高中数学沪教版高中一年级 第一学期2.5不等式的证明学案设计

这是一份高中数学沪教版高中一年级 第一学期2.5不等式的证明学案设计，共9页。
§2.1.1不等式的的证明(1)比较法 ☆学习目标：   1. 理解并掌握证明不等式的基本方法---比较法;               2. 了解琴生不等式的及其背景☻知识情景： 1．绝对值三角不等式：    定理1  如果, 那么. 当 且仅当     时, 等号成立.   定理2 如果, 那么. 当且仅当      时, 等号成立.2. 含绝对值不等式的解法：设为正数, 则   10.; 20.;30. 设, 则.3．实数大小必较法则：                                            ☆案例学习：  例1 设，求证：.   例2 若实数，求证：   例3已知求证    例4 甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点。甲有一半时间以速度行走，另一半时   间以速度行走；乙有一半路程以速度行走，另一半路程以速度行走. 如果，   问甲、乙两人谁先到达指定地点.          例5    设      求证；对任意实数，恒有                          “欲穷千里目,更上一层楼.” 10. 在例5中, 特别地, 令 , 则得                        再结合函数的图象, 这数和形                    20.琴生在1905年给出了一个定义：设函数定义域为，如果，都有                                （1）则称为上的下凸函数. 若把(1)式的不等号反向，则称为上的     函数 30. 其推广形式是：若函数的是上的下凸函数，则，都有             （2）   当且仅当时等号成立. 一般称（2）式为琴生不等式. 40.琴生不等式推广形式：设，是上的下凸函数， 则 都有：， 当且仅当时           .若是上凹函数，则上述不等式反向.  把琴生不等式应用于一些具体的函数，可以推出许多著名不等式.    选修4-5练习       §2.1.1不等式的的证明(1)比较法   姓名       1、比较下面各题中两个代数式值的大小：（1）与；                  （2）与.                    2、已知 求证：（1）                        （2）       3、若，求证        4、已知a≠0，比较与的大小．          5、（上海）已知函数＝＋有如下性质：      如果常数＞0，那么该函数在0，上是减函数，在，＋∞上是增函数．（1）如果函数＝＋（＞0）的值域为6，＋∞，求的值；（2）研究函数＝＋（常数＞0）在定义域内的单调性，并说明理由；（3）对函数＝＋和＝＋（常数＞0）作出推广，使它们都是你所推广的函  数的特例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明），并求函数＝  ＋（是正整数）在区间[，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．           6、（山东）已知函数，其中，为常数．（Ⅰ）当时，求函数的极值；（Ⅱ）当时，证明：对任意的正整数，当时，有．             参考答案:例3本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。    证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于对称，不妨设，从而原不等式得证。2）商值比较法：设 故原不等式得证。注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：   作差（或作商）、变形、判断符号。例4分析：设从出发地点至指定地点的路程是，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为。    要回答题目中的问题，只要比较的大小就可以了。解：设从出发地点至指定地点的路程是，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为，根据题意有，，可得，，从而，其中都是正数，且。于是，即。从而知甲比乙首先到达指定地点。讨论：如果，甲、乙两人谁先到达指定地点？   例5证明  考虑（1）式两边的差。       ＝＝     （2）      即（1）成立。5、（上海）（本题满分18分，本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分）已知函数＝＋有如下性质：如果常数＞0，那么该函数在0，上是减函数，在，＋∞上是增函数．（1）如果函数＝＋（＞0）的值域为6，＋∞，求的值；（2）研究函数＝＋（常数＞0）在定义域内的单调性，并说明理由；（3）对函数＝＋和＝＋（常数＞0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明），并求函数＝＋（是正整数）在区间[，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．[解]（1）函数y=x+(x>0)的最小值是2，则2=6, ∴b=log29.        (2)  设0<x1<x2,y2－y1=.            当<x1<x2时, y2>y1, 函数y=在[,+∞)上是增函数；            当0<x1<x2<时y2<y1, 函数y=在(0,]上是减函数.         又y=是偶函数，于是，该函数在(－∞,－]上是减函数, 在[－,0)上是增函数；     (3)可以把函数推广为y=(常数a>0),其中n是正整数.        当n是奇数时,函数y=在(0,]上是减函数,在[,+∞) 上是增函数,                                   在(－∞,－]上是增函数, 在[－,0)上是减函数；        当n是偶数时,函数y=在(0,]上是减函数,在[,+∞) 上是增函数,                                   在(－∞,－]上是减函数, 在[－,0)上是增函数；        F(x)=+           =        因此F(x) 在 [,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数.        所以，当x=或x=2时，F(x)取得最大值()n+()n；              当x=1时F(x)取得最小值2n+1；6. 已知函数其中n∈N*,a为常数.（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,  当x≥2时，有f(x)≤x-1.（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，      当n=2时，     所以   （1）当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，此时  f′（x）=.当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增.（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为当a≤0时，f(x)无极值.（Ⅱ）证法一：因为a=1,所以           当n为偶数时，令则 g′（x）=1+＞0（x≥2）.所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又  g(2)=0,   因此≥g(2)=0恒成立，        所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时， 要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1,        令    h(x)=x-1-ln(x-1),        则    h′（x）=1-≥0（x≥2）,        所以   当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，       所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a=1时，  当x≥2时，对任意的正整数n，恒有≤1，  故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.  令  则  当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，  因此　　当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立.  故　　当x≥2时，有≤x-1.    即f（x）≤x-1.