2012届高考数学一轮复习 6.7 不等式的综合问题教案

第一篇：2012届高考数学一轮复习 6.7 不等式的综合问题教案

6.7 不等式的综合问题

●知识梳理

1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.●点击双基

1.（2004年湖北，5）若

11＜＜0，则下列不等式中，正确的不等式有 abba+＞2 ab①a+b＜ab ②|a|＞|b| ③a＜b ④A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

ab0，11解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.∴ab0，故①正确，②③错误.ab|b||a|.∵a、b同号且a≠b，∴

bababa=2.、均为正.∴+＞

2ababab故④正确.∴正确的不等式有2个.答案：B 2.（2004年福建，11）（理）定义在R上的函数f（x）满足f（x）=f（x+2），当x∈［3，5］时，f（x）=2－|x－4|，则

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］时，f（x）=2－|x－4|，可知当3≤x≤4时，f（x）=－2+x.当4＜x≤5时，f（x）=6－x.其图象如下图.故在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数.又由|cos2|＜|sin2|，∴f（cos2）＞f（sin2）.答案：D（文）定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）=f（x+2），当x∈［3，4］时，f（x）= x－2，则

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.设M=a+A.M＞N 112（2＜a＜3），N=log1（x+）（x∈R），那么M、N的大小关系是 a216

2B.M=N C.M＜N D.不能确定

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.对于0≤m≤4的m，不等式x+mx＞4x+m－3恒成立，则x的取值范围是____________.2解析：转化为m（x－1）+x－4x+3＞0在0≤m≤4时恒成立.2令f（m）=m（x－1）+x－4x+3.20，f（0）x4x30x1或x3，则 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）判断f（x）在（1，+∞）上的单调性，并加以证明；（2）当x∈（r，a－2）时，f（x）的值域为（1，+∞），求a与r的值；（3）若f（x）≥loga2x，求x的取值范围.剖析：单调性只要用定义证明，可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较，化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a＞1与0＜a＜1求解，同时要注意定义域.解：（1）任取1＜x1＜x2，则

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当a＞1时，f（x2）－f（x1）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上是减函数；

当0＜a＜1时，f（x2）－f（x1）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上是增函数.（2）由∵x1＞0得x∈（－∞，－1）∪（1，+∞）.x1x12=1+≠1，∴f（x）≠0.x1x1当a＞1时，∵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，+∞）上是减函数，∴f（x）在（1，+∞）上也是减函数.r1，a1r1∴f（x）＞11＜x＜f（1）=.∴∴ a1a1a2.a2（负号不符合）3.a1当0＜a＜1时，∵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）上是增函数，∴f（x）＞1－1＞x＞f（1）=a1，r∴a1无解.a21，－

1a1.a1综上，得a=2+3，r=1.（3）由f（x）≥loga2x得

x1317317317当a＞1时，＜x＜且x＞1.∴1＜x＜.x12x（x1）444x1，317当0＜a＜1时，∴x＞.x12x（x－1），4【例2】 已知抛物线y=ax－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P（x1，y1）、Q（x2，y2），线段PQ的中

2yxb，点为M（x0，y0），设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有2yax1两组不同的实数解，即得方程ax－x－（1+b）=0.判别式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：设同解法一，由题意得

y1ax121，y2ax221，yy211，x1x2y1y2x1x20.22①②③ ④将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将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，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.2a2a2a11

2）－（－）－1＜0.2a2a∵M在抛物线内部，∴a（解得a＞3.（舍去a＜0，为什么?）4思考讨论

解法三中为何舍去a＜0? 这是因为a＜0，中点M（x0，y0），x0=

1＜0，2ay0=－1＞0.又∵a＜0，2ay=ax2－1＜0，矛盾.∴a＜0舍去.●闯关训练 夯实基础

1.已知y=loga（2－ax）在 ［0，1］上是x的减函数，则a的取值范围是

A.（0，1）

B.（1，2）

C.（0，2）

D.［2，+∞）a1，解析：∵y=loga（2－ax）在［0，1］上是关于x的减函数，∴∴1＜a＜2.2a0.答案：B 2.如果对任意实数x，不等式|x+1|≥kx恒成立，则实数k的范围是____________.解析：画出y1=|x+1|，y2=kx的图象，由图可看出0≤k≤1.

