一道不等式例题的探究
问题探究促发现，深度学习促素养——一节“一元二次不等式”习题研究课教学实录与反思
案例反思问题探究促发现，深度学习促素养———一节“一元二次不等式”习题研究课教学实录与反思文|杨建新一元二次不等式是高考数学中的重要知识点，我们有必要加强对其难点的突破，以巩固基础知识并提高对所学数学知识和方法的灵活运用能力。
一、课程导入，创设教学情境（温故知新）师：同学们，我们刚刚学习了“一元一次不等式”，今天，我们尝试将所学的知识应用到具体的例题中。
借助PPT，让学生回顾所学内容。
师：同学们，我们要如何求解一元二次不等式？对于学生来说这道题非常简单，因而学生会争先恐后地举手回答。
生1：通过移项，可以得到x2>1，故x>1或者是x<-1。
师：同学们，你们说这位同学的回答正确吗？生2：正确。
因为将其因式分解可得（x-1）（x+1）> 0，因此可以得到方程组x-1>0x+1>0{或x-1<0x+1<0{最终可以得到x>1或者是x<-1。
师：因式分解可以将二次式转化为两个一次式的乘积，通过实施降次的操作，将高次项变成低次项，使得问题更加熟悉和易于处理。
根据实数乘法的符号法则，我们可以将一元二次不等式转化为两个一元一次不等式组。
这种代数方法不仅有助于解决一元二次不等式，还为解决更复杂的高次不等式问题奠定了基础。
（设计意图：通过启发和引导，帮助学生从函数的视角理解和处理一元二次不等式。
）在教学中，我们应以批判的眼光审视教材，并以开阔的视野来分析教材。
在温故阶段，教师需要综合思考与学生的认知能力、生活经验、学科思维特点和技能相适应的要求，以确保学生能够通过自身经历从实际情境中抽象出一元二次不等式模型的过程。
因此，在教学设计中，我们可以通过情境引入环节提出以下问题：习题1：一家粮食加工厂引进一条生产线，该生产线的大米产量为x吨。
由于设备成本、人工费用和运输方式等因素的不同，每吨大米的收益与产量之间存在以下关系：x（吨）829111y（万元）15324488师：同学们，如果你是这家粮食加工厂的管理人员，你如何保障大米产量在可盈利的范围内？（设计意图：培养学生的数据分析能力和数学抽象能力以及对该知识进行探究的兴趣。
高中数学不等式典型例题解析
1不等式基本性质和不等式的解法一．不等式的性质：1．实数比较大小的方法：作差比较的步骤：2. 不等式的基本性质：（1） （5）（2） （6）（3） （7）（4） （8）例题1已知d c b a <>,，求证：d b c a ->-．例题2 已知a>b>0，c>d>0，求证：c bd a >。
二．简单的一元高次不等式的解法：标根法：例题3解不等式2(1)(2)0x x -+≥。
例题4不等式(0x -≥的解集是____三．分式不等式的解法：例题5解不等式25123xx x -<---练习：解不等式（1）0)3)(2()1(2<---x x x（2）0)3()2()1(32≥---x x x（3）)10(33212322≠>>+-+-a a a a x x x x 且（4） 13242>-+x x x小结：（1）（2）（3）2绝对值不等式的解法 一、c b ax ≤+和c b ax ≥+型不等式的解法。
⇔≤+c b ax⇔≥+c b ax例题1解不等式132)1(≤-x （2）512>+-x例题2（1）解不等式213+<-x x 。
（2）解不等式x x ->-213。
二、c b x a x ≤-+-和c b x a x ≥-+-型不等式的解法。
解这累含绝对值不等式的一般步骤是：（1）（2）（3）（4）例3、解不等式52312≥-++x x 。
例4、解不等式512≥-+-x x 。
例5、不等式 31++-x x >a ，对一切实数x 都成立，求实数a 的取值范围。
练习：1解不等式|21|2|432|+-≥-x x2解不等式|||1|3x x +->3若不等式|32||2|x x a +≥+对x R ∈恒成立，则实数a 的取值范围为______。
小结：（1） （2）作业：已知函数52)(---=x x x f（1）证明：3)(3≤≤-x f ；（2）求不等式158)(2+-≥x x x f 3基本不等式回顾：定理1定理2（基本不等式）说明：例题1：.,,222ac bc ab c b a c b a ++>++求证：为两两不相等的实数例题2：已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：（ab ＋cd ）（ac ＋bd ）≥4abcd定理3：如果+∈R c b a ,,，那么33abc c b a ≥++。
高中不等式证明例题(一题多解)
多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。
由一道题谈求解含参不等式恒成立问题的思路
含参不等式恒成立问题通常较为复杂，且解题的难度较大.这类问题常与函数、导数、不等式、方程等知识相结合，侧重于考查同学们的数学抽象、逻辑推理以及数学运算能力.下面以一道例题，探讨一下求解含参不等式恒成立问题的思路.例题：已知函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a ，若不等式f (x )≥1恒成立，求实数a 的取值范围.本题涉及了指数式e x -1、对数式ln x 以及参数a ，较为复杂.我们需将不等式进行合理的变形，构造出新函数，将问题转化为函数问题，利用函数的单调性、最值、极值、图象来解题.解答本题主要有以下三种思路.一、分离参数对于含参不等式恒成立问题，通常可采用分离参数法.即先将不等式中的参数和变量分离；然后将不含参数的式子构造成函数，通过研究函数的单调性、图象、最值，求得函数的最值，即可确定参数的取值范围.一般地，a >f (x )恒成立⇔a >f (x )max ；a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a <f (x )恒成立⇔a <f (x )min ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .解：对f (x )=aex -1-ln x +ln a 求导，得f ′(x )=a e x -1-1x，因为a >0,x >0，所以f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.所以当x →0时，f ′(x )→-∞；当x →+∞时，f '(x )→+∞.由函数零点存在性定理可知，必存在唯一的正实数x 0，使得f ′(x 0)=0，且当0<x <x 0时，f ′(x )<0；当x >x 0时，f '(x )>0，所以函数f (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，所以f (x )min =f (x 0)=aex 0-1-ln x 0+ln a .由f (x )≥1可得ae x-1-ln x 0+ln a ≥1.又f ′(x 0)=0，则ae x 0-1=1x 0，所以1x 0-ln x 0+ln a ≥1①.在aex 0-1=1x 0的两边取对数，得ln a +x 0-1=-ln x 0②.由①②可得1x 0+2ln a +x 0≥2，所以2ln a ≥2-(x 0+1x).