2011年高考数学一轮复习第6章不等式：不等式的证明

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全国版高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明二元一次不等式组与简单的线性规划问题课件理

x y 2 0, x 2y 4 0,
表示的平面区域的面积为
.
x 3y 2 0
【解析】如图所示,可得点A(0,2),B(2,0),C(8,-2),
根据图形计算可得S△ABC=1×2×2+ 1×2×2=4.
答案:4
2
2
【Hale Waihona Puke 固训练】 1.不等式组 x 0, 所表示的平面区域的面积等
为( )
A. 或-1 1
C.22或1
B.2或 D.2或-11
2
【解题导引】(1)将目标函数变形为y=2x-z,结合题意, 对m分类讨论,画出可行域,结合图象,可找出最优解,进而求出m的值. (2)作出可行域,分析题干可知线性目标函数对应直线与可行域某一边界重合,进而可求解.
【规范解答】(1)选C.如图所示,当
可行域内一点与原点连线的斜率,数形结合可求最值x .
【规范解答】(1)画出可行域如图所示. 目标函数y=-2x+z,当z取到最大值时,y=-2x+z的纵截距最大,故将直线移到点B(3,2)时,zmax=2×3+2=8. 答案:8
(2)作出可行域如图中阴影部分所示,由
斜率的意义知, 是y 可行域内一点与原点连线的斜率,由x图可知,点A(1,3)与原
【典例1】(1)(2016·北京模拟)在平面
直角坐标系xOy中,不等式组 1 x y 3,
表示图形的面积等于( ) 1 x y 1
A.1
B.2
C.3
D.4
x y 1 0, (2)(2016·郑州模拟)已知不等式组 x y 1 0, 表示的平面区域为D,若直线y=kx+1将区域D3分x 成y面 3积 0相等的

高考数学一轮复习第6章不等式6.3基本不等式课件理

第二十七页，共61页。
2．(2018·广西三市调研)已知 m，n 为正实数，向量 a ＝(m,1)，b＝(1－n,1)，若 a∥b，则m1 ＋2n的最小值为_3_＋__2__2__．
第二十八页，共61页。
解析 ∵a∥b，∴m－(1－n)＝0，即 m＋n＝1，又 m，
n
为
正
实
数
，
∴
1 m
＋
2 n
＝
＝fa＋2 b，Q＝f(
ab)，R＝f
a2＋2 b2，则(
)
A．P＜Q＜R B．P＜R＜Q
C．R＜Q＜P D．R＜P＜Q
用导数法．
第三十页，共61页。
解析 f′(x)＝x＋1 1－1＝x－＋x1(x＞－1)，由 f′(x)>0 解得－1<x<0，由 f′(x)<0 解得 x>0，所以 f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
∴存在 m＝± 3使得△ABF1 的面积最大．
第四十页，共61页。
方法技巧基本不等式的综合运用常见题型及求解策略
1．应用基本不等式判断不等式的成立性或比较大小，有时也与其他知识进行综合命题，如角度 1 典例，结合函数的单调性进行大小的比较．
根据题意得出三角形面积表达式，求最值时，用基本不等式法．
第三十六页，共61页。
解 (1)易知直线 l：x＝my＋2 与 x 轴的交点坐标为 (2,0)，∴椭圆 C：ax22＋y2＝1(a>0)的一个焦点坐标为(2,0)，
∴c＝2，∴a2＝c2＋1＝4＋1＝5. 故椭圆 C 的方程为x52＋y2＝1. (2)存在．将 x＝my＋2 代入x52＋y2＝1 并整理得(m2＋5)y2＋4my－ 1＝0， Δ＝(4m)2－4(m2＋5)×(－1)＝20m2＋20>0，

高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明重点强化课3不等式及其应用课件文新人教A版

尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲，怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
2019/7/10
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2019/7/10
x2－4x，x>0，所以 f(x)＝0，x＝0，
－x2－4x，x<0.
由 f(x)>x，可得
x2－4x>x，

x>0
或x－<x02，－4x>x，
解得 x>5 或－5<x<0，
所以原不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)．]
重点 2 线性规划问题
(1)(2017·深圳二次调研)在平面直角坐标系 xOy 中，若 x，y
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[对点训练 1] 已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数．当 x>0 时，f(x)＝x2－4x，则不等式 f(x)>x 的解集用区间表示为__________. 【导学号：31222215】
(－5,0)∪(5，＋∞) [由于 f(x)为 R 上的奇函数，所以当 x＝0 时，f(0)＝0；当 x<0 时，－x>0，所以 f(－x)＝x2＋4x＝－f(x)，即 f(x)＝－x2－4x，
[规律方法] 一元二次不等式综合应用问题的常见类型及求解方法
(1)与函数的定义域、集合的综合，此类问题的本质就是求一元二次不等式的解集．
(2)与分段函数问题的综合．解决此类问题的关键是根据分段函数解析式，将问题转化为不同区间上的不等式，然后根据一元二次不等式或其他不等式的解法求解．

