第一篇：2012屆高考數學一輪復習 6.7 不等式的綜合問題教案

6.7 不等式的綜合問題

●知識梳理

1.方程與不等式、函數與不等式、解析幾何與不等式的綜合問題.2.解決上述問題的關鍵是找出綜合題的各部分知識點及解法，充分利用數學思想和數學方法求解.●點擊雙基

1.（2004年湖北，5）若

11＜＜0，則下列不等式中，正確的不等式有 abba+＞2 ab①a+b＜ab ②|a|＞|b| ③a＜b ④A.1個

B.2個

C.3個

D.4個

?a?b?0，11?解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.∴?ab?0，故①正確，②③錯誤.ab?|b|?|a|.?∵a、b同號且a≠b，∴

bababa?=2.、均為正.∴+＞

2ababab故④正確.∴正確的不等式有2個.答案：B 2.（2004年福建，11）（理）定義在R上的函數f（x）滿足f（x）=f（x+2），當x∈［3，5］時，f（x）=2－|x－4|，則

A.f（sinππ）＜f（cos）662π2π）＜f（sin）33B.f（sin1）＞f（cos1）C.f（cosD.f（cos2）＞f（sin2）

解析：由f（x）=f（x+2），知T=2，又∵x∈［3，5］時，f（x）=2－|x－4|，可知當3≤x≤4時，f（x）=－2+x.當4＜x≤5時，f（x）=6－x.其圖象如下圖.故在（－1，0）上是增函數，在（0，1）上是減函數.又由|cos2|＜|sin2|，∴f（cos2）＞f（sin2）.答案：D（文）定義在R上的偶函數f（x）滿足f（x）=f（x+2），當x∈［3，4］時，f（x）= x－2，則

A.f（sin11）＜f（cos）22B.f（sinππ）＞f（cos）3333）＞f（cos）22C.f（sin1）＜f（cos1）D.f（sin解析：仿理科分析.答案：C 3.設M=a+A.M＞N 112（2＜a＜3），N=log1（x+）（x∈R），那么M、N的大小關系是 a?216

2B.M=N C.M＜N D.不能確定

解析：由2＜a＜3，M=a+

11=（a－2）++2＞2+2=4（注意a≠1，a≠3），a?2a?2N=log1（x2+211）≤log1=4＜M.16162答案：A

24.對于0≤m≤4的m，不等式x+mx＞4x+m－3恒成立，則x的取值范圍是____________.2解析：轉化為m（x－1）+x－4x+3＞0在0≤m≤4時恒成立.2令f（m）=m（x－1）+x－4x+3.2?0，??f（0）?x?4x?3?0?x?1或x?3，則? ????2f（4）?0x??1或x?1.????x?1?0∴x＜－1或x＞3.答案：x＞3或x＜－1 ●典例剖析

【例1】 已知f（x）=loga1?x（a＞0，a≠1）.x?1（1）判斷f（x）在（1，+∞）上的單調性，并加以證明；（2）當x∈（r，a－2）時，f（x）的值域為（1，+∞），求a與r的值；（3）若f（x）≥loga2x，求x的取值范圍.剖析：單調性只要用定義證明，可先比較真數的大小再證.函數值域可利用函數的單調性確定端點后再比較，化為方程組求解.對數型不等式要化成同底后分a＞1與0＜a＜1求解，同時要注意定義域.解：（1）任取1＜x1＜x2，則

x?1x?1f（x2）－f（x1）=loga2－loga1

x2?1x1?1（x?1）（x1?1）xx?x1?x2?1=loga2=loga12.（x2?1）（x1?1）x1x2?x1?x2?1又∵x2＞x1＞1，∴x1－x2＜x2－x1.∴0＜x1x2－x2+x1－1＜x1x2－x1+x2－1.xx?x1?x2?1∴0＜12＜1.x1x2?x1?x2?1當a＞1時，f（x2）－f（x1）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上是減函數；

