绝对值不等式的证明题

第1篇：绝对值不等式的证明题

绝对值不等式的证明

知识与技能：

1. 理解绝对值的三角不等式，

2.应用绝对值的三角不等式.

过程方法与能力：

培养学生的抽象能力和逻辑思维能力;提高分析问题、解决问题的能力.情感态度与价值观：

让学生通过对具体事例的观察、归纳中找出规律，得出结论，培养学生解决应用问题的能力和严谨的学习态度。

教学重点：理解绝对值的三角不等式

应用绝对值的三角不等式.

教学难点：应用绝对值的三角不等式.

教学过程：

一、引入：

证明一个含有绝对值的不等式成立，除了要应用一般不等式的基本性质之外，经常还要用到关于绝对值的和、差、积、商的性质：

(1)abab(2)abab

a

bab(3)abab(4)(b0)

请同学们思考一下，是否可以用绝对值的几何意义说明上述性质存在的道理? 实际上，性质abab和a

ba

b(b0)可以从正负数和零的乘法、除法法则直

接推出;而绝对值的差的性质可以利用和的性质导出。因此，只要能够证明abab对于任意实数都成立即可。我们将在下面的例题中研究它的证明。

现在请同学们讨论一个问题：设a为实数，a和a哪个大? 显然aa，当且仅当a0时等号成立(即在a0时，等号成立。在a0时，等号不成立)。同样，aa.当且仅当a0时，等号成立。 含有绝对值的不等式的证明中，常常利用aa、aa及绝对值的和的性质。

定理(绝对值三角形不等式) 如果a,b

是实数，则

ab≤ab≤ab

注：当a、b为复数或向量时结论也成立. 特别注意等号成立的条件.定理推广：

a1a2an≤a1a2an

当且仅当都a1，a2，，an非正或都非负时取等号. 探究：利用不等式的图形解不等式1. x1x11;2.x2y1.

.

3.利用绝对值的几何意义，解决问题：要使不等式x4x3

二、典型例题：

例

1、证明 (1)abab，(2)abab。

证明(1)如果ab0,那么abab.所以ababab. 如果ab0,那么ab(ab). 所以aba(b)(ab)ab

(2)根据(1)的结果，有abbabb，就是，abba。所以，abab。

例

2、证明 ababab。 例

3、证明 abacbc。 思考：如何利用数轴给出例3的几何解释?

(设A，B，C为数轴上的3个点，分别表示数a，b，c，则线段ABACCB.当且仅当C在A，B之间时，等号成立。这就是上面的例3。 特别的，取c=0(即C为原点)，就得到例2的后半部分。)

探究：试利用绝对值的几何意义，给出不等式abab的几何解释?

含有绝对值的不等式常常相加减，得到较为复杂的不等式，这就需要利用例1，例2和例3的结果来证明。 例

4、已知 xa

c

2,yb

c2

，求证 (xy)(ab)c.证明 (xy)(ab)(xa)(yb) xayb(1)

xa

c2

,yb

c2c2

，

c2

c (2)

∴xayb

由(1)，(2)得：(xy)(ab)c 例

5、已知x证明x

a4a4,y

a6a6

. 求证：2x3ya。

a2,3ya2a2a

2,y，∴2x，

a。

由例1及上式，2x3y2x3y

注意： 在推理比较简单时，我们常常将几个不等式连在一起写。但这种写法，只能用于不等号方向相同的不等式。

三、小结：

借助图形的直观性来研究不等式的问题，是学习不等式的一个重要方法，特别是利用绝对值和绝对值不等式的几何意义来解不等式或者证明不等式，往往能使问题变得直观明了，帮助我们迅速而准确地寻找到问题的答案。关键是在遇到相关问题时，能否准确地把握不等式的图形，从而有效地解决问题。

四、练习：

1、已知Aa

2、已知xa

c2c

4,Bb,yb

c2c6

.求证：(AB)(ab)c。

.求证：2x3y2a3bc。

五、作业： 1.求证

ab1ab



a1a



b1b

ab1ab

.2.已知a1,b1.求证：1.

3.若,为任意实数，c为正数，求证：(1c)(1

1c

)

.