高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明第6节直接证明与间接证明课件理

答案 1．(1)推理论证成立 2．(1)要证明的结论充分条件
1．判断正误 (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( ) (2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( ) (4)证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6最合适的方法是分析法．( )
答案不成立矛盾
4．用反证法证明命题：“已知 a，b∈N，若 ab 可被 5 整除，则 a，b 中至少有一个能被 5 整除”时，反设正确的是( )
A．a，b 都不能被 5 整除 B．a，b 都能被 5 整除 C．a，b 中有一个不能被 5 整除 D．a，b 中有一个能被 5 整除
解析：对原命题的结论的否定叙述是：a，b 都不能被 5 整除．
用分析法证明：若 a>0，则 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
证明：要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，只要证 a2＋a12＋2≥a＋1a＋ 2. ∵a>0，故只要证( a2＋a12＋2)2≥(a＋1a＋ 2)2，即 a2＋a12＋4 a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋2 2(a＋1a)＋2，
证明：由题意得，Sn＝na＋n（n－ 2 1）d. 由 c＝0，得 bn＝Snn＝a＋n－2 1d. 又因为 b1，b2，b4 成等比数列，所以 b22＝b1b4，即a＋d22＝aa＋32d，化简得 d2－2ad＝0. 因为 d≠0，所以 d＝2a. 因此，对于所有的 m∈N*，有 Sm＝m2a. 从而对于所有的 k，n∈N*，有 Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有以下几种，其

高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明 3 第3讲基本不等式课件文

第十四页，共四十四页。
【解析】
(1)3aa＋b b≤2
ab ，当且仅当 3ab
3a＝b
时等号成立，又
9a2＋b2＝1，a>0，b>0，所以当 a＝ 62，b＝ 22时，3aa＋b b取得
最大值
2 12 .
(2)因为实数 x，y 满足 xy＋3x＝30＜x＜12，所以 x＝y＋3 3∈0，12，
解得 y＞3，
第十九页，共四十四页。
3．(2019·南京、盐城高三模拟)若实数 x，y 满足 x>y>0，且 log2x
＋log2y＝1，则xx2－＋yy2的最小值为________．
解析：因为
log2x ＋ log2y ＝ 1 ，所以
xy
＝
2
，
所
以
x2＋y2 x－y
＝
（x－xy－）y2＋2xy＝(x－y)＋x－4 y≥2 4＝4，当且仅当 x－y＝x－4 y
第二十九页，共四十四页。
【解】 (1)因为购买 x(x∈N*)台智能机器人的总成本(单位：万
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
元)为 p(x)＝6010x2＋x＋150，
所以智能机器人的平均成本
y
＝
p（x） x
＝
1 600
x
＋
150 x
＋
1≥2 6100x×15x0＋1＝2，当且仅当6100x＝15x0，即 x＝300 时
等号成立．
第十二页，共四十四页。
3．设 x，y∈R，且 x＋y＝5，则 3x＋3y 的最小值是________．解析：3x＋3y≥2 3x·3y＝2 3x＋y＝2 35＝18 3，当且仅当 x＝ y＝52时等号成立．答案：18 3

高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明 66 直接证明与间接证明课件文

答案 ③
2021/12/8
第十三页，共二十八页。
5．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( )
A．都大于 2
B．都小于 2
C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2
解析因为a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋b1＋c＋1c≥6，当且仅当 a＝b＝c＝1 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于 2。故选 D。
立，这样的证明方法叫做反证法。
2021/12/8
第八页，共二十八页。
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用。
2．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的。
2021/12/8
第十八页，共二十八页。
从而只要证 2
a2＋a12≥ 2a＋a1，
只要证 4a2＋a12≥2a2＋2＋a12，
即 a2＋a12≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立。
2021/12/8
第十九页，共二十八页。
考点二综合法【例 2】在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB ＋sinBsinC＋cos2B＝1。 (1)求证：a，b，c 成等差数列； (2)若 C＝23π，求证：5a＝3b。证明 (1)由已知得 sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因为 sinB≠0，所以 sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列。 (2)由 C＝23π，c＝2b－a 及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有 5ab －3b2＝0，即 5a＝3b。

高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明第7节数学归纳法课件(理)