第二篇：XX届高考数学第一轮不等式专项复习教案

XX届高考数学第一轮不等式专项复习教

案

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件www.xiexiebang.com 第六章不等式

●网络体系总览

●考点目标定位

.理解不等式的性质及应用.2.掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单地应用.3.掌握比较法、分析法、综合法证明简单的不等式.4.掌握不等式的解法.5.理解不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.●复习方略指南

本章内容在高考中，以考查不等式的性质、证明、解法和最值方面的应用为重点，多数是与函数、方程、三角、数列、几何综合在一起被考查，单独考查不等式的问题较少，尤其是不等式的证明题.借助不等式的性质及证明，主要考查函数方程思想、等价转化思想、数形结合思想及分类讨论思想等数学思想方法.含参数不等式的解法与讨论，不等式与函数、数列、三角等内容的综合问题，仍将是今后高考命题的热点.本章内容理论性强，知识覆盖面广，因此复习中应注意：

.复习不等式的性质时，要克服“想当然”和“显然成立”的思维定势，要以比较准则和实数的运算法则为依据.2.不等式的证明方法除比较法、分析法、综合法外，还有反证法、换元法、判别式法、构造法、几何法，这些方法可作了解，但要控制量和度，切忌喧宾夺主.3.解（证）某些不等式时，要把函数的定义域、值域和单调性结合起来.4.注意重要不等式和常用思想方法在解题中的作用.5.利用平均值定理解决问题时，要注意满足定理成立的三个条件：一“正”、二“定”、三“相等”.6.对于含有绝对值的不等式（问题），要紧紧抓住绝对值的定义实质，充分利用绝对值的几何意义.7.要强化不等式的应用意识，同时要注意到不等式与函数方程的对比与联系.6.1不等式的性质

●知识梳理

.比较准则：a－b＞0a＞b；

a－b=0a=b；a－b＜0a＜b.2.基本性质：（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.要注意不等式性质成立的条件.例如，重要结论：a＞b，ab＞0

＜，不能弱化条件得a＞b

＜，也不能强化条件得a＞b＞0

＜.4.要正确处理带等号的情况.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，当且仅当a=b且b=c时，才会有a=c.5.性质（3）的推论以及性质（4）的推论可以推广到两个以上的同向不等式.6.性质（5）中的指数n可以推广到任意正数的情形.特别提示

不等式的性质从形式上可分两类：一类是“”型；另一类是“”型.要注意二者的区别.●点击双基

.若a＜b＜0，则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是减函数，所以（）a＞（）b成立.故不成立的是B.答案：B

2.（XX年春季北京，7）已知三个不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0（其中a、b、c、d均为实数），用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是

A.0

B.1

c.2

D.3

解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得出－＞0.bc－ad＞0，两端同除以ab，得－＞0.同样由－＞0，ab＞0可得bc－ad＞0.ab＞0.答案：D

3.设α∈（0，），β∈［0，］，那么2α－的范围是

A.（0，）

B.（－，）

c.（0，π）

D.（－，π）

解析：由题设得0＜2α＜π，0≤≤.∴－≤－≤0.∴－＜2α－＜π.答案：D

4.a＞b＞0，m＞0，n＞0，则，，的由大到小的顺序是____________.解析：特殊值法即可

答案：＞＞＞

5.设a=2－，b=－2，c=5－2，则a、b、c之间的大小关系为____________.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的取值范围.剖析：∵a+b，a－b的范围已知，∴要求2a+3b的取值范围，只需将2a+3b用已知量a+b，a－b表示出来.可设2a+3b=x（a+b）+y（a－b），用待定系数法求出x、y.解：设2a+3b=x（a+b）+y（a－b），∴解得

∴－＜（a+b）＜，－2＜－（a－b）＜－1.∴－＜（a+b）－（a－b）＜，即－＜2a+3b＜.评述：解此题常见错误是：－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＜.思考讨论

.评述中解法错在何处?

