識(shí)放縮法，了解它的方法與步驟，會(huì)用放縮法證明簡(jiǎn)單的不等式．1．綜合法（1)定義：利用某些______________(例如算術(shù)平均數(shù)和幾何平均數(shù)的定理）和__________,推導(dǎo)出所要證明的不等式，這種證明方法叫綜合法．（2）證明原理：A?B1?B2?…?Bn?B,即從________出發(fā),逐步推演不等式成立的____條件，推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論B．【做一做1】設(shè)a,b，c都是正數(shù)，求證：（a＋b＋c）·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,a＋b)＋\f（1,b＋c)＋\f(1，c＋a））)≥eq\f（9,2）．2．放縮法(1）定義：通過縮小（或放大)分式的分母(或分子），或通過放大（或縮?。┍粶p式（或減式）來證明不等式,這種證明不等式的方法稱為______．（2）放縮法證明不等式的主要依據(jù):①不等式的傳遞性；②等量加不等量為不等量；③同分子（分母)異分母（分子)的兩個(gè)分式大小的比較．【做一做2】若n∈N＋，求證：eq\r(1×2）＋eq\r(2×3）＋…＋eq\r（nn＋1)＜eq\f(n＋12,2）．答案:1．（1）已經(jīng)證明過的不等式不等式的性質(zhì)（2)已知條件A必要【做一做1】證明：∵（a＋b)＋（b＋c）＋（c＋a)≥3·eq\r(3，a＋bb＋cc＋a）,又eq\f(1,a＋b)＋eq\f（1,b＋c)＋eq\f(1，c＋a）≥3·eq\r（3，\f(1,a＋bb＋cc＋a）），∴（a＋b＋c)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b）＋\f（1，b＋c）＋\f（1,c＋a）))≥eq\f(1，2)·3·eq\r(3，a＋bb＋cc＋a)·3·eq\r（3，\f(1，a＋bb＋cc＋a))≥eq\f（9，2)．2．（1）放縮法【做一做2】分析：利用eq\r(nn＋1)＜eq\f（n＋n＋1,2)＝eq\f（2n＋1,2)來證明．證明:∵eq\r（nn＋1)＜eq\f（n＋n＋1，2)＝eq\f（2n＋1,2)，∴eq\r（1×2）＋eq\r（2×3）＋…＋eq\r(nn＋1）＜eq\f(3，2)＋eq\f(5，2）＋…＋eq\f（2n＋1,2)＝eq\f(\f（n3＋2n＋1,2）,2)＝eq\f(nn＋2，2）＝eq\f（n2＋2n，2）＜eq\f(n＋12,2）．1．分析法與綜合法的比較剖析：（1）綜合法與分析法的比較如下表．方法起始步驟求證過程求證目標(biāo)方向綜合法基本不等式或已經(jīng)證明過的不等式實(shí)施一系列的推理或等價(jià)變換要求證的結(jié)論由因?qū)Ч治龇ㄒ笞C的不等式尋求結(jié)論成立的充分條件并證明其成立所需條件全都成立執(zhí)果索因(2）用綜合法與分析法證明不等式的邏輯關(guān)系綜合法：A(已知）?B1?B2?…?Bn?B(結(jié)論)（逐步推演不等式成立的必要條件)，即由條件出發(fā)推導(dǎo)出所要證明的不等式成立．分析法：B（結(jié)論）?B1?B2?…?Bn?A（已知或明顯成立的條件)（步步尋求不等式成立的充分條件）．總之，分析法與綜合法是對(duì)立統(tǒng)一的兩種方法．2．用放縮法證明不等式剖析：（1）為了證明不等式，有時(shí)需舍去或添加一些項(xiàng),使不等式一邊放大或縮小，利用不等式的傳遞性,達(dá)到證題的目的,這種方法就是放縮法．運(yùn)用放縮法要注意放縮必須適當(dāng)，放得過大或縮得過小都不能達(dá)到證題的目的．（2）放縮時(shí)使用的主要方法有:①舍去或加上一些項(xiàng),如eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，2)））2＋eq\f（3，4)＞eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,2)）)2；②將分子(或分母）放大（或縮小),如eq\f(1，k2）＜eq\f(1,kk－1）（k＞1），eq\f（1,k2)＞eq\f（1，kk＋1），eq\f(1,\r(k))＜eq\f（2,\r(k)＋\r（k－1））,eq\f（1,\r(k））＞eq\f(2,\r（k)＋\r（k＋1）)(k∈N＋）等．（3）放縮法的理論依據(jù)主要有①不等式的傳遞性;②等量加不等量為不等量；③同分子(分母）異分母（分子)的兩個(gè)分式大小的比較．對(duì)不等式而言，放縮法的本質(zhì)是“不等式的加強(qiáng)”．(4）運(yùn)用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是放大(或縮?。┮m當(dāng)．如果所要證明的不等式中含有分式，那么我們把分母放大時(shí)相應(yīng)分式的值就會(huì)縮??；反之，如果把分母縮小，則相應(yīng)分式的值就會(huì)放大．有時(shí)也會(huì)把分子、分母同時(shí)放大,這時(shí)應(yīng)該注意不等式的變化情況，可以與相應(yīng)的函數(shù)相聯(lián)系，以達(dá)到判斷大小的目的,這些都是我們?cè)谧C明中的常用方法與技巧，也是放縮法中的主要形式．題型一利用綜合法證明不等式【例1】設(shè)a，b,c為不全相等的正數(shù)，求證：eq\f（b＋c－a，a)＋eq\f(c＋a－b,b）＋eq\f（a＋b－c,c)＞3．分析：利用不等式的性質(zhì),對(duì)不等式的左邊進(jìn)行整理，化簡(jiǎn)．