【金版学案】2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第六章 第一节不等关系与不等式 理

第一篇：【金版学案】2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第六章 第一节不等关系与不等式 理

第六章不等式、推理与证明

本章内容主要包括两个内容：不等式、推理与证明．

不等式主要包括：不等式的基本性质、一元二次不等式的解法、基本不等式的应用、简单的线性规划问题、不等式的证明与应用．

推理与证明主要包括：合情推理和演绎推理、直接证明与间接证明、数学归纳法等内容，其中推理中的合情推理、演绎推理几乎涉及数学的方方面面的知识，代表研究性命题的发展

1趋势，选择题、填空题、解答题都可能涉及，该部分命题的方向主要会在函数、三角、数列、立体几何、解析几何等方面，在新的高考中都会涉及和渗透，但单独出题的可能性较小．

广东高考在这一章的命题上呈现以下特点：

1．考查题型以选择题、填空为主，偶以解答题形式出现，但多数是解答题中的一部分，如与数列、函数、解析几何等结合考查，分值约占10%左右，既有中、低档题也会有高档题出现．

2．重点考查不等式解法、不等式应用、线性规划以及不等式与其他知识的结合，另在推理与证明中将会重点考查．

3．对合情推理与演绎推理及证明方法的考查，主要放在解答题中，偶尔会对数学归纳法进行考查，注重知识交汇处的命题．

预计高考中对本章内容的考查仍将以不等式的解法、基本不等式应用、线性规划为重点，将推理与证明和其他知识相融合，更加注重应用与能力的考查．

本章内容理论性强，知识覆盖面广，因此在复习过程中应注意：

1．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，这些方法可作适当了解，但要控制量和度．

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、证题中的作用．

在复习不等式的解法时，加强等价转化思想的训练与复习．解不等式的过程是一个等价转化的过程，通过等价转化可简化不等式(组)，以快速、准确求解．

加强分类讨论思想的复习．在解不等式或证不等式的过程中，如含参数等问题，一般要对参数进行分类讨论．复习时，学生要学会分析引起分类讨论的原因，合理地分类，做到不重不漏．

加强函数与方程思想在不等式中的应用训练．不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系、互相转化．如求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这类问题的重要方法．

在不等式的证明中，加强化归思想的复习，证不等式的过程是一个已知条件向要证结论转化的过程，既可考查学生的基础知识，又可考查学生分析问题和解决问题的能力，正因为证不等式是高考考查学生代数推理能力的重要素材，复习时应引起我们的足够重视．

5．强化不等式的应用．

高考中除单独考查不等式的试题外，常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中涉及不等式的知识，加强不等式应用能力，是提高解综合题能力的关键．因此，在复习时应加强这方面的训练，提高应用意识，总结不等式的应用规律，才能提高解决问题的能力．

如在实际问题应用中，主要有构造不等式求解或构造函数求函数的最值等方法，求最值时要注意等号成立的条件，避免不必要的错误．

6．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”．

7．要强化不等式的应用意识，同时要注意到不等式与函数、方程的区别与联系． 对于类比型问题可以说是创新要求的体现，最常见的是二维问题与三维问题的类比，同结构问题的类比(比如圆锥曲线内的类比问题、数列内的类比问题等)，较少对照不同结构的类比问题．关于归纳、猜想、证明是考得比较多、比较成熟的题型了，在复习备考中要把握考试的特点，注重落实．

归纳、演绎和类比推理在数学思维中所占的分量非常重，事实上，在高考中归纳、猜想、证明以及类比、证明这一类题目是常考常新的．

推理与证明问题综合了函数、方程、不等式、解析几何与立体几何等多个知识点，需要采用多种数学方法才能解决问题，如：函数与方程思想、化归思想、分类讨论思想等，对学生的知识与能力要求较高，是对学生思维品质和逻辑推理能力、表述能力的全面考查，可

以弥补选择题与填空题等客观题的不足，是提高区分度、增强选拔功能的重要题型，因此在最近几年的高考试题中，推理与证明问题正在成为一个热点题型，并且经常作为压轴题出现．

第六章 不等式、推理与证明 第一节 不等关系与不等式

了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式组的实际背景.知识梳理

一、不等式的概念

在客观世界中，量与量之间的不等关系是普遍存在的，我们用数学符号“<”，“>”，“≤”，“≥”，“≠”连接两个数式或代数式以表示它们之间的不等的关系的式子，叫做不等式．