2.该类问题用线性规划能解吗?并试着解决如下问题：

已知函数f（x）=ax2－c，满足－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）命题p：若a、b∈R，则|a|+|b|＞1是|a+b|＞1的充分而不必要条件；命题q：函数y=的定义域是（－∞，－1］∪［3，+∞），则

A.“p或q”为假

B.“p且q”为真

c.p真q假

D.p假q真

剖析：只需弄清命题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，故命题p为假.又函数y=的定义域为|x－1|－2≥0，∴|x－1|≥2.∴x≤－1或x≥3.∴q为真.答案：D

【例3】比较1+logx3与2logx2（x＞0且x≠1）的大小.剖析：由于要比较的两个数都是对数，我们联系到对数的性质，以及对数函数的单调性.解：（1+logx3）－2logx2=logx.当或即0＜x＜1或x＞时，有logx＞0，1+logx3＞2logx2.当①或②时，logx＜0.解①得无解，解②得1＜x＜，即当1＜x＜时，有logx＜0，1+logx3＜2logx2.当x=1，即x=时，有logx=0.∴1+logx3=2logx2.综上所述，当0＜x＜1或x＞时，1+logx3＞2logx2；

当1＜x＜时，1+logx3＜2logx2；

当x=时，1+logx3=2logx2.评述：作差看符号是比较两数大小的常用方法，在分类讨论时，要做到不重复、不遗漏.深化拓展

函数f（x）=x2+（b－1）x+c的图象与x轴交于（x1，0）、（x2，0），且x2－x1＞1.当t＜x1时，比较t2+bt+c与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与x1作差即可.答案：t2+bt+c＞x1.●闯关训练

夯实基础

.（XX年辽宁，2）对于0＜a＜1，给出下列四个不等式：

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

2.若p=a+（a＞2），q=2，则

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=则A、B、c、D按从小到大的顺序排列起来是____________.解析：取特殊值a=－，计算可得A=，B=，c=，D=.∴D＜B＜A＜c.答案：D＜B＜A＜c

4.若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是____________.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，试比较a+b与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.设A=xn+x－n，B=xn－1+x1－n，当x∈R+，n∈N时，求证：A≥B.证明：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

当x≥1时，x－1≥0，x2n－1－1≥0；

当x＜1时，x－1＜0，x2n－1＜0，即x－1与x2n－1－1同号.∴A－B≥0.∴A≥B.培养能力

7.设0＜x＜1，a＞0且a≠，试比较|log3a（1－x）3|与|log3a（1+x）3|的大小.解：∵0＜x＜1，∴①当3a＞1，即a＞时，|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当0＜3a＜1，即0＜a＜时，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=3［log3a（1－x）+log3a（1+x）］

=3log3a（1－x2）＞0.综上所述，|log3a（1－x）3|＞|log3a（1+x）3|.8.设a1≈，令a2=1+.（1）证明介于a1、a2之间；

（2）求a1、a2中哪一个更接近于；

（3）你能设计一个比a2更接近于的一个a3吗？并说明理由.（1）证明：（－a1）（－a2）=（－a1）•（－1－）=＜0.∴介于a1、a2之间.（2）解：|－a2|=|－1－|=||

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

9.已知x＞－1，n≥2且n∈N*，比较（1+x）n与1+nx的大小.解：设f（x）=（1+x）n－（1+nx），则（x）=n（1+x）n－1－n=n［（1+x）n－1－1］.由（x）=0得x=0.当x∈（－1，0）时，（x）＜0，f（x）在（－1，0）上递减.当x∈（0，+∞）时，（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增.∴x=0时，f（x）最小，最小值为0，即f（x）≥0.∴（1+x）n≥1+nx.评述：理科学生也可以用数学归纳法证明.●思悟小结

