高中数学难点解析教案20 不等式的综合应用
高中数学《不等式》教案
高中数学《不等式》教案教学内容：不等式
教学目标：
1. 理解不等式的概念和性质。
2. 掌握不等式的解法和解集表示法。
3. 能够根据不等式的性质解决实际问题。
教学重点：
1. 掌握不等式的基本概念和性质。
2. 能够利用不等式解决实际问题。
教学难点：
1. 熟练掌握各种不等式的解法。
2. 能够根据实际问题建立并解决不等式。
教学过程：
一、导入（5分钟）
1. 引入不等式的概念，并和等式做比较，引发学生思考。
二、讲解不等式的性质和解法（15分钟）
1. 讲解不等式的符号表示及性质。
2. 讲解不等式的解法，包括加减法、乘法、除法等。
三、练习与讨论（20分钟）
1. 练习不等式的基本运算和解法。
2. 让学生在小组讨论中解决不等式问题。
四、实际问题应用（10分钟）
1. 列举一些实际问题，让学生通过建立不等式解决。
五、总结与展望（5分钟）
1. 总结不等式的性质和解法。
2. 展望下节课内容，讲解高级不等式的解法。
六、作业布置（5分钟）
1. 布置练习题，巩固不等式的知识。
教学板书：
不等式
1. 定义：比较两个数的大小关系的代数式。
2. 符号表示：大于（>）、小于（<）、大于等于（≥）、小于等于（≤）。
3. 特性：加减法、乘除法性质。
教学反思：
通过本节课的教学，学生对不等式的概念和性质有了初步了解，并能够熟练解决基本的不等式问题。
下一步可以引入更复杂的不等式，挑战学生的解题能力。
2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题20不等式选讲教学案文(含解析)
不等式选讲【2019年高考考纲解读】本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想． 【重点、难点剖析】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解． 2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式． 3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥. （2）由得，而 ， 且当32x =时，. 故m 的取值范围为5-4⎛⎤∞ ⎥⎝⎦，. 【变式探究】已知函数.（I ）在答题卡第（24）题图中画出()y f x =的图像；（II ）求不等式()1f x >的解集．【答案】（I ）见解析（II ） 【解析】⑴如图所示： ⑵()1f x >,当1x -≤,41x ->,解得5x >或3x <,1x -∴≤当312x -<<,321x ->,解得1x >或13x < 113x -<<∴或312x <<当32x ≥,41x ->,解得5x >或3x <,332x <∴≤或5x >综上,13x <或13x <<或5x >,()1f x >∴,解集为【变式探究】解不等式 x ＋|2x ＋3|≥2.【变式探究】若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________.解析 由绝对值的性质知f (x )的最小值在x ＝－1或x ＝a 时取得，若f (－1)＝2|－1－a |＝5，a ＝32或a ＝－72，经检验均不合适；若f (a )＝5，则|x ＋1|＝5，a ＝4或a ＝－6，经检验合题意，因此a ＝4或a ＝－6. 答案 4或－6【变式探究】设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证． (2)明确不等式后解关于a 的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．【解析】(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a＋a ≥2.所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a，由f (3)<5，得3<a <5＋212.当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.【感悟提升】1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤(1)求零点；(2)划区间、去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a ≥f (x )恒成立，则a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立，则a ≤f (x )min ”求字母参数的取值范围． 