課 題：不等式小結與複習（1）教學目的：
1．理解不等式的性質及其證明，掌握證明不等式的常用方法； 2．掌握常用基本不等式，並能用之證明不等式和求最值；3．掌握含絕對值的不等式的性質；4．會解一元二次不等式、分式不等式、含絕對值的不等式、簡單的高次不等式 學會運用數形結合、分類討論、等價轉換的思想方法分析和解決有關不等式的問題，形成良好的思維品質 授課類型：複習課 課時安排：1課時 教 具：多媒體、實物投影儀
教學過程： 一、複習引入：1．基本不等式、極值定理；2．簡述不等式證明的幾種常用方法:比較、綜合、分析、換元、反證、放縮、構造 二、講解範例：
例1 求函數 的最大值，下列解法是否正確？為什麼？解一： ，∴ 解二： 當 即 時， 答：以上兩種解法均有錯誤 解一錯在取不到「=」，即不存在 使得 ；解二錯在 不是定值（常數） 正確的解法是：若且唯若 即 時 例2 若 ，求 的最值 解： ∵ ∴ 從而 即 例3設 且 ，求 的最大值解：∵ ∴ 又 ，∴ 即 例4 已知 且 ，求 的最小值 解： 若且唯若 即 時 例5 將一塊邊長為 的正方形鐵皮，剪去四個角（四個全等的正方形），作成一個無蓋的鐵盒，要使其容積最大，剪去的小正方形的邊長為多少？最大容積是多少？解：設剪去的小正方形的邊長為 則其容積為 若且唯若 即 時取「=」即當剪去的小正方形的邊長為 時，鐵盒的容積為 例6 已知0 < x < 1, 0 < a < 1，試比較 的大小 解一： ∵0 < 1 - x2 < 1, ∴ ∴ 解二： ∵0 < 1 - x2 < 1, 1 + x > 1, ∴ ∴ ∴ 解三：∵0< x <1，∴0 < 1 - x < 1, 1< 1 + x < 2, ∴ ∴左 - 右 = ∵0< 1 - x2 <1, 且0< a <1 ∴ ∴ 例7 已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac + bd證一：（分析法）∵a, b, c, d, x, y都是正數∴要證：xy≥ac + bd 只需證：(xy)2≥(ac + bd)2 即 (a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd 展開得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd 即 a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，顯然成立,∴xy≥ac + bd 證二：（綜合法）xy = ≥ 證三：（三角代換法）∵x2 = a2 + b2，∴不妨設a = xsina, b = xcosa∵y2 = c2 + d2 ∴不妨設 c = ysinb, d = ycosb ∴ac + bd = xysinasinb + xycosacosb = xycos(a - b)≤xy例8 已知x1, x2均為正數，求證： 證一：（分析法）由於不等式兩邊均為正數，平方後只須證：即 再平方 abcdpm化簡整理得 （顯然成立） ∴原式成立證二：（反證法）假設 化簡可得 （不可能）∴原式成立證三：（構造法）構造矩形abcd，使ab = cd = 1, bp = x1, pc = x2當ðapb = ðdpc時，ap + pd為最短 取bc中點m，有ðamb = ðdmc, bm = mc = ,∴ ap + pd ≥ am + md
1．理解不等式的性質及其證明，掌握證明不等式的常用方法； 2．掌握常用基本不等式，並能用之證明不等式和求最值；3．掌握含絕對值的不等式的性質；4．會解一元二次不等式、分式不等式、含絕對值的不等式、簡單的高次不等式 學會運用數形結合、分類討論、等價轉換的思想方法分析和解決有關不等式的問題，形成良好的思維品質 授課類型：複習課 課時安排：1課時 教 具：多媒體、實物投影儀
教學過程： 一、複習引入：1．基本不等式、極值定理；2．簡述不等式證明的幾種常用方法:比較、綜合、分析、換元、反證、放縮、構造 二、講解範例：
例1 求函數 的最大值，下列解法是否正確？為什麼？解一： ，∴ 解二： 當 即 時， 答：以上兩種解法均有錯誤 解一錯在取不到「=」，即不存在 使得 ；解二錯在 不是定值（常數） 正確的解法是：若且唯若 即 時 例2 若 ，求 的最值 解： ∵ ∴ 從而 即 例3設 且 ，求 的最大值解：∵ ∴ 又 ，∴ 即 例4 已知 且 ，求 的最小值 解： 若且唯若 即 時 例5 將一塊邊長為 的正方形鐵皮，剪去四個角（四個全等的正方形），作成一個無蓋的鐵盒，要使其容積最大，剪去的小正方形的邊長為多少？最大容積是多少？解：設剪去的小正方形的邊長為 則其容積為 若且唯若 即 時取「=」即當剪去的小正方形的邊長為 時，鐵盒的容積為 例6 已知0 < x < 1, 0 < a < 1，試比較 的大小 解一： ∵0 < 1 - x2 < 1, ∴ ∴ 解二： ∵0 < 1 - x2 < 1, 1 + x > 1, ∴ ∴ ∴ 解三：∵0< x <1，∴0 < 1 - x < 1, 1< 1 + x < 2, ∴ ∴左 - 右 = ∵0< 1 - x2 <1, 且0< a <1 ∴ ∴ 例7 已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac + bd證一：（分析法）∵a, b, c, d, x, y都是正數∴要證：xy≥ac + bd 只需證：(xy)2≥(ac + bd)2 即 (a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd 展開得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd 即 a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，顯然成立,∴xy≥ac + bd 證二：（綜合法）xy = ≥ 證三：（三角代換法）∵x2 = a2 + b2，∴不妨設a = xsina, b = xcosa∵y2 = c2 + d2 ∴不妨設 c = ysinb, d = ycosb ∴ac + bd = xysinasinb + xycosacosb = xycos(a - b)≤xy例8 已知x1, x2均為正數，求證： 證一：（分析法）由於不等式兩邊均為正數，平方後只須證：即 再平方 abcdpm化簡整理得 （顯然成立） ∴原式成立證二：（反證法）假設 化簡可得 （不可能）∴原式成立證三：（構造法）構造矩形abcd，使ab = cd = 1, bp = x1, pc = x2當ðapb = ðdpc時，ap + pd為最短 取bc中點m，有ðamb = ðdmc, bm = mc = ,∴ ap + pd ≥ am + md
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