.不等式的性质是解、证不等式的基础，对任意两实数a、b有a－b＞0a＞b，a－b=0a=b，a－b＜0a＜b，这是比较两数（式）大小的理论根据，也是学习不等式的基石.2.一定要在理解的基础上记准、记熟不等式的性质，并注意解题中灵活、准确地加以应用.3.对两个（或两个以上）不等式同加（或同乘）时一定要注意不等式是否同向（且大于零）.4.对于含参问题的大小比较要注意分类讨论.●教师下载中心

教学点睛

.加强化归意识，把比较大小问题转化为实数的运算.2.通过复习要强化不等式“运算”的条件.如a＞b、c＞d在什么条件下才能推出ac＞bd.3.强化函数的性质在大小比较中的重要作用，加强知识间的联系.拓展题例

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

（2）比较f（）与f（）的大小.剖析：本题关键是如何去掉绝对值号，然后再判断差的符号.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.当m、n∈（－1，0］或m、n∈［0，+∞）时，由函数y=f（x）的单调性知x∈（－1，0］时，f（x）为减函数，x∈［0，+∞）时，f（x）为增函数，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】某家庭准备利用假期到某地旅游，有甲、乙两家旅行社提供两种优惠方案，甲旅行社的方案是：如果户主买全票一张，其余人可享受五五折优惠；乙旅行社的方案是：家庭旅游算集体票，可按七五折优惠.如果甲、乙两家旅行社的原价相同，请问该家庭选择哪家旅行社外出旅游合算？

解：设该家庭除户主外，还有x人参加旅游，甲、乙两旅行社收费总金额分别为y1和y2.一张全票价格为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）.∴当x＞1.25时，y1＜y2；

当x＜1.25时，y1＞y2.又因x为正整数，所以当x=1，即两口之家应选择乙旅行社；

当x≥2（x∈N），即三口之家或多于三口的家庭应选择甲旅行社.课

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第三篇：XX届高考数学知识点不等式证明——比较法复习教案

XX届高考数学知识点不等式证明——比

较法复习教案

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m【§5.3不等式证明——比较法】班级姓名学号

例1．a、b、c≥0，求证a3+b3+c3≥3abc.例2．a、b、c是△ABc的三边，求证a2+b2+c2<2.例3．已知m、n∈N，求证：.例4．若x∈（0，1）,a>0且a≠1，求证：|loga|>loga|.【备用题】

x,y,z∈R，A、B、c是△ABc三内角，求证：x2+y2+z2≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosc

【基础训练】

．设m=，则m、N的大小关系是

（）

A．m>N

B．m=N

c．m

D．不确定

2．设正数a、b、c、d满足a+d=b－c，且|a－d|<|b－c|，则ad和bc的大小关系是

（）

A．ad=bc

B．ad

c．ad>bc

D．不确定

3．已知a,b∈R+，则与的大小关系是

（）

A．x>y

B．x≥y

c．x≤y

D．不确定

4．设a,b∈R+，且a+b=2，则的最小值是_________________.5．对任意锐角θ，都有，恒成立，则的最大值是_________________.6．若a>b>c>1，P=，是P与Q中的较小者是____________.【拓展练习】

用比较法证明下列不等式

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

．

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

②问这二个数哪一个更接近于.www.5y

kj.co

m

求

证

：

第四篇：XX届高考数学第一轮不等式的证明专项复习教案_1

XX届高考数学第一轮不等式的证明专项

复习教案

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6.3不等式的证明

（二）●知识梳理

.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.3.放缩法证明不等式.4.利用单调性证明不等式.5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.6.数形结合法证明不等式.7.反证法、换元法等.特别提示

不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.●点击双基

.（XX年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是

A.［－2，）

B.（－2，）

c.［－3，）

D.（－3，）

解析：当n为正偶数时，a＜2－，2－为增函数，∴a＜2－=.当n为正奇数时，－a＜2+，a＞－2－.而－2－为增函数，－2－＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，）.答案：A