…
＋
1 2n－1
<n(n>1)”，由 n＝k(k>1)不等式成立，推证 n＝k＋1 时，左
边应增加的项的项数是________．
解析：由 n＝k(k>1)到 n＝k＋1 时，不等式左端增加的
项为
21k＋
1 2k＋1
＋
…
＋2k＋11－1
共增
加
(2k＋
1
－
1)－
(2k
－1)＝2k
项．
答案：2k
热点命题·突破 02
值并验证 n＝n0 时命题的真假(必不可少)．“假设 n＝ k(k∈N*，且 k≥n0)时命题正确”并写出命题形式分析“n＝k ＋1 时”命题是什么，并找出与“n＝k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项，明确等式左端变形目标，掌握恒
等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等．简言之：两个步骤、一个结论；递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．若 f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1(n∈N*)，则 f(1)为(
)
A．1
B.15
C．1＋12＋13＋14＋15
D．非以上答案
解析：∵f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1， ∴f(1)＝1＋12＋13＋…＋6×11－1＝1＋12＋13＋14＋15. 答案：C
课堂升华强技提能
用数学归纳法证明等式
【例 1】求证：12＋22＋…＋n2＝n（n＋1）6（2n＋1）. 【证明】 (1) 当 n ＝ 1 时，左边＝ 1 ，右边＝ 1·（1＋1）6 （2＋1）＝1，左边＝右边，等式成立；
(2)假设 n＝k(k∈N*，且 k≥1)时，等式成立，即 12＋22 ＋…＋k2＝k（k＋1）6（2k＋1），

高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时达标37 直接证明与间接证明

第37讲直接证明与间接证明[解密考纲]对利用综合法、分析法、反证法证明数学命题常与数列、解析几何、立体几何、函数综合在一起进行考查．一、选择题1．用反证法证明命题：若a＋b＋c为偶数，则“自然数a，b，c恰有一个偶数”时正确反设为( D)A．自然数a，b，c都是奇数B．自然数a，b，c都是偶数C．自然数a，b，c中至少有两个偶数D．自然数a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数解析由于“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a，b，c都是奇数或至少有两个偶数”，故选D．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac <3a”索的因应是( C)A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析b2－ac＜3a⇔b2－ac＜3a2⇔(a＋c)2－ac＜3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇔－2a2＋ac＋c2＜0⇔2a2－ac－c2＞0⇔(a－c)(2a＋c)＞0⇔(a－c)(a－b)＞0.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是( C) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析不妨设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，只要证2a＋7＋2a a＋＜2a＋7＋2·a＋a＋，只要证a2＋7a＜a2＋7a＋12，只要证0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立．4．要使3a－3b<3a－b成立，则a，b应满足( D)A．ab<0且a>bB．ab>0且a>bC．ab<0且a<bD．ab>0且a>b或ab<0且a<b解析要使3a －3b ＜3a －b 成立，只要(3a －3b )3＜(3a －b )3成立，即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立，只要3ab 2＜3a 2b 成立，只要ab 2＜a 2b 成立，即要ab (b －a )＜0成立，只要ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 成立． 5．已知a >b >0，且 ab ＝1，若 0<c <1，p ＝log ca 2＋b 22，q ＝log c ⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p ，q的大小关系是( B )A ．p >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q解析 ∵a 2＋b 22＞ab ＝1，∴p ＝log ca 2＋b 22＜0.又q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2＝log c1a ＋b ＋2ab ＞log c 14ab＝log c 14＞0， ∴q ＞p .6．(2017·山东济南模拟)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( C ) A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2解析因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ．二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为__a ＜b __.解析 a ＝3＋22，b ＝2＋7两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然6＜7.∴a ＜b .8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是__a ，b ，c ，d 全是负数__.解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个是非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．9．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是__③__(填序号)．解析若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b ＞2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1，故③能推出．三、解答题10．(2017·江苏徐州模拟)如图，AB ，CD 均为圆O 的直径，CE ⊥圆O 所在的平面，BF ∥CE ，求证：(1)平面BCEF ⊥平面ACE ； (2)直线DF ∥平面ACE .证明 (1)因为CE ⊥圆O 所在的平面，BC ⊂圆O 所在的平面，所以CE ⊥BC ．因为AB 为圆O 的直径，点C 在圆O 上，所以AC ⊥BC ．因为AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面ACE ，所以BC ⊥平面ACE . 因为BC ⊂平面BCEF ，所以平面BCEF ⊥平面ACE . (2)由(1)知AC ⊥BC ，又因为CD 为圆O 的直径，所以BD ⊥BC ．因为AC ，BC ，BD 在同一平面内，所以AC ∥BD ．因为BD ⊄平面ACE ，AC ⊂平面ACE ，所以BD ∥平面ACE . 因为BF ∥CE ，同理可证BF ∥平面ACE ，因为BD ∩BF ＝B ，BD ，BF ⊂平面BDF ，所以平面BDF ∥平面ACE .因为DF ⊂平面BDF ，所以DF ∥平面ACE . 11．设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．解析 (1)分两种情况讨论．①当q ＝1时，数列{a n }是首项为a 1的常数列，所以S n ＝a 1＋a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1. ②当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ⇒qS n ＝qa 1＋qa 2＋…＋qa n －1＋qa n .将上面两式相减得(1－q )S n ＝a 1＋(a 2－qa 1)＋(a 3－qa 2)＋…＋(a n －qa n －1)－qa n ＝a 1－qa n ⇒S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 1－q n1－q.综上，S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 1－qn1－q，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n1－q，q ≠1.(2)证明：设{a n }是公比q ≠1的等比数列，假设数列{a n ＋1}是等比数列，则 (a 2＋1)2＝(a 1＋1)(a 3＋1)，即(a 1q ＋1)2＝(a 1＋1)(a 1q 2＋1)，整理得a 1(q －1)2＝0得a 1＝0或q ＝1均与题设矛盾，故数列{a n ＋1}不是等比数列．12．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点．若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：x ＝1a是函数f (x )的一个零点；(2)试比较1a与c 的大小．解析 (1)证明：∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2.∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根．又x 1x 2＝c a， ∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，x ＝1a是f (x )＝0的一个根．即x ＝1a是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，∵1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0，这与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾，∴1a≥c .又∵1a≠c ，∴1a>c .。