(



2

2，而c2



1c



c

2

1c



)

4. a、b、c均为实数,ab,bc,ac,

5.已知函数f(x)ax2bxc,当0≤x≤1时,f(x)≤1 求证:abc≤17 作业：导学大课堂练习

课后反思：绝对值不等式的证明

求证:≤

ab2cbc2aca2b

abbcca

2.

第2篇：绝对不等式的证明

摘要：证明绝对不等式是数学基本知识的一部分，不等式的证明，就是证明所给定的不等式或对式中所含的字母的一切允许值都是成立的。证是不等式主要依靠二条，其一，是不等式的基本性质和一些重要不等式，其二，是证明不等式的一些常用方法。二者互相渗透。本文通过举例介绍几种证明的绝对不等式的方法。

关键词：绝对不等式，证明不等式的方法

1. 用比较法证明不等式

比较法是证明不等式的常用法之一。它又分为计算插值和比值两种：

① 把所要正的不等式的左边的代数式减右边的代数式，再根据已知条件去证明这个差大于﹙或小于﹚零，这种证明法叫做计算差值法。

他的理论根据是：a≥b,﹙a≤b﹚a-b≥0﹙或a-b≤0﹚.② 当所要证明的不等式的两边的直皆正是，把左边的代数式除于右臂阿布的代数式，再根据已知条件去证明这个比值大于﹙或小于﹚1.这种正法叫做及钻比值法。 他的理论依据是：当a>0.b>0 时，a≥b﹙a≤b﹚<=>

例：已知a,b 皆正数求证： aa≥1(或≤1)。 bb

ab≥ab(当且仅当a=b时，等号成立)。

2abab2ab证：∵a>0.b>0，则-ab==22

(其中等号当且仅当)a=即a=b成立)

∴a22≥0 abab-ab≥0，即≥ab 22

2.用综合法和分析法证明不等式

证明绝对不等式的综合法是从题目的已知条件或已知成立的不等式出发，利用不等式的性质进行推导变形，进而得出所要求证的不等式。利用综合法的关键是熟知一些常用的不等式，通过变形将未知的不等式归结为常用不等式。如以下不等式是常用的：

a²+b²≥2ab,a+b/2≥ab,a³+b³+c³≥3abc(a,b,c∈R+)

a+b/2

≤a²+b²/2,a+b+c/3≤a²+b²+c²/3(a,b,c∈R+)

分析法是证明不等式的一种重要方法，用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：欲证B得真，只需要证明命题B的真，从而又„„，只要证明A为真。现在已知A真，故B真。可见分析法事执果索因，步步寻求上一步成立的充分条件，写出简要的形式为：

B<=B1<=B2<=„<=Bn<=A

以上述的b

只需要证b(a+m)

两端约去ab，故只需

再证bm

因为已知m>0;

只需b

但是这是已知条件，故原不等式成立。

值得注意的是分析法不是等价证明，不应写成：

B<=>B1<=>B2<=>„<=>Bn<=>A

下面在举两例加以说明：

例1已知a>b>0，求证a-b

分析此题若从条件直接退出结论会有一定的难度。不妨用分析法从结论求证a-

由于a>b>0所以a->0， ab>0. 只要证(a-)³<(ab)³

即要证a-3a2b+3ab2-b0 只要证b

由于a>b>0此不等式显然成立

所以原不等式成立。

例2已知a>0;b>0;2c>a+b，求证：

c -c2ab

分析要证c -c2ab

只要证-c2ab

即要证|a-c|<|c2ab|

即要证(a-c)²

即要证a-2ac<-ab

因a>0，只需证a-ac<-b

即a+b<2c此式为已知，

故原命题成立。

3.用放缩法证明不等式

利用放缩法证明不等式的关键是找寻中间变量c;使得AC¹且C¹>A(这是缩小)下面举例加以说明

例3已知n为正整数，试证：

111)(1+)„(1+)>2n1/2 352n

1111分析令A=(1+)(1+)„(1+) 352n1

462n=×„× 352n1(1+

由于不等式bbm>(b>a，a，b，m∈R+)得 aam

45672n22n12n2n1>，>，„， >，> 34562n32n22n12n

将这个同向不等式相乘得 572n12n1×ׄ×× 462n22n

45672n2n12n12n1A²>×××ׄ××=> 34562n12n34A>

故A>2n1/2

4.反证法在不等式证明中的应用

反证法是解决数学问题的一种重要方法，在不等式的证明中也有着广泛的应用。用反证明不等式即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原结论是正确的。它的步骤为：