又2-(x 0+1x 0)≤2-0，当且仅当x 0=1时取等号，可得2ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们先根据导函数与函数单调性之间的关系，判断出函数f (x )=ae x -1-ln x +ln a 的单调性，求得函数的极小值，即可将“不等式f (x )≥1恒成立”等价转化为“使f (x )min ≥1成立”；然后将所得的新不等式进行变形，使其中的参数、变量分离，得2ln a ≥2-(x 0+1x 0)；再根据基本不等式求得不等式右边式子的最大值，即可求得参数a 的取值范围.二、构造同构式对于含有指对数的含参不等式问题，为了简化问题，通常可将不等式进行适当的变形，使不等式左右两边的式子成为同构式，即可根据同构式的结构特征构造出新函数，利用新函数的单调性、最值、图象求得问题的答案.43解法1.不等式f (x )≥1可变形为xe x≥ex a ln exa，即e x ln e x ≥ex a ln exa（*）.由于x >0,a >0，所以当0<exa≤1时，不等式（*）恒成立，设函数g (t )=t ln t ，其中t >1，则g (e x )≥g (exa)成立.由g '(t )=ln t +1>1>0，知函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，因此e x ≥exa ，所以a ≥x ex -1恒成立.设函数h (x )=xe x -1，其中x >0，则h ′(x )=1-xex -1，则当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，从而可得h (x )max =h (1)=1.因此a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式xe x≥ln ex a⋅e ln exa ，即可构造出函数g (t )=te t，根据其单调性和最值就能顺利解题.一般地，可以根据ae a ≥b ln b ⇔e a ln e a ≥b ln b ，构造函数f (x )=x ln x ；根据ae a ≥b ln b ⇔ae a ≥ln b ⋅e ln b ，构造函数f (x )=xe x .解法2.不等式f (x )≥1可变形为e ln a +x -1+ln a +x -1≥x +ln x ，即(ln a +x -1)+eln a +x -1≥ln x +e ln x ，构造函数g (t )=t +e t，则不等式g (ln a +x -1)≥g (ln x )成立.所以函数g (t )=t +e t是增函数，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥ln x -x +1恒成立.设函数h (x )=ln x -x +1，则h ′(x )=1x -1=1-x x,x >0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，可得h (x )max =h (1)=0，从而可知ln a ≥0，解得a ≥1，故实数a 的取值范围是[1,+∞).将已知不等式f (x )≥1变形为同构式e ln a +x -1+ln e ln a +x -1≥x +ln x ，即可根据同构式的特点构造出函数g (t )=t +ln t ，利用函数的单调性、最值解题.一般地，根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±ln e a ≥b ±ln b ，可构造函数f (x )=x ±ln x ；根据e a ±a ≥b ±ln b ⇔e a ±a ≥e ln b ±ln b ，可构造函数f (x )=e x ±x .三、寻找不等式恒成立的必要条件对于含参不等式恒成立问题，往往可先根据一些特例，探求出已知不等式恒成立的一个必要条件（利用参数不等式表示），若经检验知该必要条件也是已知不等式恒成立的充分条件，则可根据其充分必要条件建立关系式，求得参数的取值范围.显然，这种解题思路具有一定的偶然性和局限性，并不适合于求解大部分的题目.解：因为不等式f (x )≥1恒成立，所以f (1)≥1，即a +ln a ≥1（*）.设函数g (a )=a +ln a ，因为g (1)=1，所以由（*）可得g (a )≥g (1).因为函数g (a )是增函数，从而可得a ≥1，因此a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件.接下来证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件.当a ≥1时，f (x )=ae x -1-ln x +ln a ≥e x -1-ln x （**）.设函数h (x )=e x -1-ln x ，求导得h ′(x )=e x -1-1x，因为导函数h ′(x )是增函数，且h ′(1)=0，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而可得h (x )min =h (1)=1，由（**）可得f (x )≥e x -1-ln x ≥1，所以f (x )≥1恒成立.综上可知，不等式f (x )≥1恒成立，解得a ≥1.故实数a 的取值范围是[1,+∞).我们根据不等式f (x )≥1恒成立，寻找到特例f (1)≥1，得a +ln a ≥1，然后根据g (a )=a +ln a 的单调性，证明a ≥1是不等式f (x )≥1恒成立的必要条件；再根据h (x )=e x -1-ln x 的单调性，证明a ≥1也是不等式f (x )≥1恒成立的充分条件，从而确定参数的取值范围.总之，解答含参不等式恒成立问题的思路有多种，同学们需根据恒成立不等式的结构特征，将其进行合理的变形、构造，以运用转化思想，将问题转化为函数最值问题、单调性问题，利用函数思想顺利求得问题的答案.（作者单位：贵州省松桃民族中学）44。
一元一次不等式经典例题透析
经典例题透析类型一：考查不等式的性质1、判断正误.(1)若a＞b，则ac2＞bc2.()(2)若ac2＞bc2，则a＞b.()(3)若ab＞c，则a＞.()(4)若a－b＞a，则b＞0.()(5)若ab＞0，则a＞0，b＞0.()思路点拨:判断时，要先弄清楚它是以哪条不等式性质为依据的，特别注意的是不等式两边同时乘(或除以)的数或式子的正负.解析：(1)×.当c＝0时，ac2＝bc2.(2)√.此题c≠0.(3)×.当b＜0时，a＜.(4)×.根据不等式的基本性质1，不等式两边都减去a，不等号方向不改变，所以a－b－a＞a－a，即－b ＞0.再根据不等式基本性质3，不等式两边都乘－1，不等号方向改变，即b＜0.(5)×.ab＞0，则a＞0，b＞0或a＜0，b＜0.总结升华：要特别注意在不等式的两边都乘或除以同一个数时，必须先认清这个数的符号，如果这个数是正数，那么不等号的方向不变；如果这个数是负数，那么不等号方向改变，另外，在不等式两边不能乘0，乘0后不等式变为等式.举一反三：【变式1】如果a2x＞a2y(a≠0)，那么x_______y。
【答案】＞解析：因为a≠0所以a2＞0，故x＞y。