高考数学一轮复习第6章不等式第1讲不等关系与不等式的性质及一元二次不等式讲义理(含解析)-

第六章不等式第1讲不等关系与不等式的性质及一元二次不等式[考纲解读] 1.不等式性质是进行变形、证明、解不等式的依据，掌握不等式关系与性质及比较大小的常用方法：作差法与作商法．(重点)2.能从实际情景中抽象出一元二次不等式模型，通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数，一元二次方程之间的联系，能解一元二次不等式．(重点、难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点内容，但一般不会单独命题．预测2020年将会考查：利用不等式的性质判断结论的成立性，求参数的取值X围；一元二次不等式的解法，对含参数的二次不等式的分类讨论等．命题时常将不等式与函数的单调性相结合．试题一般以客观题的形式呈现，属中、低档题型.1．两个实数比较大小的依据2．不等式的基本性质3．必记结论 (1)a >b ，ab >0⇒1a <1b.(2)a <0b >0,0<c <d ⇒a c >b d. (4)0<a <x b >0，m >0，则b a b －m a －m (b －m >0)；a b >a ＋m b ＋m ； a b <a －m b －m(b －m >0)． 4．一元二次函数的三种形式(1)一般式：□01y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． (2)顶点式：□02y ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 2a 2＋4ac －b 24a (a ≠0)． (3)两根式：□03y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)． 5．三个二次之间的关系1．概念辨析(1)a＞b⇔ac2＞bc2.( )(2)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.( )(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.( )(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小题热身(1)设集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，则M∩N等于( )A ．(0,4]B ．[0,4)C ．[－1,0)D ．(－1,0] 答案 B解析因为M ＝{x |－1<x <4}，N ＝{x |0≤x ≤5}，所以M ∩N ＝[0,4)． (2)已知a ，b ，c 满足c ac B ．c (b －a )<0 C ．cb 2<ab 2D ．ac (a －c )>0 答案 A解析因为c 0，c <0.b 的符号不确定，b －a <0，a －c >0，据此判断A 成立，B ，C ，D 不一定成立．(3)设M ＝2a (a －2)，N ＝(a ＋1)(a －3)，则有( ) A ．M >N B ．M ≥N C ．M <N D ．M ≤N 答案 A解析 M －N ＝2a (a －2)－(a ＋1)(a －3)＝a 2－2a ＋3＝(a －1)2＋2>0，故M >N . (4)已知函数f (x )＝ax 2＋ax －1，若对任意实数x ，恒有f (x )≤0，则实数a 的取值X 围是________．答案 [－4,0]解析当a ＝0时，f (x )＝－1≤0成立，当a ≠0时，若对∀x ∈R ，f (x )≤0，须有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4×a ×－1≤0，a <0，解得－4≤a ＜0.综上知，实数a 的取值X 围是[－4,0]．题型一不等式性质的应用1．若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( ) A.a c ＞b d B.a c ＜b d C.a d ＞b c D.a d ＜b c答案 D 解析解法一：⎭⎪⎬⎪⎫c ＜d ＜0⇒cd ＞0 c ＜d ＜0⇒⎭⎪⎬⎪⎫c cd ＜d cd ＜0⇒1d ＜1c ＜0⇒－1d ＞－1c ＞0 a ＞b ＞0⇒－a d ＞－b c ⇒a d ＜b c .故选D. 解法二：依题意取a ＝2，b ＝1，c ＝－2，d ＝－1，代入验证得A ，B ，C 均错误，只有D 正确．故选D.2．已知等比数列{a n }中，a 1>0，q >0，前n 项和为S n ，则S 3a 3与S 5a 5的大小关系为________．答案S 3a 3<S 5a 5解析当q ＝1时，S 3a 3＝3，S 5a 5＝5，所以S 3a 3<S 5a 5. 当q >0且q ≠1时，S 3a 3－S 5a 5＝a 11－q 3a 1q 21－q －a 11－q 5a 1q 41－q ＝q 21－q 3－1－q 5q 41－q ＝－q －1q 4<0，所以S 3a 3<S 5a 5.综上可知S 3a 3<S 5a 5.3．已知二次函数y ＝f (x )的图象过原点，且1≤f (－1)≤2,3≤f (1)≤4，求f (－2)的取值X 围．解由题意知f (x )＝ax 2＋bx ，则f (－2)＝4a －2b ，由f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ，设存在实数x ，y ，使得4a －2b ＝x (a ＋b )＋y (a －b )，即4a －2b ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，所以f (－2)＝4a －2b ＝(a ＋b )＋3(a －b )．又3≤a ＋b ≤4,3≤3(a －b )≤6，所以6≤(a ＋b )＋3(a －b )≤10，即f (－2)的取值X 围是[6,10]．1．判断不等式是否成立的方法(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．(2)在判断一个关于不等式的命题的真假时，可结合不等式的性质，对数函数、指数函数的性质进行判断．2．比较两个数(式)大小的两种方法3．求代数式的取值X 围利用不等式性质求某些代数式的取值X 围时，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体X 围，是避免错误的有效途径．如举例说明3.1．若1a <1b <0，给出下列不等式：①1a ＋b <1ab ；②|a |＋b >0；③a －1a >b －1b ；④ln a 2>ln b 2.其中正确的不等式是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④ 答案 C解析因为1a <1b <0，所以b <a <0，|b |>|a |，所以|a |＋b <0，ln a 2<ln b 2，由a >b ，－1a>－1b 可推出a －1a >b －1b ，显然有1a ＋b <0<1ab，综上知，①③正确，②④错误． 2．若a >0，且a ≠7，则( ) A ．77a a<7a a 7B ．77a a ＝7a a 7C ．77a a >7a a 7D ．