届高考理科数学第一轮总复习不等式教案.docx
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届高考理科数学第一轮总复习不等式教案
2012届高考理科数学第一轮总复习不等式教案
第十八 不等式选讲
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考试要求重难点击命题展望
1理解绝对值的几何意义,并能用它证明绝对值三角不等式等较简单的不等式①|a+b|≤|a|+|b|;
②|a-b|≤|a-|+|-b|
2能用绝对值的几何意义解几类简单的绝对值型不等式,如|ax+b|≤或|ax+b|≥,以及|x-a|+|x-b|≥或|x-a|+|x-b|≤类型
3了解证明不等式的基本方法:
比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法
4了解数学归纳法的原理及其使用范围,会用它证明一些简单不等式及其他问题
了解柯西不等式的几种不同形式:
二维形式(a2+b2)(2+d2)≥(a+bd)2、向量形式|α|•|β|≥|α•β|、一般形式,理解它们的几何意义掌握柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用
6了解排序不等式的推导及意义并能简单应用
7会用数学归纳法证明贝努利不等式:
本重点:
不等式的基本性质;基本不等式及其应用、绝对值型不等式的解法及其应用;用比较法、分析法、综合法证明不等式;柯西不等式、排序不等式及其应用
本难点:
三个正数的算术——几何平均不等式及其应用;绝对值不等式的解法;用反证法、放缩法证明不等式;运用柯西不等式和排序不等式证明不等式本专题在数学必修“不等式”的基础上,进一步学习一些重要的不等式,如绝对值不等式、柯西不等式、排序不等式以及它们的证明,同时了解证明不等式的一些基本方法,如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等,会用绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式、排序不等式等解决一些简单问题高考中,只考查上述知识和方法,不对恒等变形的难度和一些技巧作过高的要求
知识网络
181 绝对值型不等式
典例精析
题型一 解绝对值不等式
【例1】设函数f(x)=|x-1|+|x-2|
(1)解不等式f(x)>3;
(2)若f(x)>a对x∈R恒成立,求实数a的取值范围
【解析】
(1)因为f(x)=|x-1|+|x-2|=
所以当x<1时,3-2x>3,解得x<0;
当1≤x≤2时,f(x)>3无解;
当x>2时,2x-3>3,解得x>3
所以不等式f(x)>3的解集为(-∞,0)∪(3,+∞)
(2)因为f(x)=所以f(x)in=1
因为f(x)>a恒成立,
所以a<1,即实数a的取值范围是(-∞,1)
【变式训练1】设函数f(x)=|x+1|+|x-2|+a
(1)当a=-时,求函数f(x)的定义域;
(2)若函数f(x)的定义域为R,试求a的取值范围
【解析】
(1)由题设知|x+1|+|x-2|-≥0,如图,在同一坐标系中作出函数=|x+1|+|x-2|和=的图象,知定义域为(-∞,-2]∪[3,+∞)
(2)由题设知,当x∈R时,恒有|x+1|+|x-2|+a≥0,即|x+1|+|x-2|≥-a,又由
(1)知|x+1|+|x-2|≥3,
所以-a≤3,即a≥-3
题型二 解绝对值三角不等式
【例2】已知函数f(x)=|x-1|+|x-2|,若不等式|a+b|+|a-b|≥|a|f(x)对a≠0,a、b∈R恒成立,求实数x的范围
【解析】由|a+b|+|a-b|≥|a|f(x)且a≠0得|a+b|+|a-b||a|≥f(x)
又因为|a+b|+|a-b||a|≥|a+b+a-b||a|=2,则有2≥f(x)
解不等式|x-1|+|x-2|≤2得12≤x≤2
【变式训练2】(2010深圳)若不等式|x+1|+|x-3|≥a+4a对任意的实数x恒成立,则实数a的取值范围是
【解析】(-∞,0)∪{2}
题型三 利用绝对值不等式求参数范围
【例3】(2009辽宁)设函数f(x)=|x-1|+|x-a|
(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;
(2)如果∀x∈R,f(x)≥2,求a的取值范围
【解析】
(1)当a=-1时,f(x)=|x-1|+|x+1|
由f(x)≥3得|x-1|+|x+1|≥3,
①当x≤-1时,不等式化为1-x-1-x≥3,即-2x≥3,
不等式组的解集为(-∞,-32];
②当-1<x≤1时,不等式化为1-x+x+1≥3,不可能成立,
