大清谷-感恩老师的手抄报

人教版高二（上）数学教案（全册）
第六章 不等式
第一教时
教材：不等式、不等式的综合性质
目的：首先让学生掌握不等式的一个等价关系，了解并会证明不等式的基本性质ⅠⅡ。
过程：
一、引入新课
1．世界上所有的事物不等是绝对的，相等是相对的。
2．过去我们已经接触过许多不等式 从而提出课题
二、几个与不等式有关的名称 （例略）
1．“同向不等式与异向不等式”
2．“绝对不等式与矛盾不等式”
三、不等式的一个等价关系（充要条件）
1．从实数与数轴上的点一一对应谈起
abab0

abab0

abab0

2．应用：例一 比较
(a3)(a5)
与
(a2)(a4)
的大小
解：（取差）
(a3)(a5)

(a2)(a4)


(a
2
2a15)(a
2
2a8)70

∴
(a3)(a5)
<
(a2)(a4)

例二 已知
x
0, 比较
(x
2
1)
2
与
xx1
的大小
解：（取差）
(x
2
1)
2

(x
4
x
2
1)


x2x1xx1x

242
∵
x0
∴
x0
从而
(x
2
1)
2
>
xx1

42422
42
小结：步骤：作差—变形—判断—结论
例三 比较大小1．
1
32
和
10

解：∵
1
32
32

∵
(32)2
(10)
2
26524250

—
1
—

∴
1
32
<
10

2．
bbm
和
(a,b,mR

)

a
am
bbm
m(ba)
 ∵
(a,b,mR

)


a
am
a (am)
解：（取差）
bbmbbmbbm
>；当
ba
时 =；当
ba
时<
a
am
a
am
a
am
1t1
3．设
a0
且
a1
，
t0
比较
log
a
t
与
log
a
的大小 22
∴当
ba
时
t1
t1(t1)
2
t
解：
t0
∴
2
22
当
a1
时
1t11t1
log
a
t
≤
log
a
；当
0a1
时
log
a
t
≥
log
a

2222
四、不等式的性质
1．性质1：如果
ab
，那么
ba
；如果
ba
，那么
ab< br>（对称性）
证：∵
ab
∴
ab0
由正数的相反数是负数

(ab)0

ba0

ba

2．性质2：如果
ab
，
bc
那么
ac
（传递性）
证：∵
ab
，
bc
∴
ab0
，
bc0

∵两个正数的和仍是正数 ∴
(ab)(bc)0

ac0
∴
ac

由对称性、性质2可以表示为如果
cb
且
b a
那么
ca

五、小结：1．不等式的概念 2．一个充要条件
3．性质1、2
六、作业：P5练习 P8 习题6.1 1—3
22
补充题：1．若
2x4y1
，比较
xy
与
1
的大小
20
14y11
(5y1)
2
22
0
∴
x
2
y
2
≥解：
x

xy
=„„=
22020
5
2．比较2sin与sin2的大小(0<<2)
略解：2sinsin2=2sin(1cos)
当(0,)时2sin(1cos)≥0 2sin≥sin2
当(,2)时2sin(1cos)<0 2sin—
2
—

3．设
a0
且
a1< br>比较
log
a
(a
3
1)
与
log
a
(a
2
1)
的大小
解：
(a
3
 1)(a
2
1)a
2
(a1)

32
当
0a1
时
a1a1
∴
lo g
a
(a
3
1)
>
log
a
(a
2
1)

32
当
a1
时
a1a1
∴
log< br>a
(a
3
1)
>
log
a
(a
2
1)

∴总有
log
a
(a
3
1)< br>>
log
a
(a
2
1)

第二教时
教材：不等式基本性质（续完）
目的：继续学习不等式的基本性质，并能用前面的性质进行论 证，从而让学生清楚事物内部
是具有固有规律的。
过程：
一、复习：不等式的基本概念，充要条件，基本性质1、2
二、1．性质3：如果
ab
，那么
acbc
（加法单调性）反之亦然
证：∵
(ac)(bc)ab0
∴
acbc

从而可得移项法则：
abcab(b)c(b)acb

推论：如果
ab
且
cd
，那么
acbd
（相加法则）
证：
abacbc


acbd
cdbcbd

推论：如果
ab
且
cd
，那么
acbd
（相减法则）

ab
证：∵
cd
∴
cd


acbd

cd

或证：
(a c)(bd)(ab)(cd)



ab

cd

ab0



上式>0 „„„
cd0

2．性质4：如果
ab
且
c0
, 那么
acbc
；
如果
ab
且
c0
那么
acbc
（乘法单调性）
证：
acbc(ab)c
∵
ab
∴
ab0

根据同号相乘得正，异号相乘得负，得：
c0
时
(ab)c0
即：
acbc

—
3
—

c0
时
(ab)c0
即：
acbc

推论1 如果
ab0
且
cd0
，那么
acb d
（相乘法则）
证：
ab,c0acbc


acbd

cd,b0bcbd

ab

（相除法则）
cd
推论1’（补充）如果
ab0
且
0cd
，那么
11

ab
0

证：∵
dc0
∴
cd




cd
ab0


nn
推论2 如果
ab0
, 那么
ab

(nN且n1)

3．性质5：如果
ab0
，那么
n
a
n
b< br>
(nN且n1)

证：（反证法）假设
n
a
n
b

n
则： 若
n
a
a
n
n
bab
这都与
a b
矛盾 ∴
n
a
n
b

bab
三、小结：五个性质及其推论
口答P8 练习1、2 习题6.1 4
四、作业 P8 练习3 习题6.1 5、6
五、供选用的例题（或作业）
1．已知
ab0
，
cd0< br>，
e0
，求证：
ee


acbd
1 1

ab0

ee



证： 
acbd0
acbd


cd0

acbd

e0

2．若
a,bR
， 求不等式
ab,
11

同时成立的条件
ab
11ba

0

解：
ab

ab0
< br>ab
abba0


3．设
a,b,cR
，
abc0,abc0
求证
111
0

abc
222
证：∵
abc0
∴
abc
2ab2ac2bc0

222
又∵
abc0
∴
abc
>0 ∴
abacbc0

—
4
—

111abbcca


abc0
∴
abacbc0

abcabc
111
∴
0

abc
11
4．
ab0,|a||b|
比较与的大小
ab
11ba
解：

当
a0,b0
时∵
|a||b|
即
ab

abab
ba
0
∴
ba0

ab0
∴
ab
11
<
ab
∵
当
a0,b0
时∵
|a||b|
即< br>ab

ba0

ab0
∴
5．若
a,b0
求证：
解：
ba11
0
∴>
abab
b
1ba

a
bba
10
∵
a0
∴
ba0
∴
ab

aa
babb
baba0
∵
a0
∴
10
∴
1

aaa
6．若
ab0,cd0
求证：
log
s in


log
sin




acbd
证：∵
0sin

1
>1 ∴
log
sin


0

又∵
ab0,cd0
∴
acbd

∴
11

∴原式成立
acbd
第三教时
教材：算术平均数与几何平均数
目的：要求学生掌握算术平均数与几何平均数的意义，并掌握“平均不等式”及其推导过程。
过程：
22
一、 定理：如果
a,bR
，那么
ab 2ab
（当且仅当
ab
时取“=”）
证明：
ab2ab(ab)

