第一篇：2013年高三第二輪復習專題測試題(11)(數學-不等式的性質與證明)（推薦）

第11講 不等式的性質與證明

1． 已知a,b是正實數，則不等式組??x?y?a?b,?x?a,是不等式組?成立的（B）

?xy?ab?y?b

（A）充分不必要條件（B）必要不充分條件

（C）充分且必要條件

2．如果?1?a?b?0，則有（D）既不充分又不必要條件（A）

11??b2?a2ba

1122（C）??b?aab（A）

3．若x?0,y?0且11??a2?b2ba1122（D）??a?b ab（B）19??1，則x?y的最小值是（C）xy

（A）6（B）12（C）16（D）2

44．實數x,y滿足x2?2y2?6，則xy的最大值是（A）

（A）（B）?（C）2（D）?

2225．設實數m、n、x、y滿足m?n?a，x2?y2?b，其中a、b為正的常數，則mx?ny 的最大

值是_____ab________

6．實系數方程x?ax?2b?0一根大于0且小于1，另一根大于1且小于2，則2b?2的取值范圍是a?

11(,1)

47．已知定義在R上的函數f(x)，對任意的實數m、n，都有f(m+n)= f(m)f(n)成立，且對x>0時，有f(x)?1成立．

（1）證明：f(0)=1，且當x<0時，有0?f(x)?1成立；

（2）證明：函數f(x)在R上為增函數；

證明：

（1）令m?0,.n?1?f(1)?f(0)f(1)，由已知f(1)?0 ,所以f(0)?1.當x?0時，?x?0 ,f(0)?f(x)f(?x)?1?f(x)?1, f(?x)

由f(?x)?1?0?f(x)?1.（2）任取x1,x2?R,x1?x2

f(x1)?f(x2)?f[(x1?x2)?x2]?f(x2)?f(x1?x2)f(x2)?f(x2)?f(x2)[f(x1?x2)?1]?0.所以f(x1)?f(x2)得證

8．設函數f(x)是定義在R上的奇函數，當x∈（－∞，0）時，f(x)=2ax+（Ⅰ）求f(x)的解析式； 1（a∈R)． x

1,x?(0,??)時,求證：[f(x)]n?f(xn)?2n?2.(n?N*)． 2

1解：（Ⅰ）設x∈(0，+∞)，則－x∈(－∞，0)，f(－x)=－2ax－， x

1∵f(x)是奇函數.∴f(x)= － f(－x)=2ax+，x∈(0，+∞).x（Ⅱ）當a?

又f(0)= f(－0)= － f(0), ∴f(0)=0,1??2ax?(x?0),?f(x)??x?(x?0).?0

（Ⅱ）當a?11時，f(x)?x?.則 2x

11[f(x)]n?f(xn)?(x?)n?(xn?n)xx 111n?12n?2n?1?C1x??Cx????Cnnnx?n?12xxx

n?22n?4?1?C1?Cnx???Cn

nxn1xn?2.n?2n?4n?1令S?C1?C2???Cnnxnx

?1又S?Cn

n1xn?2，1xn?2?2?Cnn1xn?4n?2???C1x,所以n

n?22S?C1?n(xxn?4)?C2?n(xn?21x?1)???Cn

n(n?411xn?2?xn?2)

2n?1?2(C1

n?Cn???Cn)

?2(2n?2)

?C1nC2n?1??Cnn

?[f(x)]n?f(xn)?2n?2

第二篇：高三數學第二輪復習教案 不等式的問題 人教版

高三數學第二輪復習教案 不等式問題的題型與方法三

（3課時）

一、考試內容

不等式，不等式的基本性質，不等式的證明，不等式的解法，含絕對值不等式

二、考試要求

1．理解不等式的性質及其證明。

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，并會簡單的應用。

3．掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。4．掌握簡單不等式的解法。

5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。

三、復習目標

1．在熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式的解法基礎上，掌握其它的一些簡單不等式的解法．通過不等式解法的復習，提高學生分析問題、解決問題的能力以及計算能力； 2．掌握解不等式的基本思路，即將分式不等式、絕對值不等式等不等式，化歸為整式不等式(組)，會用分類、換元、數形結合的方法解不等式；

3．通過復習不等式的性質及常用的證明方法(比較法、分析法、綜合法、數學歸納法等)，使學生較靈活的運用常規方法(即通性通法)證明不等式的有關問題；

4．通過證明不等式的過程，培養自覺運用數形結合、函數等基本數學思想方法證明不等式的能力；

5．能較靈活的應用不等式的基本知識、基本方法，解決有關不等式的問題．

6．通過不等式的基本知識、基本方法在代數、三角函數、數列、復數、立體幾何、解析幾何等各部分知識中的應用，深化數學知識間的融匯貫通，從而提高分析問題解決問題的能力．在應用不等式的基本知識、方法、思想解決問題的過程中，提高學生數學素質及創新意識．

四、雙基透視

1．解不等式的核心問題是不等式的同解變形，不等式的性質則是不等式變形的理論依據，方程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解法密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，互相轉化．在解不等式中，換元法和圖解法是常用的技巧之一．通過換元，可將較復雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數、數形結合，則可將不等式的解化歸為直觀、形象的圖形關系，對含有參數的不等式，運用圖解法可以使得分類標準明晰．

2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基礎，利用不等式的性質及函數的單調性，將分式不等式、絕對值不等式等化歸為整式不等式(組)是解不等式的基本思想，分類、換元、數形結合是解不等式的常用方法．方程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，相互轉化和相互變用．

3．在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧之一，通過換元，可將較復雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數，將不等式的解化歸為直觀、形象的圖象關系，對含有參數的不等式，運用圖解法，可以使分類標準更加明晰．通過復習，感悟到不等式的核心問題是不等式的同解變形，能否正確的得到不等式的解集，不等式同解變形的理論起了重要的作用．

4．比較法是不等式證明中最基本、也是最常用的方法，比較法的一般步驟是：作差(商)→變形→判斷符號(值)．

5．證明不等式的方法靈活多樣，內容豐富、技巧性較強，這對發展分析綜合能力、正逆思維等，將會起到很好的促進作用．在證明不等式前，要依據題設和待證不等式的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法．通過等式或不等式的運算，將待證的不等式化為明顯的、熟知的不等式，從而使原不等式得到證明；反之亦可從明顯的、熟知的不等式入手，經過一系列的運算而導出待證的不等式，前者是“執果索因”，后者是“由因導果”，為溝通聯系的途徑，證明時往往聯合使用分析綜合法，兩面夾擊，相輔相成，達到欲證的目的．

6．證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的最基本方法．要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟，技巧和語言特點．

7．不等式這部分知識，滲透在中學數學各個分支中，有著十分廣泛的應用．因此不等式應用問

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題體現了一定的綜合性、靈活多樣性，這對同學們將所學數學各部分知識融會貫通，起到了很好的促進作用．在解決問題時，要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系、選擇適當的解決方案，最終歸結為不等式的求解或證明．不等式的應用范圍十分廣泛，它始終貫串在整個中學數學之中．諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函數單調性的研究，函數定義域的確定，三角、數列、復數、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題，無一不與不等式有著密切的聯系，許多問題，最終都可歸結為不等式的求解或證明。

8．不等式應用問題體現了一定的綜合性．這類問題大致可以分為兩類：一類是建立不等式、解不等式；另一類是建立函數式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函數的最值時，要特別注意“正數、定值和相等”三個條件缺一不可，有時需要適當拼湊，使之符合這三個條件．利

