贵州省顶效开发区顶兴学校高中数学必修五32一元二次不等式及34基本不等式教案

教案陈建立3.2一元二次不等式及3.4基本不等式及必修5总复习2018春季第7周上周教学反思：通过对数列的复习以及不等式的学习，学生在数列的通项公式的求法以及数列求和方面还比较薄弱，特别是构造法求通项公式以及错位相减法与裂项相消法掌握不熟练，接下来还得加强训练。3.2一元二次不等式三维目标一、知识与技能1.经历从实际情境抽象出一元二次不等式模型的过程。2.通过函数图象了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系。3.会解一元二次不等式。4.培养数形结合、分类讨论、等价转化的思想方法，培养抽象概括能力和逻辑思维能力；通过看图象找解集，培养学生从“从形到数”的转化力，“由具体到抽象”、“从特殊到一般”的归纳概括能力。二、过程与方法经历从实际情境中抽象出一元二次不等式模型的过程和通过函数图象探究一元二次不等式与相应函数、方程的联系，获得一元二次不等式的解法；三、情感、态度与价值观1．激发学生学习数学的兴趣和积极性，陶冶学生的情操，培养学生坚忍不拔的意志，实事求是的科学学习态度和勇于创新的精神。2．通过研究函数、方程与不等式之间的内在联系，使学生认识到事物是相互联系、相互转化的，树立辩证的世界观。二、教学重点与难点教学重点:1.一元二次不等式的解法；2.一元二次方程、一元二次函数与一元二次不等式三者之间的关系。教学难点：一元二次方程、一元二次函数与一元二次不等式三者之间的关系。三、教学方法与教学手段教学方法：启发式、发现法教学手段:计算机辅助教学。四、教学过程（一）问题情境用一根长为100m的绳子能围成一个面积大于600的矩形吗？由此引出课题(板书课题)。分析：设矩形一边的长为xm(0<x<50)根据题意得：x(50x)>600即50x+600<0定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式叫做一元二次不等式.问题：如何解一元二次不等式呢？（二）推进新课请同学们解一元二次不等式？:是否存在x的值，使得y>0,y=0,y<0无数个，两个，无数个当x为何值时，能使y>0,y=0,y<0结合图像分析，当x=1或3时，，所以，方程的解就是函数图像与x轴交点的横坐标。在x轴上方的图像都满足y>0，所以的解在两交点的两边，又因为图像与x轴交点的横坐标就是所对应的方程的解，所以，解在所对应方程的两解之外，所以它的解x<1或x>3;在x轴下方的图像都满足y<0,所以的解在两交点之内，也就是在所对应的方程的两解之内，所以它的解为1<x<3.满足的x的取值范围是:1<x<3,我们把1<x<3叫做不等式的解，解的集合叫做不等式的解集。记作{x|1<x<3}.不等式的解集是：{x|x<1或x>3}解不等式必须先解出相应的二次方程的根，并画出相应的二次函数的图像，根据图像求出一元二次不等式的解集。根据求不等式的解集的过程，可以得到如下的结论：结论：当函数图像开口向上，与x轴有2个交点时，不等式的解在图像与x轴的交点之外，也就是在方程的两根之外；不等式的解在图像与x轴的交点之内，也就是在方程的两根之内。解一开始的问题情境中的50x+600<0。（三）例题讲解例1解下列不等式（1）（2）（3）解：法一:方程的解为根据二次函数的图像，可得原不等式的解集为法2：原不等式可化为(x2)（2x+1）>0,所以，原不等式的解集为结论：二次函数可以写成一般式，顶点式，交点式，写成交点式立刻可以求到方程的根，从而得到函数的图像，根据图像求到不等式的解集。所以能写成交点式即能分解因式，采用第二种方法还是挺方便的，一下子就可以找到方程的根。（2）方程的解为1，根据二次函数的图像，可得原不等式的解集为。（3）判别式，所以方程无解，由二次函数的图像可得，原不等式的解集为R。问题：请各位同学思考一下解一元二次不等式的步骤？第一步：求出方程的根；第二步：确定函数的图像与x轴交点的横坐标，画出函数图像；第三步：根据图像确定所求不等式的解集。例1中涉及到的函数图像与x轴分别有2个，1个，0个交点，而交点个数不同，结果也非常不同，函数图像与x轴的交点个数是通过控制的。由此可以得到：当a>0时一元二次方程、二次函数、一元二次不等式的相互关系及其解法：不等式不等式的解集不等式的解集二次函数的图像无实根有两个相等的实根一元二次方程的根==例2.解不等式：不等式的解集为变式1：不等式的解集为变式2：不等式的解集为变式3：解：不等式的解为，不等式的解为，所以原不等式组的解集为。结论：做一元二次不等式的题目时，能分解因式的就分解因式做，如果不能，可以根据的符号确定函数的图像，根据图像确定不等式的解集；或者不能分解因式的，也可以配方做。例3：已知不等式的解集是{x|3<x<4},求实数a,b的值。分析：一般地，解一元二次不等式时，什么时候会出现x介于两者之间？只有当图像与x轴有2个交点时，才会出现x介于两者之间，且这两者就是一元二次不等式所对应的方程的根。故方程的两个根为3，4.解：法一：（代入法）方程的两个根为3，4，把3，4代入方程，可得：，解得。法二：（利用根与系数的关系）方程的两个根为3，4，所以，，解得.备用题：例4.