二、实数运算性质与大小顺序关系

1．a>b⇔a－b>0；2.a＝b⇔a－b＝0；3.a

三、不等式的基本性质 双向性：

1．定理1(对称性)：a>b⇔b

2．定理2(传递性)：a>b，b>c⇒a>c.3．定理3(同加性)：a>b，c为整式或实数⇔a＋c>b＋c.4.定理3推论(叠加性)： a>bc>d}⇒a＋c>b＋d.5．定理4(可乘性)： a>bc>0}⇒ac>bc； a>bc<0}⇒acd>0}⇒ac>bd.6．定理4推论1(叠乘性)： a>b

nn*

7．定理4推论2(可乘方性)：a>b>0⇒a>b(n∈N且n>1)．

8．定理5(可开方性)：a>b>0⇒

四、不等式性质成立的条件

n

n

＞b(n∈N*且n>1)．

1例如，重要结论：a＞b，ab＞0⇒，不能弱化条件得a＞b⇒.abab

五、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.注意：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．

基础自测

1．已知a＜0，b＜－1，则下列不等式成立的是()

aaaabbbbaaaaC.2＞aD.＞a＞2 bbbb

A．a＞B.＞a

解析：特殊值法，取a＝－1，b＝－2，验证知2a成立．也可用作差比较法． 答案：C

2．若0

C．log2a＋log2b＋

1322

3D．log2(a＋ab＋ab＋b)

2解析：特殊值法．取a＝，b＝，则log2b＝log2 ＝1－log23>1－log24＝－1；log2b

333

－(log2a＋log2b＋1)＝－1－log21＋log23>0；

3223

计算可知，b>a＋ab＋ab＋b，3223

∴log2b>log2(a＋ab＋ab＋b)．故选B.答案：B

3．已知a，b∈R且a＞b，则下列不等式中一定成立的是____________． a1a1b 22

①＞1 ②a＞b ③lg(a－b)＞0 ④＜b22

aa

bb

解析：令a＝2，b＝－1，则a＞b，＝－2，故＞1不成立；令a＝1，b＝－2，则a

abab

1x222

＝1，b＝4，故a＞b不成立；当a－b在区间(0,1)内时，lg(a－b)＜0；f(x)＝在R

2

1a1b

上是减函数，∵a＞b，∴f(a)＜f(b)，即＜.故④正确．

22

答案：④

bab＋ma＋n

4．a>b>0，m>0，n>0，则，由大到小的顺序是____________．

aba＋mb＋n

b1ab＋m2a＋n3

解析：取特殊值．如a＝2，b＝1，m＝n＝1，则＝2，a2ba＋m3b＋n2

aa＋nb＋mb∴>bb＋na＋ma

aa＋nb＋mb答案：>>

bb＋na＋ma

1．设a，b为实数，则“0

a

A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：当0.反过来若b<，当a<0时，则有ab>1，所以“0

aa

是“b<”的既不充分也不必要条件．故选D.a

答案：D

2．已知x＝ln π，y＝log52，z＝e－，则()

A．x

111111

解析：x＝ln π>ln e＝1，y＝log52＝，1.综上

22e42e

可得，y＜z＜x.故选

D.答案：D22

1．(2013·江门一模)若x＞0、y＞0，则x＋y＞1是x＋y＞1的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

解析：先看充分性，222

可取x＝y＝，使x＋y＞1成立，而x＋y＞1不能成立，故充分性不能成立；

若x＋y＞1，因为x＞0，y＞0，22222

所以(x＋y)＝x＋y＋2xy＞x＋y＞1，∴x＋y＞1成立，故必要性成立．

综上所述，x＋y＞1是x＋y＞1的必要不充分条件． 答案：B

2．(2013·北京西城期末)已知a>b>0，给出下列四个不等式： 22ab－1332

①a>b ②2>2 ③a－b>a－b ④a＋b>2ab.其中一定成立的不等式为________．

解析：由a>b>0可得a>b，①成立；

xab－1

由a>b>0可得a>b－1，而函数f(x)＝2在R上是增函数；∴f(a)>f(b－1)，即2>2，②成立；

∵a>b>0，∴a>b，22

∴(a－b)－(a－b)＝2ab－2b＝2b(a－b)>0，∴a－b>a－b，③成立；

332332

若a＝3，b＝2，则a＋b＝35,2ab＝36，a＋b<2ab，④不成立． 答案：①②③

第二篇：【金版学案】2015届高考数学总复习基础知识名师讲义 第六章 第九节数学归纳法 理

第九节 数学归纳法

了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理

数学归纳法：对于某些与正整数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确

*性．先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n＝k(k∈N，k≥n0)时命题成立，证

明当n＝k＋1时命题也成立．这种证明方法就叫做数学归纳法．

用数学归纳法证明一个与正整数(或自然数)有关的命题的步骤：

(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(例如n0＝1，n0＝2等)时结论正确；

*(2)(归纳递推)假设当n＝k(k∈N，且k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时结论也正

