2022年高考数学回归课本不等式教案旧人教版

这是一份2022年高考数学回归课本不等式教案旧人教版，共6页。教案主要包含了基础知识，方法与例题，基础训练题，高考水平训练题，联赛一试水平训练题，联赛二试水平训练题等内容，欢迎下载使用。

一、基础知识
不等式的基本性质：
（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, c0, c>d>0ac>bd;
（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+;
（9）a>0, |x|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+b-b|≤|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+y-2≥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+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≥，等号当且仅当x=y=z时成立。
二、方法与例题
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明A>B或A0）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(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,…, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,…, n-1).
【证明】 假设ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,…, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0与an=0矛盾。故命题获证。
（5）分类讨论法。
例7 已知x, y, z∈R+，求证：
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).
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。
例10 已知x, y∈R+, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=的最小值。
【解】 设，则，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=
例11 设x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，
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，求证：
【证明】 先证
因为x(1-x2)=,
所以
同理，
，
所以
例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。
【证明】 先证 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函数的思想。
例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。
【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=，以下证明f(a, b, c) ≥. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b, c)=
因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2(-c).
考虑函数g(t)=, g(t)在[）上单调递增。
又因为0≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2≥
所以f(a, b, c)=
≥
=
=
≥
下证0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 因为，所以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=
2．几个常用的不等式。
（1）柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi,
变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号成立条件为ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则
等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.
（2）平均值不等式：设a1, a2,…,an∈R+，记Hn=, Gn=, An=，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
【证明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.
因为a1+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.
所以由数学归纳法，结论成立。
（3）排序不等式：若两组实数a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，则对于b1, b2, …, bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【证明】 引理：记A0=0，Ak=，则 =（阿贝尔求和法）。
证法一：因为b1≤b2≤…≤bn，所以≥b1+b2+…+bk.
记sk=-( b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1, 2, …, n)。
所以-(a1b1+a2b2+…+anbn)= +snan≤0.
最后一个不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0),
所以右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。
证法二：（调整法）考察，若，则存在。
若(j≤n-1)，则将与互换。
因为
≥0，
所 调整后，和是不减的，接下来若，则继续同样的调整。至多经n-1次调整就可将乱序和调整为顺序和，而且每次调整后和是不减的，这说明右边不等式成立，同理可得左边不等式。
例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求证；a1+a2+…+an.
【证明】证法一：因为，…， ≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因为a1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an.
证法三： 设a1, a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得
=a1+a2+…+an≥，得证。
注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。
三、基础训练题
1．已知0