0000用不等式解應用題的基本步驟：1審題，2建立不等式模型，3解數學問題，4作答。

五、注意事項

1.解不等式的基本思想是轉化、化歸，一般都轉化為最簡單的一元一次不等式（組）或一元二次不等式（組）來求解。

2.解含參數不等式時，要特別注意數形結合思想，函數與方程思想，分類討論思想的錄活運用。

3．不等式證明方法有多種，既要注意到各種證法的適用范圍，又要注意在掌握常規證法的基礎上，選用一些特殊技巧。如運用放縮法證明不等式時要注意調整放縮的度。

4．根據題目結構特點，執果索因，往往是有效的思維方法。

六、范例分析

b)∈M，且對M中的其它元素(c，d)，總有c≥a，則a=____．

分析：讀懂并能揭示問題中的數學實質，將是解決該問題的突破口．怎樣理解“對M中的其它元素(c，d)，總有c≥a”？M中的元素又有什么特點？ 解：依題可知，本題等價于求函數x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)

(2)當1≤y≤3時，所以當y=1時，xmin=4．

說明：題設條件中出現集合的形式，因此要認清集合元素的本質屬性，然后結合條件，揭示其數學實質．即求集合M中的元素滿足關系式

2a2?a?0? 例2．解關于x的不等式： xx?a?9分析：本例主要復習含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關鍵不是對參數a進行討論，而是去絕對值時必須對末知數進行討論，得到兩個不等式組，最后對兩個不等式組的解集求并集，得出原不等式的解集。解：當x?a時，不等式可轉化為??x?a?x?a 即?222?9x?x?a??2a?9x?9ax?2a?0用心 愛心 專心

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?a?x?3?17a b?x?a?x?a 當x?a時不等式可化為即?2?22?ax(a?x)?2a?9x?9ax?2a?0a2a?x?或?x?a33?2a3?17?a故不等式的解集為(??,???,a?。

336??例3． 己知三個不等式：①2x?4?5?x

②

x?2?1 ③2x2?mx?1?0 2x?3x?2(1)若同時滿足①、②的x值也滿足③，求m的取值范圍；

(2)若滿足的③x值至少滿足①和②中的一個，求m的取值范圍。

分析：本例主要綜合復習整式、分式不等式和含絕對值不等的解法，以及數形結合思想，解本題的關鍵弄清同時滿足①、②的x值的滿足③的充要條件是：③對應的方程的兩根分別在???,0?和?3,??)內。不等式和與之對應的方程及函數圖象有著密不可分的內在聯系，在解決問題的過程中，要適時地聯系它們之間的內在關系。解：記①的解集為A，②的解集為B，③的解集為C。解①得A=（-1，3）；解②得B=?0,1)?(2,4?,?A?B??0,1)?(2,3)

（1）因同時滿足①、②的x值也滿足③，A?B?C 設f(x)?2x2?mx?1，由f(x)的圖象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3時，即?f(0)?0??1?017即??m??

3?f(3)?0?3m?17?0（2）因滿足③的x值至少滿足①和②中的一個，?C?A?B,而A?B?(?1,4?因 此C?(?1,4??方程2x2?mx?1?0小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而 可滿足A?B?????f(?1)?1?m?0?31?f(4)?4m?31?0,解之得??m?1? 4?m??1???4?4?說明：同時滿足①②的x值滿足③的充要條件是：③對應的方程2x+mx-1=0的兩根分別在(-∞，0)和[3，+∞)內，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否則不能對A∩B中的所有x值滿足條件．不等式和與之對應的方程及圖象是有著密不可分的內在聯系的，在解決問題的過程中，要適時地聯系它們之間的內在關系．

例4.已知對于自然數a，存在一個以a為首項系數的整系數二次三項式，它有兩個小于1的正根，求證：a≥5．

分析：回憶二次函數的幾種特殊形式．設f(x)=ax+bx+c(a≠0)．①

頂點式．f(x)=a(x-x0)+f(x0)(a≠0)．這里(x0，f(x0))是二次函數的頂點，x0=?

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3))、(x2，f(x2))、(x3，f(x3))是二次函數圖象上的不同三點，則系數a，b，c可由

證明：設二次三項式為：f(x)=a(x-x1)(x-x2)，a∈N． 依題意知：0＜x1＜1，0＜x2＜1，且x1≠x2．于是有

f(0)＞0，f(1)＞0．

又f(x)=ax-a(x1+x2)x+ax1x2為整系數二次三項式，所以f(0)=ax1x2、f(1)=a·(1-x1)(1-x2)為正整數．故f(0)≥1，f(1)≥1． 從而

f(0)·f(1)≥1．

① 另一方面，且由x1≠x2知等號不同時成立，所以

由①、②得，a2＞16．又a∈N，所以a≥5．

說明：二次函數是一類被廣泛應用的函數，用它構造的不等式證明問題，往往比較靈活．根據題設條件恰當選擇二次函數的表達形式，是解決這類問題的關鍵．

例5.設等差數列{an}的首項a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．問：它的前多少項的和最大？ 分析:要求前n項和的最大值，首先要分析此數列是遞增數列還是遞減數列． 解:設等差數列{an}的公差為d，由Sm=Sn得

ak≥0，且ak+1＜0．

(k∈N)．

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說明：諸多數學問題可歸結為解某一不等式(組)．正確列出不等式(組)，并分析其解在具體問題的意義，是得到合理結論的關鍵．

例6．若二次函數y=f(x)的圖象經過原點，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范圍． 分析：要求f(-2)的取值范圍，只需找到含人f(-2)的不等式(組)．由于y=f(x)是二次函數，所以應先將f(x)的表達形式寫出來．即可求得f(-2)的表達式，然后依題設條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解．

解：因為y=f(x)的圖象經過原點，所以可設y=f(x)=ax2+bx．于是

解法一(利用基本不等式的性質)不等式組(Ⅰ)變形得

(Ⅰ)所以f(-2)的取值范圍是[6，10]． 解法二(數形結合)

建立直角坐標系aob，作出不等式組(Ⅰ)所表示的區域，如圖6中的陰影部分．因為f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系．如圖6，當直線4a-2b-f(-2)=0過點A(2，1)，B(3，1)時，分別取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范圍是：6≤f(-2)≤10．

解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而

1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，① 所以

3≤3f(-1)≤6．

② ①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．

說明：(1)在解不等式時，要求作同解變形．要避免出現以下一種錯解：

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2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．

(2)對這類問題的求解關鍵一步是，找到f(-2)的數學結構，然后依其數學結構特征，揭示其代數的、幾何的本質，利用不等式的基本性質、數形結合、方程等數學思想方法，從不同角度去解決同一問題．若長期這樣思考問題，數學的素養一定會迅速提高．

例7．(2002 江蘇)己知a?0,函數f(x)?ax?bx2，（1）當b?0時，若對任意x?R都有f?x??1,證明：a?2b;

時，證明：對任意x?[0,1]，|f(x)|?1的充要條件是b?1?a?2b；（2）當b?1時，（3）當0?b?1討論：對任意x?[0,1]，|f(x)|?1的充要條件。

a2a2)?證明：（1）依題意，對任意x?R，都有f(x)?1.?f(x)??b(x? 2b4baa2?f()??1,?a?0,b?0?a?2b.2b4b（2）充分性：?b?1,a?b?1,對任意x??0,1?,可推出:ax?bx2?b(x?x2)?x

??x??1,即ax?bx2??1;又?b?1,a?2b,對任意x??0,1?,可知

11ax?bx2?2bx?bx2?(2bx?bx2)max?2b??b?()2?1,即ax?bx2?1bb??1?f(x)?1

必要性：對任意x??0,1?,f(x)?1,?f(x)??1,?f(1)??1

1?1?即a?b??1?a?b?1;又?b?1?0??1,由f?x??1知f???1b?b?即a?1?1,?a?2b,故b?1?a?2b b綜上,對任意x??0,1?,f(x)?1的充要條件是b?1?a?2b