假设结论的反面成立=>逻辑推理=>导出矛盾=>肯定结论。

下面举例加以说明

例4已知f(x)=x²+px+q求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2分析此题从正面解决比较困难，可以用反证法，假设结论不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于1。则有 2

1111f(1)|<1+p+q|<-< 1+p+q< ①2222

1111f(2)|<4+2p+q|<<4+2p+q< ②2222

1111f(3)|<9+3p+q|<-<9+3p+q< ③ 2222

由于① ③得-119<2p+q<- 22

此式于②式矛盾，这说明假设不成立，故原命题成立。

5.构造函式证明不等式

某些不等式从结构上接近某一函数，把某一字母看成自变量构成恰当的函数，利用函数的某些性质来证明不等式。利用构造函数法证明不等式关键是构造恰当的不等式。

例5已知a.b∈R,求证：

ab

1ab≤b

1a+a

1b

分析：从不等式的结构来看，易构造函数f(x)=

上是函数。 因为ab≤ab,

所以f(ab)≤f(ab)

从而有 x(x≥0)易证f(x)在R+ 1x

ab

1ab

≤≤ab1aba =b1ab+a1ab b

1a+1b

第3篇：[本周内容]含绝对值符号的不等式的解法与证明

[重点难点]

1.实数绝对值的定义:

|a|=

这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2.最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则

|x|

|x|>a

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3.常用的同解变形

|f(x)|

|f(x)|>g(x)

|f(x)|<|g(x)|

4.三角形不等式:

||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。

例题选讲:

例1.解不等式 |x2+4x-1|<4.............①

解:① -4g(x); f2(x)

-a

-5

即原不等式的解集是(-5，-3)∪(-1，1)。

例2.解不等式|x2-3|>2x...........①

解:①

即原不等式的解集(-∞，1)∪(3，+∞)。

例3.解不等式|

|≤1...........① -33

x<1或x>3。 x2-3<-2x或x2-3>2x

x2+2x-3<0或x2-2x-3>0

解: ①

(2)

(3) (x+4)(3x+2)≤0,x≠1。

]。

-4≤x≤-|2x+3|2≤|x-1|2

(2x+3)2-(x-1)2≤0

(2x+3-x+1)(2x+3+x-1)≤0

。

∴原不等式的解集为[-4，-

例4.解不等式|x+1|+|x-2|<5...........①

分析:为了去掉绝对值符号，首先找到两式的零点-1和2，它们把(-∞，+∞)分成了三个区间;(-∞，-1)，

[-1，2]，(2，+∞)。从而可将不等式①化为三个不等式组。求它们的解集的并集即可。

解:将不等式①化为三个不等式组

(I)

-2

(II)

-1≤x≤2;

(III)

2

∴原不等式的解集为(-2,-1)∪[-1,2]∪(2,3)，即(-2，3)。

例5.解不等式|x+1|+|x-2|<1。

解:∵ |x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3，∴ 原不等式无解。

说明:本题没有采用例4的解法，而是利用三角形不等式直接判断出结果。它提示我们今后解这一类问题，应先判断。

例6.已知:|a|<1, |b|<1。求证:|

证法1：欲证①，只需证

只需证(a2+b2-a2b2-1)<0, 只需证-(a2-1)(b2-1)<0............②

∵ |a|<1, |b|<1。∴a2<1, b2<1，即a2-1<0, b2-1<0。∴②式成立，

∴ 原不等式成立。

证法2：欲证①，只需证-1<

只需证(

只需证

·

<0, +1)(

-1)<0,

<1, <1,

|<1.........①

只需证|a+b|<|1+ab|, 只需证(a+b)2<(1+ab)2, 只需证(a+b)2-(1+ab)2<0,

只需证

<0,

只需证

<0............③

∵ |a|<1, |b|<1, ∴ a2<1, b2<1，即a2-1<0, b2-1<0,

又(1+ab)2>0, ∴③式成立，

∴ 原不等式成立。

例7.求证:

证法1:

∵

∵ 上式显然成立，∴

又

证法2：这里只证明

分析:观察两式结构均为y=

≤

=

+

≤

成立。 ≤ |a+b|≤|a|+|b|。

|a+b|(1+|a|+|b|)≤(|a|+|b|)(1+|a+b|)