222
当ab时，(ab)< br>2
0

22

ab2ab


2
当ab时，(ab)0

1．指出定理适用范围：
a,bR
—
5
—

2．强调取“=”的条件
ab

二、定理：如果
a ,b
是正数，那么
ab
ab
（当且仅当
ab
时取“= ”）
2
证明：∵
(a)
2
(b)
2
2ab
∴
ab2ab

即：
abab
ab
当且仅当
ab
时
ab

22

注意：1．这个定理适用的范围：
aR

2．语言表述：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。
三、推广：
定理：如果
a,b,cR

，那么
abc3abc

（当且仅当
abc
时取“=”）
证明：∵
a
3
b
3
c
3
3abc(ab)
3
c
3
3a
2
b3ab
2
3abc

333
(abc)[(ab)
2
(ab)cc
2
]3ab(a bc)

(abc)[a
2
2abb
2
ac bcc
2
3ab]

(abc)(a
2
b< br>2
c
2
abbcca)


1
(a bc)[(ab)
2
(bc)
2
(ca)
2
]

2
333

∵
a,b,cR
∴上式≥0 从而
abc3abc


指出：这里
a,b,cR
∵
abc0
就不能保证
推论：如果
a,b,cR
，那么
abc
3
abc

3
（当且仅当
abc
时取“=”）

证明：
(
3
a)
3
(
3
b)
3
(
3
c)
3
3
3
a
3
b
3
c

abc3
3
abc



abc
3
abc

3

四、关于“平均数”的概念
1．如果
a
1
,a
2
,

,a
n
R,n1且nN
则：
a
1
 a
2
a
n
叫做这n个正数的算术平均数
n
n
a
1
a
2
a
n
叫做这n个正数的几何平均数
—
6
—

2．点题：算术平均数与几何平均数
3．基本不等式：
a
1
a
2
a
n
n
≥
a
1
a
2
a
n

n

nN
*
,a
i
R

,1in

这个结论最终可用数学归纳法，二项式定理证明（这里从略）
语言表述：n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。
4．
ab
ab
的几何解释：
2
以
ab
为直径作圆，在直径AB上取一点C，
D
过C作弦DD’AB 则
CDCACBab

A
a C b
D’
B
2
从而
CD
而半径
ab

ab
CDab

2
222
五、例一 已知
a,b,c
为两两不相等的实数，求证：
abcabbcca

证：∵
ab2ab

bc2bc

ca2ca

以上三式相加：
2(a
2
b
2
c
2
)2ab2bc2ca

∴
abcabbcca

六、小结：算术平均数、几何平均数的概念
基本不等式（即平均不等式）
七、作业：P11-12 练习1、2 P12 习题5.2 1--3
补充 ：1．已知
6a8,2b3
，分别求
ab,ab,
222
222222
a
的范围
b
(8,11)
(3,6) (2,4)
2．
xR
试比较
2x1
与
2xx
（作差
2x1
>
2xx< br>）
3．求证：
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2

证：
ab22
432432
2(abc)

222
(ab)

b
2
c
2
(bc)

c
2
a
2
(ca)

222
三式相加化简即得
第四教时
—
7
—

教材：极值定理
目的：要求学生在掌握平均不等式的基础上进而掌握极值定理，并学会初步应用。
过程：
一、复习：算术平均数与几何平均数定义，平均不等式
二、 若
x,yR
，设
Q(x,y)

xy
x
2
y
2

A(x,y)

G(x,y)xy

2
2
H(x,y)
2
1

xy
求证：
Q(x,y)A(x,y)G(x,y)H(x,y)

加权平均；算术平均；几何平均；调和平
均
xy
2
x
2
y
2
2xyx
2
y
2
x
2
y< br>2
x
2
y
)
证：∵
(

2 442
x
2
y
2
xy
∴即：
Q(x,y)A (x,y)
（俗称幂平均不等式）

22
由平均不等式
A(x,y)G(x,y)

H(x ,y)
2xy2xy
xyG(x,y)
即：
G(x,y)H(x, y)

xy
2xy
综上所述：
Q(x,y)A(x,y)G( x,y)H(x,y)

1
2
125
)(b)
2


ab2
11
(ab)
2
11
ab
证：由幂 平均不等式：
(a)
2
(b)
2

ab2
a bab
2
ba
(1)(3)
2
(32)
2< br>25
abab


2222
例一、若
ab1,a,bR
求证
(a

三、 极值定理
已知
x,y
都是正数，求证：
1 如果积
xy
是定值
p
，那么当
xy
时和
xy
有最小值
2p

2 如果和
xy
是定值
s
，那么当
xy
时积
xy
有最大值
证：∵
x,yR
∴

1
2
s

4
xy
xy

2
—
8
—

1当
xyp
(定值)时，
xy

2
p
∴
xy
2p

∵上式当
xy
时取“=” ∴当
xy
时有
(xy)
min

2p

2当
xys
(定值)时，
xy
s1
2
∴
xys

24
∵上式当
xy
时取“=” ∴当
xy
时有
(xy)
max

1
2
s

4
注意强调：1最值的含义（“≥”取最小值，“≤”取最大值）
2用极值定理求最值的三个必要条件：
一“正”、二“定”、三“相等”
四、 例题
1．证明下列各题：
⑴
lgxlog
x
102

(x1)

证：∵
x1
∴
lgx0

log
x
100

于是
lgxlog
x
102lgxlg
x
102

⑵若上题改成
0x1
，结果将如何？
解：∵
0x1

lgx0

log
x
100

于是
(lgx)(log
x
10)2

从而
lgxlog
x
102

⑶若
ab1
则
ab
1

4
1

4
1

4

解：若
a,bR
则显然有
0ab
若
a,b
异号或一个为0则
ab0
∴
ab
2
2．①求函数
yx(1x)的最大值
(0x1)

2
②求函数
yx(1x)
的最大值
(0x1)

解：①∵
0x1
∴
1x0
∴当
x2
1x
即
x
时
23
xx
1x
24
xx4

y4 (1x)4(
22
即
x
时
y
max


)
3

327
22327
2
②∵
0x1
∴
01x1

—
9
—

∴
yx(1x)
2222
1
2 x
2
(1x
2
)(1x
2
)