确．

由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确．

用数学归纳法来证明与正整数有关的命题时，要注意： 递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉．

基础自测

n21．(2013·深圳月考)用数学归纳法证明“2>n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()

A．2B．3C．5D．6

n2n2解析：当n≤4时，2>n＋1不成立，n≥5时，2>n＋1成立，所以取n0＝5.答案：C

*2．下列代数式中(其中k∈N)，能被9整除的是()

kk－1A．6＋6×7B．2＋7

kk＋1C．3(2＋7)D．2(2＋7)

k解析：(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7)能被9整除．

*nn＋1n(2)假设当k＝n(n∈N)命题成立，即3(2＋7)能被9整除，那么3(2＋7)＝21(2＋7)

－36，这就说明，当k＝n＋1时命题也成立．故选C.答案：C

1111113113．(2013·厦门质检)观察下列不等式：1>，1＋＋＋„＋1＋223237223

11115*＋„＋>2,1＋＋„＋n个不等式为________(n∈N)． 1523312

111n234解析：3＝2－1,7＝2－1,15＝2－1，可猜测：1＋＋„＋n>.232－12 1

111n

答案：1＋＋„＋>

232－12

4．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式

是________．

1111111

解析：a1＝，a2＝＝a3＝＝，猜想an＝.31×3153×5355×7n－n＋

答案：an＝

n－n

＋

111．已知f(x)＝x－.x2

(1)若x≥1时，证明：f(x)≥ln x；

111n

(2)证明：1＋>ln(n＋1)＋n≥1)．

23nn＋

x1111x－2x＋1

证明：(1)设g(x)＝f(x)－ln x＝－－ln x(x≥1)，则g′(x)＝2－＝2

22x2xx22x

x－2

＝≥0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即当x≥1时，g(x)≥g(1)＝0，2x

即f(x)≥ln x.1111(2)(法一)由(1)有f(x)＝x－≥ln x(x≥1)，且当x＞1时，x－＞ln x.2x2x

1k＋1k＋11k＋1k11

令x＝ln －1＋－1－，kk2kk＋12kk＋1

111

即ln(k＋1)－ln k＜，k＝1,2,3，„，n.2kk＋1

将上述n个不等式依次相加，得

11111

ln(n＋1)＜＋„＋223nn＋111n

整理得1＋＞ln(n＋1)＋.23nn＋

(法二)用数学归纳法证明．

(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋＜1，不等式成立．

*

(2)假设n＝k(k≥1，k∈N)时，不等式成立，即 111k1＋＋ln(k＋1)＋23kk＋

1111k1

那么n＝k＋1时，1＋＞ln(k＋1)＋＋ln(k＋1)＋

23kk＋1k＋k＋1

k＋2

k＋

11由(1)有f(x)＝x－≥ln x(x≥1)．

x2

k＋21k＋2k＋1k＋2

－，得≥ln＝ k＋12k＋1k＋2k＋1

ln(k＋2)－ln(k＋1)．

k＋2k＋1

∴ln(k＋1)＋k＋2)＋k＋k＋

1111k＋1∴1＋＋„＋ln(k＋2)＋.23kk＋1k＋这就是说，当n＝k＋1时，不等式也成立．

*

根据(1)，(2)，可知不等式对任何n∈N都成立．

令x＝

2．(2012·大纲全国卷)函数f(x)＝x－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．

(1)证明：2≤xn

(1)证明：因为f(4)＝4－8－3＝5，故点P(4,5)在函数f(x)的图象上，故由所给出的两点P(4,5)，Qn(xn，f(xn))可知，直线PQn斜率一定存在.故有直线PQn的直线方程为y－5fxn－5x2－54xn＋3n－2xn－8＝x－4)．令y＝0，可求得－5＝x－4)⇔＝x－4⇔x＝.xn－4xn－4xn＋2xn＋2

4xn＋3

所以xn＋1＝.xn＋2

下面用数学归纳法证明2≤xn<3.①当n＝1时，x1＝2，满足2≤x1<3.4xk＋35

②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，2≤xk<3成立，则当n＝k＋1时，xk＋1＝＝4－，xk＋2xk＋2