77a a与7a a 7的大小不确定答案 C解析显然77a a>0,7a a 7>0，因为77a a7a a 7＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 7·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 7a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 7·⎝ ⎛⎭⎪⎫7a －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 7－a.当a >7时，0<7a <1,7－a <0，⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 7－a>1，当0<a <7时，7a>1,7－a >0，⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 7－a>1. 综上知77a a>7a a 7.3．若1<α<3，－4<β<2，则α－|β|的取值X 围是________．答案 (－3,3)解析 ∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，∴－4<－|β|≤0. ∴－3<α－|β|<3.题型二不等式的解法1．函数f (x )＝1ln －x 2＋4x －3的定义域是( )A ．(－∞，1)∪(3，＋∞) B．(1,3) C ．(－∞，2)∪(2，＋∞) D．(1,2)∪(2,3) 答案 D解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x －3>0，ln －x 2＋4x －3≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3<0，x 2－4x ＋4≠0.解得1<x <3且x ≠2，所以函数f (x )的定义域为(1,2)∪(2,3)． 2．解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ∈R )．解本题采用分类讨论思想．原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0.①当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0，解得x ≤－1.②当a >0时，原不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≥0，解得x ≥2a或x ≤－1.③当a <0时，原不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≤0.当2a >－1，即a <－2时，解得－1≤x ≤2a；当2a ＝－1，即a ＝－2时，解得x ＝－1满足题意；当2a<－1，即0>a >－2，解得2a≤x ≤－1.综上所述，当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤－1}；当a >0时，不等式的解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≥2a或x ≤－1；当－2<a <0时，不等式的解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫2a≤x ≤－1；当a ＝－2时，不等式的解集为{－1}；当a <－2时，不等式的解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－1≤x ≤2a .条件探究把举例说明2中的不等式改为“ax 2－(a ＋1)x ＋1<0，a ∈R ”，如何解答？解若a ＝0，原不等式等价于－x ＋1<0，解得x >1.若a <0，则原不等式等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)>0，解得x <1a或x >1.若a >0，原不等式等价于⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0.①当a ＝1时，1a＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0无解；②当a >1时，1a <1，解⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0得1a<x <1；③当0<a <1时，1a>1，解⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0得1<x <1a.综上所述，当a <0时，解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x <1a或x >1；当a ＝0时，解集为{x |x >1}；当0<a <1时，解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫1<x <1a ；当a ＝1时，解集为∅；当a >1时，解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫1a<x <1.1．解一元二次不等式的四个步骤2．分式不等式的解法求解分式不等式的关键是对原不等式进行恒等变形，转化为整式不等式(组)求解． (1)f xg x>0(<0)⇔f (x )·g (x )>0(<0)；如巩固迁移2.(2)f xg x ≥0(≤0)⇔⎩⎪⎨⎪⎧f x ·g x ≥0≤0，g x ≠0.1．关于x 的不等式x 2－2ax －8a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，且x 2－x 1＝15，则a ＝( ) A.52 B.72 C.154 D.152 答案 A解析由条件知x 1，x 2为方程x 2－2ax －8a 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－8a 2.故(x 2－x 1)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(2a )2－4×(－8a 2)＝36a 2＝152，得a ＝52，故选A.2．不等式2x ＋1x －5≥－1的解集为________．答案 {x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤43或x >5解析将原不等式移项通分得3x －4x －5≥0，等价于⎩⎪⎨⎪⎧3x －4x －5≥0，x －5≠0，解得x ≤43或x >5.∴原不等式的解集为{x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤43或x >5.题型三二次不等式中的任意性与存在性角度1 任意性与存在性1．(1)若关于x 的不等式x 2－ax －a ＞0的解集为(－∞，＋∞)，某某数a 的取值X 围； (2)若关于x 的不等式x 2－ax －a ≤－3的解集不是空集，某某数a 的取值X 围．解 (1)设f (x )＝x 2－ax －a ，则关于x 的不等式x 2－ax －a ＞0的解集为(－∞，＋∞)⇔f (x )＞0在(－∞，＋∞)上恒成立⇔f (x )min ＞0，即f (x )min ＝－4a ＋a24＞0，解得－4＜a ＜0(或用Δ<0)．(2)设f (x )＝x 2－ax －a ，则关于x 的不等式x 2－ax －a ≤－3的解集不是空集⇔f (x )≤－3在(－∞，＋∞)上能成立⇔f (x )min ≤－3，即f (x )min ＝－4a ＋a24≤－3，解得a ≤－6或a ≥2.