（3）?a?0,0?b?1時,對任意x??0,1?,f(x)?ax?bx2??b??1 即f(x)??1;又由f(x)?1知f(1)?1,即a?b?1,即a?b?1

b?12(b?1)2)? 而當a?b?1時,f(x)?ax?bx?(b?1)x?bx??b(x? 2b4bb?1?0?b?1,??12b?在?0,1?上,y?(b?1)x?bx2是增函數,故在x?1時取得最大值1?f(x)?1

22?當a?0,0?b?1時,對任意x??0,1?,f(x)?1的充要條件是a?b?1

例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求證a+b≤2，ab≤1．

分析：由條件a3+b3=2及待證的結論a+b≤2的結構入手，聯想它們之間的內在聯系，不妨用作差比較法或均值不等式或構造方程等等方法，架起溝通二者的“橋梁”． 證法一

(作差比較法)因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

33332222(a＋b)-2=a+b+3ab+3ab-8=3ab+3ab-6

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=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a+b)]=-3(a+b)(a-b)≤0，3即

(a+b)≤23．

證法二

(平均值不等式—綜合法)因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

所以a+b≤2，ab≤1．

說明：充分發揮“1”的作用，使其證明路徑顯得格外簡捷、漂亮． 證法三

(構造方程)設a，b為方程x2-mx+n=0的兩根．則

因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①

因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以

32所以a+b≤2．

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1．

說明：認真觀察不等式的結構，從中發現與已學知識的內在聯系，就能較順利地找到解決問題的切入點．

證法四

(恰當的配湊)因為a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，于是有6≥3ab(a+b)，從而

8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2．(以下略)

即a+b≤2．(以下略)證法六

(反證法)假設a+b＞2，則

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．

因為a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．

①

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另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab，所以ab＜1．

② 于是①與②矛盾，故a+b≤2．(以下略)說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法．

2例9．設函數f(x)=ax+bx+c的圖象與兩直線y=x，y=-x，均不相

分析：因為x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點確定，故設f(x)=a(x-x0)+f(x0)． 證明：由題意知，a≠0．設f(x)=a(x-x0)+f(x0)，則又二次方程ax+bx+c=±x無實根，故

2Δ1=(b+1)-4ac＜0，2

Δ2=(b-1)-4ac＜0．

222所以(b+1)+(b-1)-8ac＜0，即2b+2-8ac＜0，即

b-4ac＜-1，所以|b-4ac|＞1．

說明：從上述幾個例子可以看出，在證明與二次函數有關的不等式問題時，如果針對題設條件，合理采取二次函數的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑．

例10．（2002理）某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數量相同。為了保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數量不應超過多少輛？

解：設2001年末的汽車保有量為a1，以后每年末的汽車保有量依次為a2,a3....，每年新增汽車2

x萬輛。

由題意得an?1?0.94an?x即an?1?xx?0.94(an?)0.060.06xx)0.94n?1?0.060.0630令a?60,解得x?(30?)?0.06n n?11?0.94上式右端是關于n的減函數,且當n??時,上式趨于3.6an?(30?故要對一切自然數n滿足an?60,應有x?3.6,即每年新增汽車不應超過3.6萬輛

例11．已知奇函數f(x)在（??，0）?（0，??）上有定義，在（0，??）上是增函數，?f(1)?0,又知函數g(?)?sin2??mcos??2m,??[0,],集合

2M?m恒有g(?)?0,N?m恒有f(g(?))?0,求M?N ????分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數知識，通過恰當換元，使問題轉化為二次函數在閉區間上的最值問題。

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解?奇數函數f(x)在（0，??）上是增函數，?f（x)在（??，0）上也是增函數。?g(?)?0?g(?)?0又由f(1)?0得f(?1)??f(1)?0?滿足?的條件是??f(g(?)?0?f(?1)?g(?)??1 即g(?)??（1??（0，]），即sin2??mcos??2m??1,2也即?cos2??mcor??2m?2?0? 令t?cos?,則t?[0,1],又設?（t)??t2?mt?2m?2,0?t?

1要使?(t)?0,必須使?(t)在[0，1]內的最大值小于零

?m?0m01 當?0即m?0時，?(t)max??(0)??2m?2,解不等式組知m?? ??2m?2?02?mm2?8m?802當0??1即0?m?2時,?(t)max?,24 ?0?m?2?2解不等式組?m?8m?8?0得4?22?m?2?4??m?2m03當?1即m?2時，?(t)max??m?1,解不等式組?

2??m?1?0得m?2綜上：M??N?mm?4?22??

例12．如圖，某隧道設計為雙向四車道，車道總寬22米，要求通行車輛限高4.5米，隧道全長2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個橢圓形狀。

（1）若最大拱高h為6米，則隧道設計的拱寬l是多少？（2）若最大拱高h不小于6米，則應如何設計拱高h和拱寬l，才能使半個橢圓形隧道的土方工程最小？

?lh,柱體體積為：底面積乘以4高，2?1.414，7?2.646本題結果均精確到0.1米）

（半個橢圓的面積公式為s=分析：本題為2003年上海高考題，考查運用幾何、不等式等解決應用題的能力及運算能力。解：1)建立如圖所示直角坐標系，則P（11，4.5）

x2y2橢圓方程為：2?2?1

ab將b=h=6與點P坐標代入橢圓方程得

447887,此時l?2a??33.3故隧道拱寬約為33.3米 77x2y21124.522)由橢圓方程2?2?1得2?2?1

abab1124.522?11?4.5?2?2?,?ab?99abab??ab99?1124.521?s?lh??,當s最小時有2?2?

422ab292?a?112,b?此時l?2a?31.1,h?b?6.42a?故當拱高約為6.4米,拱寬約為31.1米時,土方工程量最小.用心 愛心 專心

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例13．已知n∈N，n＞1．求證

分析:雖然待證不等式是關于自然數的命題，但不一定選用數學歸納法，觀其“形”，它具有較好規律，因此不妨采用構造數列的方法進行解．

則

說明：因為數列是特殊的函數，所以可以因問題的數學結構，利用函數的思想解決．

x2?2x?2例14．已知函數f(x)?

x?1?f?x?1??n?fxn?1?2n?2.(2)設x是正實數，求證：??

分析：本例主要復習函數、不等式的基礎知識，絕對值不等式及函數不等式的證明技巧。基本思路先將函數不等式轉化為代數不等式，利用絕對值不等式的性質及函數的性質。證明（1）再利用二項展開式及基本不等式的證明（2）。(1)設〈0x?1,0?t?1,求證：t?x?t?x?f?tx?1?(x?1)2?11?f(tx?1)?tx? 證明：（1）?f(x)?x?1tx111?f(tx?1)?tx??tx??2tx??2,當且僅當tx?1時，上式取等號。

txtxtx?0?x?1,0?t?1?tx?1,?f(tx?1)?2

s?(t?x?t?x?2(t2?x2)?2t2?x2?(t?x?t?x)2?2(t2?x2)?2t2?x2 2當t?x時,s?4t2?4;當t?x時s?4x2?4

用心 愛心 專心

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?t?x?t?x?2?f(tx?1)即t?x?t?x?f(tx?1)

（2）n?1時，結論顯然成立

n當n?2時，?f(x?1)??f(x?1)?(x?n1n11112)?(xn?n)?Cnxn?1??Cnxn?2?2?.....xxxx1111n?2n?112n?2n?1?Cnx2?n?2?Cnx?n?1?Cnxn?2?Cnxn?4?......?Cn?n?4?Cn?n?2

xxxx1?1111?2n?1??Cn(xn?2?n?2)?Cn(xn?4?n?4)?....?Cn(xn?2?n?2)? 2?xxx?n?1112n?112?2?(Cn?Cn?...?Cn)?Cn?Cn?...?Cn?2n?2 2??