2< br>12x
2
(1x
2
)(1x
2
)
3
4
()

2327
∴当
2x1x, x
22
4
3
23
2
时
y
max


y
max


27
3
9
3 ．若
x1
，则
x
为何值时
x
1
有最小值，最 小值为几？
x1
1
0
解：∵
x1
∴
x10

x1
∴
x
1
11
=
x112(x1)1211

x1
x1x1
当且仅当
x1
11
)
min
1
即
x0
时
(x
x1x1
五、 小结：1．四大平均值之间的关系及其证明
2．极值定理及三要素
六、 作业：P12 练习3、4 习题6.2 4、5、6
补充：下列函数中
x
取何值时，函数取得最大值或最小值，最值是多少？
1
yx(23x)

x
2
y1 4x
11
时
y
max


33
1

x1,y
min
2

54x
3
6
,y
min
16

x
x
2
第五教时
3
x0
时
y12x
教材：极值定理的应用
目的：要求学生更熟悉基本不等式和极值定理，从而更熟练地处理一些最值问题。
过程：
一、 复习：基本不等式、极值定理
二、 例题：1．求函数
y2x
2
2
3
,(x0)
的最大值，下列解法是否正确？为什么？
x
解一：
y2x
31112
2x
2
 3
3
2x
2
3
3
4

xxxxx
∴
y
min
3
3
4

—
10
—

3
3
3
12
2
2
3
解二：
y2x22x26x
当
2x
即
x
时
x
2
xx
2
3

y
min
26
12
23
3
122
6
324

2
2
答：以上两种解法均有错误。解一错在取不到“=” ，即不存在
x
使得
2x
解二错在
26x
不是定值（常数）
2
12

；
xx
正确的解法是：
y2x
3333393
2x
2
3
3
2x
2
 3
3

3
36

x2x2x2x2x22
333
6
当且仅当
2x
即
x
时
y
m in

3
36

2x2
2
2
x
2
2x2
2．若
4x1
，求的最值
2x2
x< br>2
2x21(x1)
2
11111
解：
[(x 1)][(x1)]

2x22x12x12(x1)
∵
4x1
∴
(x1)0

1
0

(x1)
从而
[(x1)
111
]2

[(x1)]1

(x1)2(x1)
x
2< br>2x2
)
min
1
即
(
2x2
y
2
1
，求
x1y
2
的最大值 3．设
xR
且
x
2

2
1y
2
解：∵
x 0
∴
x1y2x()

22
22
1y2
y
2
13
2
)(x)
又
x(
22222
2
∴
x1y
2
1332
2()

224
—
11
—

即
(x1y)
max

2
32

4
4．已知
a,b,x,yR

且
ab
1< br>，求
xy
的最小值
xy
a
x
bayxb

)ab
yxy
解：
xy
(xy)1(xy)( 

ab2
ayxb
(ab)
2

xy
当 且仅当
ayxb
x

即

xy
y
a
时
(xy)
min
(ab)
2

b
三、关于应用题
1．P11例（即本章开头提出的问题）（略）
2．将 一块边长为
a
的正方形铁皮，剪去四个角（四个全等的正方形），作成一个无盖
的铁盒 ，要使其容积最大，剪去的小正方形的边长为多少？最大容积是多少？
解：设剪去的小正方形的边长为
x

则其容积为
Vx(a2x),(0x
2
a
)

2
V
1
4x(a2x)(a2x)

4
14x(a2x)(a2x)
3
2a
3
[]

4327
当且仅当
4xa2x
即
x
a
时取“=”
6
a
2a
3
即当剪去的小正方形的边长为时，铁盒的容积为
6
27
四、 作业：P12 练习4 习题6.2 7
补充：
1．求下列函数的最值：
1
y2x
2
4
,(xR

)
(min=6)
x
2
a
2a
3
2
yx(a 2x),(0x)
(
max
)
2
27
2．1
x0
时求
y
669
3x
2
的最小值 ，
y
2
3x
的最小值
(9,
3
4)

x2
x
—
12
—

2设
x[, 27]
，求
ylog
3
1
9
x
log
3
(3x)
的最大值(5)
27
3若
0x1
, 求
yx
4
(1x
2
)
的最大值
(
423
,x)

273
4若
x,yR

且
2xy1
，求
11

的最小值
(322)

xy
3．若
ab0
，求证：
a
1
的最小值为3 b(ab)
4．制作一个容积为
16

m
的圆柱形容器(有底 有盖)，问圆柱底半径和
高各取多少时，用料最省？（不计加工时的损耗及接缝用料）
(R2m,h4m)

第六教时
教材：不等式证明一（比较法）
目的：以不等式的等价命题为依据，揭示 不等式的常用证明方法之一——比较法，要求学生
能教熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。
过程：
一、 复习：
1．不等式的一个等价命题
2．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断——结论
二、作差法：（P13—14）
1． 求证：
x
+ 3 > 3
x

证：∵(
x
+ 3)  3
x
=
x3x()()3(x)
2
2
3
2
3< br>2
2
3
2
2
3
2
2
3
0

4
∴
x
+ 3 > 3
x

2． 已知
a
,
b
,
m
都是正数，并且
a
<
b
，求证：
2
ama


bmb
证：
amab(am)a(bm)m(ba)


bmbb (bm)b(bm)
∵
a
,
b
,
m
都是正数， 并且
a
<
b
，∴
b
+
m
> 0 ,
b

a
> 0
∴
ama
m(ba)


0
即：
bmb
b(bm)
变式：若
a
>
b
，结果会怎样？若没有“
a
<
b
”这个条件，应如何判断？
3． 已知
a
,
b
都是正数，并且
a

b
，求证：
a
+
b
>
ab
+
ab

证：(
a
+
b
)  (
ab
+
ab
) = (
a

ab
) + (
b

ab
)
552332532523
552332
—
13
—

=
a
(
a

b
) 
b
(
a

b
) = (
a

b
) (
a

b
)
= (
a
+
b
)(
a

b
)(
a
+
ab
+
b
)
∵
a
,
b
都是正数，∴
a
+
b
,
a
+
ab
+
b
> 0
又∵
a

b
，∴(
a

b
) > 0 ∴(
a
+
b
)(
a

b
)(
a
+
ab
+
b
) > 0
即：
a
+
b
>
ab
+
ab

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
m
行走，另
一半时间以速度
n
行走；有一半路程乙以速度
m
行走，另一半路程以速度
n
行
走，如果
m

n
，问：甲乙两人谁先到达指定地点？
解：设从出发地到指定地点的路程为
S
，
甲乙两人走完全程所需时间分别是
t
1
,
t
2
，
则：
552332
2222
22
222
322322223 3
t
1
t
m
1
nS,
22
2SS(m n)
SS
,t
2