【变式2】如果ax＞b的解集为x>,则a_____0.【答案】＞解析：由于ax＞b的解集为x＞，∴a＞0【变式3】a是任意实数，下列判断一定正确的是()A、a＞－aB、＜aC、a3＞a2D、a2≥0【答案】D解析：数a可以是一个正数、零、负数，当a为零时，A、B、C均不成立，而任意数的平方都是非负数，a2≥0.【变式4】如果a＜b＜0，那么()A、B、ab＜0C、＞1D、＜1【答案】C解析：因为a＜b＜0，取a＝－2，b＝－1，由此，，知A不正确；又ab＝2＞0，，B、D不正确，所以正确答案为C。
类型二：求不等式的解集2、解不等式：,并把它的解集在数轴上表示出来。
思路点拨:按基本步骤进行，注意避免漏乘、移项变号，特别注意当不等式两边同时乘以或除以一个负数时，不等号的方向要改变。
高二数学 不等式的证明典型例题分析
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(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∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*) ∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1∴|x|2≥b．。
从一道不等式证明题谈起
从一道不等式证明题谈起作者：钱军先来源：《新高考·高二数学》2012年第05期不等式的证明是选修4-5《不等式选讲》中的重要内容，其内涵丰富，方法灵活，技巧性强，对思维能力的要求高，怎样才能较好地掌握不等式的证明方法，从而熟练地求解不等式证明的有关问题呢？下面以一道典型的不等式证明题为例，作一些探究，供同学们参考.例题已知，b∈R，且，求证：（a+2）（b+2）．●分●析在题目的条件下，怎样证明（）（b+2）？我们可以从证明不等式的常用方法入手进行尝试●证●法●一（比较法）因为，b∈R，，所以-a，所以（a+2）（b+2）-（a+b）-（-）--2a+12=2a-，即（a+2）（b+2）（当且仅当时，取等号）●评●注要证明＞b，只要证明-＞，或当a，b均为正数时，只要证明＞1，这种方法叫做比较法，这是证明不等式的最基本方法●证●法●二（分析法）（a+2）（b+2）（a+b）-a，（1-a）-因为这是显然成立的，所以原不等式成立●评●注分析法是一种“执果索因”的证明方法，使用时，要注意保证“后一步”是“前一步”的充分条件●证●法●三（综合法）因为，b∈R，，所以-a，所以（a+2）（b+2）（a+2）（3-a）-，所以原不等式成立●评●注综合法是一种“由因导果”的证明方法，它的思维过程与分析法的思维过程正好相反. 一般地，实际解题时，常用分析法探索证明思路，用综合法表述证明过程●证●法●四（反证法）假设（a+2）（）＜252，则（a+b）+8＜由，b∈R，，得-a，于是有（1-a）＜252．所以-＜0，这与-矛盾. 所以（a+2）（）．●评●注若从正面考虑问题比较难以入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法. 许多情况下，反证法可收到变难为易、化繁为简的效果●证●法●五（放缩法）因为，所以左边=（a+2）（b+2）［（a+b）+4］右边. 所以原不等式成立●评●注放缩法也是证明不等式的重要方法.本题根据欲证不等式左边是平方和及这个特点，选用基本不等式进行放缩，达到了证明不等式的目的.不等式的证明与其他数学知识例如函数、方程、数列、平面向量以及三角函数等有着十分广泛的联系，在不等式的证明过程中蕴含着丰富的数学思想方法，因此，在不等式证明的学习中，除了要熟练地掌握几种基本方法外，还要注意从不等式与其他数学知识的联系和重要的数学思想方法入手，拓宽证明思路. 例如，上述例题，我们还可以运用下面的方法来进行证明。
不等式证明的基本方法 经典例题透析
经典例题透析类型一：比较法证明不等式1、用作差比较法证明下列不等式：（1）；（2）(a，b均为正数，且a≠b)思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。
证明：（1）当且仅当a=b=c时等号成立，（当且仅当a=b=c取等号）.（2）∵a>0, b>0, a≠b,∴a+b>0, (a-b)2>0,∴，∴.总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。
举一反三：【变式1】证明下列不等式：(1)a2+b2+2≥2(a+b)(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)(3)a2+b2≥ab+a+b-1【答案】（1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）证法同（1）（3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=( a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：ax2+by2≥(ax+by)2【答案】ax2+by2-(ax+by)2=ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy=a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy=ab(x-y)2≥0∴ax2+by2≥(ax+by)22、用作商比较法证明下列不等式：（1）(a，b均为正实数，且a≠b)（2）（a，b，c∈，且a，b，c互不相等）证明：（1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b为不等正数，∴，∴∴（2）证明：不妨设a>b>c，则∴所以，总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简. 作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形判定商式大于1或等于1或小于1结论。
《不等式的基本性质》典型例题及解析
