2023年高三数学14分突破一轮复习必备精品1高中数学2.docx

考纲导读 第十章不等式 1．理解不等式的性质及其证明． 2．掌握两个〔注意不扩展到三个〕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．掌握分析法、综合法、比拟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 |． 实数的性质 不等式的性质 均值不等式 不等式的证明 解不等式 不等式的应用 比拟法 综合法 分析法 反证法 换元法 放缩法 判别式法 一元一次不等式(组) 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 方程根的分布 最值问题 实际应用问题 取值范围问题 知识网络 高考导航 不等式局部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、方程、三角、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，单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题． 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，特别是应用题和综合题几乎都与不等式有关． 3．不等式的证明考得比拟频繁，所涉及的方法主要是比拟法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助方法不容无视． 根底过关 第1课时 不等式的概念和性质 1、实数的大小比拟法那么： 设a，b∈R，那么a>b ；a＝b ；a<b . 实数的大小比拟法那么，它是比拟两个实数大小的依据，要比拟两个实数的大小，只要考察它们的 就可以了. 实数的大小比拟法那么与实数运算的符号法那么一起构成了证明其它不等式性质的根底. 2、不等式的5个性质定理及其3条推论 定理1〔对称性〕 a>b 定理2〔同向传递性〕 a>b，b>c 定理3 a>ba＋c > b＋c 推论 a>b，c>d 定理4 a>b，c>0 a>b，c<0 推论1 (非负数同向相乘法) a>b≥0，c>d≥0 推论2 a>b＞0 (nN且n>1) 定理5 a>b＞0 (nN且n>1) 典型例题 例1. 设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0，x≠1．比拟f(x)与g(x)的大小. 解：(1)(x2－y2)(x＋y)＜(x2＋y2)(x－y) (2)aabb＞abba 变式训练1：不等式log2x+3x2＜1的解集是____________. 答案：{x|－＜x＜3且x≠－1,x≠0}。 解析：：或。 例2. 设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0，x≠1．比拟f(x)与g(x)的大小. 解：当0＜x＜1或x＞时，f(x)＞g(x)； 当1＜x＜时，f(x)＜g(x)； 当x＝时，f(x)＝g(x). 变式训练2：假设不等式(－1)na＜2＋对于任意正整数n恒成立，那么实数a的取值范围是 . 例3. 函数＝ax2＋bx满足：1≤≤2，2≤≤4，求的取值范围． 解：由f (x)＝ax2＋bx得 f (－1)＝a－b，f (1)＝a＋b，f (－2)＝4a－2b a＝[f (1)＋f(－1)]，b＝[f (1)－f(－1)] 那么f(－2)＝2[f (1)＋f (－1)]－[f (1)－f (－1)] ＝3f (－1)＋f (1) 由条件1≤f(－1)≤2，2≤f (1)≤4 可得3×1＋2≤3f(－1)＋f(1)≤3×2＋4 得f (－2)的取值范围是5≤f (－2)≤10. 变式训练3：假设1＜α＜3，－4＜β＜2，那么α－|β|的取值范围是 . 解： (－3，3) 例4. 函数f (x)＝x2＋ax＋b，当p、q满足p＋q＝1时，试证明：pf (x)＋qf (y)≥f (px＋qy)对于任意实数x、y都成立的充要条件是o≤p≤1. 证明：∵pf (x)＋qf (y)－f (px＋qy)＝pq(x－y)2＝p(1－p)(x－y)2 充分性：当0≤p≤1时，≥0 从而 必要性：当时，那么有≥0，又≥0，从而≥0，即0≤p≤1．综上所述，原命题成立． 变式训练4：a＞b＞c，a＋b＋c＝0，方程ax2＋bx＋c＝0的两个实数根为x1、x2． (1)证明：－＜＜1； (2)假设x＋x1x2＋x＝1，求x－x1x2＋x； (3)求| x－x|． 解：(1)∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0， ∴3a＞a＋b＋c，a＞b＞－a－b， ∴a＞0，1＞ ∴－ (2)〔方法1〕∵a＋b＋c＝0 ∴ax2＋bx＋c＝0有一根为1， 不妨设x1＝1，那么由可得 而， ∴x2＝－1， ∴ (方法2)∵ 由＋ ，∴ ∵∴ (3)由(2)知， ∴，∴ 归纳小结 ∴ ∴ 1．不等式的性质是证明不等式与解不等式的重要而又根本的依据，必须要正确、熟练地掌握，要弄清每一性质的条件和结论．注意条件的放宽和加强，条件和结论之间的相互联系． 2．使用“作差〞比拟，其变形之一是将差式因式分解，然后根据各个因式的符号判断差式的符号；变形之二是将差式变成非负数〔或非正数〕之和，然后判断差式的符号． 3．关于数(式)比拟大小，应该将“相等〞与“不等〞分开加以说明，不要笼统地写成“A≥B(或B≤A)〞． 根底过关 第2课时 算术平均数与几何平均数 1．a>0，b>0时，称 为a，b的算术平均数；称 为a，b的几何平均数． 