≤

≤

+

。

≤+。

∴ 原命题成立。

的形式，又∵|a+b|≤|a|+|b|，而原不等式要成立，只需证明函数在[0，+∞)上单调递增即可。

证明:设0≤x1≤x2, 则

-=，

∵ 0≤x1≤x2, ∴ x2-x1≥0, 1+x1>0, 1+x2>0, ∴

≥0。

∴ -≥0, 即≥,

设x1=|a+b|, x2=|a|+|b|

∵ |a+b|≤|a|+|b|,

∴

参考练习:

≤。

1.解不等式 |x2+3x-8|≤10。

2.解不等式 |x+7|-|x-2|<3。

3.解不等式 |

4.解不等式 |log3x|+|log3(3-x)|≥1。

5.求y=

6.设f(x)=x2+ax+b是整系数二次三项式，求证:|f(1)|<

7.已知|x|<

参考答案:

1. [-6, -2]∪[-1, 3];

2. (-∞, -1);

3. [

4. 提示:首先求定义域(0，3)。其次求出二零点1，2。分三个区间(0，1]，(1，2]，(2，3)解即可。解集(0， ]∪[

，3)。 , 2)∪(6, +∞); , |y|<

, |z|<

, (ξ>0)。求证:|x+2y-3z|<ξ。

, |f(2)|<

, |f(3)|<

,不可能同时成立。 的值域。

-3|>1。

5.提示:可用反解法解出sinx=

6.提示:用反证法

略证:假设|1+a+b|< , |4+2a+b|<

，则解不等式||≤1得y∈[-4, -]。

, 及|9+3a+b|<同时成立。

由题设a, b∈Z, ∴ 1+a+b∈Z,

∴ 1+a+b=0.........①

同理4+2a+b=0.......② 9+3a+b=0.........③

由①，②解得a=-3, b=2。 但不满足③式，故假设不成立，即|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|不能同时小于

7.证明略。

。

第4篇：一道不等式证明题所引起的思考

王伟卿洛阳市第四十六中学

原问题：设a,b,x,yR,且a2b21,x2y21,试求ax+by1.这是洛阳市2010——2011学年第二学期期中考试高二数学(理)试卷的第19题。考查范围是人教A版选修2—2第二章《推理证明》相关的不等式证明问题。笔者在批改试卷时发现学生在处理本道题时采用了许多种不同的方法，虽然有些方法还不成熟，还存在一些问题，但让我还是感到了欣喜。

高中数学新课程标准中指出：培养和发展学生的数学思维能力是发展智力、全面培养数学能力的重要途径。因此，在新课标下数学的学习要注重学生思维，创造力的培养，一题多解恰恰可以体现学生发散性思维的创造力，运用以前学过的知识解决问题。

就本题而言，学生完全可以采用选修2—2第二章《推理证明》中所讲到的综合法、分析法、反证法来做。下面列举学生的以下处理方法。

(一) 综合法：

证明：由题意a2b2x2y2

2又a2x22axb2y22by

2ax2bya2b2x2y22

即axby

1又ax+byaxby

ax+by1

此种方法应该在处理上和理解上都没有什么问题，而且简单明了。而在实际考试中，很少同学可以想到运用此种方法，即使想到的，也存在对绝对值符号的运用问题，不理想。

(二) 分析法：

证明：要证明ax+by1成立

只需证ax+by1

即a2x22axbyb2y21

又a2b2x2y21

只需证a2x22axbyb2y2a2b2x2y2

即2axbya2y2b2x2

即a2y22axbyb2x20

即aybx0恒成立

ax+by1成立

此种方法是大部分同学采用的，也很好理解，只是在“1”的代换上可能还不够熟练，有些同学解题过程有些问题。建议老师在处理此种方法时一定要让学生充分体会“1”的代换上的妙用。

(三) 反证法： 22

证明：假设ax+by1

则ax+by1

即a2x22axbyb2y21

又a2b2x2y21

a2x22axbyb2y2a2b2x2y2

即2axbyaybx

222222即a2y22axbyb2x20即aybx0

与事实上aybx0相矛盾

原命题 ax+by1成立

在学习过反证法后，很多学生认为什么证明题目都可以用反证法，尤其在不等式证明题中。当然此题用反证法也不错。

以上这些都是基本的常规方法，学生应当掌握。下面让我看看学生采用的向量法、三角还原法。实在不错，值得推广。

(四) 向量法： 2证明：设m(a,b),n(x,y)