《不等式的基本性质》典型例题及解析典型例题一例题01 根据不等式的基本性质，把下列不等式化成或的形式：（1）；（2）；（3）；（4）．解答（1）根据不等式的性质，不等式的两边都加5，不等号的方向不变，所以，∴．（2）根据不等式的性质，两边都减去，不等号的方向不变，所以，∴．（3）根据不等式的性质，两边都乘以4，不等号的方向不变，所以，∴．（4）根据不等式的性质，两边都除以－5，不等号的方向改变，所以，∴．例题02 若，用“＜”或“＞”来填空：（1）；（2）．分析由于，不等式两边都减去5，不等号的方向不变，不等式的两边都乘以－5，不等号的方向改变．解答（1）＜，（2）＞．例题03 用“”或“”号填空若且则：（1） _____；（2） _____；（3） _____；（4） _____；（5） _____；（6） _____；（7） _____；（8） _____．解答（1）因为，根据不等式的性质1，有；（2）因为，根据不等式的性质1，有；（3）因为，根据不等式的性质2，有；（4）因为，根据不等式的性质3，有，再由不等式性质1，有；（5）因为，由不等式的性质1，；（6）因为，由不等式的性质1，；（7）因为且，由不等式性质2知；（8）因为且，由不等式性质3，有说明解这类题应先观察不等号左右两边是由原来的不等式进行了什么样的变形得来的，弄清楚了，再对照不等式的性质，决定是否要改变不等号的方向．例题04 判断下列各题的结论是否正确，并说明理由．（1）如果，，那么；（2）如果，那么；（3）如果，那么；（4）如果，且，那么．解答（1）不正确．因为当或时，不成立；（2）正确．因为成立，必有且，根据不等式基本性质2，得；（3）正确．根据不等式基本性质1，由，两边都加上，得；（4）不正确．因为，那么有可能大于0，也有可能小于0，当时，根据不等式基本性质3，两边同除以得．说明①注意成立则隐含着这个条件且；②要注意（4）小题中的条件“”的讨论，因为代表有理数，所以可能取正，也可能取负数．例题05 根据不等式的基本性质，把下列不等式化成或的形式．（1）；（2）；（3）；（4）解答（l）根据不等式基本性质1，不等式两边都加上5，不等号的方向不改变，所以，即（2）根据不等式基本性质1，不等式的两边都减去，不等式不改变方向，所以，即（3）根据不等式基本性质2，不等式两边同除以（或乘以），不等号不改变方，所以，即（4）根据不等式基本性质3，不等式两边同乘以－2（或除以－）；不等号改变方向，所以，即说明在运用不等式基本性质3时，一定不要忘记改变不等号的方向．典型例题二1．有理数a，b在数轴上的位置如图，在下列各题中表示错误的是( )A．a−b>0 B．ab> 0 C．c−a<c−b D．>答案：D说明：不难看出a>b>0，所以A、B中表示的显然正确；由a>b可得−a<−b，两边同时加上c，则有c−a<c−b成立；只有D中的表示错误，因为a>b>0，所以将a>b两边同时除以ab，不等号方向不改变，即此时有>成立，所以答案为D．2．有理数a、b、c在数轴上的对应点的位置如图所示，下列式子中正确的有( )①b+c>0 ②a+b>a+c ③bc>ac ④ab>acA．1个 B．2个 C．3个 D．4个答案：C说明：由图中所给a、b、c三个数在数轴上点的位置，可以得到：①b>0，c<0且|b|<|c|，从而b+c<0；②b>c，不等式两边都加上a，得a+b>a+c；③a>b，不等式两边同乘以c(c<0)，得ac<bc，即bc>ac；④b>c，不等式两边同乘以a(a>0)，得ab>ac；所以②③④正确，答案为C．判断正误：①如果−a>−b，则a>b ( )错；−a>−b两边同乘以−1，不等号方向改变，得a<b②如果 2a>−2b，则a>−b ( )对； 2a>−2b两边同除以2，不等号方向不变，得a>−b③如果ab>ac，则b>c ( )错；当a≤0时，由ab>ac无法得出b>c④若x>，则x>1 ( )错；取x = −，则x>成立，但此时x>1不成立⑤若a−5>b−5，则a>b ( )对；a−5>b−5两边同加5即a>b⑥若a>b，则a2>b2 ( )错；取a = −1，b = −2，此时a>b成立，但a2<b2⑦若>，则a<b ( )错；取a = 1，b = −1，此时>成立，但a>b⑧若a>b，c>d，则ac>bd ( )错；取a = 1，b = 0，c = −1，d = −2，此时a>b，c>d都成立，但ac<bd。
七年级含参不等式典型例题
七年级含参不等式典型例题七年级数学课程中，含参不等式是一个重要的知识点。
通过学习含参不等式的典型例题，学生可以掌握解决这类问题的方法和技巧。
下面是一些常见的七年级含参不等式典型例题及其解答。
例题1：求解不等式2x + 3 < 5的解集。
解答：将不等式转化为等价的形式，即2x < 2。
再将不等式两边除以2，得到x < 1。
因此，不等式2x + 3 < 5的解集为x < 1。
例题2：求解不等式3(x + 2) > 4x - 1。
解答：首先，将不等式进行展开化简，得到3x + 6 > 4x - 1。
然后，将不等式两边减去3x，得到6 > x - 1。
再将不等式两边加上1，得到7 > x。
因此，不等式3(x + 2) > 4x - 1的解集为x < 7。
以上两个例题展示了如何解决含参不等式的基本步骤。
在解决含参不等式时，学生需要注意以下几点：1. 首先，根据不等式的形式，决定采用何种方法进行求解。
有时可以直接进行展开化简，有时需要将不等式转化为等价形式。
2. 在进行计算时，需要注意保持不等式的等价性。
即，对不等式两边进行变换时，需要保证变换不影响不等式的解集。
3. 解决含参不等式时，常常需要使用代数运算的性质，如分配律、合并同类项等。
学生需要熟练掌握这些性质，并灵活运用。
综上所述，七年级数学中的含参不等式是一个重要而有趣的知识点。
通过学习和解决典型例题，学生可以提高解决含参不等式问题的能力，同时也能够培养他们的逻辑思维和数学推理能力。
希望同学们在学习过程中能够善于总结经验，不断提高自己的数学水平。
一道不等式和直线交汇题的解法探究与思考
现行的教材 都是分课时编写， 通常每课时的任务必须在
一
节课内完成。 多数教师对每节课的 内容任务进程都具 体以
体会本节课 的重难点 。 这就要求我们把教学的空 间开放， 要
在课堂教学时努力体现 “ 问题情境出发，建立数学模型应 从
时间顺序来分解 ， 而在具体操作时 ． 有时怕完不成教学任务 学生在关键处及易混 易错处发生分歧时． 不敢花过多的时间
◇
王 素 君
在学习不等式这一章 内容 时， 课本上安排 了一道基本 不 等式和直线方程交汇 的例题 ：
解法１ －设点Ａ ａＯ ，Ｂ Ｏ６ （ （， ） （，） ａ＞Ｏｂ＞０ ， ， ）
直线 ， 的方程 为 兰 ：１。
口 ｂ
过点Ｐ １ ） 直线， 轴的正半轴、 （２ 的 ， 与 Ｙ轴的正半轴
证，通过 思考一 交流— —再思考一 再交流 而形成见解。 即使一时不能形成看法 的学生也是希望 听听同学怎么说的， 以开启 自己的思路 。因此 ， 教师应 用激励学生多说的课堂讨 论形式，让学生陈述见解 、谈感想、作评论 ，甚 至演讲、答 辩等 ，使学生畅所欲言 。这样 ，既可以活跃课堂气氛 ，调动 学生的学习积 极性、主动性和参与意识 ，使学生有表现 自我 的机会 ，又可激发学生的灵感 ， 锻炼和 提高学生 的思维能力 和表达能力，发展学生的潜在素质 。 总而言之 ， 提高学科教学质量 是素 质教育得 以实现的保 证， 素质教育的渗透会激活学科 的教学 。 语文学科是基础学 科， 在培养学生情感 因素 、审美能力、 道德人格上更是有特 殊的功能。为了学生的素质和能力 的发展 ，我们应充分发挥 语文学科 在学生素质教育上 的优越性 ， 在教 学方法与学科素 质教学乃至学生的整体素质发展 的联系上作广泛的、 立体的 探讨 ，以求真 正提 高教 学质 量 。
高一数学不等式经典例题与解析
高一数学不等式经典例题与解析
对于即将升入高中的同学来说，高中数学是一个让人比较头疼的科
目，下面是小编为大家整理的高一数学不等式经典例题与解析，希望能对大
家有所帮助。
高一数学不等式经典例题与解析 例1 解下列不等式(1)(x-1)(3-x);3(x2+2)分
析将不等式适当化简变为ax2+bx+c>;0(;4}解关于x的不等式(x-2)(ax-2)>;0.