55115

由2≤xk<3⇔xk＋2<5⇔1<2<≤4－即2≤xk＋1<3也成立．

xk＋244xk＋2

综上可知，2≤xn<3对任意正整数恒成立． 下面证明xn

4xn＋34xn＋3－xn－2xn－xn－＋4

由xn＋1－xn＝xn＝＝

xn＋2xn＋2xn＋2

由2≤xn<3⇒0<－(xn－1)＋4≤3，故有xn＋1－xn>0，即xn

3＋4xn

(2)解析：由(1)及题意得xn＋1＝2＋xn

151111设bn＝xn－3，则＋1，5＋，bn＋1bnbn＋14bn4113

所以数列＋是首项为－，公比为5的等比数列．

4bn4

1134n－1

因此＋·5，即bn＝－，－1

bn443·5＋1

4*

所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－n∈N)．

n－1

3·5＋1

1．观察下表：2 3 4 3 4 5 6 74 5 6 7 8 9

设第n行的各数之和为Sn，则Sn＝______________.解析：第一行，1＝1，第二行，2＋3＋4＝9＝3，第三行，3＋4＋5＋6＋7＝25＝5，第四行，4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49＝7，归纳：第n行的各数之和Sn＝(2n－1).答案：(2n－1)

2．(2013·揭阳一模改编)已知函数f(x)＝

ax

ax>0，a为常数)，数列{an}满足：a1

1＋x

1*＝an＋1＝f(an)，n∈N.2

(1)当a＝1时，求数列{an}的通项公式；

*

(2)在(1)的条件下，证明对∀n∈N有：

nn＋

a1a2a3＋a2a3a4＋„＋anan＋1an＋2n＋n＋

1

(1)解析：当a＝1时，an＋1＝f(an)＝，两边取倒数，得＝1，故数列是

1＋anan＋1anan

an

111*

以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝n＋1，an＝n∈N.a1ann＋1

(2)证明：(法一)由(1)知an＝，故对k＝1,2,3，„，n＋11

akak＋1ak＋2＝

k＋k＋k＋111 k＋k＋k＋2k＋

所以a1a2a3＋a2a3a4＋„＋anan＋1an＋2

11111＝＋＋„＋

22×33×43×44×5

11 n＋n＋n＋n＋

111nn＋＝＝n＋n＋22×3n＋n＋

(法二)①当n＝1时，等式左边＝＝

2×3×424

＋1

等式右边＝，左边＝右边，等式成立；

＋＋24

②假设当n＝k(k≥1)时等式成立，kk＋即a1a2a3＋a2a3a4＋„＋akak＋1ak＋2＝

k＋k＋

则当n＝k＋1时，a1a2a3＋a2a3a4＋„＋akak＋1ak＋2＋ak＋1ak＋2ak＋3

＝kk＋k＋k＋＋1

k＋k＋k

＋＝kk＋k＋＋12k3＋9k2＋20k＋12k＋k＋k＋＝

k＋2k＋k＋＝k2

k＋＋k＋k＋k＋k＋k＋

＝k＋k＋k

＋k＋k＋k＋

＝k＋k＋＋5]

k＋＋k＋＋3]

这就是说当n＝k＋1时，等式成立，综①②知对于∀n∈N*

有：

ann＋5

1a2a3＋a2a3a4＋„＋anan＋1an＋2＝12n＋2n＋

第三篇：2015届高考数学总复习基础知识名师讲义 第六章 第八节不等式的证明 理

lg 3＋lg

52(3)利用基本不等式，如：lg 3·lg 5<＝lg215

2

n＋n＋

n＋<；

(4)利用常用结论：

1①＋1<；

＋1＋k211111111②2－2－程度大)； kkk－k－1kkkk＋kk＋1111111③2

2(程度小)． kk－1k－k＋2k－1k＋1

六、换元法

换元法是指结构较为复杂、量与量之间关系不很明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式．换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简．常用的换元有三角换元和代数换元．如：

已知x2＋y2＝a2，可设x＝acos θ，y＝asin θ；

已知x2＋y2≤1，可设x＝rcos θ，y＝rsin θ(0≤r≤1)；

x2y

22＋21，可设x＝acos θ，y＝bsin θ.ab

七、构造法

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式．

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、结论的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．

八、判别式法

含有两个字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，可考虑判别式法．

九、数学归纳法

可用于证明与正整数n有关的不等式．(见下一节)

