(完整word版)人教版高中数学《不等式》全部教案

第三章 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)

(a22a15)(a22a8)70

∴(a3)(a5)<(a2)(a4)

例二 已知x0, 比较(x21)2与x4x21的大小 解：（取差）(x21)2(x4x21)

x42x21x4x21x2 ∵x0 ∴x20 从而(x21)2>x4x21

小结：步骤：作差—变形—判断—结论 例三 比较大小1．

132132和10

解：∵32

∵(32)2(10)226524250 ∴2．

132<10

bbm和 (a,b,mR) aambbmm(ba) ∵(a,b,mR)

aama(am)解：（取差）

bbmbbmbbm>；当ba时=；当ba时< aamaamaam1t13．设a0且a1，t0比较logat与loga的大小

22∴当ba时

t1(t1)2t1t0 ∴解：t 2221t11t1 当a1时logat≤loga；当0a1时logat≥loga

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（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 补充题：1．若2x4y1，比较x2y2与

1的大小 20(5y1)214y11220 ∴x2y2≥解：x xy=……= 5220202．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当0a1时a31a21 ∴loga(a31)>loga(a21) 当a1时a31a21 ∴loga(a31)>loga(a21) ∴总有loga(a31)>loga(a2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）

abacbc证：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0 上式>0 ……… cdcd0ab2．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 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bd（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 cdab0推论2 如果ab0, 那么anbn (nN且n1) 3．性质5：如果ab0，那么nanb (nN且n1) 证：（反证法）假设nanb

n则：若

aannbabbabn这都与ab矛盾 ∴nanb

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，e0，求证：

ee acbd11ab0eeacbd0证： 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 ab11ba0解：abab0 ababba03．设a,b,cR，abc0,abc0 求证

1110 abc证：∵abc0 ∴a2b2c22ab2ac2bc0

又∵abc0 ∴a2b2c2>0 ∴abacbc0

111abbcca abc0 ∴abacbc0 abcabc111∴0 abc114．ab0,|a||b| 比较与的大小

ab11ba解： 当a0,b0时∵|a||b|即ab

abab ba0 ab0 ∴ba110 ∴< abab∵

当a0,b0时∵|a||b|即ab

ba0 ab0 ∴

5．若a,b0 求证：解：

ba110 ∴> ababb1ba abba10 ∵a0 ∴ba0 ∴ab aababb10 ∴1 baba0 ∵a0 ∴aaalogsinlogsin acbd6．若ab0,cd0 求证：

证：∵0sin1 >1 ∴logsin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：

一、定理：如果a,bR，那么a2b22ab（当且仅当ab时取“=”） 证明：a2b22ab(ab)2

当ab时，(ab)2022ab2ab 2当ab时，(ab)01．指出定理适用范围：a,bR 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a3b3c33abc

（当且仅当abc时取“=”）

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2abb2acbcc23ab] (abc)(a2b2c2abbcca)

1(abc)[(ab)2(bc)2(ca)2] 2∵a,b,cR ∴上式≥0 从而a3b3c3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c3abc 3（当且仅当abc时取“=”）

证明：(3a)3(3b)3(3c)333a3b3cabc33abc

abc3abc 3 四、关于“平均数”的概念 

1．如果a1,a2,,anR,n1且nN 则：

a1a2an叫做这n个正数的算术平均数

nna1a2an叫做这n个正数的几何平均数

2．点题：算术平均数与几何平均数 3．基本不等式：

a1a2ann≥a1a2an

n nN*,ai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。

ab4．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CD2CACBab

A a C b B D’ 从而CDab 而半径

abCDab 2五、例一 已知a,b,c为两两不相等的实数，求证：a2b2c2abbcca

证：∵a2b22ab b2c22bc c2a22ca 以上三式相加：2(a2b2c2)2ab2bc2ca ∴a2b2c2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

a补充：1．已知6a8,2b3，分别求ab,ab,的范围

b

(8,11) (3,6) (2,4)

2．xR试比较 2x41与2x3x2（作差2x41>2x3x2）

3．求证：a2b2b2c2c2a22(abc) 证：a2b22(ab) 2b2c22(bc) 2c2a22(ca) 2三式相加化简即得

第四教时

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：

二、复习：算术平均数与几何平均数定义，平均不等式 三、若x,yR，设Q(x,y)21xyxyx2y2 A(x,y) G(x,y)xy

22H(x,y) 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y2x2y22xyx2y2x2y2x2y)证：∵( 2442x2y2x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y2xy综上所述：Q(x,y)A(x,y)G(x,y)H(x,y)