當0＜a＜1時，f（x2）－f（x1）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上是增函數.（2）由∵x?1＞0得x∈（－∞，－1）∪（1，+∞）.x?1x?12=1+≠1，∴f（x）≠0.x?1x?1當a＞1時，∵x＞1?f（x）＞0，x＜－1?f（x）∈（0，1），∴要使f（x）的值域是（1，+∞），只有x＞1.－1又∵f（x）在（1，+∞）上是減函數，∴f（x）在（1，+∞）上也是減函數.?r?1，?a?1?r?1?∴f（x）＞1?1＜x＜f（1）=.∴?∴ ?a?1a?1a?2?.?a?2?（負號不符合）3.??a?1?當0＜a＜1時，∵x＞1?f（x）＜0，x＜1?f（x）＞0，∴要使值域是（1，+∞），只有x＜－1.－1又∵f（x）在（－∞，－1）上是增函數，∴f（x）＞1?－1＞x＞f（1）=a?1?，?r?∴?a?1無解.??a?2??1，－

1a?1.a?1綜上，得a=2+3，r=1.（3）由f（x）≥loga2x得

?x?13?173?173?17?當a＞1時，?＜x＜且x＞1.∴1＜x＜.x?1?2x（x?1）444??x?1，3?17當0＜a＜1時，?∴x＞.x?1?2x（x－1），4?【例2】 已知拋物線y=ax－1上存在關于直線x+y=0成軸對稱的兩點，試求實數a的取值范圍.解法一：設拋物線上關于直線l對稱的兩相異點為P（x1，y1）、Q（x2，y2），線段PQ的中

2?y?x?b，點為M（x0，y0），設直線PQ的方程為y=x+b，由于P、Q兩點存在，所以方程組?有2y?ax?1?兩組不同的實數解，即得方程ax－x－（1+b）=0.判別式Δ=1+4a（1+b）＞0.②

由①得x0=

2①

x1?x211=，y0=x0+b=+b.22a2a1113∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，即b=－，代入②解得a＞.2a2aa4解法二：設同解法一，由題意得

?y1?ax12?1，??y2?ax22?1，??y?y2?1?1，?x1?x2??y1?y2?x1?x2?0.?2?2①②③ ④將①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得 ?x1?x2?????x12?x22??1，a2??2?.aa1⑤ ⑥由二元均值不等式易得

2222（x1+x2）＞（x1+x2）（x1≠x2）.12123將⑤⑥代入上式得2（－2+）＞（），解得a＞.aa4a解法三：同解法二，由①－②，得 y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）=

x?x21y1?y2=1.∴x0=1=.∵M（x0，y0）∈l，x1?x222a∴y0+x0=0，即y0=－x0=－

111，從而PQ的中點M的坐標為（，－）.2a2a2a11

2）－（－）－1＜0.2a2a∵M在拋物線內部，∴a（解得a＞3.（舍去a＜0，為什么?）4思考討論

解法三中為何舍去a＜0? 這是因為a＜0，中點M（x0，y0），x0=

1＜0，2ay0=－1＞0.又∵a＜0，2ay=ax2－1＜0，矛盾.∴a＜0舍去.●闖關訓練 夯實基礎

1.已知y=loga（2－ax）在 ［0，1］上是x的減函數，則a的取值范圍是

A.（0，1）

B.（1，2）

C.（0，2）

D.［2，+∞）?a?1，解析：∵y=loga（2－ax）在［0，1］上是關于x的減函數，∴?∴1＜a＜2.2?a?0.?答案：B 2.如果對任意實數x，不等式|x+1|≥kx恒成立，則實數k的范圍是____________.解析：畫出y1=|x+1|，y2=kx的圖象，由圖可看出0≤k≤1.

第二篇：XX屆高考數學第一輪不等式專項復習教案

XX屆高考數學第一輪不等式專項復習教

案

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件www.tmdps.cn 第六章不等式

●網絡體系總覽

●考點目標定位

.理解不等式的性質及應用.2.掌握兩個（不擴展到三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數的定理，并會簡單地應用.3.掌握比較法、分析法、綜合法證明簡單的不等式.4.掌握不等式的解法.5.理解不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.●復習方略指南

本章內容在高考中，以考查不等式的性質、證明、解法和最值方面的應用為重點，多數是與函數、方程、三角、數列、幾何綜合在一起被考查，單獨考查不等式的問題較少，尤其是不等式的證明題.借助不等式的性質及證明，主要考查函數方程思想、等價轉化思想、數形結合思想及分類討論思想等數學思想方法.含參數不等式的解法與討論，不等式與函數、數列、三角等內容的綜合問題，仍將是今后高考命題的熱點.本章內容理論性強，知識覆蓋面廣，因此復習中應注意：