不等式组的解集为∅;
③当x>1时,不等式化为x-1+x+1≥3,即2x≥3,
不等式组的解集为[32,+∞)
综上得f(x)≥3的解集为(-∞,-32]∪[32,+∞)
(2)若a=1,f(x)=2|x-1|不满足题设条
若a<1,f(x)=
f(x)的最小值为1-a由题意有1-a≥2,即a≤-1
若a>1,f(x)=
f(x)的最小值为a-1,由题意有a-1≥2,故a≥3
综上可知a的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞)
【变式训练3】关于实数x的不等式|x-12(a+1)2|≤12(a-1)2与x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0(a∈R)的解集分别为A,B求使A⊆B的a的取值范围
【解析】由不等式|x-12(a+1)2|≤12(a-1)2ͤ-12(a-1)2≤x-12(a+1)2≤12(a-1)2,
解得2a≤x≤a2+1,于是A={x|2a≤x≤a2+1}
由不等式x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0ͤ(x-2)[x-(3a+1)]≤0,
①当3a+1≥2,即a≥13时,B={x|2≤x≤3a+1},
因为A⊆B,所以必有解得1≤a≤3;
②当3a+1<2,即a<13时,B={x|3a+1≤x≤2},
因为A⊆B,所以解得a=-1
综上使A⊆B的a的取值范围是a=-1或1≤a≤3
总结提高
1“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状,运用时注意等号成立的条
2绝对值不等式的解法中,x<a的解集是(-a,a);x>a的解集是(-∞,-a)∪(a,+∞),它可以推广到复合型绝对值不等式ax+b≤,ax+b≥的解法,还可以推广到右边含未知数x的不等式,如3x+1≤x-1ͤ1-x≤3x+1≤x-1
3含有两个绝对值符号的不等式,如x-a+x-b≥和x-a+x-b≤型不等式的解法有三种,几何解法和代数解法以及构造函数的解法,其中代数解法主要是分类讨论的思想方法,这也是函数解法的基础,这两种解法都适宜于x前面系数不为1类型的上述不等式,使用范围更广
182 不等式的证明
(一)
典例精析
题型一 用综合法证明不等式
【例1】若a,b,为不全相等的正数,求证:
lga+b2+lgb+2+lga+2>lga+lgb+lg
【证明】由a,b,为正数,得
lga+b2≥lgab;lgb+2≥lgb;lga+2≥lga
而a,b,不全相等,
所以lga+b2+lgb+2+lga+2>lgab+lgb+lga=lga2b22=lg(ab)=lga+lgb+lg
即lga+b2+lgb+2+lga+2>lga+lgb+lg
【点拨】本题采用了综合法证明,其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据(是一个定理),在证明不等式时要注意结合运用而在不等式的证明过程中,还要特别注意等号成立的条是否满足
【变式训练1】已知a,b,,d都是实数,且a2+b2=1,2+d2=1求证:
|a+bd|≤1
【证明】因为a,b,,d都是实数,
所以|a+bd|≤|a|+|bd|≤a2+22+b2+d22=a2+b2+2+d22
又因为a2+b2=1,2+d2=1,所以|a+bd|≤1
题型二 用作差法证明不等式
【例2】设a,b,为△AB的三边,求证:
a2+b2+2<2(ab+b+a)
【证明】a2+b2+2-2(ab+b+a)=(a-b)2+(b-)2+(-a)2-a2-b2-2
=[(a-b)2-2]+[(b-)2-a2]+[(-a)2-b2]
而在△AB中,b-a<,所以(a-b)2<2,即(a-b)2-2<0
同理(a-)2-b2<0,(b-)2-a2<0,所以a2+b2+2-2(ab+b+a)<0
故a2+b2+2<2(ab+b+a)
【点拨】不等式的证明中,比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法,而在牵涉到三角形的三边时,要注意运用三角形的三边关系:
任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边
【变式训练2】设a,b为实数,0<n<1,0<<1,+n=1,求证:
a2+b2n≥(a+b)2
【证明】因为a2+b2n-(a+b)2=na2+b2n-n(a2+2ab+b2)n
=na2(1-)+b2(1-n)-2nabn
=n2a2+2b2-2nabn=(na-b)2n≥0,
所以不等式a2+b2n≥(a+b)2成立