1125例一、若ab1,a,bR 求证(a)2(b)2

ab211(ab)211ab 证：由幂平均不等式：(a)2(b)2ab2abab2ba(1)(3)2(32)225abab  2222

四、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

12 如果和xy是定值s，那么当xy时积xy有最大值s2

4xy证：∵x,yR ∴ xy

2xy1当xyp (定值)时，p ∴xy2p

2 ∵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 ∴xys2 24 ∵上式当xy时取“=” ∴当xy时有(xy)max12s 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”

五、例题

1．证明下列各题：

⑴ lgxlogx102 (x1) 证：∵x1∴lgx0 logx100

于是lgxlogx102lgxlgx102

⑵若上题改成0x1，结果将如何？ 解：∵0x1 lgx0 logx100 于是(lgx)(logx10)2 从而lgxlogx102 ⑶若ab1 则ab1 41 41 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2．①求函数yx2(1x)的最大值(0x1)

②求函数yx(1x2)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x24xx4 y4(1x)4(22即x时ymax )332722327②∵0x1 ∴01x21 ∴y2x2(1x2)212x2(1x2)(1x2) 212x2(1x2)(1x2)34() 2327 ∴当2x21x2,x3234时y2max ymax 39273．若x1，则x为何值时x1有最小值，最小值为几？ x11解：∵x1 ∴x10 0

x1∴x11112(x1)1211 =x1x1x1x1 当且仅当x111即x0时(x)min1 x1x1六、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 七、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？

111 yx(23x) x时ymax

3312y14x x1,ymin2

54x3x0时 y12x63,ymin16 x2x第五教时

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：

八、复习：基本不等式、极值定理

3九、例题：1．求函数y2x2,(x0)的最大值，下列解法是否正确？为什

x么？ 解一： y2x2311122x2332x2334 xxxxx∴ymin334

33123232解二：y2x22x26x当2x即x时

xx2x23 ymin26122331226324 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

122x2；解二错在26x不是定值（常数）

xx正确的解法是：y2x233333932x2332x233336 x2x2x2x2x223633当且仅当2x即x时ymin336

22x22x22x22．若4x1，求的最值

2x2x22x21(x1)211111[(x1)][(x1)] 解：

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)x22x2)min1 即(2x2y21，求x1y2的最大值 3．设xR且x22

1y2解：∵x0 ∴x1y2x()

22221y2y2132又x()(x)

2222221332∴x1y22()

224即(x1y2)max4．已知a,b,x,yR且

32 4ab1，求xy的最小值 xyabayxb解：xy(xy)1(xy)()ab

xyxy ab2ayxbx即xyyayxb(ab)2 xy当且仅当

a时(xy)min(ab)2 b十、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

a则其容积为Vx(a2x)2,(0x)

21V4x(a2x)(a2x)

414x(a2x)(a2x)32a3[] 4327当且仅当4xa2x即xa时取“=” 62a3a即当剪去的小正方形的边长为时，铁盒的容积为

276十一、 作业：P12 练习4 习题6.2 7

补充：

1．求下列函数的最值：

41 y2x2,(xR) (min=6)

x2a3a2yx(a2x),(0x) (max)

2722 2．1x0时求y6693x2的最小值，y23x的最小值(9,34) x2x1x2设x[,27]，求ylog3log3(3x)的最大值(5)

927423,x) 2733若0x1, 求yx4(1x2)的最大值(4若x,yR且2xy1，求

11的最小值(322) xy3．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m3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：x2 + 3 > 3x

3333 证：∵(x2 + 3)  3x = x23x()2()23(x)20

2224 ∴x2 + 3 > 3x

ama 2． 已知a, b, m都是正数，并且a < b，求证：

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 0 , b  a > 0 ∴

m(ba)ama0 即：

b(bm)bmb 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：a5 + b5 > a2b3 + a3b2 证：(a5 + b5 )  (a2b3 + a3b2) = ( a5  a3b2) + (b5  a2b3 )

= a3 (a2  b2 )  b3 (a2  b2) = (a2  b2 ) (a3  b3) = (a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2)

∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0

又∵a  b，∴(a  b)2 > 0 ∴(a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2) > 0 即：a5 + b5 > a2b3 + a3b2

