昆明市第一中学高考第二轮考点专题复习不等式问题的题型与方法

昆明市第一中学高考第二轮考点专题复习不等式问题的题型与方法

第9－12课时课题：不等式问题的题型与方法 一．复习目标：‎ ‎1．在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法．通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；‎ ‎2．掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式(组)，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；‎ ‎3．通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题；‎ ‎4．通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；‎ ‎5．能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题． ‎ ‎6．通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．．‎ 二．考试要求：‎ ‎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的定理，并会简单的应用。‎ ‎3．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。‎ ‎4．掌握简单不等式的解法。‎ ‎5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。。‎ 三．教学过程：‎ ‎（Ⅰ）基础知识详析 ‎1．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方 程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰．‎ ‎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础，利用不等式的性质及函 数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．‎ ‎3．在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式 化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰．通过复习，感悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用．‎ ‎4．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)→变形 ‎→判断符号(值)． ‎ ‎5．证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维 等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．‎ 通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．‎ ‎6．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 基本方法．要依据题设、题断的结构特点、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．‎ ‎7．不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。‎ ‎8．不等式应用问题体现了一定的综合性．这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等式；另一类是建立函数式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件．利用不等式解应用题的基本步骤：10审题，20建立不等式模型，30解数学问题，40作答。‎ ‎9．注意事项：‎ ‎⑴解不等式的基本思想是转化、化归，一般都转化为最简单的一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来求解，。‎ ‎⑵解含参数不等式时，要特别注意数形结合思想，函数与方程思想，分类讨论思想的录活运用。‎ ‎⑶不等式证明方法有多种，既要注意到各种证法的适用范围，又要注意在掌握常规证法的基础上，选用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。‎ ‎⑷根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。‎ ‎（Ⅱ）范例分析 b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，则a=____．‎ 分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口．怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a”？M中的元素又有什么特点？‎ 解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)‎ ‎(2)当1≤y≤3时，‎ 所以当y=1时，xmin=4．‎ 说明：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示其数学实质．即求集合M中的元素满足关系式 例2．解关于的不等式： ‎ 分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。‎ 解：当 ‎。‎ 例3． 己知三个不等式：① ② ③‎ ‎ (1)若同时满足①、②的值也满足③，求m的取值范围；‎ ‎(2)若满足的③值至少满足①和②中的一个，求m的取值范围。‎ 分析：本例主要综合复习整式、分式不等式和含绝对值不等的解法，以及数形结合思想，解本题的关键弄清同时满足①、②的值的满足③的充要条件是：③对应的方程的两根分别在和内。不等式和与之对应的方程及函数图象有着密不可分的内在联系，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系。‎ 解：记①的解集为A，②的解集为B，③的解集为C。‎ 解①得A=（-1，3）；解②得B=‎ （1） 因同时满足①、②的值也满足③，ABC ‎ 设，由的图象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3时，即可满足 （2） 因满足③的值至少满足①和②中的一个，因 此小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而 说明：同时满足①②的x值满足③的充要条件是：③对应的方程2x+mx-1=0的两根分别在(-∞，0)和[3，+∞)内，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否则不能对A∩B中的所有x值满足条件．不等式和与之对应的方程及图象是有着密不可分的内在联系的，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系．‎ 例4.已知对于自然数a，存在一个以a为首项系数的整系数二次三项式，它有两个小于1的正根，求证：a≥5．‎ 分析：回忆二次函数的几种特殊形式．设f(x)=ax+bx+c(a≠0)．① ‎ 顶点式．f(x)=a(x-x)+f(x)(a≠0)．这里(x，f(x))是二次函数的顶点，x=‎ ‎))、(x，f(x))、(x，f(x))是二次函数图象上的不同三点，则系数a，b，c可由 证明：设二次三项式为：f(x)=a(x-x)(x-x)，a∈N．‎ 依题意知：0＜x＜1，0＜x＜1，且x≠x．于是有 f(0)＞0，f(1)＞0．‎ 又f(x)=ax-a(x+x)x+axx为整系数二次三项式，‎ 所以f(0)=axx、f(1)=a·(1-x)(1-x)为正整数．故f(0)≥1，f(1)≥1．‎ 从而　　 f(0)·f(1)≥1．　　　　　　　　 ①‎ 另一方面，‎ 且由x≠x知等号不同时成立，所以 由①、②得，a＞16．又a∈N，所以a≥5．‎ 说明：二次函数是一类被广泛应用的函数，用它构造的不等式证明问题，往往比较灵活．根据题设条件恰当选择二次函数的表达形式，是解决这类问题的关键．‎ 例5.设等差数列{a}的首项a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．问：它的前多少项的和最大？‎ 分析:要求前n项和的最大值，首先要分析此数列是递增数列还是递减数列．