.復習不等式的性質時，要克服“想當然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準則和實數的運算法則為依據.2.不等式的證明方法除比較法、分析法、綜合法外，還有反證法、換元法、判別式法、構造法、幾何法，這些方法可作了解，但要控制量和度，切忌喧賓奪主.3.解（證）某些不等式時，要把函數的定義域、值域和單調性結合起來.4.注意重要不等式和常用思想方法在解題中的作用.5.利用平均值定理解決問題時，要注意滿足定理成立的三個條件：一“正”、二“定”、三“相等”.6.對于含有絕對值的不等式（問題），要緊緊抓住絕對值的定義實質，充分利用絕對值的幾何意義.7.要強化不等式的應用意識，同時要注意到不等式與函數方程的對比與聯系.6.1不等式的性質

●知識梳理

.比較準則：a－b＞0a＞b；

a－b=0a=b；a－b＜0a＜b.2.基本性質：（1）a＞bb＜a.（2）a＞b，b＞ca＞c.（3）a＞ba+c＞b+c；a＞b，c＞da+c＞b+d.（4）a＞b，c＞0ac＞bc；a＞b，c＜0ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0ac＞bd.（5）a＞b＞0

＞（n∈N，n＞1）；a＞b＞0an＞bn（n∈N，n＞1）.3.要注意不等式性質成立的條件.例如，重要結論：a＞b，ab＞0

＜，不能弱化條件得a＞b

＜，也不能強化條件得a＞b＞0

＜.4.要正確處理帶等號的情況.如由a＞b，b≥c或a≥b，b＞c均可得出a＞c；而由a≥b，b≥c可能有a＞c，也可能有a=c，當且僅當a=b且b=c時，才會有a=c.5.性質（3）的推論以及性質（4）的推論可以推廣到兩個以上的同向不等式.6.性質（5）中的指數n可以推廣到任意正數的情形.特別提示

不等式的性質從形式上可分兩類：一類是“”型；另一類是“”型.要注意二者的區別.●點擊雙基

.若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是

A.＞

B.2a＞2b

c.|a|＞|b|

D.（）a＞（）b

解析：由a＜b＜0知ab＞0，因此a?＜b?，即＞成立；

由a＜b＜0得－a＞－b＞0，因此|a|＞|b|＞0成立.又（）x是減函數，所以（）a＞（）b成立.故不成立的是B.答案：B

2.（XX年春季北京，7）已知三個不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0（其中a、b、c、d均為實數），用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結論組成一個命題，可組成的正確命題的個數是

A.0

B.1

c.2

D.3

解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得出－＞0.bc－ad＞0，兩端同除以ab，得－＞0.同樣由－＞0，ab＞0可得bc－ad＞0.ab＞0.答案：D

3.設α∈（0，），β∈［0，］，那么2α－的范圍是

A.（0，）

B.（－，）

c.（0，π）

D.（－，π）

解析：由題設得0＜2α＜π，0≤≤.∴－≤－≤0.∴－＜2α－＜π.答案：D

4.a＞b＞0，m＞0，n＞0，則，，的由大到小的順序是____________.解析：特殊值法即可

答案：＞＞＞

5.設a=2－，b=－2，c=5－2，則a、b、c之間的大小關系為____________.解析：a=2－=－＜0，∴b＞0.c=5－2=－＞0.b－c=3－7=－＜0.∴c＞b＞a.答案：c＞b＞a

●典例剖析

【例1】已知－1＜a+b＜3且2＜a－b＜4，求2a+3b的取值范圍.剖析：∵a+b，a－b的范圍已知，∴要求2a+3b的取值范圍，只需將2a+3b用已知量a+b，a－b表示出來.可設2a+3b=x（a+b）+y（a－b），用待定系數法求出x、y.解：設2a+3b=x（a+b）+y（a－b），∴解得

∴－＜（a+b）＜，－2＜－（a－b）＜－1.∴－＜（a+b）－（a－b）＜，即－＜2a+3b＜.評述：解此題常見錯誤是：－1＜a+b＜3，①

2＜a－b＜4.②

①+②得1＜2a＜7.③

由②得－4＜b－a＜－2.④

①+④得－5＜2b＜1，∴－＜3b＜.⑤

③+⑤得－＜2a+3b＜.思考討論

.評述中解法錯在何處?