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t1, t2， 则

：

t1tm1nS,22SSt22m2n 可得：

t12SS(mn) ,t2mn2mn2SS(mn)S[4mn(mn)2]S(mn)2∴t1t2 mn2mn2(mn)mn2mn(mn)∵S, m, n都是正数，且m  n，∴t1  t2 < 0 即：t1 < t2 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：

+

abab2abba

ab2aabb(ab)ab2aab2bba2a()b

a当a = b时，()bab21

a 当a > b > 0时，1,baba0,()2bab21

ab2a 当b > a > 0时， 01,baba0,()2b1

∴aabb(ab)四、小结：作差、作商 五、作业： P15 练习

ab2 （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。

P18 习题6.3 1—4

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：

二、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2x24x3在[2,)是增函数。

222y12x14x13证：设2≤x1y22x24x23∵x2  x1 > 0, x1 + x2  4 > 0 ∴又∵y1 > 0， ∴y1 > y2 ∴y2x三、综合法：

2y1201 y24x3在[2,)是增函数

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(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) > 6abc

证：∵b2 + c2 ≥ 2bc , a > 0 , ∴a(b2 + c2) ≥ 2abc 同理：b(c2 + a2) ≥ 2abc , c(a2 + b2) ≥ 2abc ∴a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) ≥ 6abc

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(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) > 6abc ii.

设a, b, c  R， 1求证：a2b22(ab) 22求证：a2b2b2c2c2a22(abc) 3若a + b = 1, 求证：a11b2 22a2b2ab2a2b2abab()0 ∴ 证：1∵ ||22222 ∴a2b22(ab) 22(bc)， 2c2a22(ca) 22同理：b2c2三式相加：a2b2b2c2c2a22(abc) 3由幂平均不等式：

111(ab)22211(a)(b)222(ab1)221 2∴aiii.

11b2 22111a , b, cR, 求证：1(abc)()9

abc11192(abc)()

abbcca2abc3 3

bccaab2111133, 两式相乘即得。 abcabc 证：1法一：abc33abc,

法二：

abcabcabcbacacb3()()()

abcabacbc ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9

左边

2∵

abbcca33(ab)(bc)(ca) 22221111 33abbcca(ab)(bc)(ca) 两式相乘即得

1119) abbcca2cab9∴111

abbcca2abc3即：

bccaab2三、小结：综合法

3由上题：(abc)(四、作业： P15—16 练习 1，2 P18 习题6.3 1，2，3

补充：

a22b221．已知a, bR且a  b，求证：()()a2b2（取差）

ba+

11112． 设R，x, yR，求证：xsin+

2ycos2xy（取商）

ab3a3b3)3． 已知a, bR，求证：( 22证：∵a, bR+ ∴(ab)20 ∴a2abb2ab

∴a3b3(ab)(a2abb2)ab(ab) ∴3(a3b3)3ab(ab)

∴4(a3b3)a33ab(ab)b3(ab)3

ab3a3b3)∴( 224． 设a>0, b>0，且a + b = 1，求证：(a12125 )(b)2ab2ab111证：∵ab ∴ab ∴4

224ab1111ab111ab2ab ∴(a)2(b)22ab22ab12111425abab222 22222222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

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：(x2y2)3(x3y3)2 即：x6y63x2y2(x2y2)x6y62x3y3 即：3x2y2(x2y2)2x3y3

221231332xy 32 ∵x2y22xyxy成立

3 只需证：x2y2 ∴ (xy)(xy)

证二：（综合法）∵(x2y2)3x6y63x2y2(x2y2)x6y66x3y3 x6y62x3y3(x3y3)2 ∵x > 0，y > 0， ∴(xy)(xy) 例三、已知：a + b + c = 0，求证：ab + bc + ca ≤ 0 证一：（综合法）∵a + b + c = 0 ∴(a + b + c)2 = 0

a2b2c2 展开得：abbcca

22212313322123133 ∴ab + bc + ca ≤ 0 证二：（分析法）要证ab + bc + ca ≤ 0 ∵a + b + c = 0 故只需证 ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2