又a2b21x2y21 m1n1又m nax+by，

且m nmncosm,ncosm,nax+bycosm,n又cosm,n

1ax+by1

(五) 三角还原法：

证明：由题意：设a=sin,b=cos;

x=sin,y=cos

ax+by=sinsincoscos

=cos()

又cos()1

ax+by1

对于同一道题目，从不同的角度去分析研究，可以引发出多种不同的解法，是学生在处理问题时，充分运用所学的基本不等式，三角函数、向量知识等等来解决问题，不仅可以达到对知识的活学活用，也让学生感受到学习数学的兴趣和喜悦。在一定程度上开拓了学生的思维空间。

第5篇：江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西省萍乡市教研室(337000)曾建强

(发表于《中学数学研究》2006年第9期)

2006年江西高考理科数学压轴题，是一个数列不等式的证明问题，结论简洁，其证明过程给人多方面的启迪. 笔者通过对此问题的研究，给出两种新的证明方法，并将证明中得到的几点启示以飨读者.一、高考题新解答

题目是：已知数列an满足：a13,且an23nan1(1)求数列an的(n2,nN*).2an1n

1通项公式;(2)证明：对一切正整数n，不等式a1a2an2n!恒成立. 标准答案及阅卷评分细则均只给出一种解法：

n3nn1n1n1解(1)条件可变形为1(1，ann.). 于是1an3an1an3n31

(2)a1a2ann!， 111(1)(1)(1)33

3为证a1a2an2n!，

1.„„„„„„„„„„(*) 只要证nN*时，(11)(11

2)(11)3233n

111111即证(1)(12)(1n)1(2n).„„„„„„„„„(**)333333

用数学归纳化证明(**)(略).1111111111又(1)(12)(1n)1(2n)n.2223333333

原不等式成立.对于第(2)问中的数列不等式的证明，笔者以下提供两种新的证明方法.方法一. 分析：f(n)(11)(11)(11)是减函数，由所证知1是f(n)的一个下界，2n333

2因此猜想(11)(11)(11)1必与1相关. 这样我们经探索得到一个更简单的加强不2nn33323

等式(1)(11

3111.)(1)23331

11111证明用数学归纳法证明加强不等式(1)(12)(1n)n1(nN*). ① 32333

n1 时，①显然成立.

11111假设nk(k1)时，不等式(1)(12)(1k)k1成立， 32333

那么，当nk1时，

11111111111(1)(12)(1k)(1k1)(k1)(1k1)k1(k1).32323233333

111111111

又k1(k1)(k2)k1(k1)0(k1).232323633111111(1)(12)(1k)(1k1)k2.

323333

即nk1时，不等式①成立.故对一切nN*，①成立.从而原不等式成立.

1111

方法二.分析：不等式(1)(12)(1n)的左边是一个积式，故可设想构造一

3233

关系式累乘相约，化n项积为有限几项来证明.

1111

证明原不等式即证1121n>.

3332

11611211

n1时，1. n2时，112>.

33233272

n1131n

311

3n

n≥3时，

1

111

11n113n3n3>0，1n.1131n1n33

1112813233343n1 112131n>

11113933331314151n3333

1

1

1

1



288

399

12812883n

>>.n

12432399311n3

原不等式成立.

本文给出的方法一和方法二，无论是思维价值还是其优美的形式都不逊色于标准答案. 这一不等式在分析、证明过程中体现的思维策略和证明方法，对证明某些数列不等式都有相当大的启示性.

二、证明中的启示

启示1——利用等价命题转化证明的结论

有些欲证不等式，如果原命题不容易直接利用重要不等式结论或进行简单放缩证得，如正负项交替和形式的不等式、用同一量替换放缩时不等式方向不确定等情况，改变其思维策略，转化结论形式，寻找等价命题，有时可以更好地实施证明.