2.該類問題用線性規劃能解嗎?并試著解決如下問題：

已知函數f（x）=ax2－c，滿足－4≤f（1）≤－1，－1≤f（2）≤5，求f（3）的最大值和最小值.答案：20－1

【例2】（XX年福建，3）命題p：若a、b∈R，則|a|+|b|＞1是|a+b|＞1的充分而不必要條件；命題q：函數y=的定義域是（－∞，－1］∪［3，+∞），則

A.“p或q”為假

B.“p且q”為真

c.p真q假

D.p假q真

剖析：只需弄清命題p、q的真假即可.解：∵|a+b|≤|a|+|b|，若|a|+|b|＞1不能推出|a+b|＞1，而|a+b|＞1一定有|a|+|b|＞1，故命題p為假.又函數y=的定義域為|x－1|－2≥0，∴|x－1|≥2.∴x≤－1或x≥3.∴q為真.答案：D

【例3】比較1+logx3與2logx2（x＞0且x≠1）的大小.剖析：由于要比較的兩個數都是對數，我們聯系到對數的性質，以及對數函數的單調性.解：（1+logx3）－2logx2=logx.當或即0＜x＜1或x＞時，有logx＞0，1+logx3＞2logx2.當①或②時，logx＜0.解①得無解，解②得1＜x＜，即當1＜x＜時，有logx＜0，1+logx3＜2logx2.當x=1，即x=時，有logx=0.∴1+logx3=2logx2.綜上所述，當0＜x＜1或x＞時，1+logx3＞2logx2；

當1＜x＜時，1+logx3＜2logx2；

當x=時，1+logx3=2logx2.評述：作差看符號是比較兩數大小的常用方法，在分類討論時，要做到不重復、不遺漏.深化拓展

函數f（x）=x2+（b－1）x+c的圖象與x軸交于（x1，0）、（x2，0），且x2－x1＞1.當t＜x1時，比較t2+bt+c與x1的大小.提示：令f（x）=（x－x1）（x－x2），∴x2+bx+c=（x－x1）（x－x2）+x.把t2+bt+c與x1作差即可.答案：t2+bt+c＞x1.●闖關訓練

夯實基礎

.（XX年遼寧，2）對于0＜a＜1，給出下列四個不等式：

①loga（1+a）＜loga（1+）；②loga（1+a）＞loga（1+）；③a1+a＜a1；④a1+a＞a.其中成立的是

A.①③

B.①④

c.②③

D.②④

解析：∵0＜a＜1，∴a＜，從而1+a＜1+.∴loga（1+a）＞loga（1+）.又∵0＜a＜1，∴a1+a＞a.故②與④成立.答案：D

2.若p=a+（a＞2），q=2，則

A.p＞q

B.p＜q

c.p≥q

D.p≤q

解析：p=a－2++2≥4，而－a2+4a－2=－（a－2）2+2＜2，∴q＜4.∴p＞q.答案：A

3.已知－1＜2a＜0，A=1+a2，B=1－a2，c=，D=則A、B、c、D按從小到大的順序排列起來是____________.解析：取特殊值a=－，計算可得A=，B=，c=，D=.∴D＜B＜A＜c.答案：D＜B＜A＜c

4.若1＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|的取值范圍是____________.解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3.答案：（－3，3）

5.已知a＞2，b＞2，試比較a+b與ab的大小.解：∵ab－（a+b）=（a－1）（b－1）－1，又a＞2，b＞2，∴a－1＞1，b－1＞1.∴（a－1）（b－1）＞1，（a－1）（b－1）－1＞0.∴ab＞a+b.6.設A=xn+x－n，B=xn－1+x1－n，當x∈R+，n∈N時，求證：A≥B.證明：A－B=（xn+x－n）－（xn－1+x1－n）=x－n（x2n+1－x2n－1－x）

=x－n［x（x2n－1－1）－（x2n－1－1）］=x－n（x－1）（x2n－1－1）.由x∈R+，x－n＞0，得

當x≥1時，x－1≥0，x2n－1－1≥0；

當x＜1時，x－1＜0，x2n－1＜0，即x－1與x2n－1－1同號.∴A－B≥0.∴A≥B.培養能力

7.設0＜x＜1，a＞0且a≠，試比較|log3a（1－x）3|與|log3a（1+x）3|的大小.解：∵0＜x＜1，∴①當3a＞1，即a＞時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=|3log3a（1－x）|－|3log3a（1+x）|