即证：a2b2c2abbcca0

1 即：[(ab)2(bc)2(ca)2]0 （显然）

2 ∴原式成立

证三：∵a + b + c = 0 ∴ c = a + b

∴ab + bc + ca = ab + (a + b)c = ab  (a + b)2 = a2 b2 ab

b23b2]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22ll 问题只需证：> 

24l2l2即证：2>

16422411，得： 24l因此只需证：4 >  （显然成立） 两边同乘

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

22补充作业：

1．已知0 <  < ，证明：2sin2cot

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

sin故只需证：4sin2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：4cos24cos10

即：(2cos1)20 （成立）

2． 已知a > b > 0，为锐角，求证：asecbtana2b2

略证：只需证：(asecbtan)2a2b2

a2tan2b2sec22abtansec(atanbsec)20 即：（成立）

3． 设a, b, c是的△ABC三边，S是三角形的面积，求证：

c2a2b2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)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：

四、提出课题：（换元法） 五、 三角换元：

11例一、求证：x1x2

22证一：（综合法）

x2(1x2)12222∵|x1x||x|1xx(1x) 22111即：|x1x2| ∴x1x2

222证二：（换元法） ∵1x1 ∴令 x = cos , [0, ]

1则x1x2cossinsin2

211∵1sin1 ∴x1x2

22例二、已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：

11322 xy2

11112xy322 证一： 即：(2xy)3322xyxyyx证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设x 则

12sin,2ycos2

1121222(1cot)(1tan) 22xysincos3(2cot2tan2)322

例三：若x2y21，求证：|x22xyy2|2 证：设xrsin,yrcos,(0r1)，

则|x22xyy2||r2cos22r2cossinr2sin2|

r2|cos2sin2|2r2cos22r22

4例四：若x > 1，y > 1，求证：xy1(x1)(y1) 证：设xsec2,ysec2,(0,)

2cos()1xy

coscoscoscos 则1(x1)(y1)1tantan例五：已知：a > 1, b > 0 , a  b = 1，求证：0111ab1 aab 证：∵a > 1, b > 0 , a  b = 1 ∴不妨设

asec2,btan2,(0)

2111111 则absectan sec2asectanab21tanse2csin tanse2csec ∵0111, ∴0 < sin < 1 ∴0ab1 2aab小结：若0≤x≤1，则可令x = sin (0)或x = sin2 ()。 222若x2y21，则可令x = cos , y = sin (02)。

若x2y21，则可令x = sec, y = tan (02)。

)。 2若xR，则可令x = tan ()。

22六、代数换元：

若x≥1，则可令x = sec (0例六：证明：若a > 0，则a21,a112a2

aa2 证：设xaya221,(a0,x2,y2) 2a212122a22 则xyaaaxya11a2222 （ 当a = 1时取“=” ） aax2y2222 ∴xyxy22即y2x2 ∴原式成立

七、 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。 八、 作业：

1．若a2b21，求证：asinxbcosx1

2． 若|a| < 1，|b| <1，则|ab(1a)(1b)|1 3． 若|x|≤1，求证：(1x)(1x)2 4． 若a > 1, b > 0 , a  b = 1，求证：0nnn22111ab1 aab5． 求证：01xx1

6． 已知|a|≤1，|b|≤1，求证：|a1b2b1a2|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：

九、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 十、 放缩法：

例一、若a, b, c, dR+，求证：abcd12

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

abcd ∴m1

abcdabcacdabdabcabcd m2

ababcddc ∴1 < m < 2 即原式成立

例二、当 n > 2 时，求证：logn(n1)logn(n1)1 证：∵n > 2 ∴logn(n1)0,logn(n1)0 ∴

logn(n21)logn(n1)logn(n1)logn(n1)logn(n1) 222lognn 1 2222 ∴n > 2时, logn(n1)logn(n1)1 例三、求证： 证：

11112 2222123n1111 2n(n1)n1nn ∴

11111111111122 2222223n1nn123n十一、 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 证：设(1  a)b >