分析不等式的解及其结构与a相关，所以必须分类讨论.解1° 当a=0时，
原不等式化为x-2;0，其解集是{x|x≠2};从而可以写出不等式的解集为：a=0
时，{x|x 例2 若不等式ax2+bx+c>;0的解集为{x|α分析
由一元二次函数、方程、不等式之间关系，一元二次不等式的解集实质上
是用根来构造的，这就使“解集”通过“根”实现了与“系数”之间的联系.考虑使
用韦达定理：解法一由解集的特点可知a;0，c;0解为α说明：要在一题多解
中锻炼自己的发散思维.分析将一边化为零后，对参数进行讨论.进一步化为
(ax+1-a)(x-1);0时，不等式化为(2)a=0时，不等式化为x-1 例3 绝对值大
于2且不大于5的最小整数是[ ]A.3 B2C.-2 D5分析列出不等式.解根据题意得2 例5 实数a，b满足ab;|a-
b|C.|a+b|;0，原不等式的解集为{x|a-b答选D.说明：本题实际上是利用端点
的位置关系构造新不等式组.以上是小编整理的《高一数学不等式经典例题与
解析》，了解更多关于高中数学的最新资讯，请随时关注!。
对一道不等式数学题解法的思考
由 ＋ 一得一 一 ＞） 丢 １６ （４ 口 ． 令＋一， —＋ 一三 ， ｎ６ 则 ｎ 半
得 关 于 ｎ的 二 次方 程 ａ － （ ＋ｚａ ｚ ． 。ｔ ３ ） ＋４ ＝０ －
可 由 △ 一 （３ ＋ ） 一 １ ｚ ＞ ０ 且 。 ６ ／ －
，
又 口 ≥２、 ＋６ ／ ，
已知 ｎ ｂ 一 ＿ ，ＥＲ 且 ４十 １—１
，
ａ
０
求 。 的最小值． ＋６
解法三 ：换元后构造均值 不等式法 ） （
由 ＋ 一１ ６ 得 ＝
所 以 ｎ 一口 １ ｎ 一 ＋６ ＋ ＋
错解 ：均值不等式法 ） （
‘ ． ‘
一１ ＋
（＞ ４ ， ａ ）
≥９
题多解 、 题 多讲 ， 以 巩 固学生 知 识 ， 练 学 生思 一 可 训
时取等号 ） ． 练习 ： 已知 ＋ ＋４ ＝５ ｚ Ｙ ｙ （ ， ∈Ｒ ） 求 ｍ ， ｙ的取
值 范 围．
维， 开拓学生视野 ， 可以使学生 的知识能够有 机地联 系． 下面通过一个典型的例题加 以说 明．
．
１ （ 一 １ ≥ ８ ） ） ．
２ ６Ｃ ． ， 是不相 等 的正 数且 ａｃ ， ， ｂ 一１ 求证√ ＋￣ ＋ ，
ｚ ＋ —ｎ
（＞１ ， ｎ ）令 一ｏ得 。 ． ， 一６
＜ ｌ ｛＋ ＋ ．
ａ Ｃ
即在区间内有一极值点 ， 此极值必为最值．
以上所涉及 到 的方法都 是学 生在学 习过 程 中应 掌
・
．
． ＋ ６ （ ＋ ６ （ ＋ ） ５ ａ 一 ｎ ） 一 ＋ ＋ ≥ ９
口 Ｄ 口 ０
令 ＝ｃ） 一ｓ） ＝ｏ２ （ 。 ＝ ｓ， ｉ ， （０吉 ｒ ｄ
对一道柯西不等式证明题的再次探究
了解 了柯 西不等式 的具体 内容，我们再来 分析一下 例 ６
的证 明过 程 ．
一
一
作者证明、／ ≤痢 ＋历 ＋ ≤、／
时用到 了柯 西不 等式， 并没 有提 到等号成立 的条件，实际
笔者最近一直在学 习和研究柯西 不等式，偶 然问发现本 上 等号成 立时 ： ＝ ，再 由 。＝ 丽 ，ｃ＝ ，
Ｙ。＝（ 而 ＋
＋ ）
≤ （ ＋ １＋ １）［ｎ（ｘ＋２７）＋６（１３－ｘ）＋ｃ ］
凑 系 数 时 应 满 足
（３）通 过 对 比可 以发 现 ，
ａ— ｂ＋ Ｃ＝ ０
（１）
、／／萼＜１１≤ 而＋ ＋
＜３ｖ￣５＋ｖＴ５＜、／／
显 然 ，结论
１１≤ 、／
＋ 、／Ｔ两 ＋ 、／ ≤ ３ ＋ 、／
即 ＋ ＋ ≤、／／ ．又因为 ５
，
既 然如此，笔 者认 为例 ６稍作 更改可 能更 为妥 当，例题
ａ ４ ｂ＋ｃ）。≥ｎ ＋ｂ。＋ｃ。≥ （ｎ ＋２ｂ。４ Ｃ２）＝ ，所 以 改编如下 ：
有ｎ ＋ｃ≥＼／孚即、／ ≤厕 ＋历 ＋ ． 例 ６Ｓ求函数 Ｙ＝ 丽 和 最 小 值 ．
￣／ ＋ ２７＋
≥ ￣／２７＋￣／ｌ３＝３ｖ／５＋ ｌ３
其 中等号 当且仅当 ａｌ＝ 一
Ｄ１
Ｄ２
入 ∈ ．
．：
：
时成立 ，
其
中
Ｄｎ
例 ６中应 用 到 的 是三 元 柯 西 不等 式，即：对 任 意 的实
当 Ｘ ＝ ０时等 号 成 立，故 Ｙ的 最 小 值 为 ３ ＋ 、／， ．又
Ｖ／萼≤ ＋ ＋ ≤、／／ 中的两个等 化 为 “已 知 ａ ＋ ２ｂ ４ ｃ ＝ ５３，求 ａ＋ ｂ ４ Ｃ的最 值 ”
关于一道典型不等式证明题的思考
述 ２种 解 法 中 等 号 成 立 的 条 件 都 是 满 足 的 ， 一 点 要 这
注 意 ， 用 基 本 不 等 式 求 最 值 时 一 定 要 检 验 它 的 三 原 运 则 ： 一 正 ” 二 定 ‘ 相 等 ” 一 个 原 则 都 不 能 马 虎 ． “ “ 三 ，
ｚ
≈ 例 ５ 已 知 ｚ、 为 正 实 数 ， ３ 且 ｚ＋ ２ 一 １ 求 ，
入． 见本 题代 入 已知 条件 的 时机 选 择 恰 到 好处 ． 可 本 题还 可 以直接将 限制 条件 代入 ， 后 化 简 的结 果也是 最
１ 仍 然 可 以 采 用 代 入 法 ， 此 上 述 算 法 具 有 一 ， 因
般性．
ｘ ｙ＋ 一 ２ 只 是 化 简 过 程 要 复 杂 一 些 ， 且 要 不 失 ， 而
例 ３ 若 ｘ＞ Ｏ， ｙ＞ Ｏ ｚ＋ 一 １ 求 证 ： ， ，
（ １＋ ）（ ＋ ） ９ １ ≥ ．
ｚ Ｙ
时 机 地 将 条 件 ＋ 一 １代 入 ．
还有 一 点要 特 别 提 醒 同学 们 ， 证 明本 题 时 ， 在 经
常 会 出 现 一 种 典 型 的具 有 代 表 性 的 错 误 解 法 ：
＋ 的 最 小 值 ．
Ｙ
一 ． 例 ４ 设 ｘ Ｏ ｙ Ｏ， ＞ ，＞ ｚ＋ Ｙ １ 求 证 ： 一 ，
中 似如ａ－一 的等式 类 － １ ｔ ｂ 代入到代数式去＋吉的算
法 ， 证 明 不 等 式 和 求 最 值 的 问 题 中 应 用 广 泛 ， 以 在 可 设 想 如 果 给 出 的 条 件 是 ｎ＋ ｂ一 ２ 将 条 件 变 形 为 ，
ａｄ －ｂ
下
一
彝
柔
由一道不等式问题引发的思考