t
2
可得：
t
1


mn2mn
2m2n
2SS(m n)S[4mn(mn)
2
]S(mn)
2
∴
t
1
t
2



mn2mn2(mn)mn2mn(mn)
∵
S
,
m
,
n
都是正数，且
m

n
，∴
t
1

t
2
< 0 即：
t
1
<
t
2
从而：甲先到到达指定地点。
变式：若
m
=
n
，结果会怎样？
三、作商法
5． 设
a
,
b
 R，求证：
ab(ab)
证：作商：
+
ab
ab
2
a
b
b
a


a
a
b
b
(ab)
ab
2
a
ab
2
b
b a
2
a
()
b
ab
2
a
当
a
=
b
时，
()
b
ab
2
1

aba
0,()
2b
ab
2
a
当
a
>
b
> 0时，
1,
b
1

ab
2
a
当
b
>
a
> 0时，
01,
b
∴
ab(ab)
ab
ab< br>2
aba
0,()
2b
1

（其余部分布置作业）
作商法步骤与作差法同，不过最后是与1比较。
四、小结：作差、作商
五、作业： P15 练习
P18 习题6.3 1—4
—
14
—

第七教时
教材：不等式证明二（比较法、综合法）
目的：加强比商法的训练，以期达到熟练技巧，同时要求学生初步掌握用综合法证明不等式。
过程：
一、比较法：
a) 复习：比较法，依据、步骤
比商法，依据、步骤、适用题型
b) 例一、证明：
y2
x
2
 4x3
在
[2,)
是增函数。
x
1
2
4 x
1
3
y
1
2
x
2
2
4x< br>2
x
1
2
4x
1
证：设2≤
x
1
<
x
2
, 则

2
22
(x2
x
1
)(x
1
x
2
4)
< br>y
2
2
x
2
4x
2
3
∵
x
2

x
1
> 0,
x
1
+
x
2
 4 > 0 ∴
y
1
2
0
1

y
2
在
[2,)
是增函数 又∵
y
1
> 0， ∴
y
1
>
y
2
∴
y2
x
二、 综合法：
2
4x3
定义：利用某些 已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，
这个证明方法叫综合法。
i. 已知
a
,
b
,
c
是不全相等的正数，
求证：
a
(
b
+
c
) +
b
(
c
+
a
) +
c
(
a
+
b
) > 6
abc

证：∵
b
+
c
≥ 2
bc
,
a
> 0 , ∴
a
(
b
+
c
) ≥ 2
abc

同理：
b
(
c
+
a
) ≥ 2
abc
,
c
(
a
+
b
) ≥ 2
abc

∴
a
(
b
+
c
) +
b
(
c
+
a
) +
c
(
a
+
b
) ≥ 6
abc

当且仅当
b
=
c
,
c
=
a
,
a
=
b
时取等号，而
a
,
b
,
c
是不全相等的正数
∴
a
(
b
+
c
) +
b
(
c
+
a
) +
c
(
a
+
b
) > 6
abc

ii. 设
a
,
b
,
c

R
，
1求证：
ab
22
222222
22 2222
2222
2222
222222
2
(ab)
< br>2
2求证：
a
2
b
2
b
2
 c
2
c
2
a
2

3若
a
+
b
= 1, 求证：
a
2(abc)

11
b2

22
a
2
b
2
ab
2
a
2
b
2
abab
()0< br> ∴ 证：1∵
||
22
222
—
15
—

∴
ab
22
2
(ab)

2
2
2 同理：
bc
2
2
2
(bc)
，
c
2
a
2
(ca)

2
2
三式相加：
a
2
b
2
b
2
c
2c
2
a
2

3由幂平均不等式：
2(abc)

111
(ab)
222
∴
a
iii.
11
(a)(b)
22

2
(ab1)

2
2
1

2
11
b2

22
111
)9

abc
1119
)
2
(abc)(
abbcca2
abc3

3
bccaab2
a
,
b
,
c

R
, 求证：1
(abc)(
证：1法一：
abc3
3
abc
,
法二：左边

1111
, 两式相乘即得。
3
3
abcabc
abcabcabcbacacb
3()()( )

abcabacbc
≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
2∵
abbcca3
3
(ab) (bc)(ca)

2222

1111

3
3
abbcca(ab)(bc)(ca)
两式相乘即得
3由上题：
(abc)(
1119
)

abbcca2
cab9
11
∴
1
abbcca2
abc3

即：
bccaab2
三、小结：综合法
四、作业： P15—16 练习 1，2
P18 习题6.3 1，2，3
—
16
—

补充：
a
2
2
b
2
2
1． 已知
a
,
b

R
且
a

b
，求证：
()()a
2
b
2
（取差）
ba
+
1111
2． 设
R
，
x
,
y

R
，求证：
x
sin
+
2

y
cos
2

xy
（取商）
ab
3
a
3
b
3
3． 已知
a
,
b

R
，求证：
(

)
22
证：∵
a
,
b

R
+
∴
(ab)
2
0
∴
aabbab

22
∴
a
3
b
3
(ab)(a
2
abb
2
)ab(ab)

∴
3(a
3
b
3
)3ab(ab)

∴
4(a
3
b
3
)a
3
3ab(ab) b
3
(ab)
3

ab
3
a
3< br>b
3
)
∴
(

22
4． 设
a
>0,
b
>0，且
a
+
b
= 1，求证：
(a
1
2
125
)(b)
2
< br>
ab2
ab111

∴
ab
∴
4
证：∵
ab
224ab
11

11
ab

1

1
2
12
ab

2

ab

∴
(a)(b)2

ab22


ab

1

2
11

14 25

ab

2

ab

22< br>



222

2




第八教时
教材：不等式证明三（分析法）
目的：要求学生学会用分析法证明不等式。
过程：
一、 介绍“分析法”：从求证 的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证
明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问 题。
二、 例一、求证：
3725

22
22
—
17
—

证： ∵
370,250
综合法：
只需证明：
(37)
2
(25)
2
∵21 < 25
展开得：
1022120
∴
215

即：
22110
∴
22110

∴
215
∴
1022120

即： 21 < 25（显然成立） ∴
(37)
2
(25)
2

∴
3725
∴
3725

例二、设
x
> 0，
y
> 0，证明不等式：
(xy)(xy)

证一：（分析法）所证不等式即：
(x
2
y
2
)
3
(x
3
y
3
)
2

即：
x
6
y
6
3x
2
y
2
(x
2
y
2
)x
6
y
6
2x
3
y
3

即：
3x
2
y
2
(x
2
y
2
) 2x
3
y
3

22
1
2
3
1< br>3
3
2
xy

3
2
22
∵
xy2xyxy
成立
3
只需证：
xy
22
∴
(x
2
y)(x
3
y)

证二：（综合法）∵
(xy)xy3xy(xy)xy6xy


xy2xy(xy)