角度2 给定区间上的任意性问题2．(1)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值X 围是________．(2)设函数f (x )＝mx 2－mxx ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值X 围．答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 (2)见解析解析 (1)要满足f (x )＝x 2＋mx －1＜0对于任意x ∈[m ，m ＋1]恒成立，只需⎩⎪⎨⎪⎧ f m ＜0，f m ＋1＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2m 2－1＜0，m ＋12＋m m ＋1－1＜0，解得－22＜m ＜0.(2)要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立．有以下两种方法：解法一：令g (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]．当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数，所以g (x )max ＝g (3)，即7m －6<0，所以m <67，所以0<m <67；当m ＝0时，－6<0恒成立；当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)，即m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值X 围是{m ⎪⎪⎪⎭⎬⎫m <67.解法二：因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0，又因为m (x 2－x ＋1)－6<0，所以m <6x 2－x ＋1.因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m <67即可．所以m 的取值X 围是{m ⎪⎪⎪⎭⎬⎫m <67.角度3 给定参数X 围的恒成立问题3．已知a ∈[－1,1]时不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＞0恒成立，则x 的取值X 围为()A ．(－∞，2)∪(3，＋∞)B ．(－∞，1)∪(2，＋∞)C ．(－∞，1)∪(3，＋∞)D ．(1,3)答案 C解析把不等式的左端看成关于a 的一次函数，记f (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4，则由f (a )＞0对于任意的a ∈[－1,1]恒成立，所以f (－1)＝x 2－5x ＋6＞0，且f (1)＝x 2－3x ＋2＞0即可，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－5x ＋6＞0，x 2－3x ＋2＞0，得x ＜1或x ＞3.故选C.形如f (x )≥0(f (x )≤0)恒成立问题的求解思路(1)x ∈R 的不等式确定参数的X 围时，结合二次函数的图象，利用判别式来求解． (2)x ∈[a ，b ]的不等式确定参数X 围时，①根据函数的单调性，求其最值，让最值大于等于或小于等于0，从而求参数的X 围；②数形结合，利用二次函数在端点a ，b 处的取值特点确定不等式求X 围．如举例说明2.(3)已知参数m ∈[a ，b ]的不等式确定x 的X 围，要注意变换主元，一般地，知道谁的X围，就选谁当主元，求谁的X 围，谁就是参数．如举例说明3.1．若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值X 围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞ 解析由Δ＝a 2＋8>0，知方程x 2＋ax －2＝0恒有两个不等实数根，又知两根之积为负，所以方程x 2＋ax －2＝0必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235，故a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞. 2．函数f (x )＝x 2＋ax ＋3.(1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，某某数a 的取值X 围；(2)当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，某某数a 的取值X 围； (3)当a ∈[4,6]时，f (x )≥0恒成立，某某数x 的取值X 围．解 (1)∵当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，需Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，∴实数a 的取值X 围是[－6,2]．(2)当x ∈[－2,2]时，设g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ≥0，分如下三种情况讨论(如图所示)： ①如图1，当g (x )的图象恒在x 轴上方且满足条件时，有Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即－6≤a ≤2.②如图2，g (x )的图象与x 轴有交点，但当x ∈[－2，＋∞)时，g (x )≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x ＝－a 2≤－2，g －2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－43－a ≥0，－a 2≤－2，4－2a ＋3－a ≥0，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ≥2或a ≤－6，a ≥4，a ≤73，解得a ∈∅. ③如图3，g (x )的图象与x 轴有交点，但当x ∈(－∞，2]时，g (x )≥0. 即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x ＝－a 2≥2，g 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－43－a ≥0，－a 2≥2，7＋a ≥0，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥2或a ≤－6，a ≤－4，a ≥－7.∴－7≤a ≤－6.综上，实数a 的取值X 围是[－7,2]．(3)令h (a )＝xa ＋x 2＋3.当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立．只需⎩⎪⎨⎪⎧ h 4≥0，h 6≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋4x ＋3≥0，x 2＋6x ＋3≥0，解得x ≤－3－6或x ≥－3＋ 6.∴实数x 的取值X 围是(－∞，－3－6]∪[－3＋6，＋∞)．。