1 4111, (1  b)c >, (1  c)a >, 4441 ① 64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211, (1c)c 44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 十二、 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y1x1y放缩法：

xyxyxy

1xy1xy1xy1x1y2． lg9•lg11 < 1

lg9lg11lg992 lg9lg111

2223． logn(n1)logn(n1)1

22loglogn(n1)nn(n1)log(n1) log1 nn22222224．若a > b > c, 则

1140 abbcca24 (ab)(bc)ac211122

abbc(ab)(bc)5．

111121(nR,n2) nn1n2n11111n2n1 左边2222nnnnnn11111 2n1n22n11 n中式n1

2nn16．

7．已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求证：an + bn < cn (n≥3, nR*)

aabbab ∵1，又a, b, c > 0, ∴,

cccccc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

1y1x和中至少有一个小于2

yxnn22n2n2反设

1x1y≥2，≥2 ∵x, y > 0，可得x + y ≤2 与x + y >2矛盾

yx第十一教时

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：

十三、 构造法：

1．构造函数法

例一、已知x > 0，求证： x1x1x1x5 211证：构造函数f(x)x(x0) 则x2， 设2≤<

xx由

f()f()11()(1)11 ()()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5 2x210x2910 3t21 证：设tx9(t3) 则f(t)y

t2用定义法可证：f (t)在[3,)上单调递增

t1t21(t1t2)(t1t21)令：3≤t1t1t2t1t2∴y22x21033110f(3) 233x9 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a22则 即b, c是二次方程x2ax0的两个实根。 bcaa8∴a20 即：a≥2

a1sec2tan3(k,kZ) 例四、求证：3sec2tan2sec2tan2

证：设y 则：(y  1)tan + (y + 1)tan + (y  1) = 0 2sectan当 y = 1时，命题显然成立

当 y  1时，△= (y + 1)2  4(y  1)2 = (3y  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：

a2b2(a1)2b2a2(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| 其中|AO|ab，

22 C

1b O b |BO|(a1)2b2

|CO|(a1)2(b1)2

A a 22 |DO|a(b1) 又：|AC||BD|2

1a B

∴a2b2(a1)2b2a2(b1)2(a1)2(b1)222

十四、

作业：证明下列不等式：

1x2x13 5． 23xx1x2x1令y2，则 (y  1)x2 + (y + 1)x + (y  1) = 0

xx1用△法，分情况讨论

6．已知关于x的不等式(a2  1)x2  (a  1)x  1 < 0 (aR)，对任意实数x

5恒成立，求证：a1。

3a210分a  1 = 0和 讨论

02

11257．若x > 0, y > 0, x + y = 1，则x yxy4左边xy11xy2xyyxxyxy2 令 t = xy，则

1xy0t

4211117f(t)t在(0,]上单调递减 ∴f(t)f()

t444118．若0a(k2,kN*)，且a2 < a  b，则b

kk1111令f(a)aa2，又0a，f(a)在(0,)上单调递增

k22111k1k11∴baa2f()222 kkkkk1k19．记f(x)1x2，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|

D F C

A B 10． 若x, y, z > 0，则x2y2xyy2z2yzz2x2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：

十五、 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

十六、 例一、已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|loga(1x)|和 |loga(1x)|的

大小。 解

|la一

a：

a(1x)|2 |l(1x)|2lao(1x)la(1ox)l(1x)olgo a(1x)gogo1x 1x1x1x ∵0 < 1  x2 < 1, 01 ∴loga(1x2)loga0

1x1x2 loga(1x)loga ∴|loga(1x)| |loga(1x)| 解

二

1x(1x)l：

1oxll(1x)la(1x)ao1x(1x)lo1l1x1xg1xo2 1xgogo2 1log1x(1x)

∵0 < 1  x2 < 1, 1 + x > 1, ∴log1x(1x2)0 ∴1log1x(1x2)1 ∴|loga(1x)| |loga(1x)| 解三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1  x < 1, 1 < 1 + x < 2, ∴loga(1x)0,loga(1x)0

∴左  右 = loga(1x)loga(1x)loga(1x2) ∵0 < 1  x2 < 1, 且0 < a < 1 ∴loga(1x2)0 ∴|loga(1x)| |loga(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。

例二、已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，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

只需证：(xy)2≥(ac + bd)2

即：(a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd

展开得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd 即：a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，显然成立 ∴xy≥ac + bd

证二：（综合法）xy =a2b2c2d2a2c2b2c2a2d2b2d2 ≥a2c22abcdb2d2(acbd)2acbd

证三：（三角代换法）

∵x2 = a2 + b2，∴不妨设a = xsin, b = xcos

y2 = c2 + d2 c = ysin, d = ycos

∴ac + bd = xysinsin + xycoscos = xycos(  )≤xy

例三、已知x1, x2均为正数，求证：

1x11x2222xx2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x11x221x14222221x22xx22x1x2 11422 即：(1x1)(1x2)1x1x2