2．定理1 如果a、bR，那么a2＋b2 2ab〔当且仅当 时 取“＝〞号〕 3．定理2 如果a、b，那么≥ 〔当且仅当a＝b时取“＝〞号〕即两个数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 4．x、y，x＋y＝P，xy＝S. 有以下命题： (1) 如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值 ． (2) 如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值 ． 典型例题 例1．设a、bR，试比拟，，，的大小． 解：∵a、bR+，∴≥2 即≤，当且仅当a＝b时等号成立． 又≤ ＝ ∴≤ 当且仅当a＝b时等号成立． 而≤ 于是≤≤≤(当且仅当a＝b时取“＝〞号)． 说明：题中的、、、分别叫做正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数．也可取特殊值，得出它们的大小关系，然后再证明． 变式训练1：〔1〕设，命题；命题，那么是成 立的 〔 〕 A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解：B.解析： 是等号成立的条件 〔2〕假设为△ABC的三条边，且，那么〔 〕 A． B． C． D． 解：D．解析：， 又∵ ∴。 〔3〕设x > 0, y > 0,, ， a 与b的大小关系〔 〕 A．a >b B．a <b C．a b D．a b 解：B。解析：。 〔4〕b克盐水中，有a克盐〔〕，假设再添加m克盐〔m>0〕那么盐水就变咸了， 试根据这一事实提炼一个不等式 . 解： ．解析:由盐的浓度变大得． 例2. a，b，x，y∈R+〔a，b为常数〕，，求x＋y的最小值. 解： a＋b＋2 变式训练2：a，b，x，y∈R+〔a，b为常数〕，a＋b＝10， ，假设 x＋y的最小值为18，求a，b的值． 解：或． 例3. a, b都是正数，并且a ¹ b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b2 解：证：(a5 + b5 ) - (a2b3 + a3b2) = ( a5 - a3b2) + (b5 - a2b3 ) = a3 (a2 - b2 ) - b3 (a2 - b2) = (a2 - b2 ) (a3 - b3) = (a + b)(a - b)2(a2 + ab + b2) ∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0 又∵a ¹ b，∴(a - b)2 > 0 ∴(a + b)(a - b)2(a2 + ab + b2) > 0 即：a5 + b5 > a2b3 + a3b2 变式训练3：比拟以下两个数的大小： 〔1〕 〔2〕； 〔3〕从以上两小项的结论中，你否得出更一般的结论？并加以证明 解：〔1〕,〔2〕 〔3〕一般结论：假设成立 证明 欲证成立 只需证 也就是 〔〕 从而〔x〕成立，故 例4. 甲、乙两地相距S〔千米〕，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度最大不得超过c〔千米/小时〕．汽车每小时的运输本钱〔元〕由可变局部与固定局部组成．可变局部与速度v〔千米/小时〕的平方成正比，且比例系数为正常数b；固定局部为a元． (1) 试将全程运输本钱Y(元)表示成速度V(千米/小时)的函数. (2) 为使全程运输本钱最省，汽车应以多大速度行驶？ 解: (1) 依题意得，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输本钱为y＝a·＋bv2·＝s(＋bv)，故所求函数及其定义域为y＝s(＋bv)v∈(0,c) (2) ∵s、a、b、v∈R+，故s(＋bv)≥2s 当且仅当＝bv时取等号，此时v＝ 假设≤c即v＝时，全程运输本钱最小． 假设>c，那么当v∈(0，c)时， y＝s(＋bv)－s(＋bc)＝(c－v)(a－bcv) ∵c－v≥0，且a>bc，故有a－bcv≥a－bc2>0 ∴ s(＋bv)≥s(＋bc)，且仅当v＝c时取等号，即v＝c时全程运输本钱最小． 变式训练4：为了通过计算机进行较大规模的计算，人们目前普遍采用以下两种方法： 第一种传统方法是建造一台超级计算机．此种方法在过去曾被普遍采用．但是人们逐渐发现建造单独的超级计算机并不合算，因为它的运算能力和本钱的平方根成正比． 另一种比拟新的技术是建造分布式计算机系统．它是通过大量使用低性能计算机(也叫工作站)组成一个计算网络．这样的网络具有惊人的计算能力，因为整个网络的计算能力是各个工作站的效能之和． 假设计算机的计算能力的单位是MIPS(即每秒执行百万条指令的次数)，一台运算能力为6000MIPS的传统巨型机的本钱为100万元；而在分布式系统中，每个工作站的运算能力为300MIPS，其价格仅为5万元．需要说明的是，建造分布式计算系统需要较高的技术水平，初期的科技研发及网络建设费用约为600万元． 请问：在投入费用为多少的时候，建造新型的分布式计算系统更合算？ 解：设投入的资金为万元，两种方法所能到达的计算能力为MIPS， 那么． 把，代入上式得，又， 当时，代入上式得， 由≥得≥，即≥0， 解得≥900(万元)． 答：在投入费用为900万元以上时，建造新型的分布式计算系统更合算。 归纳小结 小结归纳 1．在应用两个定理时，必须熟悉它们的常用变形，同时注意它们成立的条件． 2．在使用“和为常数、积有最大值〞和“积为常数、和有最小值〞这两个结论时，必须注意三点：