高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第3节基本不等式课件文新人教A版

当且仅当a12＝b12， a2b＝ab，
即 a＝b＝4 2时取等号.12 分
基本不等式的实际应用
运货卡车以每小时 x 千米的速度匀速行驶 130 千米，按交通法规限制 50≤x≤100(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升 2 元，而汽车每小时耗油2＋3x620升，司机的工资是每小时 14 元．
一、“超前思考，比较听课”
什么叫“超前思考，比较听课”？简单地说，就是同学们在上课的时候不仅要跟着老师的思路走，还要力争走在老师思路的前面，用自己的思路和老师的思路进行对比，从而发现不同之处，优化思维。
比如在讲《林冲棒打洪教头》一文，老师会提出一些问题，如林冲当时为什么要戴着枷锁？林冲、洪教头是什么关系？林冲为什么要棒打洪教头？••••••
[规律方法] 1.“1”的代换是解决问题的关键，代换变形后能使用基本不等式是代换的前提，不能盲目变形．
2．利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式必须是有“和”式或 “积”式，通过将“和”式转化为“积”式或将“积”式转化为“和”式，达到放缩的效果，必要时，也需要运用“拆、拼、凑”的技巧，同时应注意多次运用基本不等式时等号能否取到．
(1)函数 y＝x＋1x的最小值是 2.( )
(2)函数 f(x)＝cos x＋co4s x，x∈0，π2的最小值等于 4.(
)
(3)x>0，y>0 是xy＋yx≥2 的充要条件．( )
(4)若 a>0，则 a3＋a12的最小值为 2 a.(
)
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
(2)∵m·n>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0， ∴m1 ＋1n＝－(m＋n)m1 ＋1n
＝－2＋mn ＋mn ≤－2－2 mn ·mn ＝－4，当且仅当 m＝n＝－12时，m1 ＋1n取得最大值－4.]