题型三 用分析法证明不等式
【例3】已知a、b、∈R+,且a+b+=1
求证:
(1+a)(1+b)(1+)≥8(1-a)(1-b)(1-)
【证明】因为a、b、∈R+,且a+b+=1,所以要证原不等式成立,
即证[(a+b+)+a][(a+b+)+b][(a+b+)+]
≥8[(a+b+)-a][(a+b+)-b][(a+b+)-],
也就是证[(a+b)+(+a)][(a+b)+(b+)][(+a)+(b+)]≥8(b+)(+a)(a+b)①
因为(a+b)+(b+)≥2(a+b)(b+)>0,
(b+)+(+a)≥2(b+)(+a)>0,
(+a)+(a+b)≥2(+a)(a+b)>0,
三式相乘得①式成立,故原不等式得证
【点拨】本题采用的是分析法从待证不等式出发,分析并寻求使这个不等式成立的充分条的方法叫分析法,概括为“执果索因”分析法也可以作为寻找证题思路的方法,分析后再用综合法书写证题过程
【变式训练3】设函数f(x)=x-a(x+1)ln(x+1)(x>-1,a≥0)
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求证:
当>n>0时,(1+)n<(1+n)
【解析】
(1)f′(x)=1-aln(x+1)-a,
①a=0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-1,+∞)上是增函数;
②当a>0时,f(x)在(-1,-1]上单调递增,在[-1,+∞)单调递减
(2)证明:
要证(1+)n<(1+n),只需证nln(1+)<ln(1+n),只需证ln(1+)<ln(1+n)n
设g(x)=ln(1+x)x(x>0),则g′(x)=x1+x-ln(1+x)x2=x-(1+x)ln(1+x)x2(1+x)
由
(1)知x-(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)单调递减,
所以x-(1+x)ln(1+x)<0,即g(x)是减函数,
而>n,所以g()<g(n),故原不等式成立
总结提高
1一般在证明不等式的题目中,首先考虑用比较法,它是最基本的不等式的证明方法比较法一般有“作差比较法”和“作商比较法”,用得较多的是“作差比较法”,其中在变形过程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法
2用综合法证明不等式的过程中,所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质等,如基本不等式、绝对值三角不等式等
3用分析法证明不等式的关键是对原不等式的等价转换,它是从要证明的结论出发,逐步寻找使它成立的充分条,直至所需条为已知条或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立
4所谓“综合法”、“分析法”其实是证明题的两种书写格式,而不是真正意义上的证明方法,并不像前面所用的比较法及后面要复习到的三角代换法、放缩法、判别式法、反证法等是一种具体的证明方法(或者手段),而只是两种互逆的证明题的书写格式
183 不等式的证明
(二)
典例精析
题型一 用放缩法、反证法证明不等式
【例1】已知a,b∈R,且a+b=1,求证:
(a+2)2+(b+2)2≥22
【证明】方法一:
(放缩法)
因为a+b=1,
所以左边=(a+2)2+(b+2)2≥2[(a+2)+(b+2)2]2=12[(a+b)+4]2=22=右边
方法二:
(反证法)
假设(a+2)2+(b+2)2<22,则a2+b2+4(a+b)+8<22
由a+b=1,得b=1-a,于是有a2+(1-a)2+12<22
所以(a-12)2<0,这与(a-12)2≥0矛盾
故假设不成立,所以(a+2)2+(b+2)2≥22
【点拨】根据不等式左边是平方和及a+b=1这个特点,选用重要不等式a2+b2≥
2(a+b2)2证明比较好,它可以将具备a2+b2形式的式子缩小
而反证法的思路关键是先假设命题不成立,结合条a+b=1,得到关于a的不等式,最后与数的平方非负的性质矛盾,从而证明了原不等式当然本题也可以用分析法和作差比较法证明
【变式训练1】设a0,a1,a2,…,an-1,an满足a0=an=0,且有
a0-2a1+a2≥0,
a1-2a2+a3≥0,
…
an-2-2an-1+an≥0,
求证:
a1,a2,…,an-1≤0
【证明】由题设a0-2a1+a2≥0得a2-a1≥a1-a0
同理,an-an-1≥an-1-an-2≥…≥a2-a1≥a1-a0
假设a1,a2,…,an-1中存在大于0的数,假设ar是a1,a2,…,an-1中第一个出现的正数即a1≤0,a2≤0,…,ar-1≤0,ar>0,