【举一反三】已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2] ＝24－t ＋t ＝4， 当且仅当4－t 3＝t1， 即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.【举一反三】已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0. 当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解； 当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2. 所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)． 题型二 不等式的证明【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.【解析】(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1. ①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5.又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5. ∴原不等式的解集为[]1，5.【感悟提升】(1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．【变式探究】已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集． (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |. (1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6. 当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)． 由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴||ab ＋1>|a ＋b |.【变式探究】【2017课标II 】已知。
不等式的实际应用教案
不等式的实际应用教案一、教学目标1. 理解不等式的概念，掌握不等式的基本性质。
2. 能够将实际问题转化为不等式问题，并运用不等式解决实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
二、教学内容1. 不等式的定义与基本性质2. 实际问题转化为不等式问题3. 不等式在实际问题中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：不等式的概念与基本性质，实际问题转化为不等式问题的方法。
2. 教学难点：不等式在实际问题中的应用。
四、教学方法1. 讲授法：讲解不等式的定义与基本性质，引导学生理解不等式的概念。
2. 案例分析法：通过实际问题，引导学生将问题转化为不等式问题，并解决实际问题。
3. 小组讨论法：分组讨论不等式在实际问题中的应用，促进学生之间的交流与合作。
五、教学准备1. 教学课件：制作课件，展示不等式的定义与基本性质，实际问题转化为不等式问题的案例。
2. 练习题：准备一些实际问题，供学生在课堂上练习解决。
【章节一：不等式的定义与基本性质】1. 引入不等式的概念，讲解不等式的定义。
2. 讲解不等式的基本性质，如传递性、同向可加性等。
3. 通过示例，让学生理解不等式的表示方法，如“<”、“>”、“≤”、“≥”等。
【章节二：实际问题转化为不等式问题】1. 引入实际问题，如“两个人比赛跑步，A跑得比B快，如何用不等式表示？”2. 引导学生将实际问题转化为不等式问题，如“A跑得比B快”可以表示为“A 的速度> B的速度”。
3. 通过其他案例，让学生练习将实际问题转化为不等式问题。
【章节三：不等式在实际问题中的应用】1. 引入实际问题，如“一个班级有男生和女生，男生人数多于女生人数，如何用不等式表示？”2. 引导学生将实际问题转化为不等式问题，如“男生人数多于女生人数”可以表示为“男生人数> 女生人数”。
3. 通过其他案例，让学生练习将实际问题转化为不等式问题，并解决实际问题。