已知函数若不等式f(x)>0对一切成立，求实数m的取值范围？解：由题意得：f(x)的图像开口向上，与x轴没有交点。所以，解得，2<m<1，所以，实数m的取值范围为2<m<1.变1.若存在，使得f(x)<0,求实数m的取值范围？解：由，解得m<2或m>1.变2：若函数的定义域为R，求实数k的取值范围？解：因为g(x)的定义域为R,所以，对于任意的x，都有恒成立，所以，，解得，。结论：恒成立恒成立变题：若函数f(x)=的定义域为R，求实数k的取值范围？分析：由题意得，对于任意的，都有恒成立，是形似一元二次不等式，所以要分k=0和k>0两种情况考虑。解：由题意得，对于任意的，都有恒成立，当k=0时，恒成立；当k>0时，，化简得，，解得，，因为k>0,所以因为k=0符合题意，所以k得取值范围为。例5：求解不等式解：方法一：不等式等价转化为（1）或（2），不等式（1）的解集为{x|2<x<1}，不等式（2）的解集为，所以不等式的解集为{x|2<x<1}。分式不等式的定义：分母中含有未知数的不等式叫做分式不等式。方法二：分析：分式不等式实际上就是说明分子x+2和分母x1是异号的，抛开形式上的差异，在本质上与不等式(x+2)(x1)<0是一样的。解：原不等式可转化为(x+2)(x1)<0，可得2<x<1，所以，原不等式的解集为{x|2<x<1}.变题：解不等式问题：如果是分式不等式，是不是可以转化为(x+2)(x1)0?分析：不等式在转化过程中要等价，而上述转化就是不等价的。因为在中，只有分子x+2可以等于0，而分母x1不能等于0。但在中，两个因式都可以为0.那应该怎么办呢？将这个分式不等式转化为整式不等式时，应将分母不为0这一因素考虑在内，因此分式不等式可等价转化为。(四)．练习与反馈求下列函数的定义域：2.不等式的解集是.3.不等式的解集是.4.不等式的解集是5.已知集合M=，N=，则=，=.6.若不等式的解集是，则a=6b=17.若函数对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围？分析：根据得到6<a<2.8.求不等式(x2)(xa)<0的解集？解：分析:方程(x2)(xa)=0的两个根为2，a,不知道哪个根大，所以要讨论，可分为a<2,a=2,a>2三种情况讨论。解：当a<2时，不等式的解集为{x|a<x<2};当a=2时，不等式的解集为；当a<2时，不等式的解集为{x|2<x<a}.变式：求不等式的解集？解：当，即m<1或m>0时，不等式的解集为;当，即m=1或m=0时，不等式的解集为；当，即1<m<0时，不等式的解集为五、课堂小结1、一元二次方程,二次函数,一元二次不等式之间有何关系?2、如何求解一元二次不等式?3、这节课你学到了什么思想方法?六、布置作业优化探究课后习题，板书设计一元二次不等式概念解法讲解例题小结3.4基本不等式教学目标：1.进一步掌握并运用基本不等式；2.会运用基本不等式求某些函数的最值，求最值时注意一正二定三相等。3.使学生能够运用基本不等式来讨论函数的最大值和最小值问题。教学重点与难点：重点：能灵活利用基本不等式及其变式解决有关求值问题；难点：等号成立的条件及解题中的转化技巧。一、复习回顾：题目分析：除运用函数的单调性求解最值外，当时，可以利用基本不等式解题，引导出基本不等式。并强调基本不等式时三个条件“一正、二定、三相等。”基本不等式：如果,是正数，那么变形公式：解题分析：对于且积为定值，求和的最值时利用求其最小值。并加以总结：当积为定值时和有最小值。解题分析：对于且和为定值，求积的最值时利用求其最大值。并加以总结：当和为定值时积有最大值。2.最值定理：已知都是正数，①如果积是定值，那么当时，和有最小值；②如果和是定值，那么当时，积有最大值．说明：用基本不等式求最值的必须具备的三个条件：一“正”、二“定”、三“相等”。二、例题讲解、发散思维【题型1.不具备“正数”】学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：利用基本不等式求函数最值时要满足各项均为正值，当不具备“正值”条件时，需将其转化为正值；对于本题的解法是化负为正。然后再利用基本不等式解题。【题型2.不具备“定值”】学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：利用基本不等式求函数最值时要满足为定值。不具备“定值”条件时，需将其构造成定值条件；求和的最值化积为定值，求积的最值化和为定值。然后再利用基本不等式解题。【题型3.不具备“相等”的条件】学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：利用基本不等式求函数最值时要满足等号成立。当不具备“相等”条件时，不能利用基本不等式解题。可以先讲解观察函数的图像求解最值。总结：等号成立时，利用基本不等式求最值。等号不成立时，利用函数单调性求最值。习题训练：求下列函数的值域:学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：对于分母为一次函数，分子为二次函数的分式函数求最值，可以结合以前所学过的分离常数法将分式函数变形为的形式，也可以利用换元法将分式函数变形为的形式，再利用基本不等式解题。