基础自测

1．lg 9×lg 11与1的大小关系是()A．lg 9×lg 11＝1B．lg 9×lg 11<1 C．lg 9×lg 11>1D．lg 9×lg 11≥1

lg 9＋lg 112＝lg 992<lg 1002＝1，故选B.解析：因为lg 9×lg 11<

222

答案：B

2．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则()A．a>bB．a

解析：因为(m＋1)(n＋4)－(mn＋2)＝(2m－n)≥0，所以a≥b.故选D.答案：D

x3x2

3．已知实数x，y满足1≤2≤3，则xy的取值范围是__________．

yy

x31y21

解析：由已知得1≤2≤

y3x2

两式相乘得≤xy≤2.31答案：2 3

2222

4．已知实数a，b，x，y满足a＋b＝1，x＋y＝3，则ax＋by的最大值为________．

解析：设a＝sin α，b＝

cos α，x＝3sin β，y＝3cos β，则ax＋by＝3sin αsin β＋3cos αcos β＝3(sin αsin β＋cos αcos β)3cos(α－β)≤3，故其最大值是3.答案：3

1．(2013·江苏卷)已知a≥b>0，求证：2a－b≥2ab－a2b.33222222

证明：2a－b－(2ab－ab)＝2a(a－b)＋b(a－b)

＝(a－b)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)． 因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.2．(2012·重庆卷)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0.(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；

(2)若a2>－1，求证：Sn≤a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．

证明：(1)由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a1a2＋a1，即a2＝a2a1.n

a2a1

又由题设条件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1,两式相减得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，即an＋2＝a2an＋1.an＋2

由a2≠0，知an＋1＝a2.an＋1

an＋1

＝a2对所有n∈N*成立，从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列.an

n

(2)当n＝1或2时，显然Sn＝a1＋an)，等号成立.因a2≠0，故a1＝1＝a2.n－1

设n≥3，a2>－1且a2≠0.由(1)知，a1＝1，an＝a2，所以要证的不等式化为：1＋a2＋

nn－1－1

a2≤(1＋an)(n≥3)，2＋„＋a22

n

即证1＋a2＋a22＋„＋a2≤

n＋1

当a2＝1时，上面不等式的等号成立.＋an2)(n≥2)．

n－r

当－1

－r

当a2>1时，ar2－1与an－1(r＝1,2，3，„，n－1)同为正． 2

n－r

因此当a2>－1且a2≠1时，总有(ar－1)>0，2－1)·(a2

rn－rn

即a2＋a2<1＋a2(r＝1,2,3，„，n－1).n－r

上面不等式对r从1到n－1求和得2(a2＋a2)<(n－1)(1＋an2)，2＋„＋a2

2nn＋1n

由此得1＋a2＋a2＋„＋a2<＋a2)．

综上所述，当a2>－1且a2≠0时，有Sn≤a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号

成立.112

1．设0

2m1－2m

解析：由题可知k＋.m1－2m

12221－2m2m又＋[2m＋(1－2m)]＝4＋2≥8，m1－2m2m1－2m2m1－2m

当且仅当2m＝1－2m，即m＝.故k的最大值为8.答案：8

2．(2013·广州调研)若函数f(x)对任意的实数x1，x2∈D，均有|f(x2)－f(x1)|≤|x2

－x1|，则称函数f(x)是区间D上的“平缓函数”．

(1)判断g(x)＝sin x和h(x)＝x2－x是不是实数集R上的“平缓函数”，并说明理由；

(2)若数列{xn}对所有的正整数n都有|xn＋1－xnyn＝sin xn，求证：

n＋2

|yn＋1－y1|<4

(1)解析：g(x)＝sin x是R上的“平缓函数”，但h(x)＝x2－x不是区间R的“平缓函数”；设φ(x)＝x－sin x，则φ′(x)＝1－cos x≥0，则φ(x)＝x－sin x是实数集R上的增函数，不妨设x1

又y＝x＋sin x也是R上的增函数，则x1＋sin x1x1－x2，②

由①，②得－(x2－x1)x2时，同理有|sin x2－sin x1|<|x2－x1|成立，又当x1＝x2时，不等式|sin x2－sin x1|＝|x2－x1|＝0，故对任意的实数x1，x2∈R，均有|sin x2－sin x1|≤|x2－x1|.因此g(x)＝sin x是R上的“平缓函数”． 由于|h(x1)－h(x2)|＝|(x1－x2)(x1＋x2－1)|

取x1＝3，x2＝2，则|h(x1)－h(x2)|＝4>|x1－x2|，n

因此，h(x)＝x2－x不是区间R上的“平缓函数”．

(2)证明：由(1)得：g(x)＝sin x是R上的“平缓函数”，则|sin xn＋1－sin xn|≤|xn＋1－xn|，所以|yn＋1－yn|≤|xn＋1－xn|.而|xn＋1－xn|≤，n＋2