【章节四：不等式的解集与图像】1. 讲解不等式的解集的概念，如“解不等式2x + 3 > 7的解集是什么？”2. 引导学生通过图像法或代数法求解不等式的解集。
高中不等式的教案
高中不等式的教案高中不等式的教案（通用11篇）高中不等式的教案篇1教学目标1、知识与能力目标：理解掌握基本不等式，并能运用基本不等式解决一些简单的求最值问题;理解算数平均数与几何平均数的概念，学会构造条件使用基本不等式;培养学生探究能力以及分析问题解决问题的能力。
2、过程与方法目标：按照创设情景，提出问题→剖析归纳证明→几何解释→应用(最值的求法、实际问题的解决)的过程呈现。
启动观察、分析、归纳、总结、抽象概括等思维活动，培养学生的思维能力，体会数学概念的学习方法，通过运用多媒体的教学手段，引领学生主动探索基本不等式性质，体会学习数学规律的方法，体验成功的乐趣。
3、情感与态度目标：通过问题情境的设置，使学生认识到数学是从实际中来，培养学生用数学的眼光看世界，通过数学思维认知世界，从而培养学生善于思考、勤于动手的良好品质。
教学重难点1、基本不等式成立时的三个限制条件(简称一正、二定、三相等);2、利用基本不等式求解实际问题中的最大值和最小值。
教学过程一、创设情景，提出问题;设计意图：数学教育必须基于学生的“数学现实”，现实情境问题是数学教学的平台，数学教师的任务之一就是帮助学生构造数学现实，并在此基础上发展他们的数学现实基于此,设置如下情境: 上图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，颜色的明暗使它看上去像一个风车，代表中国人民热情好客。
[问]你能在这个图中找出一些相等关系或不等关系吗?本背景意图在于利用图中相关面积间存在的数量关系，抽象出不等式在此基础上，引导学生认识基本不等式。
三、理解升华：1、文字语言叙述：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。
2、联想数列的知识理解基本不等式已知a,b是正数，A是a,b的等差中项，G是a,b的正的等比中项，A与G有无确定的大小关系?两个正数的等差中项不小于它们正的等比中项。
3、符号语言叙述：4、探究基本不等式证明方法：[问]如何证明基本不等式?(意图在于引领学生从感性认识基本不等式到理性证明，实现从感性认识到理性认识的升华，前面是从几何图形中的面积关系获得不等式的，下面用代数的思想，利用不等式的性质直接推导这个不等式。
高中数学不等式的问题教案
高中数学不等式的问题教案一、教学目标：1. 知识目标：了解不等式的基本概念和性质，掌握解不等式的方法和技巧。
2. 能力目标：能够灵活运用不等式求解实际问题，提高数学建模能力。
3. 情感态度目标：培养学生对数学的兴趣和自信心，激发学生思维的活跃性。
二、教学重点和难点：1. 重点：不等式的基本概念和性质；解不等式的方法和技巧。
2. 难点：应用不等式解决实际问题。
三、教学方法：1. 情境教学法：通过生活实例引入不等式的概念，增强学生对知识的理解和应用能力。
2. 示范演示法：老师讲解不等式解题步骤，并举例说明，引导学生掌握解题技巧。
3. 合作学习法：学生之间相互交流讨论，共同解决问题，培养团队合作意识。
四、教学过程：1. 导入：通过一个生活实例引入不等式的概念，让学生了解不等式的含义及应用场景。
2. 模块讲解：分析不等式的基本性质，讲解解不等式的方法和技巧，引导学生掌握解题思路。
3. 练习训练：让学生进行练习，巩固和提高解不等式的能力。
4. 实例分析：选取一些实际问题，让学生运用不等式解决，培养数学建模能力。
5. 总结反思：引导学生总结本节课的知识要点和解题技巧，反思学习过程中存在的问题和解决办法。
五、作业布置：完成课堂练习题，提升解不等式的能力。
六、教学建议：1. 注重实际问题：让学生在解题过程中体会到数学在生活中的应用，增强学习兴趣。
2. 培养细心态度：解不等式需要细心和耐心，鼓励学生多思考、多实践。
3. 鼓励创新思维：在解题过程中，鼓励学生灵活运用知识，发挥想象力和创造力。
以上是一份高中数学不等式问题的教案范本，希望对您有所帮助。
祝教学顺利！。
不等式的基本性质(教案)
不等式的基本性质一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握不等式的性质，能够运用不等式的性质解有关不等式。
2. 过程与方法：通过观察、分析、归纳等方法，引导学生发现不等式的基本性质。
3. 情感态度价值观：培养学生对数学的兴趣，培养学生合作交流、归纳总结的能力。
二、教学重点与难点1. 教学重点：不等式的性质。
2. 教学难点：不等式性质的应用。
三、教学准备1. 教师准备：教案、PPT、黑板、粉笔。