=3［－log3a（1－x）－log3a（1+x）］=－3log3a（1－x2）.∵0＜1－x2＜1，∴－3log3a（1－x2）＞0.②當0＜3a＜1，即0＜a＜時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=3［log3a（1－x）+log3a（1+x）］

=3log3a（1－x2）＞0.綜上所述，|log3a（1－x）3|＞|log3a（1+x）3|.8.設a1≈，令a2=1+.（1）證明介于a1、a2之間；

（2）求a1、a2中哪一個更接近于；

（3）你能設計一個比a2更接近于的一個a3嗎？并說明理由.（1）證明：（－a1）（－a2）=（－a1）?（－1－）=＜0.∴介于a1、a2之間.（2）解：|－a2|=|－1－|=||

=|－a1|＜|－a1|.∴a2比a1更接近于.（3）解：令a3=1+，則a3比a2更接近于.由（2）知|－a3|=|－a2|＜|－a2|.探究創新

9.已知x＞－1，n≥2且n∈N*，比較（1+x）n與1+nx的大小.解：設f（x）=（1+x）n－（1+nx），則（x）=n（1+x）n－1－n=n［（1+x）n－1－1］.由（x）=0得x=0.當x∈（－1，0）時，（x）＜0，f（x）在（－1，0）上遞減.當x∈（0，+∞）時，（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上遞增.∴x=0時，f（x）最小，最小值為0，即f（x）≥0.∴（1+x）n≥1+nx.評述：理科學生也可以用數學歸納法證明.●思悟小結

.不等式的性質是解、證不等式的基礎，對任意兩實數a、b有a－b＞0a＞b，a－b=0a=b，a－b＜0a＜b，這是比較兩數（式）大小的理論根據，也是學習不等式的基石.2.一定要在理解的基礎上記準、記熟不等式的性質，并注意解題中靈活、準確地加以應用.3.對兩個（或兩個以上）不等式同加（或同乘）時一定要注意不等式是否同向（且大于零）.4.對于含參問題的大小比較要注意分類討論.●教師下載中心

教學點睛

.加強化歸意識，把比較大小問題轉化為實數的運算.2.通過復習要強化不等式“運算”的條件.如a＞b、c＞d在什么條件下才能推出ac＞bd.3.強化函數的性質在大小比較中的重要作用，加強知識間的聯系.拓展題例

【例1】已知f（x）=|log2（x+1）|，m＜n，f（m）=f（n）.（1）比較m+n與0的大小；

（2）比較f（）與f（）的大小.剖析：本題關鍵是如何去掉絕對值號，然后再判斷差的符號.解：（1）∵f（m）=f（n），∴|log2（m+1）|=|log2（n+1）|.∴log22（m+1）=log22（n+1）.∴［log2（m+1）+log2（n+1）］［log2（m+1）－log2（n+1）］=0，log2（m+1）（n+1）?log2=0.∵m＜n，∴≠1.∴log2（m+1）（n+1）=0.∴mn+m+n+1=1.∴mn+m+n=0.當m、n∈（－1，0］或m、n∈［0，+∞）時，由函數y=f（x）的單調性知x∈（－1，0］時，f（x）為減函數，x∈［0，+∞）時，f（x）為增函數，f（m）≠f（n）.∴－1＜m＜0，n＞0.∴m?n＜0.∴m+n=－mn＞0.（2）f（）=|log2|=－log2=log2，f（）=|log2|=log2.－==－＞0.∴f（）＞f（）.【例2】某家庭準備利用假期到某地旅游，有甲、乙兩家旅行社提供兩種優惠方案，甲旅行社的方案是：如果戶主買全票一張，其余人可享受五五折優惠；乙旅行社的方案是：家庭旅游算集體票，可按七五折優惠.如果甲、乙兩家旅行社的原價相同，請問該家庭選擇哪家旅行社外出旅游合算？

解：設該家庭除戶主外，還有x人參加旅游，甲、乙兩旅行社收費總金額分別為y1和y2.一張全票價格為a元，那么y1=a+0.55ax，y2=0.75（x+1）a.∴y1－y2=a+0.55ax－0.75a（x+1）=0.2a（1.25－x）.∴當x＞1.25時，y1＜y2；

當x＜1.25時，y1＞y2.又因x為正整數，所以當x=1，即兩口之家應選擇乙旅行社；

當x≥2（x∈N），即三口之家或多于三口的家庭應選擇甲旅行社.課

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第三篇：XX屆高考數學知識點不等式證明——比較法復習教案