例15．（2001年全國理）己知i,m,n是正整數，且1?i?m?n（1）證明：niAm?miAn（2）證明：?1?m?n??1?n?

miiAmm?1m?2m?i?1證明：（1）對于1?i?m,有Am?m.(m?1)......(m?i?1),mi???......mmmmmiAnnn?1n?2n?i?1同理i???......由于m?n,對整數k?1,2,......,i?1,有

nnnnniiin?km?kAnAmi?,?i?i即miAn?niAm nmnmii（2）由二項式定理有(1?m)?iin?mCii?0nin,(1?n)??niCm,由(1)知miAn?niAm

miiii?0mAAiii(1?i?m?n),而Cn?n,Cm?m?micn?niCm(1?i?m?n)

i!i!因此

i?mCn??niCm,又moCn?noCm?1,mCn?nCm?mn,miCn?0 iiioo11ii?2i?2niimii?0i?0mm(m?i?n)??mCn??niCm即(1?m)n?(1?n)m。

七、強化訓練

1．已知非負實數x，y滿足2x?3y?8?0且3x?2y?7?0，則x?y的最大值是（）A．78 B． C．2 D． 3 332．已知命題p：函數y?log0.5(x2?2x?a)的值域為R，命題q：函數y??(5?2a)x

是減函數。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實數a的取值范圍是（）

A．a≤1 B．a<2 C．1

3224．求a，b的值，使得關于x的不等式ax+bx+a-1≤0的解集分別是：

(1)[-1，2]；(2)(-∞，-1]∪[2，+∞)；(3){2}；(4)[-1，+∞)． 5． 解關于x的不等式1?a2x?a?ax(a?0且a?1)

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6．（2002北京文）數列xn由下列條件確定：x1?a?0,xn?1?（1）證明：對于n?2,總有xn?2??1?a???? x?,n?Nn??2?xn?a,（2）證明：對于n?2,總有xn?xn?1．

7．設P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值，試求x的變化范圍．

8．已知數列?an??bn?中，的通項為an,前n項和為sn,且an是sn與2的等差中項，數列b1=1，點P（bn,bn+1）在直線x-y+2=0上。Ⅰ）求數列?an??、bn?的通項公式an,bn Ⅱ）設?bn?的前n項和為Bn, 試比較

111??...?與2的大小。B1B2BnⅢ）設Tn=bb1b2??...?n,若對一切正整數n,Tn?c(c?Z)恒成立,求c的最小值 a1a2an

八、參考答案

1．解：畫出圖象，由線性規劃知識可得，選D 2．解：命題p為真時，即真數部分能夠取到大于零的所有實數，故二次函數x?2x?a的判別式??4?4a?0，從而a?1；命題q為真時，5?2a?1?a?2。

若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。

若p為真，q為假時，無解；若p為假，q為真時，結果為1

（1）當a??1時，由圖1知不等式的解集為xx?a或?1?x?3（2）當?1?a?3時，由圖2知不等式的解集為xx??1或a?x?3（3）當a?3時，由圖3知不等式的解集為xx??1或3?x?a

4．分析：方程的根、函數的性質和圖象都與不等式的解密切相關，要善于把它們有機地聯系起來，相互轉化和相互交通．

2解(1)

由題意可知，a＞0且-1，2是方程ax+bx+a2-1≤0的根，所以

2??????用心 愛心 專心

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(3)由題意知，2是方程ax+bx+a-1=0的根，所以

24a+2b+a-1=0．

①

22又{2}是不等式ax+bx+a-1≤0的解集，所以

2(4)由題意知，a=0．b＜0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以

a=0，b=-1．

說明：二次函數與一元二次方程、一元二次不等式之間存在著密切的聯系．在解決具體的數學問題時，要注意三者之間相互聯系相互滲透，并在一定條件下相互轉換。

5．分析：在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧，通過換元，可將較復雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構造函數，數形結合，則可將不等式的解化歸為直觀，形象的圖象關系，對含參數的不等式，運用圖解法，還可以使得分類標準更加明晰。

解：設t?a，原不等式化為1?t2?a?t(t?0)設y1?1?t2(t?0),y2?a?t，在同一坐標系中作出兩函數圖象 x?y1?y2,故（1）當0?a?1時,0?t?1,即0?ax?1?x??0,??)

當1?a?2時,如右圖,解方程1?t?a?t得t1,2（2）222a?2?a2?222

?a?2?aa?2?a2?2?aa?2?a?t??x?(loga,loga)22222時，原不等式的解集為φ（3）當a?綜上所述，當a?(0,1)時，解集為?0,??）；當a?(1,2)時，解集為

2?2?a22?2?a2(loga,loga);當a?226．證明：（1）x1?a?0及xn?1?(xn??2,??)時，解集為φ。

12a1aa)知xn?0,從而xn?1?(xn?)?xn??a(n?N?)xn2xnxn?當n?2時xn?a成立

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（2）當n?2時，xn?2a?0,xn?1?1a1a(xn?),?xn?1?xn?(?xn)2xn2xn1a?xn=??0.?n?2時,xn?xn?1成立 2xn7．分析：要求x的變化范圍，顯然要依題設條件尋找含x的不等式(組)，這就需要認真思考條件中“t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值．”的含義．你是怎樣理解的？如果繼續思考有困難、請換一個角度去思考．在所給數學結構中，右式含兩個字母x、t，t是在給定區間內變化的，而求的是x的取值范圍，能想到什么？

解：設P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1．因為 P=f(t)在top直角坐標系內是一直線，所以t在區間[-2，2]上變動時，P恒為正值的充要條件

解得log2x＞3或log2x＜-1．

說明：改變看問題的角度，構造關于t的一次函數，靈活運用函數的思想，使難解的問題轉化為熟悉的問題．

8．分析：本題主要復習數列通項、求和及不等式的有關知識。略解：Ⅰ）an?2n,bn?2n?1

Ⅱ)Bn=1+3+5+?+(2n-1)=n

2?1111111??...??2?2?2?...?2B1B2Bn123n ?1?11111111??..??1?(1?)?(?)?...?(?)1?22?3(n?1).n223n?1n1111?2??2???...??2nB1B2Bn1352n?1 Ⅲ)Tn= ?2?2?...?n①

222211352n?1Tn?2?3?4?...?n?1② 222221111222n?1①-②得Tn??2?3?3?...?n?n?1

222222212n?1134737?Tn?3?n?2??3T??????2

又422223241622n?滿足條件Tn?c的最小值整數c?3。

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第三篇：高三數學第二輪復習教學計劃

高三數學第二輪復習教學計劃范文（精選3篇）

時間流逝得如此之快，新的機遇和挑戰向我們走來，該寫為自己下階段的教學工作做一個教學計劃了，你知道領導想要看到的是什么樣的教學總結嗎？以下是小編幫大家整理的高三數學第二輪復習教學計劃范文，僅供參考，歡迎大家閱讀。

時下，高三數學進入第二輪復習階段，考生應該如何在短短的時間內，科學安排復習，提高效率呢？為此，筆者結合多年高三的復習經驗，提出第二輪復習的一些構想，以幫助廣大考生和高三老師，對高考數學有一個更新、更全面的認識。

一、研究考綱，把準方向

為更好地把握高考復習的方向，教師應指導考生認真研讀《課程標準》和《考試說明》，明確考試要求和命題要求，熟知考試重點和范圍，以及高考數學試題的結構和特點。以課本為依托，以考綱為依據，對于支撐學科知識體系的重點內容，復習時要花大力氣，突出以能力立意，注重考查數學思想，促進數學理性思維能力發展的命題指導思想。