则有ar-ar-1>0,于是有an-an-1≥an-1-an-2≥…≥ar-ar-1>0
并由此得an≥an-1≥an-2≥…≥ar>0
这与题设an=0矛盾由此证得a1,a2,…,an-1≤0成立
题型二 用数学归纳法证明不等式
【例2】用放缩法、数学归纳法证明:
设an=1×2+2×3+…+n(n+1),n∈N*,求证:
n(n+1)2<an<(n+1)22
【证明】方法一:
(放缩法)
n2<n(n+1)<n+(n+1)2,即n<n(n+1)<2n+12
所以1+2+…+n<an<12[1+3+…+(2n+1)]
所以n(n+1)2<an<12•(n+1)(1+2n+1)2,
即n(n+1)2<an<(n+1)22
方法二:
(数学归纳法)
①当n=1时,a1=2,而1<2<2,所以原不等式成立
②假设n=(≥1)时,不等式成立,即(+1)2<a<(+1)22
则当n=+1时,a+1=1×2+2×3+…+(+1)+(+1)(+2),
所以(+1)2+(+1)(+2)<a+1<(+1)22+(+1)(+2)
而(+1)2+(+1)(+2)>(+1)2+(+1)(+1)=(+1)2+(+1)=(+1)(+2)2,
(+1)22+(+1)(+2)<(+1)22+(+1)+(+2)2=2+4+42=(+2)22
所以(+1)(+2)2<a+1<(+2)22
故当n=+1时,不等式也成立
综合①②知当n∈N*,都有n(n+1)2<an<(n+1)22
【点拨】在用放缩法时,常利用基本不等式n(n+1)<n+(n+1)2将某个相乘的的式子进行放缩,而在上面的方法二的数学归纳法的关键步骤也要用到这个公式在用数学归纳法时要注意根据目标寻找思路
【变式训练2】已知数列8×112×32,8×232×2,…,8n(2n-1)2(2n+1)2,…,Sn为其前n项和,计算得S1=89,S2=242,S3=4849,S4=8081,观察上述结果推测出计算Sn的公式且用数学归纳法加以证明
【解析】猜想Sn=(2n+1)2-1(2n+1)2(n∈N+)
证明:
①当n=1时,S1=32-132=89,等式成立
②假设当n=(≥1)时等式成立,即S=(2+1)2-1(2+1)2
则S+1=S+8(+1)(2+1)2(2+3)2=(2+1)2-1(2+1)2+8(+1)(2+1)2(2+3)2
=(2+1)2(2+3)2-(2+1)2(2+1)2(2+3)2=[2(+1)+1]2-1[2(+1)+1]2
即当n=+1时,等式也成立综合①②得,对任何n∈N+,等式都成立
题型三 用不等式证明方法解决应用问题
【例3】某地区原有森林木材存量为a,且每年增长率为2%,因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b,设an为n年后该地区森林木材存量
(1)求an的表达式;
(2)为保护生态环境,防止水土流失,该地区每年森林木材量应不少于79a,如果b=1972a,那么该地区今后会发生水土流失吗?
若会,需要经过几年?
(取lg2=030)
【解析】
(1)依题意得a1=a(1+14)-b=4a-b,
a2=4a1-b=4(4a-b)-b=(4)2a-(4+1)b,
a3=4a2-b=(4)3a-[(4)2+(4+1)]b,
由此猜测an=(4)na-[(4)n-1+(4)n-2+…+4+1]b=(4)na-4[(4)n-1]b(n∈N+)
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,a1=4a-b,猜测成立
②假设n=(≥2)时猜测成立,即a=(4)a-4[(4)-1]b成立
那么当n=+1时,a+1=4a-b=4(4)a-4[(4)-1]b-b=(4)+1a-4[(4)+1-1]b,
即当n=+1时,猜测仍成立
由①②知,对任意n∈N+,猜测成立
(2)当b=1972a时,若该地区今后发生水土流失,则森林木材存量必须少于79a,
所以(4)na-4[(4)n-1]•1972a<79a,整理得(4)n>,
两边取对数得nlg4>lg,
所以n>lglg-2lg2=1-lg21-3lg2≈1-0301-3×030=7
故经过8年该地区就开始水土流失
【变式训练3】经过长期观测得到:
在交通繁忙的时段内,某公路段汽车的车流量(千辆/时)与汽车的平均速度v(千米/时)之间的函数关系为=920vv2+3v+1600(v>0)
(1)在该时段内,当汽车的平均速度v为多少时,车流量最大?
最大车流量为多少?
(精确到01千辆/时)
(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时,则汽车的平均速度应在什么范围内?