学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：对于分母为二次函数，分子为常数项为0的一次函数的分式函数求最值，分子分母同除以分子；转化为分母为基本不等式形式。对于分母先利用基本不等式求解，再求其倒数。解题时一定要注意基本不等式的使用条件。【题型4.含两个变量或多个变量的最值问题】例4、已知x，y为正实数，且x+y=1，（1）求xy的最大值，及取得最大值时的x，y的值；学生板演，教师根据学生的做题情况进行点评总结。本题小结：对于（1）已知两正数的和为定值求积的最值，直接利用基本不等式解题，并强调等号成立的条件。对于（2）中求的最小值，采用的是整体代换思想，将中的1用来代换，转化为，再利用基本不等式解题。归纳：利用基本不等式求函数值域，要注意基本不等式的三个条件:（1）不具备“正值”条件时，需将其转化为正值；（2）不具备“定值”条件时，需将其构造成定值条件；（构造：积为定值或和为定值）（3）不具备“相等”条件时，需进行适当变形或利用函数单调性求值域；同时要灵活运用“1”的代换。一般说来，和式形式存在最小值，凑积为常数；积的形式存在最大值，凑和为常数，要注意定理及变形的应用。三、课堂小结：本节课的主要内容是用基本不等式求最值的必须具备的三个条件：一“正”、二“定”、三“相等”，当给出的函数式不具备条件时，往往通过对所给的函数式及条件进行拆分、配凑变形来创造利用基本不等式的条件进行求解；四、作业布置：板书设计基本不等式概念例题练习小结高中数学必修五总复习(1)第一章解三角形一、基础知识在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a,b,c分别表示它们所对的各边长，为半周长。1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。推论1：△ABC的面积为S△ABC=推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足，则a=A.正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=；再证推论2，因为B+C=A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；（换一种思路）再证推论4，由正弦定理，所以，即sinasin(A)=sin(a)sinA，等价于[cos(A+a)cos(Aa)]=[cos(a+A)cos(aA)]，等价于cos(A+a)=cos(a+A)，因为0<A+a，a+A<.所以只有A+a=a+A，所以a=A，得证。2．余弦定理：a2=b2+c22bccosA，下面用余弦定理证明几个常用的结论。（1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则AD2=（1）【证明】因为c2=AB2=AD2+BD22AD·BDcos，所以c2=AD2+p22AD·pcos①同理b2=AD2+q22AD·qcos，②因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q×①+p×②得qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式（2）海伦公式：因为b2c2sin2A=b2c2(1cos2A)=b2c2[(b+c)a2][a2(bc)2]=p(pa)(pb)(pc).这里所以S△ABC=二、基础例题3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x,y,z，则a=y+z,b=z+x,c=x+y.例4（看一下就可以）在△ABC中，求证：a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)≤3abc.【证明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y，则abc=(x+y)(y+z)(z+x)=8xyz=(b+ca)(a+cb)(a+bc)=a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)2abc.所以a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)≤3abc.4．三角换元。例5设a,b,c∈R+，且abc+a+c=b，试求的最大值。【解】由题设，（这个结构重要，看结构，想方法）令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,则tanβ=tan(α+γ),P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤，当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=三1．在△ABC中，cos2，c＝5，求△ABC的内切圆半径．【解析】：∵c＝5，，∴b＝4又cos2∴cosA＝又cosA＝∴∴b2＋c2a2＝2b2∴a2＋b2＝c2∴△ABC是以角C为直角的三角形．a＝＝3∴△ABC的内切圆半径r＝(b＋ac)＝1．2．R是△ABC的外接圆半径，若ab＜4R2cosAcosB，则外心位于△ABC的外部．