不等式问题比较常见，样，法、基本不等式法、设中的条件进行适当的转化，不同的解题思路.一下解答此类问题的多种解法.例题：（2022若实数x ,y 满足x 2+y 2-xy =1A.x +y ≤1 B.x C.x 2+y 2≥1D.x 关x 、y 的代数式x +y 、x 2+y 2在于根据实数x 、y 可以从如下几个角度进行分析.角度一：利用基本不等式基本不等式：∀a ,b ϵR ，a 2a =b 时等号成立.和最值问题的重要工具，正”“二定”“三相等”成立，在运用基本不等式时，起来，或积，并使其中之一为定值.解：由x 2+y 2-xy =1得x 2+因为x ,y ϵR ，所以x 2+y 2≥2移项得xy ≤1，所以x 2+y 2=xy +1≤2.则令x =-12，将其代入x 2+y 2得y 2+12y -34=0.根据根与系数的关系知，当y 取正解时，x 2+y 2=1+又因为(x +y )2=x 2+y 2+2xy 所以-2≤x +y ≤2.故B 综上可知，本题的答案为B 探索探索与与研研究究若已知关系式形如u +v =a ，已知关系式形如u -v =a ，值范围.角度三：巧用换元法将问题简化.常用的换元法有：法、和差换元法等.解法1：由x 2+y 2-xy =1变形令ìïïx -y2=cos θ,=sin θ;θ∈[]0,2π得ìíîïïïïx =θ+cos θ,y =3θ;θ∈[则x +y =3sin θ+cos θ=2可得-2≤x +y ≤2，故B 又因为x 2+y 2=èθ+2θ-13cos 2θ+43=23sin 所以23≤x 2+y 2≤2，其中故D 项对，C 项错.综上所述，正确答案为B 、D 方程x 2+y 2-xy =1是令x -y2=cos θ=sin θ用sin θ、cos θ表示出来，求得其取值范围.在换元时，角函数进行换元.对平方和为sin 2θ+cos 2θ=1对比，用sin θ与元.若平方和为非1的正数(r cos θ)2=r 2联系，用r sin θ、r cos 解法2：设x +y =a ，则y =a 将其代入x 2+y 2-xy =1得x 2化简得3x 2-3ax +a 2-1=0.因为x ∈R ，所以△=9a 2-故B 对，A 错.)，b sin θ()θ∈[]0,2π，xy =1可得b -b sin θcos θ=1，=1，得b =22-sin 2θ.1≤b ≤2，即1≤x 2+y 2≤2，综上所述，正确答案为B 、D 两项.x +y 与x 2+y 2视为两个y 2=b ，通过换元，将题目转化为.利用换元法求解不等式问题同一题的解法也.在求代不妨将代数式视将问题转化为求新元的.b ，y =a -b ，xy =1，)2-()a +b ()a -b =1,1，即a 2=1-3b 2.1-3b 2≥0,+2b 2=2(1-3b 2)+2b 2=2-4b 2，2，故D 项对，C 项错.=±21−3b 2，2.故B 项对，A 项错.B 、D 两项.x 、y 均可用另外两个实数a 、b -b ，y =a +b ，则可采用和差代用和差代换法，令x =a +b ，x +y 、x 2+y 2后，即可求得两个代数式的取值但寻找解题思我们借助不等式的性质、重要不对题设条件进行合.求解数学问题..（作者单位：西华师范大学）探索探索与与研研究究50。
高中数学解题过程规范性探究——以不等式证明题为例
㊀㊀㊀高中数学解题过程规范性探究以不等式证明题为例◉江苏省连云港市新浦中学㊀张爱琴㊀㊀摘要:随着素质教育不断改革推进,高中数学教学内容和教学模式出现巨大的变化．在现行的高中数学教育中不仅应该要求教师根据新课程改革内容做出教学创新,还应该要求在提升高中学生的解题能力的基础之上完善学生的规范性意识．以高中不等式证明题为例,分析高中数学解题过程不规范的原因,从教师角度和学生角度提出提高高中学生解题过程规范性的策略及措施．关键词:高中;数学;解题;规范性㊀㊀１引言无规矩,不方圆． 在高中数学教育当中无处不充斥着 规范 ,但是部分学生却对 规范 不甚重视．从高中学生的题目解答情况进行分析,大部分学生存在丢三落四 ㊁书写不规范㊁词不达意㊁缺乏连贯性㊁字迹潦草㊁卷面不整洁等问题,从而导致失分,归根究底是高中学生没有良好的规范性解题意识．为了扭转这一局势,在高中数学教学过程中教师应该注重分析学生解题过程不规范的问题,进而从学生规范意识培养㊁完善评价模式㊁教师做好板书引导和例题指导提高学生的解题质量．２解题过程规范性探究２．１不等式证明题实例本文中以高中不等式证明题为实例,结合高中学生实际解答过程探究优化规范解题过程策略．例㊀已知a＞b＞c,求证:１a－b＋１b－c＋１c－a＞０．同学A解答过程:证明:ȵa＞b＞c,ʑa－b＞０,b－c＞０,a－c＞０;原式移项即证:１a－b＋１b－c＞１a－c．可得式子a－b＋(b－c)＝a－c．ȵ１a－b＞１(a－b)＋(b－c)＝１a－c①同理１b－c＞１a－b＋(b－c)＝１a－c②ʑ①＋②式得１a－b＋１b－c＞２a－c＞１a－c．原式得证．同学B解答过程:证明:要证１a－b＋１b－c＋１c－a＞０,即证:１a－b＋１b－c＞１a－c．ȵa＞b＞c,ʑ有１b－c＞０．则只需证明:１a－b＞１a－c．需证:a－c＞a－b＞０．需证:a＞b＞c(已知条件)ʑ有１a－b＋１b－c＞１a－b成立．ʑ有１a－b＋１b－c＋１c－a＞０成立．２．２解题过程规范性探究２．２．１开头假设部分通过观察同学B对例题的解答,该名同学采用分析证明法在解题开头引入分析过程．分析证明法在证明题当中能够为阅卷者明确解题思路,所以在结合了同学B解题步骤的基础之上,笔者认为在 需证即证 前添加 分析:此题采用分析法进行证明进行明确．通常开头假设部分㊁分析说明部分运用在方程式解答㊁图形辅助线较多．２．２．２中间衔接部分通过对比同学A和同学B的解题过程,同学B采用分析证明法对例题进行解答并且在解答过程中语言干练㊁优美,上下衔接思路明确且流畅自然,在连词的使用上也较为合理,但是仍有改进之处．例如,该同学在解题第一步中描述 需证 即证 是较为合理的开头,但是在后续的解答过程中多次运用 只０６复习备考复习指引㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年４月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀需证明 需证 词汇,导致卷面单调重复．除此之外,综合法的书写过程是 因为(ȵ)所以(ʑ)同样也是这个道理．在数学语言中有较多丰富的衔接词,例如 不妨设/令 且 非 故 等,学生在解题过程中可以充分结合此类词汇丰富书写过程．因此,综合同学B 的解答过程,可以做出如下优化:证明:要证１a －b ＋１b －c ＋１c －a ＞０,即证１a －b ＋１b －c ＞１a －c ．因为a ＞b ＞c ,所以１b －c ＞０．则只需证１a －b ＞１a －c．即证a －c ＞a －b ＞０．即证a ＞b ＞c ．而a ＞b ＞c 为已知条件,所以１a －b ＋１b －c ＞１a －c ．故,原命题为真．２．２．３整体排版布局排版布局不仅是在语文㊁英语等基础学科有着较高的要求,在数学科目学习过程中也有着较高的要求．排版布局是具有独立性的设计艺术,其主要目的是通过合理的㊁美观的排版布局是版面更加美观,帮助信息能够进行有效传递．