∵
x
> 0，
y
> 0， ∴
(xy)(xy)

例三、已知：
a
+
b
+
c
= 0，求证：
ab
+
bc
+
ca
≤ 0
2
证一：（综合法）∵
a
+
b
+
c
= 0 ∴(
a
+
b
+
c
) = 0
22
1
2
3
1
3
3
6633332
2236622226633
1
2
2
1
3
3
a
2
b
2
c
2
展开得：
abbcca

2
∴
ab
+
bc
+
ca
≤ 0
证二：（分析法）要证
ab
+
bc
+
ca
≤ 0 ∵
a
+
b
+
c
= 0
2
故只需证
ab
+
bc
+
ca
≤ (
a
+
b
+
c
)
即证：
abcabbcca0

222
—
18
—

即：
[(ab)(bc)(ca)]0
（显然）
∴原式成立
证三：∵
a
+
b
+
c
= 0 ∴
c
=
a
+
b

222
∴
ab
+
bc
+
ca
=
ab
+ (
a
+
b
)
c
=
ab
 (
a
+
b
) = 
a

b

ab

1
2
222
b
2
3b
2
]0
=
[(a)
24
例四、（课本例）证明：通过水管放水，当流速相等时，如果 水管截面（指横截面）
的周长相等，那么截面的圆的水管比截面是正方形的水管流量大。
l

l

证：设截面周长为
l
，则周长为l
的圆的半径为，截面积为


，
2

2

l

l

周长为
l
的正方形边长为 ，截面积为


4

4

2
2

l

l

问题只需证：


>



2
 
4

l
2
l
2
即证：>
2
16
4
两边同乘
22
411

，得：
2
4
l
22
因此只需证：4 >  （显然成立）

l

l

∴


>

也可用比较法（取商）证，也不困难。

2

4

三、 作业： P18 练习 1—3 及 习题6.3 余下部分
补充作业：
1． 已知0 <  < ，证明：
2sin2cot


2
1cos
略证：只需证：
4sincos
∵0 <  <  ∴sin > 0
sin
故只需证：
4sincos1cos

即证：
4(1cos)(1cos)cos1cos
∵1 + cos > 0
只需证：
4(1cos)cos1

即只需证：
4cos4cos10

即：
(2cos1)0
（成立）
2
2
2
—
19
—

2． 已知
a
>
b
> 0，为锐角，求证：
asecbtan 
略证：只需证：
(asecbtan)
2
a
2
b
2

a
2
b
2

即：
a
2
tan
2
b
2
sec
2
2abtansec(atanbsec)
2
0
（成立）
3． 设
a
,
b
,
c
是的△ABC三边，S是 三角形的面积，求证：
cab4ab43S

略证：正弦、余弦定理代入得：
2abcosC4ab23absinC

即证：
2cosC23sinC

即：
3sinCcosC2

即证：
sin(C
222

)1
（成立）
6
第九教时
教材：不等式证明四（换元法）
目的：增强学生“换元”思想，能较熟练地利用换元手段解决某些不等式证明问题。
过程：
一、 提出课题：（换元法）
二、 三角换元：
例一、求证：

11
x1x
2


22
2
证一：（综合法）

x
2
(1x2
)

1
2222
∵
|x1x||x|1xx (1x)




22

111
2 2
即：
|x1x|
∴
x1x

222
证二：（换元法） ∵
1x1
∴令
x
= cos , [0, ]
1
2
则
x1xcossinsin2

2
11
2
∵
1sin1
∴
x1x

22
例二、已知
x
> 0 ,
y
> 0，2
x
+
y
= 1，求证：
11
322

xy
证一：

< br>
11

11
2xy
322
即：


(2xy)3322

xy
xyyx

1
2
sin,
2
ycos
2

证二：由
x
> 0 ,
y
> 0，2
x
+
y
= 1，可设
x
—
20
—

则
1121
22
2(1cot)(1tan)

22
xy
sincos
3(2cot
2
tan
2
)322

例三：若
x
2
y
2
1
，求证：
|x
2
2xyy
2
|
证：设
xrsin,
2

yrcos,(0r1)
，
则
|x
2
2xyy
2
||r
2
cos
2
2r
2
cossinr
2
si n
2
|



r
2
|cos2 sin2|2r
2
cos

2

2r
2
2

4

例四：若
x
> 1，
y
> 1，求证：
xy1(x1)(y1)

证：设
xsec,
2

ysec
2
,(0, )

2
则
1(x1)(y1)1tantan 
cos()1
xy

coscoscoscos
例五：已知：
a
> 1,
b
> 0 ,
a

b
= 1，求证：
0 
2
1

1

1

ab 1


a

a

b


btan
2
,(0)

2
证：∵
a
> 1,
b
> 0 ,
a

b
= 1 ∴不妨设
asec,
则
1

1

1

1

1

1

absectan



s ec
2

a

sectan
a

b



1tan
2
sec
2
< br>sin


sec
2

sectan
∵
0

1

1

1

, ∴0 < sin < 1 ∴
0ab

1

2
a

a

b

小结：若0≤
x
≤1，则可令
x
= sin (
0

2
)或
x
= sin (

)。
222
22
若
xy1
，则可令
x
= cos ,
y
= sin (
02
)。
22
若
xy1
，则可令
x
= sec,
y
= t
a
n (
02
)。
若
x
≥1，则可令
x
= sec (
0

)。
2
—
21
—

若
x
R，则可令
x
= t
a
n (

三、 代数换元：
例六：证明：若
a
> 0，则
a
2


)。
22
11
2a2

a
a
2
1
,(a0,x2,y2)

2
a
2
证：设
xa
1
,
a
ya
2

2
1


2
1
< br>
22
则
xy

a


< br>a
2

2

a


a



xya
11
a
2

2< br>22
（ 当
a
= 1时取“=” ）
a
a
x
2
y
2
2
∴
xy22

xy
22
即
y2x2
∴原式成立
四、 小结：
还有诸如“均值换元”“设差换元”的方法，有兴趣的课后还可进一步学习。
五、 作业：
22
1． 若
ab1
，求证：
asinxbcosx1

2． 若|
a
| < 1，|
b
| <1，则
|ab
n
(1a
2
)(1b
2
)|1

nn
3． 若|
x
|≤1，求证：
(1x)(1x)2

4． 若
a
> 1,
b
> 0 ,
a

b
= 1，求证：
0
1

1

1< br>
ab1


a

a

b

5． 求证：
01xx1

6． 已知|
a
|≤1，|
b
|≤1，求证：
|a1b
2
b1a
2
|1

第十教时
教材：不等式证明五（放缩法、反证法）
目的：要求学生掌握放缩法和反证法证明不等式。
过程：
一、 简要回顾已经学习过的几种不等式证明的方法
提出课题：放缩法与反证法
二、 放缩法：
—
22
—