【解析】：∵ab＜4R2cosAcosB由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB∴4R2sinAsinB＜4R2cosAcosB∴cosAcosB＞sinAsinB∴cosAcosBsinAsinB＞0∴cos(A＋B)＞0∵cos(A＋B)＝cosC∴cosC＞0∴cosC＜0∴90°＜C＜180°∴△ABC是钝角三角形∴三角形的外心位于三角形的外部．

3．半径为R的圆外接于△ABC，且2R(sin2Asin2C)＝(ab)sinB(1)求角C；

(2)求△ABC面积的最大值．

【解析】：(1)∵∵2R(sin2Asin2C)＝(a－b)sin∴2R［()2()2］＝(ab)·∴a2c2＝abb2∴∴cosC＝，∴C＝30°(2)∵S＝absinC＝·2RsinA·2RsinB·sinC＝R2sinAsinB＝［cos(A＋B)cos(AB)］＝［cos(AB)＋cosC］＝［cos(AB)＋］当cos(AB)＝1时，S有最大值板书设计解三角形知识点复习例题小结第二章数列一、基础知识定义1数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，….数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1,a2,a3,…，an或a1,a2,a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。定理1若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1,当n>1时，an=SnSn1.定义2等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a,b,c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d,则a=bd,c=b+d.定理2*****【必考】等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）anam=(nm)d，其中n,m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p,q，恒有apaq=(pq)(a2a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.定义3等比数列，若对任意的正整数n，都有，则{an}称为等比数列，q叫做公比。定理3*****【必考】等比数列的性质：1）an=a1qn1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）如果a,b,c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a,c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。定理4（看一下）数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。 二、基础例题1．不完全归纳法。这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。例1试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）1，0，3，8，15，…。【解】1）an=n21；2）an=3n2n；3）an=n22n.例2已知数列{an}满足a1=,a1+a2+…+an=n2an,n≥1，求通项an.【解】因为a1=,又a1+a2=22·a2,所以a2=，a3=,猜想(n≥1).证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+a1+…+a1=[(k+1)21]ak+1,，所以=k(k+2)ak+1,即=k(k+2)ak+1,所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=由数学归纳法可得猜想成立，所以例3设0<a<1，数列{an}满足an=1+a,an1=a+，求证：对任意n∈N+,有an>1.【证明】证明更强的结论：1<an≤1+a.1)当n=1时，1<a1=1+a，①式成立；2)假设n=k时，①式成立，即1<an≤1+a，则当n=k+1时，有由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。2．迭代法数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n1等，这种办法通常称迭代或递推。