反思：在利用a＋b≥2eq\r（ab)時(shí)，必須滿足“一正二定三相等”，而本題中a，b，c為不全相等的正數(shù)，故三項(xiàng)之和取不到6，即等號(hào)不能傳遞下去．題型二利用放縮法證明不等式【例2】設(shè)n是正整數(shù),求證：eq\f(1，2）≤eq\f(1,n＋1）＋eq\f(1，n＋2)＋…＋eq\f（1，2n)＜1．分析：要求一個(gè)n項(xiàng)分式eq\f（1，n＋1)＋eq\f（1，n＋2）＋…＋eq\f（1，2n)的范圍，它的和又求不出來,可以采用“化整為零"的方法，先觀察每一項(xiàng)的范圍，再求整體的范圍．反思:放縮法證明不等式，放縮要適度,否則會(huì)陷入困境，例如證明eq\f(1，12)＋eq\f（1,22）＋…＋eq\f（1，n2）＜eq\f(7,4），根據(jù)eq\f（1，k2）＜eq\f(1,k－1）－eq\f(1,k),如果從第3項(xiàng)開始放縮，正好可證明；如果從第2項(xiàng)開始放縮,可證得小于2．當(dāng)放縮方式不同時(shí)，結(jié)果也在變化．答案：【例1】證明:左邊＝eq\f(b，a）＋eq\f（c，a）－1＋eq\f(c,b)＋eq\f（a,b)－1＋eq\f(a，c）＋eq\f(b,c）－1＝eq\f(b,a）＋eq\f（a，b）＋eq\f(c，a)＋eq\f(a，c)＋eq\f（c，b)＋eq\f(b，c）－3．∵a，b，c為不全相等的正數(shù),∴eq\f(b，a)＋eq\f(a,b）≥2,eq\f（c,b)＋eq\f（b，c)≥2，eq\f(a，c)＋eq\f（c,a)≥2中的等號(hào)不可能同時(shí)成立，∴eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b,a）＋\f（a，b)）)＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（c，b）＋\f（b，c）））＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a，c)＋\f（c,a))）＞6，∴eq\f(b＋c－a，a）＋eq\f（c＋a－b,b)＋eq\f（a＋b－c，c）＞6－3＝3．【例2】證明:由2n≥n＋k＞n（k＝1,2,…，n），得eq\f(1，2n）≤eq\f(1，n＋k)＜eq\f(1，n)．當(dāng)k＝1時(shí)，eq\f(1,2n）≤eq\f（1，n＋1）＜eq\f（1,n)；當(dāng)k＝2時(shí)，eq\f(1,2n）≤eq\f(1,n＋2）＜eq\f（1,n)；…當(dāng)k＝n時(shí),eq\f(1，2n）≤eq\f(1，n＋n）＜eq\f（1,n）．∴eq\f(1,2）＝eq\f（n,2n)≤eq\f（1，n＋1）＋eq\f(1，n＋2）＋…＋eq\f（1,2n)＜eq\f(n,n)＝1，即原不等式成立．1使a＞b＞0成立的一個(gè)充分而不必要條件是()．A．eq\r（a－2）＞eq\r(b－2)B．a(chǎn)2＞b2＞0C．lga－lgb＞0D．xa＞xb且x＞02設(shè)a＞0,b＞0，a＋b＝1,M＝eq\f（1，a)＋eq\f（1,b)＋eq\f(1,ab），則M與8的大小關(guān)系是（)．A．M＝8B．M≥8C．M＜83已知α∈(0，π），則下列各式成立的是（）．A．2sin2α≤eq\f（sinα,1－cosα)B．2sin2α＝eq\f（sinα,1－cosα）C．2sin2α＞eq\f(sinα,1－cosα)D．2sin2α≥eq\f（sinα，1－cosα)4設(shè)a，b，c,d為任意正實(shí)數(shù)．求證：1＜eq\f(a,a＋b＋d)＋eq\f(b，b＋c＋a)＋eq\f（c,c＋d＋b)＋eq\f(d，d＋a＋c)＜2．答案：1．A由eq\r(a－2）＞eq\r(b－2），知a－2＞b－2?a＞b．又a－2＞0且b－2≥0，∴a＞2且b≥2，∴a＞b≥2＞0．2．B∵a＞0，b＞0,a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r（ab），∴eq\r(ab)≤eq\f(1,2）,∴eq\f(1,ab）≥4．∴eq\f（1，a)＋eq\f（1，b)＋eq\f（1，ab)＝(a＋b）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,a)＋\f（1，b）））＋eq\f（1,ab）≥2eq\r（ab）·2eq\r（\f(1，ab))＋4＝8．∴eq\f（1,a）＋eq\f(1,b)＋eq\f(1，ab)≥8，即M≥8．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f（1，2）時(shí)等號(hào)成立．3．A∵α∈(0,π),∴1－cosα＞0．∴eq\f（1，1－cosα）＋4(1－cosα)≥4eq\b\lc\（\rc\（\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)cosα＝\f(1,2))），即α＝eq\b\lc\\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,3)時(shí)等號(hào)成立）)，∴4cosα≤eq\f(1,1－cosα）．∵α∈(0，π），∴sinα＞0．∴4sinαcosα≤eq\f（sinα，1－cosα）．∴2sin2α≤eq\f（sinα,1－cosα)．4．證明：∵a，b，c，d均為正實(shí)數(shù),∴eq\f（a，a＋b＋d)＋eq\f(b，b＋c＋a）＋eq\f（c，c＋d＋b）＋eq\f（d，d＋a＋c)＜eq\f(a,a＋b）＋eq\f（b,b