1
例一、若
a
,
b
,
c
,
d

R
，求证：
+
abcd
2

abdbcacdbdac
abcd

证：记
m
=
abdbcacdbdac
∵
a
,
b
,
c
,
d

R
∴
m
+

abcd
1

abcdabcacdabda bc
abcd
2

m
ababcddc
∴1 < m < 2 即原式成立
例二、当
n
> 2 时，求证：
log
n
(n1)log
n
(n1)1

证：∵
n
> 2 ∴
log
n
(n1)0,
∴
log
n
(n1)0

2
2

lo g
n
(n
2
1)


log
n
(n1)log
n
(n1)

log
n
(n1)l og
n
(n1)






22



log
n
n
2




1


2

∴
n
> 2时,
log
n
(n1)log
n
(n1)1

例三、求证：
2
1111


2

2222
123n
证：
1111


2< br>n(n1)n1n
n
1111111111


 11

22

2222
223n1nn
123n
∴
三、 反证法：
例四、设0 <
a
,
b
,
c
< 1，求证：(1 
a
)
b
, (1 
b
)
c
, (1 
c
)
a
,不可能同时大
于
1

4
111
, (1 
b
)
c
>, (1 
c
)
a
>,
444
1
①
64
2
证：设(1 
a
)
b
>
则三式相乘：
ab
< (1 
a
)
b
•(1 
b
)
c
•(1 
c
)
a
<
1

(1a)a

又∵0 <
a
,
b
,
c
< 1 ∴
0(1a)a




24

同理：
(1b)b
11
,
(1c)c

44
—
23
—

以上三式相乘： (1 
a
)
a
•(1 
b
)
b
•(1 
c
)
c
≤
1
与①矛盾
64
∴原式成立
例五、已知
a
+
b
+
c
> 0，
ab
+
bc
+
ca
> 0，
abc
> 0，求证：
a
,
b
,
c
> 0
证：设
a
< 0, ∵
abc
> 0, ∴
bc
< 0
又由
a
+
b
+
c
> 0, 则
b
+
c
= 
a
> 0
∴
ab
+
bc
+
ca
=
a
(
b
+
c
) +
bc
< 0 与题设矛盾
又：若
a
= 0，则与
abc
> 0矛盾， ∴必有
a
> 0
同理可证：
b
> 0,
c
> 0
四、 作业：证明下列不等式：
1． 设
x
> 0,
y
> 0,
a
xyxy
,
b
，求证：
a
<
b


1xy 1x1y
放缩法：
xyxyxy


1xy1xy1xy1x1y
2． lg9•lg11 < 1

lg9lg11

lg99

2

< br>lg9lg11





1

2

2

2

3．
log
n
(n1)log
n
(n1)1

2 22

log
n
(n
2
1)

log
n
n
2


log
n
(n1)lo g
n
(n1)



1

22

114
0
4． 若
a
>
b
>
c
, 则
abbcca
22
111
22

ab bc(ab)(bc)
5．

24




(ab)(bc)

ac

2
1111


2
1(nR

,n2)

nn1n2
n
11111n
2
n
1
左边

2

2



2
 
2
n
n
n
nnn
1111

1

2n1n22n
11
n中式n1

2nn1
6．
7．已知
a
,
b
,
c
> 0, 且
a
+
b
=
c
，求证：
a
+
b
<
c
(
n
≥3,
n

R
)
222
nnn< br>*

a

a

b

b


a

b

∵



1
，又
a
,
b
,
c
> 0, ∴



,





c

c

c

c

c

c

22
n2n2
—
24
—


a

b

∴



1


c

c

8．设0 <
a
,
b
,
c
< 2，求证：(2 
a
)
c
, (2 
b
)
a
, (2 
c
)
b
,不可能同时大于
1
仿例四
9．若
x
,
y
> 0，且
x
+
y
>2，则
nn
1y
1x
和中至少有一个小于2
x
y
反设
1y
1x
≥2，≥2 ∵
x
,
y
> 0，可得
x
+
y
≤2 与
x
+
y
>2矛盾 第十
x
y
一教时
教材：不等式证明六（构造法及其它方法）
目的：要求学生逐步熟悉利用构造法等方法证明不等式。
过程：
一、 构造法：
1．构造函数法
例一、已知
x
> 0，求证：
x
1

x
1
x
1
x

5

2
证：构造函数
f(x)x
由
f()f()
11< br>(x0)
则
x2
， 设2≤<
xx

11

()(1)11

( )()










5

2
显然 ∵2≤< ∴   > 0,   1 > 0,  > 0 ∴上式 > 0
∴f (
x
)在
[2,)
上单调递增，∴左边
f(2)
例二、求证：
y
x
2
10
x
2
9

10

3
t
2
1
证：设
tx9(t3)
则
f(t)y

t
2
用定义法可证：f (
t
)在
[3,)
上单调递增
t1t
2
 1(t
1
t
2
)(t
1
t
2
1)令：3≤
t
1
<
t
2
则
f(t
1
)f(t
2
)
1
0

t
1
t
2
t
1
t
2
∴
y 
22
x
2
103
3
110
f(3)< br>
2
33
x9
—
25
—

2．构造方程法：
例三、已知实数
a
,
b
,
c
，满足
a
+
b
+
c
= 0和
abc
= 2，求证：
a
,
b
,
c
中至少
有一个不小于2。
证：由题设：显然
a
,
b
,
c
中必有一个正数，不妨设
a
> 0，

bca
2
2
2
则

即
b
,
c
是二次方程
xax0
的两个实根。 
bc
a
a

8
2
∴
a0
即：
a
≥2
a
1sec
2
tan
3(k,kZ)
例四、求证：

3
sec
2
tan
2
sec
2
tan
2
证：设
y
则：(
y
 1)tan + (
y
+ 1)tan + (
y
 1) = 0
2
sectan
当
y
= 1时，命题显然成立
22
当
y
 1时，△= (
y
+ 1)  4(
y
 1) = (3
y
 1)(
y
 3)≥0
∴
1
y3
3

综上所述，原式成立。（此法也称判别式法）
3．构造图形法：
例五、已知0 <
a
< 1，0 <
b
< 1，求证： < br>a
2
b
2
(a1)
2
b
2
a
2
(b1)
2
(a1)
2
(b1)
2
22

证：构造单位正方形，
O
是正方形内一点
D

O
到
AD
,
AB
的距离为
a
,
b
，
则|
AO
| + |
BO
| + |
CO
| + |
DO
|≥|
AC
| + |
BD
|
1b
C
其中
|AO|ab
，
22
O
b
|BO|(a1)
2
b
2


|CO|

|DO|
(a1)
2
(b1)
2

A
a
a(b1)
又：
|AC||BD|2

22
1a
B
22222222
∴
ab(a1)ba(b1)(a1)(b1)22

1x
2
x1
3
5． 作业：证明下列不等式：
< br>2
3
xx1
x
2
x1
2
令
y
2
，则 (
y
 1)
x
+ (
y
+ 1)
x
+ (
y
 1) = 0
xx1
用△法，分情况讨论
—
26
—