再平方：(1x1)(1x2)12x1x2x1x2 化简整理得：x1x22x1x2 （显然成立） ∴原式成立 证二：（反证法）假设

22222221x11x22222xx211

2 D C 2 化简可得：x1x22x1x2 （不可能） ∴原式成立

证三：（构造法）构造矩形ABCD，

使AB = CD = 1, BP = x1, PC = x2

当APB = DPC时，AP + PD为最短。

A P M B

取BC中点M，有AMB = DMC, BM = MC = ∴ AP + PD ≥ AM + MD 即：1x11x21x11x222222x1x2 22xx2xx21111

2222 ∴

十七、

xx211

2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：

十二、 提出课题：不等式的解法（复习）：一元一次与一元二次不等式

x27x板演：1．解不等式：2(x1)1 (x2)

32x110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：x25x6 (2x3) 4．解不等式：x24x40 (xR,x2) 5．解不等式：x22x30 (80,x) 十三、 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ab(ab)

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x2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 2111若a(a1)即a则(x)20 x,xR

2221若a(a1)即a则xa或x1a

2若a(a1)即a1例三、关于x的不等式ax2bxc0的解集为{x|x2或x}

2求关于x的不等式ax2bxc0的解集．

解：由题设a0且b5c， 1 a2abcx0 aa从而 ax2bxc0可以变形为x2即：x251x10 ∴x2 22例四、关于x的不等式ax2(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 ∴

必

有

：

a0a0 22(a1)4a(a1)03a2a10a01a

3(3a1)(a1)0 例五、若函数f(x)kx26kx(k8)的定义域为R，求实数k的

取值范围

解：显然k=0时满足 而k<0时不满足

k00k1 236k4k(k8)2∴k的取值范围是[0,1] 十四、 简单绝对不等式

例六、（课本6.4 例1）解不等式|x25x5|1 解集为：{x|1x2或3x4}

十五、 小结

十六、 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：

x2x312 2 2x2ax20 1 kk2．不等式ax2bx20的解集为{x|a1211求a, b () x}，

23b23．不等式ax24xa3对于xR恒成立，求a的取值 (a>4) 4．已知A{x|x2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 (1a)

2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：

十七、 提出课题：分式不等式与高次不等式

x23x20 十八、 例一(P22-23) 解不等式2x2x3略解一（分析法）

x23x20x1或x21x1或2x3 21x3x2x30x23x201x2或2 x2x30x1或x3∴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 x33x22x6

解：原不等式化为 (x3)(x2)(x2)0 ∴原不等式的解为x2或3x2 例三 解不等式 (x24x5)(x2x2)0

解：∵x2x20恒成立

∴原不等式等价于x24x50 即-1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)2(x1)3(x1)(x2)0呢？ 例五 解不等式(x5)(x2)(x1)(x4)80 解：原不等式等价于(x2x20)(x2x2)800 即：(x2x)222(x2x)1200

(x2x12)(x2x10)0

(x4)(x3)(x141141)(x)0 22141141或x3 22 ∴4x十九、 例六 解不等式

16x1 x1(x5)(x3)解：原不等式等价于0

x1∴原不等式的解为：3x1或x5

2x22kxk1 例七 k为何值时，下式恒成立：

4x26x32x2(62k)x(3k)0 解：原不等式可化为：24x6x3而4x26x30

∴原不等式等价于2x2(62k)x(3k)0 由(62k)242(3k)0得1二十、 小结：列表法、标根法、分析法

二十一、 作业：P24 练习 P25 习题6.4 2、3、4

补充：

3x2kx66对任意实数x恒成立 1．k为何值时，不等式02xx1 (k6)

(x2)4(x1)32．求不等式的解集 322(3x2)(x2)(xx2)2 ({x|x或x1且x2})

311113．解不等式 x4x5x6x39 x(,6)(5,)(4,3)

2(x1)21的x的整数解 (x=2) 4．求适合不等式0x15．若不等式

xaxb1的解为x1,求a,b的值

2x2x1x2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：

二十二、 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定义域二十三、 f(x)g(x)型g(x)0 f(x)g(x) 例一 解不等式3x4x30

3x40解：∵根式有意义 ∴必须有：x3

x30又有 ∵ 原不等式可化为3x4x3

两边平方得：3x4x3 解之：x1 21∴{x|x3}{x|x}{x|x3}

2f(x)0f(x)0二十四、 f(x)g(x)型g(x)0 或g(x)0f(x)[g(x)]2例二 解不等式x2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：

