67高三数学第二轮专题复习必备精品系列教案习题(6)--_不等式 注：【高三数学第二轮专题复习必备

第1页（共44页）高三数学第二轮专题复习必备精品系列教案习题(6)不等式注：【高三数学第二轮专题复习必备精品系列教案习题共10讲全部免费欢迎下载】一、本章知识结构：实数的性质二、高考要求（1）理解不等式的性质及其证明。（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定理，并会简单应用。（3）分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。（4）掌握某些简单不等式的解法。（5）理解不等式|a|﹣|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。三、热点分析1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新.重点考查四种题型：解不等式，证明不等式，涉及不等式应用题，涉及不等式的综合题，所占比例远远高于在课时和知识点中的比例.重视基础知识的考查，常考常新，创意不断，设问方式不断创新，图表信息题，多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯，值得引起我们的关注.2.突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数提供了重要的工具，不等式与函数既是知识的结合点，又是数学知识与数学方法的交汇点，因而在历年高考题中始终是重中之重.在全面考查函数与不等式基础知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查，强调知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考查力度，是高考对不等式考查的又一新特点.3.加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能检测出学生抽象思维能力的层次.这类代数推理问题常以高中代数的主体内容——函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识不等式的性质均值不等式不等式的证明不等式的解法不等式的应用比较法综合法分析法其它方法一元一次不等式一元二次不等式分式高次不等式含绝对值不等式函数性质的讨论最值的计算与讨论实际应用问题第2页（共44页）背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高，有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能体现出高观点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式来考查学生的应用意识.不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。高考试题中有以下几个明显的特点：（1）不等式与函数、数列、几何、导数,实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多，单独考查不等式的试题题量很少。（2）选择题,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题，特别是应用题和压轴题几乎都与不等式有关。（3）不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助方法不容忽视。四、复习建议1．力求熟练掌握不等式的性质，以最大限度地减少不等式解题中可能出现的失误。2．对于不等式的证明，应略高于教材上有关例题和习题的难度。必须重视演练与其它内容综合在一起的证明题，特别是综合教材上的例题与习题、创新题。3．对于解不等式，一般不需超出教材上的例题和习题的难度，也不要超出教材上的例题和习题所涉及的范围，但对于需要分类求解的不等式应给予充分的注意，而这类习题的分类一般不超过两层。4．熟练掌握利用平均值不等式求最值的方法及其使用条件，并重视在几何和实际问题中的应用。5,通过训练,使学生掌握等价转化思想和化归思想,培养学生的代数推理能力,提高学生应用不等式知识解决问题的能力.6.重视数学思想方法的复习根据本章上述的命题趋向我们迎考复习时应加强数学思想方法的复习.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，合理的分类，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把已知条件向要证结论的一个转化过程，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.利用函数f（x）=x＋（a＞0）的单调性解决有关最值问题是近几年高考中的热点，应加强这方面的训练和指导.7.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第3页（共44页）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.五、典型例题不等式的解法【例1】解不等式：axa12解：原不等式可化为：2)2()1(xaxa＞0，即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.当a＞1时，原不等式与(x－12aa)(x－2)＞0同解.若12aa≥2，即0≤a＜1时，原不等式无解；若12aa＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1时原不等式的解为(－∞，12aa)∪(2，+∞).当a＜1时，若a＜0，解集为(12aa，2)；若0＜a＜1，解集为(2，12aa)综上所述：当a＞1时解集为(－∞，12aa)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，12aa)；当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(12aa，2).【例2】设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围.解：M［1，4］有n种情况：其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围.设f(x)=x2－2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)(1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］(2)当Δ=0时，a=－1或2.当a=－1时M={－1}1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］.(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2.设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，第4页（共44页）x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤40,410)4(,0)1(且且aff即210071803aaaaa或，解得：2＜a＜718，∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，718).【例3】解关于x的不等式：0]12[log1log42axax．解：原不等式等价于121012012xaxxax①，即02121xaxaxx.由于1a，所以a121，所以，上述不等式等价于0212xaxax②解答这个含参数的不等式组，必然需要分类讨论，此时，分类的标准的确定就成了解答的关键．如何确定这一标准？（1）当21a时，不等式组②等价于axxax或212此时，由于01122aaaa，所以aa12．从而212xaxa或．（2）当2a时，不等式组②等价于223xx所以223xx，且．（3）当2a时，不等式组②等价于axxax或212此时，由于212a，所以，axxa或212．综上可知：当21a时，原不等式的解集为212xaxax或；第5页（共44页）当2a时，原不等式的解集为223xxx，且；当2a时，原不等式的解集为axxax或212．【例4】解关于x的不等式：102loglog4aaxxaa，解：原不等式等价于22loglog402log0log4xxxxaaaa0log3log4log20log3log4log22xxxxxxaaaaaa或4log3xa，∴当a1时，原不等式的解集为43axax当01a时，原不等式的解集为34axax【例5】设函数12xaxxf，（1）当2a时，解不等式1)(fxf；（2）求a的取值范围，使得函数xf在,1上为单调函数．讲解：（1）2a时，1)(fxf可化为：1122xx，等价于：1140122xxx①或01012xx②解①得351x，解②得1x．所以，原不等式的解集为1351xxx或．（2）任取,1,21xx，且21xx，则1111111122212121222122212122212122221121xxxxaxxxxxxxxaxxxxaxaxxaxxfxf要使函数xf在,1上为单调函数，需且只需：第6页（共44页）11222121xxxxa恒成立，（或11222121xxxxa恒成立）．因此，只要求出11222121xxxx在条件“,1,21xx，且21xx”之下的最大、最小值即可．为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：1,121xx，容易知道，此时11222121xxxx；若考虑21xx，则不难看出，此时11222121xxxx1，至此我们可以看出：要使得函数xf为单调函数，只需1a．事实上，当1a时，由于011222121xxxx恒成立，所以，111222121xxxx．所以，在条件“,1,21xx，且21xx”之下，必有：021xfxf．所以，xf在区间,1上单调递减．当1a时，由（1）可以看出：特例2a的情况下，存在351ff．由此可以猜想：函数xf在区间,1上不是单调函数．为了说明这一点，只需找到,1,21xx，使得21xfxf即可．简便起见，不妨取11x，此时，可求得111222aax，也即：aaaff11122，所以，xf在区间,1上不是单调函数．另解：21xfxax，对1,x，易知：当1x时，21xx；当x时，211xx；所以当1,x时，211xx，从而只须1a，必有0fx，函数在1,x上单调递减。第7页（共44页）【例6】已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时nmnfmf)()(＞0.(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；(2)解不等式：f(x+21)＜f(11x)；(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围.解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=2121)()(xxxfxf·(x1－x2)∵－1≤x1＜x2≤1，∴x1+(－x2)≠0，由已知2121)()(xxxfxf＞0，又x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数.(2)解：∵f(x)在［－1，1］上为