二、重視課本，強調基礎

近幾年高考數學試題堅持新題不難，難題不怪的命題方向。強調對通性通法的考查，并且一些高考試題能在課本中找到“原型”。盡管剩下的復習時間不多，但仍要注意回歸課本，只有透徹理解課本例題，習題所涵蓋的數學知識和解題方法，才能以不變應萬變。例如，高二數學（下）中有這樣一道例題：求橢圓中斜率為平行弦的中點的軌跡方程。此題所涉及的知識點、方法在20xx年春季高考、20xx年秋季高考、20xx年秋季高考的壓軸題中多次出現。加強基礎知識的考查，特別是對重點知識的重點考查；重視數學知識的。多元聯系，基礎和能力并重，知識與能力并舉，在知識的“交匯點”上命題；重視對知識的遷移，低起點、高定位、嚴要求，循序漸進。

有些題目規定了兩個實數之間的一種關系，叫做“接近”，以遞進式設問，逐步增加難度，又以學生熟悉的二元均值不等式及三角函數為素材，給學生親近之感。將絕對值不等式、均值不等式、三角函數的主要性質等恰如其分地涵蓋。注重對資料的積累和對各種題型、方法的歸納，以及可能引起失分原因的總結。同時結合復習內容，引導學生自己對復習過程進行計劃、調控、反思和評價，提高自主學習的能力。

三、突破難點，關注熱點

在全面系統掌握課本知識的基礎上，第二輪復習應該做到重點突出。需要強調的是猜題、押題是不可行的，但分析、琢磨、強化、變通重點卻是完全必要的。考生除了要留心歷年考卷變化的內容外，更要關注不變的內容，因為不變的內容才是精髓，在考試中處于核心、主干地位，應該將其列為復習的重點，強調對主干的考察是保證考試公平的基本措施和手段。同時，還應關注科研、生產、生活中與數學相關的熱點問題，并能夠用所學的知識進行簡單的分析、歸納，這對提高活學活用知識的能力就大有裨益。

四、查漏補缺，鞏固成果

在每一次考試或練習中，學生要及時查找自己哪些地方復習不到位，哪些知識點和方法技能掌握不牢固，做好錯題收集與診斷，并及時回歸課本，查漏補缺，修正不足之處，在糾正中提高分析問題和解決問題的能力，進行鞏固練習，取得很好的效果。學生制定復習計劃不宜貪多求難，面對各種各樣的習題和試卷，應該選擇那些適合自己水平的習題去做，并逐步提高能力，通過反思達到理清基礎知識、掌握基本技能、鞏固復習成果的目的。

五、重組專題，歸納提升

第一輪復習重在基礎，指導思想是全面、系統、靈活，抓好單元知識，夯實“三基”。第二輪復習則重在專題歸類和數學思想方法訓練，把高中的主干內容明朗化、條理化、概念化、規律化，明確數學基本方法。為此，第二輪復習以專題的形式復習，注重知識間的前后聯系，深化數學思想，重視能力的提升。

總之，在第二輪復習中，只有理解與領悟知識，重視產生知識過程中形成的方法與思想，才能形成內化能力并靈活運用知識。只有關注知識間的交匯與融合，才能在解題時游刃有余，才能達到高考考查學生學習的能力和未來運用知識發展自己的能力的目的，這也正是高考數學專題復習的主要目標。

專題復習中的綜合訓練題不是越難越好，越多越好，而是要精選精練，悟出其中的數學本質。專題復習不是簡單的回憶，而是知識的串聯和數學學科內的綜合。專題復習中要注重提高分析和解決問題的能力，在解“新”題上鍛煉自己的應變能力，不要背題型，套用解題方法，要具體問題具體分析。

1、研究高考大綱與試題，明確高考方向，有的`放矢

對照《考試大綱》理清考點，每個考點的要求屬于哪個層次；如何運用這些考點解題，為了理清聯系，可以畫出知識網絡圖。

2、仍舊注重基礎

解題思路是建立在扎實的基礎知識條件上的，再難的題目也無非是基礎知識的綜合或變式。復習過程中，一定要吃透每一個基本概念，對于課本上給出的定理的證明，公式的推導，重點掌握。

3、針對典型問題進行小專題復習

小專題復習要依據高考方向，研究近幾年出題考點和題型，針對實際練習考試中出現的某一類問題，可在老師或者課外輔導的幫助下，總結類型并針對練習，這種方法一般時間短、效率高、針對性好、實用性強。

4、注意方法總結、強化數學思想，強化通法通解

我們可以把數學思想方法分類，更好的指導我們的學習。一是具體操作方法，解題直接用的，比如說常見的換元法，數列求和的裂項、錯位相減法，特殊值法等；二是邏輯推理法，比如證明題所用的綜合法、分析法、反證法等；三是宏觀指導意義的數學思想方法，比如數形結合、分類討論、化歸轉化等。我們把這些思想方法不斷的滲透到平時的學習中和做題中，能力會在無形中得到提高的。

5、針對實際情況，有效學習

對于基礎不太好的，可以重點抓選擇前8個、填空前2個、解答題前3個以及后面題的第一問；基礎不錯的，可以適當關注與高等數學相關的中學數學問題。

6、培養應試技巧，提高得分能力

考試時要學會認真審題，把握好做題速度，碰到不會的題要學會舍棄，有失才有得，回過頭來再看之前的題，許多時候會有豁然開朗的感覺。

第二輪復習，教師必須明確重點，對高考考什么，怎樣考，應了若指掌。只有這樣，才能講深講透，講練到位。

二輪復習中要進行模擬練習并提高模擬練習效果，模擬練習效果直接關系到最后的成績。

（1）明確模擬練習的目的。考生一要檢測知識的全面性，方法的熟練性和運算的準確性，發現自己的某些不足或空白，以求復習時有的放矢；二要在平時考試中練就考試技能技巧，學會合理安排時間，達到既快又對；三要提高應試的心理素質，能夠在任何狀況下都心態平和，保證大腦對試題的興奮度。

（2）嚴格有規律地進行限時訓練。二輪復習時間緊，任務重，學生要進行限時訓練，特別是強化對解答選擇題、填空題的限時訓練，并在速度體驗中提高正確率，將平時考試當作高考，嚴格按時完成。

（3）先做練習后看答案。模擬練習時應該先模擬高考完成整套練習，最后對照答案給自己打分，甚至可以記錄時間及分數，感受自己進步的過程。邊看答案邊做練習的過程是很難使自己的能力得到提升的。