2.（XX年南京市质检题）若＜＜0，则下列结论不正确的是

A.a2＜b2

B.ab＜b2

c.+＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正确.答案：A

3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的 A.充分条件

B.必要条件

c.充要条件

D.既不充分又不必要条件

答案：A

4.（理）在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，则am与bm的大小关系是____________.解析：若d=0或q=1，则am=bm.若d≠0，画出an=a1+（n－1）d与bn=b1•qn－1的图象，易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，…），则an+1与bn+1的大小关系是____________.解析：an+1=≥==bn+1.答案：an+1≥bn+1

5.若a＞b＞c，则+_______.（填“＞”“=”“＜”）

解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］

≥2•2=4.∴+≥＞.答案：＞

●典例剖析

【例1】设实数x、y满足y＋x2＝0，0＜a＜1.求证：loga（ax＋ay）＜loga2＋.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y.证明：∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2＝2.∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a.∴loga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋.评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证ax＋ay≥2•a即可．

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求证：

（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.证明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要证原不等式成立，即证［（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］.也就是证［（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.故原不等式得证.【例3】已知a＞1，n≥2，n∈N*.求证：－1＜.证法一：要证－1＜，即证a＜（+1）n.令a－1=t＞0，则a=t+1.也就是证t+1＜（1+）n.∵（1+）n=1+c

+…+c（）n＞1+t，即－1＜成立.证法二：设a=xn，x＞1.于是只要证＞x－1，即证＞n.联想到等比数列前n项和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.思考讨论

本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.●闯关训练

夯实基础

.已知a、b是不相等的正数，x=，y=，则x、y的关系是

A.x＞y

B.y＞x

c.x＞y

D.不能确定

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.对实数a和x而言，不等式x3+13a2x＞5ax2+9a3成立的充要条件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）

=x3－5ax2+13a2x－9a3

=（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）2+5a2］＞0.∵当x≠2a≠0时，有（x－2a）2+5a2＞0.由题意故只需x－a＞0即x＞a，以上过程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求证：＜a.证明：要证＜a，只需证b2－ac＜3a2，即证b2+a（a+b）＜3a2，即证（a－b）（2a+b）＞0，即证（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，求证：ab+bc+ca≤0.证法一：（综合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）2＝0.展开得ab+bc+ca=－，∴ab+bc+ca≤0.证法二：（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，亦即证［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0．

而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，∴原不等式成立.证法三：∵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.培养能力

5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求证：－＜c＜0.证明：∵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的两个根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，则

6.已知=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.证明：由=1，∴b=.∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有实数根.7.设a、b、c均为实数，求证：++≥++.证明：∵a、b、c均为实数，∴（＋）≥≥，当a=b时等号成立；

（＋）≥≥，当b=c时等号成立；

（＋）≥≥．

三个不等式相加即得++≥++，当且仅当a=b=c时等号成立.探究创新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求证：a、b、c、d中至少有一个是负数.证明：假设a、b、c、d都是非负数，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.这与ac+bd＞1矛盾.所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数.●思悟小结

.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.●教师下载中心

教学点睛

.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法（特别是三角换元）、放缩法以及数学归纳法等.拓展题例

【例1】已知a、b为正数，求证：

（1）若+1＞，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立；

（2）若对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立，则+1＞.分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件；②由条件变形得出要证的不等式.证明：（1）ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2.∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2.（2）∵ax+＞b对于大于1的实数x恒成立，即x＞1时，［ax+］min＞b，而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2，当且仅当a（x－1）=，即x=1+＞1时取等号.故［ax+］min=（+1）2.则（+1）2＞b，即+1＞b.评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除.【例2】求证：≤+.剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的单调性.证明：令f（x）=（x≥0），易证f（x）在［0，+∞）上单调递增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.思考讨论

.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a+b|=0时，不等式成立；

当|a+b|≠0时，原不等式即为≤.再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

第五篇：高考数学专题复习专题二 不等式教案 文

2013年高考数学（文）复习

专题二不等式

自查网络

核心背记

一，不等关系与不等式的证明 1-_________叫做不等式．

2．对于任意两个实数a和6，在a=6，a>b，a

(1)性质1：________，称为不等式的对称性，(2)性质2． 一，称为不等式的传递性．(3)性质3：________________ ①推论1:____，称为不等式的移项法则． ②推论2:____（同向不等式可以相加）．