例1数列an中，a12，且log2an1log2an1(nN*,n2). 对任意不小于3的自然数n，证明：an1n.

an1

n1

n

分析：易求数列的通项公式为an2n，原不等式即为21n. 一方面，2n用同一

n

21n1

量进行放缩，不等式的放缩方向不能确定;另一方面，2与n的整式关系也不清楚，如用

n

数学归纳法证明也将在证nk1的命题时因不等式无法传递而证明受阻. 但是，这一不等式为2的“齐次”形式，易于化为更简形式，因此，我们可尝试寻找等价命题予以解决.

*

证明log可化为an2an1，∴an2n.2an1log2an1(nN,n2)

n

原不等式an1n即21n等价于2n2n1.

n

an1

n1

2n1n1

当n3时，由二项式定理, 得

1n1n1n1

2n1.2n(11)n1CnCnCn1CnCn

所以，原不等式成立.

例2设nN*且n2，求证1

111112n

.2342n12n3n1

分析：不等式左边是一个正负项交替的和，不便于直接用重要不等式结论和直接放缩，

可选用数学归纳法证明，也可通过等价变换“化负为正” 然后证明.

证明1

11111



2342n12n

(111111)2(111) 2342n12n242n(1

11111111)(1) 2342n12n23n

111.n1n2nn

所以原不等式等价于1112n.

n1n2nn3n1由柯西不等式，有

[(n1)(n2)(nn)](

111

)n2， n1n2nn

即[n2从而，

n(n1)111

]()n2， 2n1n2nn

1112n.n1n2nn3n1

综上，原不等式成立.

启示2——构造并证明加强不等式

许多不等式的结论，为了简洁美观，在不影响正确性的前提下将某些形式作了适当的处理，使我们往往难于证明结论. 不等式一边为常数的形式，通常不能直接用数学归纳法证明，应多考虑用放缩法或构造加强不等式的办法进行证明. 一般地，数列不等式如果用数学归纳法证nk1的命题时，因为不等式方向相反无法实现传递而受阻，这时应虑考采用构造加强不等式的策略进行探索. 构造加强不等式关键在于观察原不等式的结构和特点，抓住主体，扬弃次要进行构造;或者先对前几项的特点进行分析，揭示这几项的共性并与所证结论进行比较寻找为了简洁美观被适当处理了的部分，然后进行构造. 对不等式的加强，一般有整体加强和局部加强两类.

例 3数列an中，a1

，且anan12(1an)(1an1)(n2,nN*). (1)求数列2

(2)证明：a1a2anan的通项公式;

分析：原不等式可化为



1(nN*)

.

n

135(2n1)1当nk1，直接用数学归纳法证明时，246(2n)n

2135(2k1)(2k1)12k114k4k1证明受阻. 受阻的原因

2246(2k)(2k2)2k2k(k1)4k4k

在于原不等式右边的值较大. 因此，设想寻找一个右边比

111

，13

2431124

6410

699

要能证明这一整体加强不等式，问题就得到了解决.





更小的加强值. 由n

1135(2n1)1，只，猜想

246(2n)n1231

解(1)∵(an1)(1an1)2(1an)(1an1)(n2)， ∴1

1an

111

2(n1)2n，即an2n1.2，∴

2n1an1a11an1

(2)a1a2an1，即135(2n1)1.

246(2n)nn

135(2n1)1

先证加强不等式.

246(2n)3n1用数学归纳法证明上加强不等式.

当n1时，显然成立.

1成立，则当nk1时，假设nk(k1)时，135(2k1)

246(2k)3k1

2k112k1135(2k1)(2k1) 

32246(2k)(2k2)3k12k2k28k20k4



2k1k328k219k4



2k11

. 

k42k1k41

即nk1时不等式成立.

1所以，nN*时，135(2n1)成立.

246(2n)n1

从而，原不等式成立.

例4设数列an满足：an1an2nan1，n1,2,3,. (1)当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式;(2)当a13时，证明对所有的n1，有(i)ann2;(ii)

11111

. (2002年全国高考题) 1a11a21a31an2

分析：对于(ii)，用数学归纳法证明时，由于假设的不等式右边是一个常数，而当nk1时命题左边增加了一个正值项，故证明受阻. 但注意到：

111

()11，且a1142

11111111()2()3()k1()k1，故只要证明()k1，再累加便可证明原不2222221ak2

等式.