11111

所以|yn＋1－yn|≤－.2<2

n＋4n＋4n4nn＋1

因为|yn＋1－y1|＝|(yn＋1－yn)＋(yn－yn－1)＋(yn－1－yn－2)＋„＋(y2－y1)|，所以|yn＋1－y1|≤|yn＋1－yn|＋|yn－yn－1|＋„＋|y2－y1|.所以|yn＋1－y1|≤ 111111－＋－＋„＋1－ 4nn＋1n－1n2111＝1－<4n＋14

第四篇：2018高考数学二轮复习难点2.2导数与不等式相结合问题教学案文

难点2.2 导数与不等式相结合问题

导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍利用导数解决不等式问题的思路，以飨读者.1.利用导数证明不等式

在初等数学中，我们学习过好多种证明不等式的方法，比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳法等，有些不等式，用初等方法是很难证明的，但是如果用导数却相对容易些，利用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的.1.1 利用单调性证明不等式

构造函数，利用函数的单调性证明不等式

2例1.【2018广西贺州桂梧高中联考】已知函数fxx2xlnx32x4x.2（1）若fx在a,a1上递增，求a的取值范围；（2）证明： f'x24x.思路分析：（1）要使fx在a,a1上递增，只需fx0，且不恒等于0，所以先求得函数的增区间，a,a1是增区间的子区间.（2）当x11时，24x0，f'x24x显然成立.当0x时，22即证明f'x24x2x2lnx124x 0，令gx2x2lnx124x（0x1），即求gxmin0，由导数可证.2 111g'2ln442ln20，∴g'x0，从而gx在0,上递减，∴2221gxming1ln20，∴gx0，即f'x24x.综上，f'x24x.2点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数最值以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.1.2 通过求函数的最值证明不等式

在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函数的最大值或最小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来.例2.【甘肃省张掖市2018届第一次质量检测】已知函数fx2x1e.x（1）若函数fx在区间a,上单调递增，求fa的取值范围；

x（2）设函数gxexp，若存在x01,e，使不等式gx0fx0x0成立，求p的取值范围.思路分析：（1）由fx2xe0，得x0，所以fx在0,上单调递增，可得a0，从而得xx（2）存在x01,e，使不等式gx02x01e0x0成立，等价于faf02；p2x03ex0，令hx2xeex，利用导数研究函数hx的单调性，求出hxmin，只需phxmin即可得结果.点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值和最值，考查了函数的思想和考生的发散思维能 力，属于中档题.利用导数研究函数的单调性，首先求出函数的定义域，忽略定义域是最常见的错误；证明不等式通过构造新函数，研究新函数的单调性，求得其最值是最常用的思想方法，本题解答的难点是（3）中通过构造新函数并求得其极值点，从而判断p的范围是解题的关键.1.3多元不等式的证明

含有多元的不等式，可以通过对不等式的等价变形，通过换元法，转化为一个未知数的不等式，或可选取主元，把其中的一个未知数作为变量，其他未知数作为参数，再证明之.例3．已知函数fxlnxmxm,mR.（1)已知函数f(x)在点（l，f（1））处与x轴相切，求实数m的值；（2）求函数f(x)的单调区间；

(3)在(1)的结论下，对于任意的0

baa1mx0，由于函数在点1,f1处与x轴相切，又直线x轴的x斜率为0，根据导数的几何意义，所以有f11m0，从而可求出实数m的值；（2）因为fx11mx0，所以有必要对m的取值范围进行分类讨论.当m„0时，有fxm0，此xx1mx1xfx0,fx0时函数在上单调递增；当m0时，有fxm，由得0,，mx由fx0，得x111,，此时函数fx在0,上单调递增，在,上单调递减.（3）由mmmfafb11可化为

baa（1）知m1，得fxlnxx1，对于任意的0ab，blnbblnaa11a1lntt1lntt10，即ft0t1，由（2）bbaat11aln知，函数fx在1,上单调递减，且f10，于是上式成立.故对于任意的0ab，f(b)f(a)11成立.baa 3

(3)由(1)知m1,得 f(x)lnxx1,对于任意的0ab，f(b)f(a)11可化为

baab(lnbb)(lnaa)11,其中0aba1,其中

bbaa1alnt1,t1lntt10,t1,即f(t)0,t1，由(2)知, 函数f(x)在(1,)递减,0abt1f(b)f(a)11成立.且f(1)0,于是上式成立，故对于任意的0ab，baaln点评：在第二问中要注意分类讨论标准的确定，当m0时，可借助一次函数的图像来判断导函数符号，ba1，要利用换元法，将不等式转化为同时要将零点和定义域比较；第二问中将不等式等价变形为b1aln关于t的不等式．