XX屆高考數學知識點不等式證明——比

較法復習教案

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m【§5.3不等式證明——比較法】班級姓名學號

例1．a、b、c≥0，求證a3+b3+c3≥3abc.例2．a、b、c是△ABc的三邊，求證a2+b2+c2<2.例3．已知m、n∈N，求證：.例4．若x∈（0，1）,a>0且a≠1，求證：|loga|>loga|.【備用題】

x,y,z∈R，A、B、c是△ABc三內角，求證：x2+y2+z2≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosc

【基礎訓練】

．設m=，則m、N的大小關系是

（）

A．m>N

B．m=N

c．m

D．不確定

2．設正數a、b、c、d滿足a+d=b－c，且|a－d|<|b－c|，則ad和bc的大小關系是

（）

A．ad=bc

B．ad

c．ad>bc

D．不確定

3．已知a,b∈R+，則與的大小關系是

（）

A．x>y

B．x≥y

c．x≤y

D．不確定

4．設a,b∈R+，且a+b=2，則的最小值是_________________.5．對任意銳角θ，都有，恒成立，則的最大值是_________________.6．若a>b>c>1，P=，是P與Q中的較小者是____________.【拓展練習】

用比較法證明下列不等式

．x,y∈R，x≠y，求證：x4+y4>x3y+xy3.2．x∈R，求證：1+2x2≥2x3+x2.3．x∈R，x≠－1，求證：.4．b>a>0，求證：.5．x,y,z∈R，求證：x2+y2+xy+7z2≥2xz+5yz.6．x>0,n∈N，求證：xn+x－n≥xn－1+x1－n.7．a>0,b>0,m、n∈N，m>n，求證：2≥（am－n+bm－n）.8．a、b、c∈R+，求證：≥2.9

．

a>b>c>0,a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.0．a、b∈R+，①求證：之間

②問這二個數哪一個更接近于.www.5y

kj.co

m

求

證

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第四篇：XX屆高考數學第一輪不等式的證明專項復習教案_1

XX屆高考數學第一輪不等式的證明專項

復習教案

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6.3不等式的證明

（二）●知識梳理

.用綜合法證明不等式：利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調性證明不等式.5.構造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數形結合法證明不等式.7.反證法、換元法等.特別提示

不等式證明方法多，證法靈活，其中比較法、分析法、綜合法是基本方法，要熟練掌握，其他方法作為輔助，這些方法之間不能截然分開，要綜合運用各種方法.●點擊雙基

.（XX年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+對任意n∈N*恒成立，則實數a的取值范圍是

A.［－2，）

B.（－2，）

c.［－3，）

D.（－3，）

解析：當n為正偶數時，a＜2－，2－為增函數，∴a＜2－=.當n為正奇數時，－a＜2+，a＞－2－.而－2－為增函數，－2－＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，）.答案：A

2.（XX年南京市質檢題）若＜＜0，則下列結論不正確的是

A.a2＜b2

B.ab＜b2

c.+＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正確.答案：A

3.分析法是從要證的不等式出發，尋求使它成立的 A.充分條件

B.必要條件

c.充要條件

D.既不充分又不必要條件

答案：A

4.（理）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關系是____________.解析：若d=0或q=1，則am=bm.若d≠0，畫出an=a1+（n－1）d與bn=b1?qn－1的圖象，易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，…），則an+1與bn+1的大小關系是____________.解析：an+1=≥==bn+1.答案：an+1≥bn+1

5.若a＞b＞c，則+_______.（填“＞”“=”“＜”）

解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］

≥2?2=4.∴+≥＞.答案：＞

●典例剖析

【例1】設實數x、y滿足y＋x2＝0，0＜a＜1.求證：loga（ax＋ay）＜loga2＋.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.證明：∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2＝2.∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a.∴loga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋.評述：本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證ax＋ay≥2?a即可．

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求證：

（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決問題.證明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［（a+b+c）+a］?［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］?［（a+b+c）－b］?［（a+b+c）－c］.也就是證［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］?［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（a+b）+（b+c）≥2＞0，（b+c）+（c+a）≥2＞0，（c+a）+（a+b）≥2＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】已知a＞1，n≥2，n∈N*.求證：－1＜.證法一：要證－1＜，即證a＜（+1）n.令a－1=t＞0，則a=t+1.也就是證t+1＜（1+）n.∵（1+）n=1+c