‎ 解:设等差数列{a}的公差为d，由Sm=Sn得 ak≥0，且ak+1＜0．‎ ‎(k∈N)．‎ 说明：诸多数学问题可归结为解某一不等式(组)．正确列出不等式(组)，并分析其解在具体问题的意义，是得到合理结论的关键．‎ 例6．若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范围．‎ 分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)．由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来．即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含有f(-2)的不等式(组)，即可求解．‎ 解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx．于是 解法一(利用基本不等式的性质)‎ 不等式组(Ⅰ)变形得 ‎(Ⅰ)所以f(-2)的取值范围是[6，10]．‎ 解法二(数形结合)‎ 建立直角坐标系aob，作出不等式组(Ⅰ)所表示的区域，如图6中的阴影部分．因为f(-2)=‎4a-2b，所以‎4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系．如图6，当直线‎4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范围是：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．‎ 说明：(1)在解不等式时，要求作同解变形．要避免出现以下一种错解：‎ ‎2b，8≤‎4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．‎ ‎(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题．若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高．‎ 例7．(2002 江苏)己知，‎ ‎（1）‎ ‎（2），证明：对任意，的充要条件是；‎ ‎（3）讨论：对任意，的充要条件。‎ 证明：（1）依题意，对任意，都有 ‎（2）充分性：‎ 必要性：对任意 ‎ ‎ ‎（3）‎ 即 ‎ 而当 例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证a+b≤2，ab≤1．‎ 分析：由条件a3+b3=2及待证的结论a+b≤2的结构入手，联想它们之间的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通二者的“桥梁”．‎ 证法一　 (作差比较法)‎ 因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 ‎(a＋b)3-23=a3+b3+‎3a2b+3ab2-8=‎3a2b+3ab2-6‎ ‎=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0，‎ 即　　　　　　 (a+b)3≤23．‎ 证法二　 (平均值不等式—综合法)‎ 因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 所以a+b≤2，ab≤1．‎ 说明：充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格外简捷、漂亮．‎ 证法三　 (构造方程)‎ 设a，b为方程x2-mx+n=0的两根．则 因为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 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．‎ 说明：认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能较顺利地找到解决问题的切入点．‎ 证法四　 (恰当的配凑)‎ 因为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)，从而 ‎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)‎ 证法六　 (反证法)‎ 假设a+b＞2，则 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．‎ 因为a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．　　　　　　　 ①‎ 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与②矛盾，故a+b≤2．(以下略)‎ 说明：此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常用方法．‎ 例9．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相 分析：因为x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)．‎ 证明：由题意知，a≠0．设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则 又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故 Δ1=(b+1)2‎-4ac＜0，‎ Δ2=(b-1)2‎-4ac＜0．‎ 所以(b+1)2+(b-1)2‎-8ac＜0，即2b2+2‎-8ac＜0，即 b2‎-4ac＜-1，所以|b2‎-4ac|＞1．‎ 说明：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径．‎ 例10．（2002理）某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？‎ 解：设2001年末的汽车保有量为，以后每年末的汽车保有量依次为，每年新增汽车万辆。‎ 由题意得 ‎ ‎ 例11．已知奇函数 知函数 分析：这是一道比较综合的问题，考查很多函数知识，通过恰当换元，使问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题。‎ ‎ 令 ‎ ‎ 要使 ‎10 当 ‎ ‎30当 ‎ 综上： ‎ 例12．如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽‎22米，要求通行车辆限高‎4.5米，隧道全长‎2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状。‎ ‎（1）若最大拱高h为‎6米，则隧道设计的拱宽是多少？‎ ‎（2）若最大拱高h不小于‎6米，则应如何设计拱高h和拱宽，才能使半个椭圆形隧道的土方工程最小？‎ ‎（半个椭圆的面积公式为s=柱体体积为：底面积乘以高，，本题结果均精确到‎0.1米）‎ 分析：本题为2003年上海高考题，考查运用几何、不等式等解决应用题的能力及运算能力。‎ 解：1)建立如图所示直角坐标系，则P（11，4.5）‎ 椭圆方程为：‎ 将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程得 故隧道拱宽约为‎33.3米 ‎2)由椭圆方程 故当拱高约为‎6.4米,拱宽约为‎31.1米时,土方工程量最小.‎ 例13．已知n∈N，n＞1．求证 分析:虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解．‎ 则 说明：因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数的思想解决．‎ 例14．已知函数 分析：本例主要复习函数、不等式的基础知识，绝对值不等式及函数不等式的证明技巧。基本思路先将函数不等式转化为代数不等式，利用绝对值不等式的性质及函数的性质。证明（1）再利用二项展开式及基本不等式的证明（2）。‎ 证明：（1）‎ 当且仅当时，上式取等号。‎ ‎ （2）时，结论显然成立 当时，‎ 例15．（2001年全国理）己知 ‎（1）‎ ‎（2）‎ 证明：（1）‎ 同理 ‎（2）由二项式定理有 因此 ‎。‎ ‎（Ⅲ）、强化训练 ‎1．已知非负实数，满足且，则的最大值是（ ） ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎2．已知命题p：函数的值域为R，命题q：函数 ‎ 是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是 （ ）‎ ‎ A．a≤1 B．a<‎2 ‎C．1

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