例4数列{an}满足an+pan1+qan2=0,n≥3，q0，求证：存在常数c，使得·an+【证明】·an+1+(pan+1+an+2)+=an+2·(qan)+=+an(pqn+1+qan)]=q().若=0，则对任意n,+=0，取c=0即可.若0，则{+}是首项为，公式为q的等比数列。所以+=·qn.取·即可.综上，结论成立。例5已知a1=0,an+1=5an+，求证：an都是整数，n∈N+.【证明】因为a1=0,a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1>an.又由an+1=5an+移项、平方得①当n≥2时，把①式中的n换成n1得，即②因为an1<an+1，所以①式和②式说明an1,an+1是方程x210anx+1=0的两个不等根。由韦达定理得an+1+an1=10an(n≥2).再由a1=0,a2=1及③式可知，当n∈N+时，an都是整数。****3．数列求和法。数列求和法主要有倒序相加、裂项求和法、错项相消法等。例6已知an=(n=1,2,…)，求S99=a1+a2+…+a99.（看结构想方法）【解】因为an+a100n=+=，所以S99=例7求和：+…+【解】一般地，，所以Sn=例8已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an,Sn为数列的前n项和，求证：Sn<2。【证明】由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。因为，①所以。②由①②得，所以。又因为Sn2<Sn且>0,所以Sn,所以，所以Sn<2，得证。例10已知数列{an}满足a1=3,a2=6,an+2=2an+1+3an，求通项an.（·3]。）5．构造等差或等比数列（构造函数）例11正数列a0,a1,…,an,…满足=2an1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。【解】由得=1，即令bn=+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，所以bn=+1=2n，所以=（2n1）2，所以an=·…··a0=注：C1·C2·…·Cn.例12已知数列{xn}满足x1=2,xn+1=,n∈N+,求通项。【解】考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=因为x1=2,xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。又+2≥，所以xn+1≥(n≥1)。又Xn+1==,①Xn+1+==,②由①÷②得。③又>0，由③可知对任意n∈N+，>0且,所以是首项为，公比为2的等比数列。所以·，所以，解得·。注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。三1.设，则（）．（A） （B）（C）（D）解析：数列，…，是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有项，根据等比数列的求和公式有．选（D）．2.在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按下图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以表示第n堆的乒乓球总数，则_____；=_____（答案用n表示）．【解析】：观察归纳，；观察图示，不难发现第堆最底层（第一层）的乒乓球数，第n堆的乒乓球总数相当于n堆乒乓球的底层数之和，即．数列求和，无论等差还是等比数3.设等差数列的首项及公差d都为整数，前n项和为．（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求所有可能的数列的通项公式．【解析】：（1）由，即，解得．因此，的通项公式是；（2）由，得，即由①+②，得，即．由①+③，得，即．所以．又，故．将代入①、②，得．又，故或．所以，数列的通项公式是或．品：利用等差（比）数列的定义构造方程（组）或不等式（组）是常用的解题方法．4.设数列满足，证明为等差数列的充要条件是为等差数列且．【解析】：必要性：设是公差为的等差数列，则 ．易知成立．由递推关系（常数）（n=1，2，3，…）．所以数列为等差数列．充分性：设数列是公差为的等差数列，且，∵， ①∴， ②由①②，得．∵，∴， ③从而有， ④④③，得， ⑤∵，∴由⑤得，由此不妨设，则（常数）．由此．从而，两式相减得．因此（常数）（n=1，2，3，…），即数列为等差数列．品：利用递推关系式是解决数列问题的重要方法，要熟练掌握等差数列的定义、通项公式．5.已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，证明是等差数列．【解析】：（1）∵，∴．∴是以为首项，2为公比的等比数列．∴，即；（2）∵，利用的通项公式，有．∴．①构建递推关系， ②②－①，得，③从而有，④③④，得，即．