【解析】
(1)依题意,=9203+(v+1600v)≤9203+21600=92083,当且仅当v=1600v,即v=40时,上式等号成立,所以ax=92083≈111(千辆/时)
(2)由条得920vv2+3v+1600>10,整理得v2-89v+1600<0,
即(v-2)(v-64)<0,解得2<v<64
答:
当v=40千米/时时,车流量最大,最大车流量约为111千辆/时如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时,则汽车的平均速度应大于2千米/时且小于64千米/时
总结提高
1有些不等式,从正面证如果不易说清,可以考虑反证法,凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定词的命题适用反证法在一些客观题如填空、选择题之中,也可以用反证法的方法进行命题正确与否的判断
2放缩法是证明不等式特有的方法,在证明不等式过程中常常要用到它,放缩要有目标,目标在结论和中间结果中寻找
常用的放缩方法有:
(1)添加或舍去一些项,如a2+1>a,n(n+1)>n;
(2)将分子或分母放大(或缩小);
(3)利用基本不等式,如n(n+1)<n+(n+1)2;
(4)利用常用结论,如
+1-=1+1+<12,
12<1(-1)=1-1-1;
12>1(+1)=1-1+1(程度大);
12<12-1=1(-1)(+1)=12(1-1-1+1)(程度小)
3用数学归纳法证明与自然数有关的不等式的证明过程与用数学归纳法证明其他命题一样,先要奠基,后进行假设与推理,二者缺一不可
184 柯西不等式和排序不等式
典例精析
题型一 用柯西不等式、排序不等式证明不等式
【例1】设a1,a2,…,an都为正实数,证明:
a21a2+a22a3+…+a2n-1an+a2na1≥a1+a2+…+an
【证明】方法一:
由柯西不等式,有
(a21a2+a22a3+…+a2n-1an+a2na1)(a2+a3+…+an+a1)≥
(a1a2•a2+a2a3•a3+…+ana1•a1)2=(a1+a2+…+an)2
不等式两边约去正数因式a1+a2+…+an即得所证不等式
方法二:
不妨设a1≤a2≤…≤an,则a21≤a22≤…≤a2n,1a1≥1a2≥…≥1an
由排序不等式有
a21•1a2+a22•1a3+…+a2n-1•1an+a2n•1a1≥a21•1a1+a22•1a2+…+a2n•1an=a1+a2+…+an,
故不等式成立
方法三:
由均值不等式有
a21a2+a2≥2a1,a22a3+a3≥2a2,…,a2na1+a1≥2an,将这n个不等式相加得
a21a2+a22a3+…+a2n-1an+a2na1+a2+a3+…+an+a1≥2(a1+a2+…+an),整理即得所证不等式
【点拨】根据所证不等式的结构形式观察是否符合柯西不等式、排序不等式的结构形式或有相似之处将其配成相关结构形式是解决问题的突破口,有时往往要进行添项、拆项、重组、配方等方法的处理
【变式训练1】已知a+b+=1,且a、b、是正数,求证:
2a+b+2b++2+a≥9
【证明】左边=[2(a+b+)](1a+b+1b++1+a)
=[(a+b)+(b+)+(+a)](1a+b+1b++1+a)≥(1+1+1)2=9,
(或左边=[(a+b)+(b+)+(+a)](1a+b+1b++1+a)
=3+a+bb++a+b+a+b+a+b+b++a++aa+b++ab+
≥3+2+2+2=9)
所以2a+b+2b++2+a≥9
题型二 用柯西不等式求最值
【例2】若实数x,,z满足x+2+3z=2,求x2+2+z2的最小值
【解析】由柯西不等式得,(12+22+32)(x2+2+z2)≥(x+2+3z)2=4
(当且仅当1=x,2=,3=z时等号成立,
结合x+2+3z=2,解得x=17,=27,z=37),
所以14(x2+2+z2)≥4所以x2+2+z2≥27
故x2+2+z2的最小值为27
【点拨】根据柯西不等式,要求x2+2+z2的最小值,就要给x2+2+z2再配一个平方和形式的因式,再考虑需要出现定值,就要让柯西不等式的右边出现x+2+3z的形式,从而得到解题思路由此可见,柯西不等式可以应用在求代数式的最值中
【变式训练2】已知x2+22+3z2=1817,求3x+2+z的最小值
【解析】因为(x2+22+3z2)[32+
(2)2+(13)2]
≥(3x+2•2+3z•13)2≥(3x+2+z)2,
所以(3x+2+z)2≤12,即-23≤3x+2+z≤23,
当且仅当x=-9317,=-3317,z=-317时,
3x+2+z取最小值,最小值为-23
题型三 不等式综合证明与运用
【例3】设x>0,求证:
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn
【证明】
(1)当x≥1时,1≤x≤x2≤…≤xn,由排序原理:
顺序和≥反序和得
1•1+x•x+x2•x2+…+xn•xn≥1•xn+x•xn-1+…+xn-1•x+xn•1,
即1+x2+x4+…+x2n≥(n+1)xn①
又因为x,x2,…,xn,1为序列1,x,x2,…,xn的一个排列,于是再次
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- 高考 理科 数学 第一轮 复习 不等式 教案