+…+c（）n＞1+t，即－1＜成立.證法二：設a=xn，x＞1.于是只要證＞x－1，即證＞n.聯想到等比數列前n項和1+x+…+xn－1=，①

倒序xn－1+xn－2+…+1=.②

①+②得2?=（1+xn－1）+（x+xn－2）+…+（xn－1+1）

＞2+2+…+2＞2n.∴＞n.思考討論

本不等式是與自然數有關的命題，用數學歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關訓練

夯實基礎

.已知a、b是不相等的正數，x=，y=，則x、y的關系是

A.x＞y

B.y＞x

c.x＞y

D.不能確定

解析：∵x2=（+）2=（a+b+2），y2=a+b=（a+b+a+b）＞（a+b+2）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B

2.對實數a和x而言，不等式x3+13a2x＞5ax2+9a3成立的充要條件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）

=x3－5ax2+13a2x－9a3

=（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）2+5a2］＞0.∵當x≠2a≠0時，有（x－2a）2+5a2＞0.由題意故只需x－a＞0即x＞a，以上過程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求證：＜a.證明：要證＜a，只需證b2－ac＜3a2，即證b2+a（a+b）＜3a2，即證（a－b）（2a+b）＞0，即證（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）?（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求證：ab+bc+ca≤0.證法一：（綜合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）2＝0.展開得ab+bc+ca=－，∴ab+bc+ca≤0.證法二：（分析法）要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即證a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，亦即證［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0．

而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2

＝－a2－b2－ab＝－［（a＋）2＋］≤0．

∴ab+bc+ca≤0.培養能力

5.設a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求證：－＜c＜0.證明：∵a2+b2+c2=1，∴（a+b）2－2ab+c2=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c2－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x2+（c－1）x+c2－c=0的兩個根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，則

6.已知=1，求證：方程ax2+bx+c=0有實數根.證明：由=1，∴b=.∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有實數根.7.設a、b、c均為實數，求證：++≥++.證明：∵a、b、c均為實數，∴（＋）≥≥，當a=b時等號成立；

（＋）≥≥，當b=c時等號成立；

（＋）≥≥．

三個不等式相加即得++≥++，當且僅當a=b=c時等號成立.探究創新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求證：a、b、c、d中至少有一個是負數.證明：假設a、b、c、d都是非負數，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.這與ac+bd＞1矛盾.所以假設不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數.●思悟小結

.綜合法就是“由因導果”，從已知不等式出發，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結論.2.分析法就是“執果索因”，從所證不等式出發，不斷用充分條件替換前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的證法一般用分析法，敘述證明過程用綜合法較簡，兩法結合在證明不等式中經常遇到.4.構造函數利用單調性證不等式或構造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現相關知識間的聯系.●教師下載中心

教學點睛

.在證明不等式的過程中，分析法和綜合法是不能分離的，如果使用綜合法證明不等式難以入手時，常用分析法探索證題途徑，之后用綜合法的形式寫出它的證明過程，以適應學生習慣的思維規律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題，常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起，所以在教學中，不等式的證明除常用的三種方法外，還需介紹其他方法，如函數的單調性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數學歸納法等.拓展題例

【例1】已知a、b為正數，求證：

（1）若+1＞，則對于任何大于1的正數x，恒有ax+＞b成立；

（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+＞b成立，則+1＞.分析：對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：①證明過程中代入條件；②由條件變形得出要證的不等式.證明：（1）ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2.∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2.（2）∵ax+＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+］min＞b，而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2，當且僅當a（x－1）=，即x=1+＞1時取等號.故［ax+］min=（+1）2.則（+1）2＞b，即+1＞b.評述：條件如何利用取決于要證明的不等式兩端的差異如何消除.【例2】求證：≤+.剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的單調性.證明：令f（x）=（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調遞增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.思考討論

.本題用分析法直接去證可以嗎?2.本題當|a+b|=0時，不等式成立；

當|a+b|≠0時，原不等式即為≤.再利用|a+b|≤|a|+|b|放縮能證嗎?讀者可以嘗試一下!