那么在高中数学解题过程中的排版布局目的则是要求学生在解题过程中书写整齐㊁版面富有整洁性,使解题信息能够有效地传达给阅卷老师．从同学A 对例题的解答进行分析,该生在解题过程中采用综合证明法进行证明,从该同学的解题思路进行分析,其解题思路是正确的,且构思巧妙,但是书写过程过于凌乱㊁版面未能对仗工整,导致其解题过程中部分步骤缺乏逻辑性,因此,结合同学A 的解题思路,笔者做出以下优化:证明:因为a ＞b ＞c ,所以a －b ＞０,b －c ＞０,a －c ＞０．又因为a －c ＝(a －b )＋(b －c ),所以１a －b ＞１(a －b )＋(b －c )③且１b －c ＞１(a －b )＋(b －c )④所以③＋④式得:１a －b ＋１b －c ＞２a －c ＞１a －c,所以移项可得:１a －b ＋１b －c ＋１c －a＞０．综上所述,排版布局是为了使卷面更加整洁美观,帮助阅卷老师更快㊁更高效地接受信息,所以在内容上首先要求学生解题过程中以较强的逻辑性作为支撑,然后在书写过程中上下对齐㊁左右对齐,若某行出现内容过多,则可以另起一行,避免头重脚轻的情况出现．３高中数学解题不规范原因分析３．１教师原因３．１．１忽视解题规范的重要性对于数学教师而言,部分教师自身在传统应试教育理念的影响下,在教学过程㊁对学生的考核过程中过于重视最终答案的求解,所以在教学过程中对学生进行潜移默化地影响,导致学生自身忽视解题的规范性[１]．除此之外,由于教师自身拥有较为丰富的解题经验和教学经验,往往面对简单的题目能够很快得出答案,所以在解题教学过程极易简化教学步骤,学生在学习过程中也极易跟随教师的思路,跳过解题衔接步骤,从而出现解题不规范行为．３．１．２日常书写行为不规范在 信息化教育 理念的引导下,高中数学教育模式出现较大的变化．数学教师在教学过程中大多采用多媒体设备,通过课件展示进行教学．据了解,现阶段大部分高中数学教师在解题教学过程中采取 ３＋７的时间分配模式,其中解题教学时间中３０％采用板书教学,７０％采用多媒体课件展示[２]．由于多媒体课件的直观性导致教师在板书时会简化书写步骤,例如板书潦草㊁字迹不工整㊁对仗不工整等情况,而学生在学习过程中自然而然地进行效仿,导致在实际的解题过程中出现解题不规范的情况．３．２学生原因３．２．１注意力不集中纵观高中数学题目,大多题目涉及图象㊁数学符号等信息,而学生在审题过程中如果注意力不够集中,未能关注图象细节㊁符号细节㊁概念混淆不清㊁未能根据题目显示的已知条件转化为数学语言㊁无法挖掘题目当中的隐性条件㊁无法找出已知条件与未知条件之间的关系,才导致在解题过程中出现 思路迷宫 ,以至于无法列出正确的公式,最终解题错误[３]．３．２．２解答过程不严谨解答过程不严谨可大概分为以下两大原因,第一是字迹潦草,例如部分学生在书写过程中将数字 １ 和 ７ ㊁ ɿ 和 ５ ㊁ ８ 和 ３ 等写的较为相似,则容易出现混淆的情况．除此之外,在面对部分复杂的题目㊁需要做图的题目,学生在修改错误思路或者修改解题１６２０２２年４月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀复习指引复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀过程中出现大面积涂改㊁墨团㊁乱圈乱画的情况,导致卷面不整洁㊁凌乱．３．２．３计算结果不检验在解题过程中,部分学生认为 做完题＝解题完成 ,所以忽视了计算结果检验的步骤,未能从题目㊁答案中进行全面思考,未能考虑解题过程是否混淆概念㊁是否忽视隐含条件㊁逻辑推理过程是否错误㊁计算结果是否合理,最终导致解题过程不规范．４纠正解题过程规范性错误的策略及措施４．１学生纠正对策４．１．１强化学生对规范性解题的重视高中学生在数学解题过程中出现规范性错误的主要原因是学生个体对解题规范性未能引起重视,对比解题规范性和求解答案二者,学生更加重视求解答案,认为只要最终答案正确就能够取得分数,所以忽视了解题过程．因此,为了纠正高中学生的错误观念,教师应该注重强化其对规范性解题的重视．在高中数学解题规范性训练过程中不仅要注重培养学生正确使用数学语言的能力,要求其在不同的步骤中使用与之相对应的数学符号,以此简化解题过程㊁清晰解题思路．另外,部分学生由于自身逻辑思维混乱,所以在题目解答过程中出现 想到哪里,写到哪里 ,导致书写不规范．因此,在日常的教学过程中,教师注重强化学生的逻辑思维,面对不同的解题步骤提出 该步骤的解题依据是什么 等问题,使学生的解题过程能够有理有据．４．１．２开启生生互评二元评价模式在日常的阅卷过程中,高中数学教师阅卷任务繁重,所以无法做出逐一修改,而学生拿到卷子之后也无法明确自身的错误所在,所以导致部分学生在修改规范性解题错误时仍 照搬不误 ,错误的地方仍然出错,究其原因是因为评价方式过于单一．因此,结合这种情况,教师在日常阅卷或教学时可以开启生生互评等二元评价模式,引导学生互相批改作业或者试卷[４]．在二元评价模式过程中,学生能够学习他人的解题思路,同时面对他人所出现的规范性问题有更清晰的认知,从而在自身的解题过程中规范行为．这种 对照他人,检索自己 的评价模式更有助于学生提高自己的规范解题能力．４．２教师纠正对策４．２．１加强板书引导,树立规范意识在日常的高中数学课堂教学过程中,教师的板书行为能够给予学生良好的规范解题指导．在规范性解题教学初期,学生会通过教师的板书对照模仿,所以在板书过程中教师需要规范解题,为学生提供正确的㊁规范的解题格式与解题方法[５]．另外,在利用黑板进行书写过程中,教师要注重格式正确㊁粉笔字工整,在面对部分需要做图的题目尽量使用作图工具,并且每一个做图步骤清晰明确,按照不同的书写步骤进行讲解．除此之外,在使用多媒体教学软件时,教师更应该利用画笔工具标注出不同解题步骤的关键信息,以此提升学生的解题规范能力．４．２．２做好例题教学,严格要求学生如上文所述,部分学生出现解题不规范的原因是因为自身对规范性问题不以为然,所以教师在例题教学㊁作业批改㊁卷面指导过程中要对解题规范性作出强调,对学生书写过程㊁书写格式和数学语言等方面出现的错误利用红笔进行标注,并及时督促学生进行修改[６]．另外,在生生互评的二元评价模式当中,教师可以将部分解题规范的卷面进行展示,引导学生进行学习,从而纠正自身的错误．５结论数学是中学教育系统中重要科目之一,也是影响学生升学的重要科目．通过对学生解题情况的分析发现,高中学生在数学题目解答过程中除了出现知识性错误导致失分之外,规范性解题也是导致其失分的原因之一．因此,为了帮助学生减少失分,在教学过程中对于解题规范性内容,教师应该着重做出强化,从学生的解题能力㊁解题思维等方面进行完善．