43x0x23x202Ⅰ：x3x20 Ⅱ：

43x0x23x2(43x)2

4x3464解Ⅰ：1x2x 解Ⅱ：x2

3536x3526∴原不等式的解集为{x|x2}

5f(x)0二十五、 f(x)g(x)型g(x)0

f(x)[g(x)]2例三 解不等式2x26x4x2

2x26x40解：原不等式等价于x20

2x26x4(x2)2x2或x1{x|2x10或0x1} x20x10特别提醒注意：取等号的情况

二十六、 例四 解不等式2x1x11

12x101x解 ：要使不等式有意义必须： x2x102x1

原不等式可变形为 2x11x1 因为两边均为非负

∴(2x11)2(x1)2 即22x1(x1)

1∵x+1≥0 ∴不等式的解为2x+1≥0 即 x

2例五 解不等式9x26xx23

9x203x3解：要使不等式有意义必须：0x3 26xx00x6在0≤x≤3内 0≤9x2≤3 0≤6xx2≤3 ∴9x2>36xx2 因为不等式两边均为非负 两边平方得：9x296xx266xx2 即6xx2>x 因为两边非负，再次平方：6xx2x2 解之0原不等式可化为：x113x2 两边立方并整理得：(x2)x14(x1)

在此条件下两边再平方, 整理得：(x1)(x2)(x10)0 解之并联系定义域得原不等式的解为{x|1x2或x10}

二十七、 小结

二十八、 作业：P24 练习 1、2、3 P25 习题 6.4 5

补充：解下列不等式

1．2x33x55x6 (x2) 2．3x3x33xx3 (x3) 3．41x2x (

513x1)s 24．(x1)x2x20 (x2或x1)

5．2xx11 (1x15) 2第十六教时（机动）

教材：指数不等式与对数不等式

目的：通过复习，要求学生能比较熟练地掌握指数不等式与对数不等式的解法。 过程：

二十九、 提出课题：指数不等式与对数不等式

强调：利用指数不等式与对数不等式的单调性解题 因此必须注意它们的“底”及它们的定义域

21三十、 例一 解不等式2x2x3()3(x1)

2解：原不等式可化为：2x22x323(x1) ∵底数2>1

∴x22x33(x1) 整理得：x2x60 解之，不等式的解集为{x|-3例二 解不等式3x1183x29

解：原不等式可化为：332x293x180

即：(3x9)(33x2)0 解之：3x9 或3x∴x>2或xlog3xlog32} 32 32 ∴不等式的解集为{x|x>2或3例三 解不等式logx3(x1)2

x10x10解：原不等式等价于 x31 或0x31

x1(x3)2x1(x3)2解之得：4∴原不等式的解集为{x|4例四 解关于x的不等式： loga(43xx2)loga(2x1)loga2,(a0,a1) 解：原不等式可化为loga(43xx2)loga2(2x1)

1x2x10212当a>1时有43xx01x4x2

243xx22(2x1)3x2 （其实中间一个不等式可省）

1x2x1022当043xx22(2x1)x3或x21∴当a>1时不等式的解集为x2；

2当01logax05logax0Ⅰ：5logax(1logax)2 或 Ⅱ：

logax105logx0a解Ⅰ：1logax1 解Ⅱ：logax1 ∴logax1 当a>1时有0a ∴原不等式的解集为{x|01}或{x|x>a, 0a2解：两边取以a为底的对数：

当09logax2 214a logax4 ∴ax29当a>1时原不等式化为：(logax)2logax2

2∴(logax4)(2logax1)0 ∴ logax4或logax∴原不等式的解集为

{x|a4xa,0a1} 或{x|xa4或0xa,a1}

1 ∴xa4或0xa 2

三十一、 小结：注意底（单调性）和定义域s 三十二、 作业： 补充：解下列不等式 1．ax22xax4,(a0且a1)

(当a>1时x(,1)(4,) 当033 (-2123．()x34x (-124．23x2x22122 (x1)