6． 已知关于
x
的不等式(
a
 1)
x
 (
a
 1)
x
 1 < 0 (a

R
)，对任意实数
x
恒
成立，求证：
< br>2
22
5
a1
。
3

a
2
10
分
a
 1 = 0和

讨论

0
7． 若
x
> 0,
y
> 0,
x
+
y
= 1，则

x


1


1

25
< br>
y



x


y

4

2
xy11
1

xy

左边
xy
令
t
=
xy
，则
0t

2xy



yxxyxy
4

2

11117
f(t)t
在
(0,]
上单调递减 ∴
f(t)f()

t444
11
2
*
8． 若
0a(k2,kN)
，且
a
<
a

b
，则
b

kk1
111
2
令
f(a)aa
，又
0a
，
f(a)
在
(0,)
上单调递增
k22
111k1k11
2

∴
baaf()
2

2

2

kk
kkk1
k1
9． 记
f(x)1x
2
，
a
>
b
> 0，则| f (
a
)  f (
b
) | < |
a

b
|
构造矩形
ABCD
,
F
在
CD
上，
使|
AB
| =
a
, |
DF
| =
b
, |
AD
| = 1,
则|
AC
|  |
AF
| < |
CF
|
22
10． 若
x
,
y
,
z
> 0，则
xyxy
D
F
C
A
B
y
2
z
2
yzz
2< br>x
2
zx

作
AOB
= 
BOC
= 
COA
= 120, 设|
OA
| =
x
, |
OB
| =
y
, |
OC
| =
z

第十二教时
教材：不等式证明综合练习
目的：系统小结不等式证明的几种常用方法，渗透“化归”“类比”“换元”等数学思想。
过程：
四、 简述不等式证明的几种常用方法
比较、综合、分析、换元、反证、放缩、构造
五、 例一、已知0 <
x
< 1, 0 <
a
< 1，试比较
|log
a
(1x)|和 |log
a
(1x)|
的大小。
解一：
|log
a
(1x)|
2
 |log
a
(1x)|
2


log
a
(1x)log
a
(1x)

log
a
(1x)log
a
(1x)


1x

1x
1x1x
2
1
∴
log
a
(1x
2
)log
a
0
∵0 < 1 
x
< 1,
0
1x1x

log
a
(1x)log
a
2
—
27
—

∴
|log
a
(1x)| |log
a
(1x)|

解二：
log
a
(1x)
11x

log< br>1x
(1x)log
1x
(1x)log
1x
log
1x
2
log
a
(1x)1x
1x
1log
1x
(1x
2
)

∵0 < 1 
x
< 1, 1 +
x
> 1, ∴
log
1x
(1x
2
)0

2
∴
1log
1x
(1x
2
)1
∴
|log
a
(1x)| |log
a
(1x)|

解三：∵0 <
x
< 1, ∴0 < 1 
x
< 1, 1 < 1 +
x
< 2,
∴
log
a
(1x)0,log
a
(1x)0

∴左  右 =
log
a
(1x)log
a< br>(1x)log
a
(1x
2
)

∵0 < 1 
x
< 1, 且0 <
a
< 1 ∴
log
a
(1x
2
)0

2
∴
|log
a
(1x)| |log
a
(1x)|

变题：若将
a
的取值范围改为
a
> 0且
a
 1，其余条件不变。
222222
例二、已知
x
=
a
+
b
，
y
=
c
+
d
，且所有字母均为正，求证：
xy
≥
ac
+
bd

证一：（分析法）∵
a
,
b
,
c
,
d
,
x
,
y
都是正数
∴要证：
xy
≥
ac
+
bd

22
只需证：(
xy
)≥(
ac
+
bd
)
222222 22
即：(
a
+
b
)(
c
+
d
)≥
ac
+
bd
+ 2
abcd

22 22222222 22
展开得：
ac
+
bd
+
ad
+
bc
≥
ac
+
bd
+ 2
abcd
2222
即：
ad
+
bc
≥2
abcd
由基本不等式，显然成立
∴
xy
≥
ac
+
bd

证二：（综合法）
xy
=
a
2
b
2
c
2
d
2
a
2
c
2
b
2c
2
a
2
d
2
b
2
d
2

(acbd)
2
acbd

2222
≥
ac2abcdbd
证三：（三角代换法）
222
∵
x
=
a
+
b
，∴不妨设
a
=
x
sin,
b
=
x
cos
y
2
=
c
2
+
d
2
c
=
y
sin,
d
=
y
cos
∴
ac
+
bd
=
xy
sinsin +
xy
coscos =
xy
cos(  )≤
xy

例三、已知
x
1
,
x
2< br>均为正数，求证：
1x
1
1x
2
2
22

xx
2

1

1



2

2
证一：（分析法）由于不等式两边均为正数，平方后只须证：

1x
1
1x
2
21x
1< br>4
222
1x
2
2
xx
2
2x
1
x
2

1
1
4
22
—
28
—

即：
(1x
1
)(1x
2
)1x
1
x
2

再平方：
(1x
1
)(1x
2
)12x
1
x
2
x
1
x
2

化简整理得：
x
1
x< br>2
2x
1
x
2
（显然成立）
∴原式成立
证二：（反证法）假设
2
22
2222
22
1 x
1
1x
2
2
2
22

xx2

1

1



2

D
C
2
化简可得：< br>x
1
x
2
2x
1
x
2
（不可能）
∴原式成立
证三：（构造法）构造矩形
ABCD
，
使
AB
=
CD
= 1,
BP
=
x
1
,
PC
=
x
2
当
APB
= 
DPC
时，
AP
+
PD
为最短。
取
BC
中点
M
，有
AMB
= 
DMC
,
BM
=
MC
=
∴
AP
+
PD
≥
AM
+
MD

即：
1x
1
1x
2
22
A
P
M
B
x
1
x
2

2

xx
2

xx
2

1< br>
1

1

1


22

2
22
∴
1x
11x
2
2
22

xx
2

1 

1


2

六、 作业： 2000版 高二课课练 第6课

第十三教时
教材：复习一元一次不等式
目的： 通过复习要求学生能熟练地解答一元一次和一元二次不等式，尤其是对含有参数的一
元一次和一元二次不 等式，能正确地对参数分区间讨论。
过程：
一、 提出课题：不等式的解法（复习）：一元一次与一元二次不等式
板演：1．解不等式：
2(x1)
x27x
1

(x2)