(4)性质4；________（不等式两边同乘非零数值）． ①推论1．____ ②推论2:____ ③推论3:____ 二，基本不等式与不等式的证明

（一）实数大小比较与运算性质之间的关系

四、不等式的应用

1．应用基本不等式解决实际问题

用基本不等式知识解决实际问题是不等式应用的一个重要内容，常出现在选择与填空题中，属中档题．

(1)理解题意，确定量与量之间的关系；

(2)建立相应的不等式关系，把实际问题抽象（或转化）为不等式问题；(3)回归到实际问题，得出满足实际要求的结论． 2．不等式与函数交汇的命题

用不等式知识解决函数问题是不等式应用的一个重要内容，也是高考的—个热点和难点，常以压轴题的形式出现

3．不等式与解析几何、数列等知识交汇的命题 不等式与解析几何、数列的综合问题在近年的高考中时有出现，近两年更是以压轴题形式出现，因此不等式与数列的综合问题是高考的重点，也是难点． 五、二元一次不等式组与简单线性规划问题

（一）二元一次不等式表示平面区域 1．-般地，二元一次不等式Ax+By+C>O在平面直角坐标系中表示直线Ax+By+C=O的某一侧的所有点组成的平面区域（半平面）____边界直线，不等式Ax+By+C≥O所表示的平面区域（半平面）边界直线．

2．对于直线Ax+By+C=O同一侧的所有点o，y），使得Ax+By+C的值符号相同，也就是同一半平面的点，其坐标适合____；而位于另一个半平面内的点，其坐标适合____3．可在直线Az-+B y+C—O的某一侧任取一点，一般取特殊点(x。，y。)，从Ax。+By。+C的____来判断Az-+By+C>O(或Ax+By+C

4．由几个不等式组成的不等式组所表示的平面区域，是各个不等式所表示的平面区域的____．

（二）基本概念

1．线性约束条件：由z，y的____（或方程）组成的不等式组，是对z与y的____． 2．目标函数：____，如z-2x十y，z=≯+，等 3．线性目标函数；关于x,y的____．．

4．可行解：满足____的解(x，y)叫做可行解． 5．可行域：____组成的集合叫可行域． 6．最优解：使目标函数达到____的可行解．

7．线性规划问题：求____在____的最大值或最小值的问题，统称线性规划问题． 参考答案

(二)1．一次不等式限制

2．求最大值或最小值的函数 3．一次函数 4．线性约束条件 5．所有可行解 6．最大值或最小值

7．线性目标函数线性约束条件 规律探究

1．不等式的性质是证明不等式、解不等式、求函数的定义域等问题的依据，必须牢固掌握并会进行推导．

2．应用基本不等式求最值时必须注意“一正、二定、三相等”，一正即必须各项均为正数；二定就是积定则和有最小值，和定则积有最大值；三相等就是必须验证等号成立的条件，这是最容易出错的地方．

4．要学会构造不等式求解或构造函数求函数最值的方法，求最值时要注意等号成立的条件，避免不必要的错误．

5．加强分类讨论思想的复习，加强函数与方程思想在不等式中的应用训练． 实际应用

参考答案 1．【答案lC 【命题立意】本题考查线性规划，利用线性规划的一般方法求目标函数的最值． 【解题思路】画出可行域如图所示，根据图形，显然兰 P一一z平移到点A(6，o)时，目标函数取得最大值，此时大值z-6．所以选择c 【易错点】解决本题需要注意三条直线斜率之间的关系，否则容易出现错误．

2．【答案】3 【命题立意】本题考查利用基本不等式求解最值

【举一反三】在利用基本不等式求解最值时，要注意其三个条件缺一不可，即一正（各项为正值）、二定（和或积为定值）、三相等（即取得等号时变量是否在定义域限制范围之内）． 3.【答案】27 【命题立意】本题考查了不等式之间的关系及代数式的最值探究问题，考查了整体思想的应用