第五篇：高考數學專題復習專題二 不等式教案 文

2013年高考數學（文）復習

專題二不等式

自查網絡

核心背記

一，不等關系與不等式的證明 1-_________叫做不等式．

2．對于任意兩個實數a和6，在a=6，a>b，a

(1)性質1：________，稱為不等式的對稱性，(2)性質2． 一，稱為不等式的傳遞性．(3)性質3：________________ ①推論1:____，稱為不等式的移項法則． ②推論2:____（同向不等式可以相加）．

(4)性質4；________（不等式兩邊同乘非零數值）． ①推論1．____ ②推論2:____ ③推論3:____ 二，基本不等式與不等式的證明

（一）實數大小比較與運算性質之間的關系

四、不等式的應用

1．應用基本不等式解決實際問題

用基本不等式知識解決實際問題是不等式應用的一個重要內容，常出現在選擇與填空題中，屬中檔題．

(1)理解題意，確定量與量之間的關系；

(2)建立相應的不等式關系，把實際問題抽象（或轉化）為不等式問題；(3)回歸到實際問題，得出滿足實際要求的結論． 2．不等式與函數交匯的命題

用不等式知識解決函數問題是不等式應用的一個重要內容，也是高考的—個熱點和難點，常以壓軸題的形式出現

3．不等式與解析幾何、數列等知識交匯的命題 不等式與解析幾何、數列的綜合問題在近年的高考中時有出現，近兩年更是以壓軸題形式出現，因此不等式與數列的綜合問題是高考的重點，也是難點． 五、二元一次不等式組與簡單線性規劃問題

（一）二元一次不等式表示平面區域 1．-般地，二元一次不等式Ax+By+C>O在平面直角坐標系中表示直線Ax+By+C=O的某一側的所有點組成的平面區域（半平面）____邊界直線，不等式Ax+By+C≥O所表示的平面區域（半平面）邊界直線．

2．對于直線Ax+By+C=O同一側的所有點o，y），使得Ax+By+C的值符號相同，也就是同一半平面的點，其坐標適合____；而位于另一個半平面內的點，其坐標適合____3．可在直線Az-+B y+C—O的某一側任取一點，一般取特殊點(x。，y。)，從Ax。+By。+C的____來判斷Az-+By+C>O(或Ax+By+C

4．由幾個不等式組成的不等式組所表示的平面區域，是各個不等式所表示的平面區域的____．

（二）基本概念

1．線性約束條件：由z，y的____（或方程）組成的不等式組，是對z與y的____． 2．目標函數：____，如z-2x十y，z=≯+，等 3．線性目標函數；關于x,y的____．．

4．可行解：滿足____的解(x，y)叫做可行解． 5．可行域：____組成的集合叫可行域． 6．最優解：使目標函數達到____的可行解．

7．線性規劃問題：求____在____的最大值或最小值的問題，統稱線性規劃問題． 參考答案

(二)1．一次不等式限制

2．求最大值或最小值的函數 3．一次函數 4．線性約束條件 5．所有可行解 6．最大值或最小值

7．線性目標函數線性約束條件 規律探究

1．不等式的性質是證明不等式、解不等式、求函數的定義域等問題的依據，必須牢固掌握并會進行推導．

2．應用基本不等式求最值時必須注意“一正、二定、三相等”，一正即必須各項均為正數；二定就是積定則和有最小值，和定則積有最大值；三相等就是必須驗證等號成立的條件，這是最容易出錯的地方．

4．要學會構造不等式求解或構造函數求函數最值的方法，求最值時要注意等號成立的條件，避免不必要的錯誤．

5．加強分類討論思想的復習，加強函數與方程思想在不等式中的應用訓練． 實際應用

參考答案 1．【答案lC 【命題立意】本題考查線性規劃，利用線性規劃的一般方法求目標函數的最值． 【解題思路】畫出可行域如圖所示，根據圖形，顯然蘭 P一一z平移到點A(6，o)時，目標函數取得最大值，此時大值z-6．所以選擇c 【易錯點】解決本題需要注意三條直線斜率之間的關系，否則容易出現錯誤．

2．【答案】3 【命題立意】本題考查利用基本不等式求解最值

【舉一反三】在利用基本不等式求解最值時，要注意其三個條件缺一不可，即一正（各項為正值）、二定（和或積為定值）、三相等（即取得等號時變量是否在定義域限制范圍之內）． 3.【答案】27 【命題立意】本題考查了不等式之間的關系及代數式的最值探究問題，考查了整體思想的應用