32

x1
102x113x


2．解不等式组：

（

x21x1
）

5x34x1

x1

3．解不等式：
x 5x6

(2x3)

2
—
29
—

4．解不等式：
x4x40

(xR,x2)

5．解不等式：
x2x30

(80,x

)

二、含有参数的不等式
例一、解关于
x
的不等式
a(xab)b(xab)

解：将原不等式展开，整理得：
(ab)xab(ab)

讨论：当
ab
时，
x
2
2
ab(ab)
< br>ab
当
ab
时，若
ab
≥0时
x

；若
ab
<0时
xR

当
ab
时，
x
ab(ab)

ab
例二、解关于
x
的不等式
x
2
xa(a1)0

解：原不等式可以化为：
(xa1)(xa)0

1
则
xa
或
x1a

2
11
2
1
若
a(a1)
即
a
则
(x)0

x,xR

222
1
若
a(a 1)
即
a
则
xa
或
x1a

2
若
a(a1)
即
a
2
例三、关于
x
的不等式
axbxc0
的解集为
{x|x2或x}

1
2
求关于
x
的不等式
axbxc0
的解集．
解：由题设
a0
且

2
b5c

，
1

a2a
2
2
从而
axbxc0< br>可以变形为
x
2
bc
x0

aa
即：
x
51
x10
∴
x2

22
2
例四、关于
x
的不等式
ax(a1)xa10
对于
xR
恒成立，
求
a
的取值范围．s
解：当
a
>0时不合
a
=0也不合
—
30
—

∴必有：


a0

a0



22

(a1)4a(a1)0

3a2a10

a0
1


a

3

(3a1)(a1)0
例五、若函数
f(x)
取值范围
解：显然
k
=0时满足 而
k
<0时不满足
kx
2
6kx(k8)
的定义域为R，求实数
k
的

k0
0k1


2
36k4k( k8)2

∴
k
的取值范围是[0,1]
三、 简单绝对不等式
例六、（课本6.4 例1）解不等式
|x
2
5x5|1

解集为：
{x|1x2或3x4}

四、 小结
五、 作业：6.4 练习 1、2 P25 习题6.4 1
补充：1．解关于
x
的不等式：
1
x2x3
1
2
2
2x
2
ax20

k
k
2
2．不等 式
axbx20
的解集为
{x|

a12
11
x}
，求
a
,
b
(

) 23

b2
3．不等式
ax4xa3
对于
x R
恒成立，求
a
的取值 (
a
>4)
2
4．已知
A{x|x
2
x20}
,
B{x|4xp0}
且
B

A
, 求p的取值范围
(p≥4)
5．已知
yax2a1
当-1≤
x
≤1时y有正有负，求
a
的取值范围

(1a
第十四教时
教材：高次不等式与分式不等式
目的：要求学生能熟练地运用列表法和标根法解分式不等式和高次不等式。
过程：
一、 提出课题：分式不等式与高次不等式
1
)

2
—
31
—

x
2
3x2
0
二、 例一(P22-23) 解不等式
2
x2x3
略解一（分析法）

x
2
3x20

x1或x2


1x1或2x 3


2

x2x30

1x3
x
2
3x20

1x2
或
< br>2





x1或x3

x2x30

∴
1x1或2x3

解二：（列表法）原不等式可化为
注意：按根的由小到大排列
解三：（标根法）作数轴；标根；画曲线，定解


-2 -1 0 1 2 3 4
(x1)(x2)
0
列表（见P23略）
(x3)( x1)
小结：在某一区间内，一个式子是大于0（还是小于0）取决于这个式子的各因式在此
区间内的符号；而区间的分界线就是各因式的根；上述的列表法和标根法，几乎
可以使用在所有的有理分 式与高次不等式，其中最值得推荐的是“标根法”
例二 解不等式
x3x2x6

解：原不等式化为
(x3)(x2)(x2)0

∴原不等式的解为
x
32
2或3x2

例三 解不等式
(x
2
4x5)(x
2
x2)0

解：∵
xx20
恒成立
∴原不等式等价于
x4x50
即-1<
x
<5
例四 解不等式
(x2)(x1)(x1)(x2)0

解：原不等式等价于
(x1)(x1)(x2)0
且
x2,x1

∴原不等式的解为
{x|1x2或2x1或x2}

若原题目改为
(x2)(x1)(x1)(x2)0
呢？
23
23
2
2
—
32
—

例五 解不等式
(x5)(x2)(x1)(x4)80

解：原不等式等价于
(x
2
x20)(x
2
x2)800

即：
(x
2
x)
2
22(x
2
x)12 00

(x
2
x12)(x
2
x10)0

(x4)(x3)(x
141141
)(x)0

22
141141
或x3

22
∴
4x
三、 例六 解不等式
16
x1

x1
(x5)(x3)
0
解：原不等式等价于
x1
∴原不等式的解为：
3x1或x5

2x
2
2kxk
1
例七
k
为何值时， 下式恒成立：
4x
2
6x3
2x
2
(62k)x (3k)
0
解：原不等式可化为：
2
4x6x3
而
4x6x30

∴原不等式等价于
2x
2
(62k)x(3k)0
由
(62k)
2
42(3k)0
得1<
k<3
四、 小结：列表法、标根法、分析法
五、 作业：P24 练习 P25 习题6.4 2、3、4
补充：
2
3x
2
kx 6
6
对任意实数
x
恒成立 1．
k
为何值时，不等式
0
x
2
x1

(k6)

(x2)
4
(x1)
3
2．求不等式的解集
(3x 2)
3
(x2)
2
(x
2
x2)
—
33
—

({x|x
3．解不等式
2
或x1且x2})

3
1111


x4x5x6x3
9
2

x(,6)(5,)(4,3)

(x1)
2
1
的
x
的整数解 (
x
=2) 4．求适合不等式
0
x1
5．若不等式
x axb1
x1
,求
a,b
的值 的解为
22
2
xx1xx1

(a4,b2)



第十五教时
教材：无理不等式
目的：通过分析典型类型例题，讨论它们的解法，要求学生能正确地解答无理不等式。
过程：
一、 提出课题：无理不等式 — 关键是把它同解变形为有理不等式组

f(x)0

定义域
二、
f(x)g(x)型

g(x)0




f(x)g(x)

例一 解不等式
3x4x30

解：∵根式有意义 ∴必须有：


3x40
x3

x30

又有 ∵ 原不等式可化为
3x4x3

1

2
两边平方得：
3x4x3
解之：
x
∴
{x|x3}{x|x}{x|x3}

1
2

f(x)0

f(x)0

三、
f(x)g(x)型

g(x)0

或


f(x)[g(x)]
2

g(x)0

例二 解不等式
x
2
3x243x

解：原不等式等价于下列两个不等式组得解集的并集：
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