（4）注重題后反思。出現問題不可怕，可怕的是不知道問題的存在。對錯題從各種角度反復處理，爭取相同的錯誤只犯一次及時處理問題，爭取問題不過夜。

高三文科數學第二輪復習課程實施：

備考復習資料編寫要求：

1、科學性：知識必須準確無誤，表述要嚴謹、科學；試題要精選，要緊扣提綱，不能有偏、怪、錯題。

2、系統性：條理清楚，有利于學生復習、鞏固和練習，有利于教師課堂教學及反饋指導。

3、針對性：針對本校、本年級學生實際，所選例題、練習題，及針對性訓練應有層次性以適宜不同班學生的需求。所有例題、練習題及專題都應有答案提示。

4、分文、理科編寫。每個專題在實際實施前兩周將電子稿件與文本一并提交編寫組討論，實施前一周打印分發。

應試復習教學要求：

1）關注學生思維發展。

2）關注學生獲取知識的質量。

3）關注學生應用知識的靈活性和綜合性。

4）關注學生數學意識、數學能力的形成。

5）關注學生數學思想、數學方法的形成。

6）關注學生個人情感發展與個性思維品質的形成。

7）關注學生學習狀態、學習情緒、應試心理。

8）關注對學生學習情況的反饋指導與個別輔導。

第四篇：高三數學(理科)二輪復習-不等式

2014屆高三數學第二輪復習

第3講 不等式

一、本章知識結構：

實數的性質

二、高考要求

（1）理解不等式的性質及其證明。

（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定理，并會簡單應用。

（3）分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。

（4）掌握某些簡單不等式的解法。

（5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。

三、熱點分析

1.重視對基礎知識的考查，設問方式不斷創新.重點考查四種題型：解不等式，證明不等式，涉及不等式應用題，涉及不等式的綜合題，所占比例遠遠高于在課時和知識點中的比例.重視基礎知識的考查，常考常新，創意不斷，設問方式不斷創新，圖表信息題，多選型填空題等情景新穎的題型受到命題者的青瞇，值得引起我們的關注.2.突出重點，綜合考查，在知識與方法的交匯點處設計命題，在不等式問題中蘊含著豐富的函數思想，不等式又為研究函數提供了重要的工具，不等式與函數既是知識的結合點，又是數學知識與數學方法的交匯點，因而在歷年高考題中始終是重中之重.在全面考查函數與不等式基礎知識的同時，將不等式的重點知識以及其他知識有機結合，進行綜合考查，強調知識的綜合和知識的內在聯系，加大數學思想方法的考查力度，是高考對不等式考查的又一新特點.3.加大推理、論證能力的考查力度，充分體現由知識立意向能力立意轉變的命題方向.由于代數推理沒有幾何圖形作依托，因而更能檢測出學生抽象思維能力的層次.這類代數推理問題常以高中代數的主體內容——函數、方程、不等式、數列及其交叉綜合部分為知識背景，并與高等數學知識及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高，有利于高考選拔功能的充分發揮.對不等式的考查更能體現出高觀點、低設問、深入淺出的特點，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的熱點.4.突出不等式的知識在解決實際問題中的應用價值，借助不等式來考查學生的應用意識.不等式部分的內容是高考較為穩定的一個熱點,考查的重點是不等式的性質、證明、解法及最值方面的應用。高考試題中有以下幾個明顯的特點：

（1）不等式與函數、數列、幾何、導數,實際應用等有關內容綜合在一起的綜合試題多，單獨考查不等式的試題題量很少。

第1頁（共6頁）

（2）選擇題,填空題和解答題三種題型中均有各種類型不等式題，特別是應用題和壓軸題幾乎都與不等式有關。

（3）不等式的證明考得比得頻繁,所涉及的方法主要是比較法、綜合法和分析法，而放縮法作為一種輔助方法不容忽視。

四、典型例題

不等式的解法

【例1】 解不等式：解：原不等式可化為：

a

?1?a x?

2(a?1)x?(2?a)

＞0，即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.x?2

當a＞1時，原不等式與(x－

a?2a?2a?2)(x－2)＞0同解.若≥2，即0≤a＜1時，原不等式無解；若a?1a?1a?

1a?2)∪(2，+∞).a?1

＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時原不等式的解為(－∞，當a＜1時，若a＜0，解集為（a?2a?2，2)；若0＜a＜1，解集為(2，)a?1a?1

綜上所述：當a＞1時解集為(－∞，a?2a?2)∪(2，+∞)；當0＜a＜1時，解集為(2，)； a?1a?1

a?2，2).a?1

當a=0時，解集為?；當a＜0時，解集為（【例2】 設不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M?［1，4］，求實數a的取值

范圍.解：M?［1，4］有n種情況：其一是M=?，此時Δ＜0；其二是M≠?，此時Δ＞0，分三種情況計算a的取值范圍.設f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)

(1)當Δ＜0時，－1＜a＜2，M=

?［1，4］(2)當Δ=0時，a=－1或2.當a=－1時M={－1}［1，4］；當a=2時，m={2}［1，4］.(3)當Δ＞0時，a＜－1或a＞2.設方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，??a?3?0

?f(1)?0,且f(4)?0?18?18?7a?0

那么M=［x1，x2］，M?［1，4］?1≤x1＜x2≤4??即?，解得：2＜a＜，7?1?a?4,且??0?a?0

??a??1或a?2

∴M?［1，4］時，a的取值范圍是(－1，18).7

不等式的證明

【例1】 已知a?2，求證：log?a?1?a?loga?a?1? 解1：log?a?1?a?loga?a?1??

1??loga?a?1????loga?a?1??1

． ?loga?a?1??

logaa?1logaa?1因為a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，loga?a?1??loga?a?1??

?loga?a?1????loga?a?1??????2??

?

?log?a

a

?1

????loga?

a

?1

所以，log?a?1?a?loga?a?1??0，命題得證．

【例2】 已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求證：(a+

2511)(b+)≥.ab

4證：(分析綜合法)：欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤

或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2ab，∴ab≤，從而得證.44

12?13???

1n

?2n(n∈N)

*

【例3】 證明不等式1?

證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+

12?1???

1＜2k，則1?

?

3???

1k?1

?2k?

1k?1

?

2k(k?1)?1

k?1

?

k?(k?1)?1

k?1

12?1???

?2k?1,1∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+另從k到k+1時的證明還有下列證法：

＜2n.?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2(k?1)?(k?1)?(k?k?1)2?0,?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?又如:?2k?1?2k?

?2k?

1k?

1?2k?1.1k?1

?2k?1.?

1k?1,2k?1?k

?

2k?1?k?1

證法二：對任意k∈N*，都有：

?2(k?k?1),?kk?k?1

因此1??????2?2(2?1)?2(?2)???2(n?n?1)?2n.2nk1?

?

概念、方法、題型、易誤點及應試技巧總結

不等式

一．不等式的性質：

1．同向不等式可以相加；異向不等式可以相減：若a?b,c?d，則a?c?b?d（若a?b,c?d，則a?c?b?d），但異向不等式不可以相加；同向不等式不可以相減；

2．左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；異向不等式可以相除，但不能相乘：若

a?b?0,c?d?0，則ac?bd（若a?b?0,0?c?d，則

ab

； ?）

cd

nn

3．左右同正不等式：兩邊可以同時乘方或開方：若a?b?0，則a?

b?

4．若ab?0，a?b，則

1?；若ab?0，a?b，則?。如 abab

（1）對于實數a,b,c中，給出下列命題：

①若a?b,則ac?bc；②若ac?bc,則a?b；③若a?b?0,則a?ab?b；④若a?b?0,則⑤若a?b?0,則

?； ab

ba

?；⑥若a?b?0,則a?b； ab

ab11

⑦若c?a?b?0,則；⑧若a?b,?，則a?0,b?0。?

c?ac?bab

其中正確的命題是______（答：②③⑥⑦⑧）；

（2）已知?1?x?y?1，1?x?y?3，則3x?y的取值范圍是______（答：1?3x?y?7）；（3）已知a?b?c，且a?b?c?0,則

1?c?的取值范圍是______（答：??2,??）

2?a?

二．不等式大小比較的常用方法：

1．作差：作差后通過分解因式、配方等手段判斷差的符號得出結果； 2．作商（常用于分數指數冪的代數式）； 3．分析法； 4．平方法；

5．分子（或分母）有理化； 6．利用函數的單調性； 7．尋找中間量或放縮法 ；

8．圖象法。其中比較法（作差、作商）是最基本的方法。如

1t?