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课时作业32 不等式的证明
时间：45分钟分值：100分
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．已知P ＝，Q ＝(52)3，R ＝(12
)3，则P 、Q 、R 的大小关系是 ( ) A ．P <Q <R B ．R 1,0<R ＝(12)3＝18
<1， ∴P <Q ，R <Q ，∵ >2－3.
∴R 2，b >2，则 ( )
A ．ab >a ＋b
B ．ab <a ＋b
C ．存在a ，b ，使得ab ＝a ＋b
D.a b
>1 解析：⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋
b >4(a －2)(b －2)>0⇒ab >2(a ＋b )－4>a ＋b . 答案：A
3．某商品计划提价，现有四种方案：方案(Ⅰ)先提价m %，再提价n %；方案(Ⅱ)先提价n %，再提价
m %；方案(Ⅲ)分两次提价，每次提价(m ＋n 2
)%；方案(Ⅳ)一次性提价(m ＋n )%，已知m >n >0，那么四种提价方案中，哪一种提价最多 ( )
A ．Ⅰ
B ．Ⅱ
C ．Ⅲ
D ．Ⅳ
解析：设提价前的价格为p ，则：
方案(Ⅰ)：p (1＋m %)(1＋n %)；
方案(Ⅱ)：p (1＋n %)(1＋m %)；
方案(Ⅲ)：p (1＋m ＋n 2
%)2；方案(Ⅳ)：p [1＋(m ＋n )%]．比较这四个值，(Ⅰ)，(Ⅱ)相同，且(1＋m ＋n 2%)2＝1＋(m ＋n )%＋(m ＋n 2
%)2>(1＋n %)(1＋m %)＝1＋(m ＋n )%＋m %·n %>1＋(m ＋n )%，故方案(Ⅲ)提价最多．故选C.
答案：C
4．已知0<a <1，b >1且ab >1，则下列不等式中成立的是 ( )
A ．log b 1b <log a b <log a 1b
B ．log a b <log b 1b <log a 1b
C ．log a b <log a 1b <log b 1b
D ．log a 1b
<log a b <log b a 解析：特殊值法．令a ＝110
，b ＝100. 答案：B
5．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1
，则 ( ) A ．M ＝1 B ．M <1
C ．M >1
D ．M 与1大小关系不定
解析：分母全换成210.应选B.
答案：B
6．设a 、b 、c ∈R ＋，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a
满足 ( ) A ．都不大于2 B ．都不小于2
C ．至少有一个不大于2
D ．至少有一个不小于2
解析：若a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1a
<2同时成立，相加得(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c
)<6.① 但∵a 、b 、c ∈R ＋，
∴a ＋1a ≥2，b ＋1b ≥2，c ＋1c
≥2. ∵(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c
)≥6. ② ∵①式与②式矛盾，
∴a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a
至少有一个不小于2，选D. 答案：D
二、填空题(每小题5分，共20分)
7．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg a ＋b 2
，则P 、Q 、R 从小到大的顺序是__________．解析：因为a >b >1，所以lg a ·lg b <lg a ＋lg b 2＝lg ab <lg a ＋b 2
. 应填P <Q <R .
答案：P <Q <R
8．lg9·lg11与1的大小关系是__________．
解析：lg9·lg11<(lg9＋lg112)2＝(lg992)2<(lg1002
)2＝1. 答案：lg9·lg11<1
9．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y 1＋y
，则A 、B 的大小关系是________．解析：A ＝x ＋y 1＋x ＋y ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y <x 1＋x ＋y 1＋y
＝B 答案：A －b ＋c ；
③a －b ＋c ，①②成立．
又|a |－|b |<|a ＋b |<－c ，
∴|a |<|b |－c ，④成立．
当a ＝3，b ＝－3，c ＝－1时，虽|a ＋b |＝0<－c ，
但3>－3＋1，故③⑤不成立．
答案：①②④
三、解答题(共50分)
11．(15分)已知a 、b 、c ∈(0，＋∞)，且a 、b 、c 成等比数列．
求证：a 2＋b 2＋c 2>(a －b ＋c )2.
证明：左边－右边＝2(ab ＋bc －ac )．
∵a 、b 、c 成等比数列，∴b 2＝ac .∵a 、b 、c ∈(0，＋∞)，
∴0b .∴2(ab ＋bc －ac )＝2(ab ＋bc －b 2)＝2b (a ＋c －b )>0.∴a 2＋b 2＋c 2>(a －b ＋c )2.
12．(15分)设a 、b 为不相等的两个正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2.
求证：1<a ＋b <43
. 证明：(放缩法)
由题设得a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，
又∵(a ＋b )2>a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，
∴a ＋b >1.
又∵(a ＋b )2>4ab ，(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2，
∴a ＋b ＝a 2＋b 2＋ab
＝(a ＋b )2－ab >(a ＋b )2－(a ＋b )24
. 即34
(a ＋b )2<a ＋b ， ∴a ＋b <43.故1<a ＋b <43
. 13．(20分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.
(1)证明：1a
是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a
与c 的大小； (3)证明：－20，由0<x <c 时，f (x )>0，
知f (1a )>0与f (1a )＝0矛盾，∴1a
>c . (3)由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，
∴b ＝－1－ac .
又a >0，c >0，∴b <－1.
二次函数f (x )的图象的对称轴方程为
x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a
，即－b 2a <1a
. 又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.。

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