2.利用导数求解与不等式有关的恒成立问题或者有解、无解问题

不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．

恒成立f(x)minaf(x)a：有解f(x)maxa

无解f(x)amax例4．【2018安徽阜阳一中二模】已知曲线（1）求实数（2）若 的值；

对任意

恒成立，求实数 的最大值.和，即可求出的值；（2）分离参数，构造新

在点

处的切线是

.思路分析：（1）利用导数的几何意义求解，计算函数，求函数的最值，利用导数求出函数的单调性，即可求出最值.3.利用导数解不等式

通过构造函数，利用函数的单调性得到不等式的解集.例5.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)2，且f(x)的导函数f(x)在R上恒有f(x)1，则不等式 f(x)x1的解集为()A．(,1)B．(1,)C．(1,1)D．(,1)(1,)

思路分析：因为f(x)的解析式不确定，由f(x)1，结合所求不等式的形式，想到构造函数

F(x)f(x)x1，则F'(x)0，故F(x)单调递减，由F(1)0，则不等式解集为(1,)

解析：不等式 f(x)x1可化为f(x)x10，令g(x)f(x)x1，则g'(x)f'(x)1，因为f(x)1，所以g'(x)0，则函数g(x)在R上单调递减，又g(1)f(1)11220，则g(x)0即g(x)g(1)的解集即为x1.点评：该题考察了利用导数判断函数的单调性，联系所求的不等式，构造合适的函数，通过判断单调性，得出不等式的解集，是解题的关键.5 综合上述五种题型，无论不等式的证明、解不等式，还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6

第五篇：《金版新学案》2012高考生物总复习8-3-3、4、5 生物与环境作业大纲人教版

第八章 第三节 三、四、五

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一、选择题

1．2011·海淀模拟关于生物同化量的叙述正确的是

A．该营养级贮存的总能量 B．食物消化后粪便中的总能量 C．从上一营养级摄入的能量

D．经吸收后合成的有机物中的能量 答案： D 2．下列有关生态系统中能量流动的叙述不正确的是

A．生态系统的能量流动是从太阳辐射能开始的

B．生态系统的能量流动是从生产者固定太阳能开始的 C．生态系统中流动的能量几乎全部来源于太阳能 D．生态系统的维持离不开源源不断的太阳能供应 答案： A 3.如右图所示的是一个食物网能量传递效率按10%计算，下列叙述中正确的是

A．该食物网中初级消费者是昆虫，次级消费者是鸟

B．该食物网中植物属于第一营养级，昆虫属于第二营养级，鸟属于第三营养级

C．若绿色植物固定的太阳能总量为M，昆虫获得的总能量为M1，鸟获得的总能量为M2，则M>M1＋M2

D．在鸟类的食物构成中，若动物性食物占1/3，植物性食物占2/3，则鸟类增加能量A时，生产者需提供能量为55A 答案： C 4.2011·北京东城二模关叙述正确的是

A．图中乙、丙、丁构成了该生态系统的生物群落 B．图中②③④过程均可表示不同生物的呼吸作用 C．缺少类群甲则生态系统的物质循环不能正常进行

D．由于呼吸作用的消耗，丁对食物的同化量远小于摄入量

解析： 由图示生态系统中不同成分在碳循环中的关系可知：甲、乙、丙、丁分别表示分解者、生产者、消费者、消费者，故甲乙丙丁共同组成了该生态系统的生物群落。分解者

用心

爱心

专心

右图为生态系统中碳循环示意图，箭头表示循环方向。下列相

①第三营养级流向第四营养级的能量传递效率为[c＋d/b]×100%

②图中d包含了次级消费者粪便中的能量 ③在人工饲养的高密度鱼塘中生产者固定的能量肯定大于初级消费者固定的能量 ④在食物链中各营养级获得能量的方式及能量的用途完全相同

A．①②③④

B．①②③ C．①④

D．②③

解析： ①项第三营养级流向第四营养级的能量传递效率为c/b×100%；②项次级消费者粪便中的能量不能算作次级消费者固定的能量，因此不可能存在于d中；③项在人工饲养的高密度鱼塘这一特殊生态系统中，由于不断地投入食物，因此生产者固定的能量不一定大于初级消费者固定的能量；④项食物链中各营养级获得能量的方式及能量的用途是不完全相同的。