1的大小 logat和loga

21t?11t?1

（答：當a?1時，logat?loga（t?1時取等號）；當0?a?1時，logat?loga（t?1

2222

（1）設a?0且a?1,t?0，比較時取等號））；

1?a2?4a?2

（2）設a?2，p?a?，q?2，試比較p,q的大小（答：p?q）；

a?2

（3）比較1+logx3與2logx2(x?0且x?1)的大小

4（答：當0?x?1或x?時，1+logx3＞2logx2；當1?x?時，1+logx3＜2logx2；當x?

3時，1+logx3＝2logx2）

三．利用重要不等式求函數最值時，你是否注意到：“一正二定三相等，和定積最大，積定和最小”這17

字方針。如

（1）下列命題中正確的21

A、y?x?的最小值是2B、y?的最小值是

2x4

4C、y?2?3x?(x?

0)的最大值是2?D、y?2?3x?(x?

0)的最小值是2?C）；

xx

xy

（2）若x?2y?1，則2?4的最小值是______

（答：；

1（3）正數x,y滿足x?2y?1，則?的最小值為______

（答：3?；

xy

4.常用不等式有：（1

（2）???(根據目標不等式左右的運算結構選用)；2?22

2a、b、c?R，a?b?c?ab?bc?ca（當且僅當a?b?c時，取等號）；（3）若a?b?0,m?0，則

bb?m

（糖水的濃度問題）。如 ?

aa?m

如果正數a、b滿足ab?a?b?3，則ab的取值范圍是_________（答：?9,???）

五．證明不等式的方法：比較法、分析法、綜合法和放縮法(比較法的步驟是：作差（商）后通過分解因式、配方、通分等手段變形判斷符號或與1的大小，然后作出結論。).1111111???2??? nn?1n(n?1)nn(n?1)n?

1n????

22222

2如（1）已知a?b?c，求證：ab?bc?ca?ab?bc?ca ；

222222

(2)已知a,b,c?R，求證：ab?bc?ca?abc(a?b?c)；

xy11?

（3）已知a,b,x,y?R，且?,x?y，求證：； ?

x?ay?bab

a?bb?cc?a

(4)若a、b、c是不全相等的正數，求證：lg?lg?lg?lga?lgb?lgc；

22222222

2（5）已知a,b,c?R，求證：ab?bc?ca?abc(a?b?c)；

常用的放縮技巧有：

*

(6)若n?

N(n?

1)?

n；

|a|?|b||a|?|b|

； ?

|a?b||a?b|

1（8）求證：1?2?2???2?2。

23n

(7)已知|a|?|b|，求證：

六．簡單的一元高次不等式的解法：標根法：其步驟是：（1）分解成若干個一次因式的積，并使每一個因

式中最高次項的系數為正；（2）將每一個一次因式的根標在數軸上，從最大根的右上方依次通過每一點畫曲線；并注意奇穿過偶彈回；（3）根據曲線顯現f(x)的符號變化規律，寫出不等式的解集。如

（1）解不等式(x?1)(x?2)?0。（答：{x|x?1或x??2}）；

（2）

不等式(x??0的解集是____（答：{x|x?3或x??1}）；

（3）設函數f(x)、g(x)的定義域都是R，且f(x)?0的解集為{x|1?x?2}，g(x)?0的解集為?，則不等式f(x)?g(x)?0的解集為______（答：(??,1)?[2,??)）；

（4）要使滿足關于x的不等式2x?9x?a?0（解集非空）的每一個x的值至少滿足不等式

x2?4x?3?0和x2?6x?8?0中的一個，則實數a的取值范圍是______.（答：[7,8

1)）8

七．分式不等式的解法：分式不等式的一般解題思路是先移項使右邊為0，再通分并將分子分母分解因式，并使每一個因式中最高次項的系數為正，最后用標根法求解。解分式不等式時，一般不能去分母，但分母恒為正或恒為負時可去分母。如

（1）解不等式

5?x

； ??1（答：(?1,1)?(2,3)）

x2?2x?

3ax?b

?0的解集為x?

2（2）關于x的不等式ax?b?0的解集為(1,??)，則關于x的不等式____________（答：(??,?1)?(2,??)）.八．絕對值不等式的解法：

1．分段討論法（最后結果應取各段的并集）：如解不等式|2?

； x|?2?|x?|（答：x?R）

（2）利用絕對值的定義；

（3）數形結合；如解不等式|x|?|x?1|?3（答：(??,?1)?(2,??)）（4）兩邊平方：如

若不等式|3x?2|?|2x?a|對x?R恒成立，則實數a的取值范圍為______。（答：}）

九．含參不等式的解法：求解的通法是“定義域為前提，函數增減性為基礎，分類討論是關鍵．”注意解完之后要寫上：“綜上，原不等式的解集是?”。注意：按參數討論，最后應按參數取值分別說明其解集；但若按未知數討論，最后應求并集.如

； ?1，則a的取值范圍是__________（答：a?1或0?a?）

33ax21

（2）解不等式?x(a?R)（答：a?0時，{x|x?0}；a?0時，{x|x?或x?0}；a?0

ax?1a

時，{x|?x?0}或x?0}）

a

（1）若loga

提醒：（1）解不等式是求不等式的解集，最后務必有集合的形式表示；（2）不等式解集的端點值往往是不等式對應方程的根或不等式有意義范圍的端點值。如關于x的不等式ax?b?0 的解集為(??,1)，則不等式

x?2

（－1,2））?0的解集為__________（答：

ax?b

十一．含絕對值不等式的性質：

a、b同號或有0?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b|； a、b異號或有0?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b|.如設f(x)?x?x?13，實數a滿足|x?a|?1，求證：|f(x)?f(a)|?2(|a|?1)

十二．不等式的恒成立,能成立,恰成立等問題：不等式恒成立問題的常規處理方式？（常應用函數方程思

想和“分離變量法”轉化為最值問題，也可抓住所給不等式的結構特征，利用數形結合法）1).恒成立問題

若不等式f?x??A在區間D上恒成立,則等價于在區間D上f?x?min?A 若不等式f?x??B在區間D上恒成立,則等價于在區間D上f?x?max?B

如（1）設實數x,y滿足x?(y?1)?1，當x?y?c?0時，c的取值范圍是____

（答：1,??）；

（2）不等式x?4?x?3?a對一切實數x恒成立，求實數a的取值范圍_____（答：a?1）；

2（3）若不等式2x?1?m(x?1)對滿足m?2的所有m都成立，則x的取值范圍（答：（?

7?13?1,））； 22

(?1)n?13n

（4）若不等式(?1)a?2?對于任意正整數n恒成立，則實數a的取值范圍是_（答：[?2,)）；

n2

（5）若不等式x?2mx?2m?1?0對0?x?1的所有實數x都成立，求m的取值范圍.（答：m??）

2).能成立問題

若在區間D上存在實數x使不等式f?x??A成立,則等價于在區間D上f?x?max?A； 若在區間D上存在實數x使不等式f?x??B成立,則等價于在區間D上的f?x?min?B.如

已知不等式x?4?x?3?a在實數集R上的解集不是空集，求實數a的取值范圍____（答：a?1）3).恰成立問題

若不等式f?x??A在區間D上恰成立, 則等價于不等式f?x??A的解集為D； 若不等式f?x??B在區間D上恰成立, 則等價于不等式f?x??B的解集為D.

第五篇：不等式、推理證明測試題

高三第五次月考數學（文）試題

命題人：王建設

一、選擇題（每題5分）1.不等式

x?