25．当0a1，求不等式：loga(logax)0 (a22第十七教时

教材：含绝对值的不等式

目的：要求学生掌握和、差的绝对值与绝对值的和、差的性质，并能用来证明有

关含绝对值的不等式。

过程：一、复习：绝对值的定义，含有绝对值的不等式的解法 当a>0时，

|x|aaxa|x|axa或xa

二、定理：|a||b||ab||a||b| 证明：∵

|a|a|a|(|a||b|)ab|a||b|

|b|b|b| |ab||a||b| ①

又∵a=a+b-b |-b|=|b|

由①|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b| 即|a|-|b|≤|a+b| ②

综合①②: |a||b||ab||a||b|

注意：1 左边可以“加强”同样成立，即|a||b||ab||a||b|

2 这个不等式俗称“三角不等式”——三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边

3 a,b同号时右边取“=”，a,b异号时左边取“=”

推论1：|a1a2an|≤|a1||a2||an| 推论2：|a||b||ab||a||b|

证明：在定理中以-b代b得：|a||b||a(b)||a||b|

即：|a||b||ab||a||b|

三、应用举例

例一 至 例三见课本P26-27略 例四 设|a|<1, |b|<1 求证|a+b|+|a-b|<2

证明：当a+b与a-b同号时，|a+b|+|a-b|=|a+b+a-b|=2|a|<2

当a+b与a-b异号时，|a+b|+|a-b|=|a+b-(a-b)|=2|b|<2 ∴|a+b|+|a-b|<2

例五 已知f(x)1x2 当ab时 求证：|f(a)f(b)||ab| 证一：|f(a)f(b)||a1b1|22a21b21a1b122

|a2b2|a21b21|(ab)(ab)|a2b2|ab||(ab)|

|a||b| (|a||b|)|ab||ab|

|a||b|证二：（构造法）

如图：OAf(a)1a2

1 A a B OBf(b)1b2 |AB||ab|

O b 由三角形两边之差小于第三边得：|f(a)f(b)||ab|

四、小结：“三角不等式”

五、作业：P28 练习和习题6.5

第十八教时

教材：含参数的不等式的解法

目的：在解含有参数的不等式时，要求学生能根据参数的“位置”正确分组讨论，

解不等式。

过程：一、课题：含有参数的不等式的解法 二、例一 解关于x的不等式 logaxlogxa 解：原不等式等价于 logax(logax1)(logax1)10 即：

logaxlogax ∴logax1或0logax1

1或1xa a1若0a若a>1 0x例二 解关于x的不等式 23x2xm(2x2x) 解：原不等式可化为24x(1m)2xm0

即：(22x1)(22xm)0s

当m>1时 122xm ∴0x当m=1时 (22x1)20 ∴xφ

1当02当m≤0时 x<0

1log2m 2例三 解关于x的不等式

x24mx4m2m3

解：原不等式等价于 |x2m|m3

当m30即m3时 x2mm3或x2m(m3) ∴x3m3或xm3

当m30即m3时 |x6|0 ∴x6 当m30即m3时 xR

例四 解关于x的不等式 (cot)x23x21,(02)

解：当cot1即(0,

4)时 x23x20 ∴x>2或x<1 当cot1即=

4时 xφ 当cot(0,1)即(4,2)时 x23x20 ∴1例五 满足3xx1的x的集合为A；满足x2(a1)xa0的x 的集合为B 1 若AB 求a的取值范围 2 若AB

值范围 3 若A∩B为仅含一个元素的集合，求a的值。 解：A=[1,2] B={x|(x-a)(x-1)≤0}

当a≤1时 B=[a,1] 当a>1时 B=[1,a]

当a>2时 AB 当1≤a≤2时 AB

当a≤1时 A∩B仅含一个元素

例六 方程asin2x12cosx12a0,(0a1,0x)有相异两实根，求a的取值范围 解：原不等式可化为2acos2xcosx10 令：tcosx 则t[1,1]

设f(t)2at2t1 又∵a>0

18a0a1f(1)2a08f(1)2a20a0a1 111a1a14a4或a14三、小结 四、作业：

1．log2(a11x)log1x10

2a2求a 的取

111a当a1或1a0时()x()a22,a1时x 11a1a当0a1或a1时()ax()222．A{x|3xx1} B{x||x1|a,a0} 若AB 求a的取值范围 (a≥1) 3．a23x2xa,(a0) (4．xlogax1a2x,(a0) (当0a1时a2ax0) 2xa2,当a1时xa2或0xa2)

125．当a在什么范围内方程：x2(log2a4)xlog2a10有两个

41不同的负根 (0,)(4,42)

46．若方程x2(m2)x5m0的两根都对于2，求实数m的范围

5,4