证明(I)和(2)(i)解证略，这里只证明(2)(ii).

先用数学归纳法证明加强不等式1当n1时，显然成立.假设nk(k1)时，

1ak11



11

()k1成立，则当nk1时， ak12

()n1.an12

11111

()k1()(k1)1.

ak(akk)22ak2222

11成立. ()n1

an12

即nk1时不等式成立.所以，nN*时，因此，

1111111

()2()3()n1 1a11a21a31an222

11

[1()n]

111()n1. 122212

从而有

11111

.1a11a21a31an2

启示3——建立消项关系进行化简求证

数列不等式经常是与n项和或n项积相联系，利用通项的变形或通过放缩后，转化成可

求和消项或中项相消或累乘消项关系，将n项和(或积)化为有限几项的形式，这样解题思路就豁然开朗.

例5数列an中，an1，它的前n项和为Sn. 证明：Sn1.

2n2n1分析：形如

11

nij

nn1求和时可中间项相消. 而对2也可视为是两个因式2和2的积，由此联想，能否

类的通项因分母为两个因式的积，一般可化为相邻两项之差，在

n(n1)

将an

1放缩变形后化为相邻两项之差?通过尝试我们回答了这一问题

.

n2n1

n2

证明∵an1

n1

n211

， 

n(n1)2n1n2n(n1)2n1

111111

∴Sn()()[] 223nn1

12222232n2(n1)2



111.

2(n1)2n12

例6数列an中，a15，an1an4(nN*). (1)求不等式4an1an成立时的n的集合;(2)设Tnlog3(an1)log3(an11)log3(a11)，证明：nTnn1.

(2006年萍乡市二模试题)

分析：Tn的形式实质上是一串因式的乘积，通过对通项公式的变形，我们可发现

an113

an1，因此可用累乘消项的方法化Tn为只有几项的形式，这就为证明不等式带来an11

了极大的方便.

解(1)要使an1an，只需an4an，即只需an3an40，∴只需an4或

an1. 由于an0，故只需an4.

又a15，a2a143444，同理an4(nN*).

∴4an1an成立时的n为一切正自然数.

a1，(2)由an13an4(nN*)，得an113n

an11

∴(an1)(an11)(a21)(a11)3n1an11an21a11(a1)3n1a11.

an1an11a21

an1

由(1)知an4，

211

. 3n1a11243n1.an15an15

∴Tnlog3(an1)(an11)(a11)n1log324n12n1.

5另一方面，an4，∴an13，∴Tnlog33nn.所以， nTnn1.

举一反三，研究特点，寻找规律，是教学过程中提高水平提升能力的重要方法. 本文中所举的启示并非试题证明内涵的的全部，仅为笔者一得.

参考文献

周沛耕王博程《数学奥林匹克竞赛标准教材》北京教育出版社2004.8

2006年6月20日完稿

第6篇：含绝对值不等式的解法修改

aa≥0

一.(1)绝对值定义|a|={ -aa<0

绝对值的定义是用分类讨论思想定义的，他可以用来去掉绝对值的符号。

(2) 实数a的绝对值表示在数轴上所对应点A到原点的距离。

(3).请试着归纳出1.解方程|x|=2?|x|=2的几何意义是什么?

(4).能表述|x|>2, |x|<2的几何意义吗?其解集是什么?

二.根据上一 问题可得到

|x|>a的几何意义是到原点的距离大于a的点，

其解集是﹛x|x>a或x<-a﹜

|x|

其解集是﹛x|-a三. 能否归纳|ax+b|>c 与|ax+b|0)型不等式的解法?

|ax+b|>c(c>0)的解法是：先化不等式组ax+b>c 或ax+b<-c，再由不等式的性质求出原不等式的解集。

|ax+b|0) 的解法是：先化不等式组 -c

例题分析

例1 解不等式|3x-5|≤7

例2解不等式|2x-3|>

4例3 解不等式|1-2x|<5(找两名学生上黑板做)

【注】我们在解|ax+b|>c 与|ax+b|0)型不等式的时候，一定要注意a的正负。当a 为负数时，可先把a 化成正数再求解。

练习

1、解下列不等式

(1)|x-4|≤9

(2) |3x-3|≥15

2. 解下列不等式

(1) 2|2x+1|-4≥0

(2) |1-4x|≤2