1?0的解集為（）2?x

A.{x|?1?x?2} B.{x|?1?x?2} C.{x|x??1或x?2} D.{x|x??1或x?2}

2、有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平面,則平行于平面內所有直線；已知直線b??平面?，直線a?平面?，直線b∥平面?，則直線b∥直線a”的結論顯然是錯誤的，這是因為（）

A.大前提錯誤B.小前提錯誤C.推理形式錯誤D.非以上錯誤

3、下面幾種推理是類比推理的是（）A..兩條直線平行，同旁內角互補，如果∠A和∠B是兩條平行直線的同旁內角，則∠A+∠B=1800

B.由平面三角形的性質，推測空間四邊形的性質

C.某校高二級有20個班，1班有51位團員，2班有53位團員，3班有52位團員，由此可以推測各班都超過50位團員.D.一切偶數都能被2整除，2100

是偶數，所以2

能被2整除.4、用火柴棒擺“金魚”，如圖所示：

②①

?

③

按照上面的規律，第n個“金魚”圖需要火柴棒的根數為（）

A．6n?2B．8n?

2C．6n?2D．8n?2

5.兩個球體積之和為12π，且這兩個球大圓周長之和為6π，那么這兩球半徑之差是（）

A．B．1C．2D．

32?x?2y?

4?

6.在約束條件?x?y?1下，目標函數z?3x?y（）

?x?2?0?

A.有最大值

3，最小值?3B.有最大值

5，最小值?3 C.有最大值5，最小值?9D.有最大值3，最小值?9 7.右圖是一個幾何體的三視圖，根據圖中數據，可得該幾何體的表面積是………………………………………（）A．10πB．11πC．12πD．13?

238、在十進制中2004?4?10?0?10?0?10?2?10，那么

俯視圖 正(主)視圖 側(左)視圖

在5進制中數碼2004折合成十進制為（）A.29B.254C.602D.2004 9.如果a?0且a?1，M?loga(a3?1),N?loga(a2?1)，則（）

A.M?NB.M?N C.M?ND.M,N的大小與a值有關

10.已知正數a,b滿足4a?b?30，則使得（）

1?取得最小值的有序實數對(a,b)是ab

A.(5,10)B.(6,6)C.(7,2)D.(10,5)

11.如果一個水平放置的圖形的斜二測直觀圖是一個底面為450，腰和上底均為

1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是（）

A．2?2B．

1?22?

2C．D．1?2 22

12.半徑為R的半圓卷成一個圓錐，則它的體積為（）

R3B．

R3C．

R3D．

R3248248

112,q?()x?2，其中a?2,x?R，則p,q的大小關系為（）a?22

A．

13.已知p?a?

A.p?qB.p?qCp?q.D.p?q 14.若實數x,y滿足

??1，則x2?2y2有（）22xy

A.最大值3?22B.最小值3?22C.最小值6D.最小值615.函數f(x)?

x的最大值為（）x?1

212A.B.C.D.1 522

16.若x1,x2是方程x?ax?8?0的兩相異實根，則有（）A.|x1|?2,|x2|?2B.|x1|?3,|x2|?

3C.|x1?x2|?

D.|x1|?|x2|?17.在該幾何體的側視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a+b的最大值為（）A

．

B

．C．

4D

．

【解析】結合長方體的對角線在三個面的投影來理解計算。如圖 設長方體的高寬高分別為m,n,k，由題意得

???n?1 ?a?b，所以(a2?1)?(b2?1)?6

?a2?b2?8，∴(a?b)2?a2?2ab?b2?8?2ab?8?a2?b2?16 1?2b的等比中項，且ab?0，則18.若a是1?2b與

2|ab|的最大值為（）

|a|?2|b|

A.25252

B.C.D.15452

二．填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.19．體積為8的一個正方體，其全面積與球O的表面積相等，則球O20.設某幾何體的三視圖如下，則該幾何體的體積為4

．

21、一同學在電腦中打出如下若干個圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●?若

將此若干個圈依此規律繼續下去,得到一系列的圈,那么在前120個圈中的●的個數是14。

22、設平面內有ｎ條直線(n?3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同

一點．若用f(n)表示這ｎ條直線交點的個數，則當ｎ＞４時，f?n?＝

（用含n的數學表達式表示）。

23、已知?1?x?y?1,1?x?y?3，則3x?y的取值范圍是?1,7? 24.直三棱柱ABC?A1B1C1的各頂點都在同一球面上，若

AB?AC?AA1?2,?BAC?120?，則此球的表面積等于4?R2?20?

三、解答題：

25、（12分）求證：(1)6+7>22+5;(2)a2?b2?3?aba?b);

（3）若a,b,c均為實數，且a?x?2x?

?，b?y?2y?

?，c?z?2z?

?

求證：a，b，c中至少有一個大于0。

（8分）如圖，在四邊形ABCD中，?DAB?90，?ADC?135，00

AB?

5，CD?AD?2，求四邊形ABCD繞AD旋轉一周所成幾何體的表面積及體積ACAE

27．(14分)在ΔABC中（如圖1），若CE是∠ACB的平分線，則 ＝BCBE

（Ⅰ）把上面結論推廣到空間中：在四面體A－BCD中（如圖2），平面CDE是二面角A－CD

－B的角平分面，類比三角形中的結論，你得到的相應空間的正確結論是（Ⅱ）證明你所得到的結論.A G

E

B

B HC

圖

1圖

2C

A 11

28.設函數f(x)?x3?3bx2?3cx有兩個極值點x1,x2，且x1???1,0?,x2??1,2?.（1）求b,c滿足的約束條件，并在坐標平面內畫出滿足這些條件的點（b,c）的區域；

（2）求證：?10?f(x2)??.答案：

25、證明：（2）∵a2?b2?2ab,（1）要證原不等式成立，a2?3?,只需證（+）2>（22+5）2，b2?3?;即證242?240。

將此三式相加得∵上式顯然成立,2(a2?b2?3)?2ab??,∴原不等式成立.∴a2?b2?3?aba?b).．(反證法).證明：設a、b、c都不大于0，a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，πππ22

2而a＋b＋c＝（x－2y＋）＋（y－2z＋）＋（z－2x＋

236

222222

＝（x－2x）＋（y－2y）＋（z－2z）＋π＝（x－1）＋（y－1）＋（z－1）＋π－3，∴a＋b＋c＞0，這與a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一個大于0.26．解：S表面?S圓臺底面?S圓臺側面?S圓錐側面

???52???(2?5)???

2??1)?

V

1??(r12?r1r2?r22)h??r2h

3?V圓臺?V圓錐

3148??3

27．結論:

SΔACDAESΔACDSΔAECSΔACDSΔAED

＝ 或＝ 或＝SΔBCDBESΔBCDSΔBECSΔBCDSΔBED

證明：設點E是平面ACD、平面BCD的距離分別為h1，h2，則由平面CDE平分二面角A－CD

－B知h1＝h2.SΔACDh1SΔACDVA－CDE

又∵ ＝ ＝SΔBCDh2SΔBCDVB－CDE

AESΔAEDVC－AEDVA－CDE

＝ ＝＝BESΔBEDVC－BEDVB－CDE

SΔACDAE∴ SΔBCDBE

A

A GC

B

B HC

圖

1圖

228、解：（Ⅰ）f'（x）=3x2+6bx+3c，（2分）

依題意知，方程f'（x）=0有兩個根x1、x2，且x1∈[-1，0]，x2∈[1，2]

等價于f'（-1）≥0，f'（0）≤0，f'（1）≤0，f'（2）≥0． 由此得b，c滿足的約束條件（略）（4分）

滿足這些條件的點（b，c）的區域為圖中陰影部分．（6分）（Ⅱ）由題設知f'（x2）=3x22+6bx2+3c=0，則2bx2=-x22-c，故 ．f(x2)?x23?3bx22?3cx2?-x23?cx2（8

由于x2∈[1，2]，而由（Ⅰ）知c≤0，故-4?3c?f(x2)???c． 又由（Ⅰ）知-2≤c≤0，（10分）所以?10?f(x2)??.232

1232