答案： A 9．2010·苏锡常镇调查图甲、乙分别表示人体体液中物质交换、生态系统碳循环的模型图，以下说法正确的是

A．甲图中O2浓度最高的是B B．乙图中的D是生态系统的主要成分

C．人体发生过敏反应时，甲图中的A增加导致组织水肿

D．因捕食关系而建立的食物链中，能量最少的是乙图中的B所处的营养级

解析： 图乙中的A代表生产者，B代表分解者，C代表消费者，D代表大气中CO2库，生态系统的主要成分是生产者，A和C因捕食关系可建立食物链。图甲中A代表组织液，B代表淋巴，C代表血浆，D代表组织细胞，图甲中O2浓度最高的是血浆。

答案： C 10．2011·潍坊下列对生态系统稳定性的理解，不正确的是

A．生态系统的稳定性包括抵抗力稳定性和恢复力稳定性

B．抵抗力稳定性是指生态系统抵抗外界干扰并使自身的结构功能保持原状的能力 C．恢复力稳定性是由生态系统在遭到外界干扰因素的破坏以后恢复到原状的能力 D．对于一个生态系统来说，抵抗力稳定性越强则恢复力稳定性也会越强 解析： 一般来说，生态系统抵抗力稳定性越强，则恢复力稳定性越弱。答案： D 11.2010·山东潍坊期末下列说法正确的是

右图是生态系统中碳循环示意图，“→”表示碳的流动方向，用心

爱心

专心

A．图中A是生产者，B、D、E是消费者，C是分解者

B．该生态系统的结构包括A、B、C、D、非生物的物质和能量 C．该生态系统中食物网可表示为：A―→D―→E―→B D．E每增加1 kg的体重，至少需要25 kg的A 解析： 图中A是生产者，B是分解者，C是无机环境，D、E分别是初级消费者与次级消费者；生态系统的结构包括A、B、C、D、E与食物链和食物网；该生态系统仅含一条食物链：A→D→E，B不参与构成食物链；E每增加1 kg体重，至少需要25 kg的A。

答案： D 12．分析以下生态系统的能量流动和物质循环的关系简图，不能得到的结论是

A．物质作为能量的载体，使能量沿着食物链网流动

B．能量作为动力，使物质能够不断地在生物群落和无机环境之间循环往返 C．能量①②③④的总和便是生产者所固定的太阳能总量

D．碳在生物群落和无机环境之间循环主要以CO2的形式进行的 答案： C 13.A．B是生态系统的主要成分 B．③⑤⑧均属于细胞呼吸 C．A和B属于捕食关系

D．温室效应主要是由⑦过程造成的 答案： C

二、非选择题

214．下面是一水域生态系统在一年之内的能量流动情况资料[能量单位：kJ/m·a]。据图回答下列问题： 2011·武汉质检右图表示生物圈中碳元素的循环过程，下列有关叙述不正确的是

用心

爱心

专心

1流经该生态系统的总能量为________kJ/m·a。

2该系统的能量传递效率在________之间，能量传递效率如此低，是因为大部分能量____________________________，另有一部分能量流向________。

3按图中的能量传递效率，若食肉动物增重1 kg有机物干重，则需消耗生产者约________kg有机物干重。

4人类对生态系统的能量流动进行调查研究，其意义是________________________________________________________。

解析： 生产者固定的太阳能是流经生态系统的总能量，能量的传递效率是相邻营养级同化量的百分比，但由于各营养级的呼吸消耗和分解者的分解作用，使能量传递效率一般在10%～20%之间，但也可能低于10%。食肉动物增重1 kg，则需消耗的生产者≈54.1kg。人类研究能量流动的目的是更有效地利用能量。

答案： 120 810 25.5%～16.2% 被各营养级自身呼吸作用消耗掉 分解者 354.1 4合理调整能量流动关系，使能量流向对人类最有益的部分

15．2011·哈尔滨模拟下图为生态系统碳循环示意图，其中甲、乙、丙表示生态系统中的三种成分。

2请据图回答：

1生态系统的碳循环是指碳元素在________________之间不断循环的过程。

2X与甲中图示生物类群的能量来源不同，X代表的生物为__________________；Y的细胞结构与丙中图示生物不同，Y的细胞结构最主要的特点是________________________________________________________________________。

3大气中的CO2在甲中图示的________处在a～d中选择合成有机物；含碳有机物在甲中图示的__________处在a～d中选择可以分解为CO2。

4化石燃料除燃烧外，还可以通过__________途径产生CO2。

答案： 1生物群落与无机环境 2化能自养细菌或硝化细菌等 有核膜包围的细胞核 3c a和b 4微生物的分解

用心

爱心

专心