二 综合法与分析法课时教学实录

《不等式的证明》教学设计

南安市第三中学

杨昌座

一、教学思想： 不等关系是数学中最基本的数量关系，是构建方程、不等式的基础，对不等式证明的常用方法主要有比较法、分析法、综合法、反证法等，对不等式的证明即是建立不等关系思想的过程，也是形成逻辑思维能力的过程。本节从已知条件与待证结论之间的联系出发，引导学生对不同问题寻求相应的方法，注重具体证明的过程，达到教学的目的。

二、教学目标：

1．

理解证明不等式的基本方法：比较法（作差、作商）、分析法、综合法等，对基本不等式有深刻的认

识，通过实例体会这些方法的过程与思想。

2．通过复习不等式的性质及常用的证明方法，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题。

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通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题。

三、教学重点：

1．能熟练地运用比较法、分析法、综合法等基本方法来证明不等式。

2．

通过已知条件与待证结论之间的联系寻求较好的证明方法，并理解和形成证明的过程。

四、教学难点：

1．熟练地运用不同方法来证明不等式。

2．根据问题的特点，结合综合法的思考过程、特点，选择适当的证明方法。

五、教学方法：

借助福建省资源公共平台的“教学助手”和“互动课堂”融合信息达到优化课堂，与问题的形式驱动学生思考。

六、教学过程：

一．知识回顾：

（1）比较法：作差比较：ABAB0

作差比较的步骤：

①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差

②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和

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③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号

点评：作差法比作商法在比较法中更具有普遍性，作商法在比较时要考虑两项的正负号。若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。

（2）综合法：即从已知条件出发，根据不等式的性质或已知的不等式，逐步推导出要证的不等式。特点：由因导果

（3）分析法：是由结果开始，倒过来寻找原因，直至原因成为明显的或者在已知中。特点：执果索因

基本步骤：要证……只需证……，只需证……

点评：综合法和分析法是数学中常用的两种直接证明方法，也是不等式证明中的基本方法。由于两者在证明思路上存在着明显的互逆性，“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

二、典例分析：

1．（2016年课标2卷）已知函数f(x)|x（1）求M；

（2）证明：当a,bM时，|ab||1ab|

11||x|，M为不等式f(x)2的解集．

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答案：（1）略：M{x|1x1}.

【评析】本题主要应用比较法来证明不等式。当欲证的不等式两端是多项式或分式时，常用差值比较法。当欲证的不等式两端是乘积的形式或幂指不等式时常用商值比较法。有时，若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。

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学生练习：已知不等式2x12x14的解集为M

（1）求集合M；

（2）设实数aM,bM，证明：ab1ab

解析：（1）略。Mx1x1

（2）证法一：因为aM,bM，所以a1,b1．

而ab1abab1ab

=a1所以ab1ab

证法二：要证ab1ab，

只需证：ab1ab0，

只需证：a1b10

b10，

因为aM,bM，所以a1,b1，

所以a1b10成立.

所以ab1ab成立．

2．（2017全国卷2卷）已知a0,b0,a3b32，证明：

（1）(ab)(a5b5)4；

（2）ab2

【解析】（1）(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6

a3b322a3b3aba4b4

 4ab(a2b2)24

（2）因为(ab)3a33a2b3ab2b3

23aba+b2+33a+b42a+b233a+b

4所以a+b8，因此a+b≤2.

【评析】本题主要考查证明不等式的基本方法、均值不等式及其应用。难点在于寻找突破口，如何发现欲证不等式左边的代数式与已知条件之间的联系，从而迅速寻得解题思路. 3

学生练习：已知a0,b0，且ab1，证明：

（1）4ab9ab；

（2）(a3b3)21

【解析】（1）∵ab1, ∴

4a2b2(4a2b2)(a2b2)4a4b45a2b24a2b25a2b29a2b2, 当且仅当b2a时，取得等号. （2）因为a0,b0，且ab1

所以a,b(0,1)，所以a3a2,b3b2,a3b3a2b2，

所以(a3b3)2(a2b2)21. 3．（2017年泉州市适应性试卷）已知函数f(x)|x3||x2|

（1）若不等式f(x)|m1|有解,求实数m的最小值M；

（2）在（1）的条件下,若正数a,b满足3abM,证明:222222222222313

ba解：（1）要使不等式f(x)|m1|有解，只需f(x)max|m1|. 又f(x)|x3||x2|(x3)(x2)5，当且仅当x2时等号成立. 故m15，4m6，故实数m的最小值M4；

（2）因为正数a,b满足3abM4，

31319ab9ab4()(3ab)()62612

babababa313. ba【评析】本题主要通用“整体代换”的方法利用基本不等式解决问题，通过实例来引导学生竖起整体思想。

学生练习：（2018年湖北八校联考）已知不等式的xx3x6解集为m,n

（1）求m，n的值；

（2）若x0，y0，nxym0，求证：xy16xy

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七、课堂总结：

不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法等.如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法。在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和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转化为需证问题。

八、课后作业：

1．已知函数fxxax1aa0.

(1)当a2时，求不等式fx3的解集；

(2))证明：fmf1m4.

1．(1)略：不等式f (x) > 3的解集为{x|x114或x14}．

(2)证：f(m)f(1m)|ma||m1a||111ma||ma|

|ma||m1a||1ma||1m1a|≥2|m1m|≥4

2．已知函数f(x)2x1x32. （1）求不等式f(x)0的解集M；

（2）当a,bM时，求证：3abab9

3．(2013课标2卷)(设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

(1)ab＋bc＋ac≤13；

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(2)a2b2c2bca1. 解：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤13. (2)因为a2b2a，b2cc2b，c2baa2c，

故a2b2bcc2a(abc)≥2(a＋b＋c)，

即a2b2c2a2bca≥a＋b＋c.

所以bb2cc2a≥1. 4．（2019年泉州市适应性试卷）已知函数fx2x23x3.

（1）解不等式fx15

（2）若函数fx的最小值为m，正实数a,b满足4a25bm，证明：1a1b4910. 【解析】（1）略：不等式的解集为(,4)U(2,)

5x5(x3)（2）由题意，可得f(x)x13(3x2)，所以当x3时，函数f(x)有最小值10，

5x5(x2)即4a25b10

故11111125b4a49ab10(ab)(4a25b)10(29ab)10，

当且仅当25b4aab时等号成立，此时a57,b27

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