故是等差数列．[方法：]由递推式求数列的通项，常常构造新的辅助数列为等差或等比数列，用迭代法、累加法或累乘法求其通项．板书设计数列知识点复习例题小结第三章不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）a>bab>0；（2）a>b,b>ca>c；（3）a>ba+c>b+c；（4）a>b,c>0ac>bc；（5）a>b,c<0ac<bc;（6）a>b>0,c>d>0（7）a>b>0,n∈N+an>bn;（8）a>b>0,n∈N+;（9）a>0,|x|<aa<x<a,|x|>ax>a或x<a;（10）a,b∈R，则|a||b|≤|a+b|≤|a|+|b|;（11）a,b∈R，则(ab)2≥0a2+b2≥（12）x,y,z∈R+，则x+y≥2,x+y+z因为前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。（6）因为a>b>0,c>d>0，所以ac>bc,bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；|a|≤a≤|a|,|b|≤b≤|b|，所以(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+bb|≤|a+b|+|b|，所以|a||b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c33abc=(a+b)3+c3-3a2b3ab23abc=(a+b)3+c33ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2(a+b)c+c2]3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2abbcca)=(a+b+c)[(ab)2+(bc)2+(ca)2]≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z时成立。二、基础例题1．不等式证明的基本方法。（1）比较法，在证明A>B或A<B时利用AB与0比较大小，或把（A，B>0）与1比较大小，最后得出结论。例1设a,b,c∈R+，试证：对任意实数x,y,z,有x2+y2+z2【证明】左边右边=x2+y2+z2所以左边≥右边，不等式成立。例2若a<x<1，比较大小：|loga(1x)|与|loga(1+x)|.【解】因为1x1，所以loga(1x)0,=|log(1x)(1+x)|=log(1x)(1+x)=log(1x)>log(1x)(1x)=1（因为0<1x2<1，所以>1x>0,0<1x<1）.所以|loga(1+x)|>|loga(1x)|.（2）分析法（了解），即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。例3已知a,b,c∈R+，求证：a+b+c3≥a+b【证明】要证a+b+c≥a+b只需证，因为，所以原不等式成立。例4已知实数a,b,c满足0<a≤b≤c≤，求证：【证明】因为0<a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1a)≤b(1b)≤c(1c)，所以，所以，所以只需证明，也就是证，只需证b(ab)≤a(ab)，即(ab)2≥0，显然成立。所以命题成立。（3）数学归纳法。例5对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n.【证明】1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。2）设n=k时有kk+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1.因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+2k.显然成立。所以由数学归纳法，命题成立。（4）反证法。例6设实数a0,a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an22an1+an≥0，求证ak≤0(k=1,2,…,n1).【证明】假设ak(k=1,2,…,n1)中至少有一个正数，不妨设ar是a1,a2,…,an1中第一个出现的正数，则a1≤0,a2≤0,…,ar1≤0,ar>0.于是arar1>0，依题设ak+1ak≥akak1(k=1,2,…,n1)。所以从k=r起有anak1≥an1an2≥…≥arar1>0.因为an≥ak1≥…≥ar+1≥ar>0与an=0矛盾。故命题获证。（5）分类讨论法。（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1,C1≥C2,…,Cn1≥Cn,Cn>B(n∈N+).（放缩法尤为重要）例8求证：【证明】，得证。例9已知a,b,c是△ABC的三条边长，m>0，求证：【证明】（因为a+b>c），得证。（7）引入参变量法。（引参为消参服务）例10已知x,y∈R