笔者以高中不等式证明题为例分析高中学生解题规范性错误,并从教师角度和学生角度探讨提升高中学生数学解题规范性的策略及措施,希望以此为广大高中数学教育工作者提供教学思路．参考文献:[１]李慧．如何培养高中数学解题的规范性[J]．数理化解题研究,２０２１(１８):１４Ｇ１５．[２]马丽丽．数学解题规范化的途径[J]．广西教育,２０１９(３０):１４３Ｇ１４４．[３]李素青．稚化思维在高中数学解题教学中的运用[D]．武汉:华中师范大学,２０１７．[４]李旭萃．专家型教师高中数学解题教学案例研究[D]．哈尔滨:哈尔滨师范大学,２０１６．[５]赵桂明．注重规范,奠定高中数学高效解题之基[J]．中学教学参考,２０１５(２６):２７．[６]徐香萍．浅谈学生在高中数学解题方面存在的几个问题[J]．高考(综合版),２０１４(６):１１１．Z２６复习备考复习指引㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年４月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
《不等式的解集》典型例题及解析
《不等式的解集》典型例题及解析例题1 分别试写出一个不等式，使它的解集满足下列条件：（1）是不等式的一个解；（2）它的正整数解为1，2，3，4．分析只要写出一个满足条件的不等式即可，事实上，满足这个条件的式子有无数个．解答（1）．（2）．例题2 是不是不等式的解？是不是不等式的解？你能知道不等式的解集吗？解答∵当时，，∴是的解．∵当时，不小于－16，∴不是的解．在的两边都减去2，得，再在两边都除以－3，得是不等式的解集．例题3 当取下列数值时，哪些是不等式的解？哪些不是？，，， , , , ,分析利用定义，只要把每个值代入不等式加以验算，就可得出结论.解答当时, ,而 ,所以是不等式的解.当时，，而≮6（“≮”读作“不小于”），所以4不是不等式的解.类似地，我们可得：，，，都是不等式的解；，，，都不是不等式的解.例题4 试判断－2，1，2，，10，0，3是否是不等式的解？再找出这个不等式的另外两个小于2的解．分析分别将题中所给的各数代入不等式的左边，求出对应值，然后比较左边的值是否大于5，．根据上述情况，确定不小于2的解．解答（1）当时，不等式的左边右边，所以不是不等式的解；（2）当时，不等式的左边＝2×1＋3＝5＝右边，故不是不等式的解；（3）当时，不等式的左边右边，故是不等式的解；（4）当时，不等式的左边右边，故不是不等式的解；（5）当时，不等式的左边右边，故是不等式的解；（6）当时，不等式的左边右边，故不是不等式的解：（7）当时，不等式的左边右边，故是不等式的解．由上述可知，当时不等式的左边与右边相等，且负数和0都不是不等式的解，可推得不等式的解的值应大于1．故不等式小于2的解应在1与2之间，如等，都是不等式小于2的解．例题5 求不等式的正整数解．解答由不等式的基本性质1，得，即是不等式的解集，因此不等式的正整数解为1，2，共两个．说明本例是求不等式的特殊解（正整数解），可先利用不等式的基本性质求出不等式的所有解（即不等式的解集），然后从所有解中筛选出特殊解．。
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一道不等式例题的探究
贵州省三穗民族高级中学赵昭明(556500)
教材中的例题在训练学生求异思维，促进知识之间的联系、渗透和迁移，培养学生探究创新精神方面起着很大的作用．下面举例说明．
原题(人教版高中《数学》第二册(上)P12例2)已知,,0a b m>,且a b <，求证：
a m a
b m
b
+>+．这是课
本的一道引入比较法和分析法的例题．下面对本题展开发散思维训练．
思维训练1(构造法)(1)构造斜率公式
由不等式左边a m b m
++是一个分式，联想到直线的
斜率公式21
2
1
y y k x x =
的结构特征，于是可构造直线的斜率公式来证明．即
a m
b m
++可以看作两点(,),(,)A b a B m m 的连线
斜率，而/a b 可以看作点(,)A b a 和原点(0,0)O 的连线斜率．
因为0a b <<，故点(,)A b a 在第一象限且在直线y x =的下方，点(,)B m m 在第三象限且在直线
y x =上，所以总有AB A O K K >，即
a m a
b m
b
+>+．
(2)构造辅助函数
作函数()(0),a x f x x b x
+=
≥+易知()1
b
a
f x b x =+在其定义域上是单调增函数．
当0m >时，有()(0)f m f >，即a m a b m
b
+>
+．
(3)构造定比分点坐标公式构造点1
2(,0),(1,0),(,0)a
a m A A A
b b m
++，设A 分12
A A 所成的比为λ，由
/1a m a b b m λ
λ++=++，解得m
a
λ=
，这说明A 是12
A A 的内分点．故
a m a
+>+.(4)构造相似三角形
构造相似三角形△A BC ∽△A DE ，如图，显见，,m n <又
.a a m a m b b n
b m ++=<
++a a m a m
b b n b m ++=<++.思维训练2(放缩法)分析：
a m
a
b b m
b m b m +++=
++11b a b a a b m b b
=>=+．
思维训练3（增量法）
分析：由b a >，故可设(0)b a k k =+>，所以
1,
b m
a k m
k
a m a m a m +++=
=+
+++1b a k k a a a +==+．易知k k a m a <+，所以b m b a m a +<+，即a m a b m b
+>+．
思维训练4(学科迁移分析)
可以理解为化学学科里的在含有a 个单位溶质的b 个单位溶液中，往其加入m 个单位溶质，其浓度明显大于原来的浓度.
思维训练5(引申探索分析)
(1)若,,0,a b m >且a b >，则
a m a
b m
b +<+．
(2)若0b a <<0m>,且a b >，则a m a b
m b
>．
(3)若0,0a b ><,且||||b a <，0m >，
则
a m a b
m b
+>．
(4)若0,0a b <>,且||||a b <，则
a m a
b m b
<+．借助教材例题进行多方位探究引新，给学生以切切实实的创新思维的训练，只要教师在平时的教学中，尽可能创造一切机会让学生感受到教材知识的可探讨可发现的一面，通过长期的教学实践，这无疑地会为学生以后勇于探索、敢干创新创造了一定的基础，依托课堂教学培养学生创造精神，这便
是目前提倡素质教育之所需．
2008年第4期福建中学数学43
b m b。