2. 学生准备：课本、练习本、文具。
四、教学过程1. 导入新课1.1 复习相关知识：回顾一元一次不等式的解法。
1.2 提问：同学们，你们知道不等式有什么性质吗？今天我们就来学习不等式的基本性质。
2. 探究不等式的性质2.1 展示不等式实例，引导学生观察、分析。
2.2 引导学生发现不等式的性质，并总结出不等式的基本性质。
3. 例题讲解3.1 出示例题，讲解例题的解法，引导学生运用不等式的性质解决问题。
3.2 学生自主练习，教师巡回指导。
4. 课堂练习4.1 出示练习题，学生独立完成，教师批改并讲解。
4.2 学生总结练习中的经验教训。
五、课后作业1. 请学生根据不等式的性质，解决课后练习题。
2. 鼓励学生进行不等式性质的探究，发现更多的性质。
六、教学拓展1. 引导学生思考：不等式的性质在实际生活中有哪些应用？2. 举例说明不等式性质在生活中的应用，如购物、分配等。
3. 引导学生进行不等式性质的综合应用，提高解决问题的能力。
七、巩固练习1. 出示巩固练习题，学生独立完成。
2. 教师批改并讲解，学生总结解题思路和方法。
八、课堂小结1. 教师引导学生回顾本节课所学内容，总结不等式的基本性质。
2. 学生分享学习收获和感受。
九、课后反思1. 教师反思本节课的教学效果，找出不足之处，为下一节课做好准备。
2. 学生反思自己的学习过程，找出优点和不足，制定改进措施。
十、布置作业1. 请学生根据不等式的性质，解决课后练习题。
2. 鼓励学生进行不等式性质的探究，发现更多的性质。
高中数学不等式的讲解教案
高中数学不等式的讲解教案
一、教学目标：
1. 理解不等式的概念；
2. 掌握不等式的基本性质；
3. 能够解决简单的一元一次不等式和一元二次不等式；
4. 提高解决实际问题的能力。
二、教学重点与难点：
1. 不等式的基本性质；
2. 一元一次不等式和一元二次不等式的解题方法；
3. 应用不等式解决实际问题。
三、教学准备：
1. 教师：授课PPT、教案、教学工具；
2. 学生：笔记本、笔、教材、作业。
四、教学过程：
1. 导入：通过展示一些生活中的不等式问题，引出学生对不等式的了解和认识。
2. 概念讲解：讲解不等式的定义、符号、性质等基本知识，并通过例题进行讲解。
3. 一元一次不等式的解法：介绍一元一次不等式的解题步骤和方法，并通过例题进行讲解
和练习。
4. 一元二次不等式的解法：介绍一元二次不等式的解题步骤和方法，并通过例题进行讲解
和练习。
5. 应用解题：通过生活中的实际问题，引导学生应用不等式解决问题，并进行练习和讨论。
6. 总结与作业布置：对本节课所学内容进行总结，布置作业巩固知识。
五、教学反思：
1. 整个课堂设计是否符合学生的实际需求和学习情况；
2. 是否存在难以理解的地方，需要再次讲解；
3. 学生的学习兴趣和参与度是否高。
六、教学延伸：
1. 可以对不等式进行更深入的拓展，如绝对值不等式、多元不等式等；
2. 可以通过游戏和竞赛等形式，加深学生对不等式的理解和应用能力。
不等式的应用教学案
不等式的应用教学案一、教学背景在数学学科中，不等式是一个重要的概念。
通过学习不等式的应用，学生可以掌握如何解决实际问题，并且培养其综合运用数学知识的能力。
本教学案旨在帮助学生理解和运用不等式的概念及其在实际问题中的应用。
二、教学目标1. 理解不等式的定义和性质；2. 掌握解不等式的基本方法；3. 熟练运用不等式解决实际问题；4. 发展学生的数学思维和解决问题的能力。
三、教学过程1. 理论部分首先，我们来回顾一下不等式的定义。
不等式是由不等号连接的两个代数式构成的数学式子。
在不等式的解法中，需要注意以下几点：- 对于两个代数式的不等式，可以通过加减乘除等运算进行等价变形；- 在不等式运算中，若两边同时乘以或除以同一个负数，则需要改变不等号的方向；- 在不等式运算中，若两边同时乘以或除以同一个正数，则不需要改变不等号的方向；2. 实例讲解接下来，我们通过一些实际问题来演示不等式的应用。
例1：某超市正在进行促销活动，一种商品原价为200元，现在打8折出售，请问打折后的价格不低于160元吗？解：设打折后的价格为x元，则有0.8 * 200 ≥ x，即160 ≥ x。
答案是“是”，打折后的价格不低于160元。
例2：一个矩形的长是宽的两倍，且周长不超过30cm，求矩形的长和宽的取值范围。
解：设矩形的宽为x，则矩形的长为2x。
根据周长的定义，有2x + x + 2x + x ≤ 30，即6x ≤ 30。
解得x ≤ 5。
因此，矩形的宽不超过5cm，长为宽的两倍，即不超过10cm。
3. 练习环节现在，让我们做一些练习来巩固所学内容。
练习题1：解不等式 3x - 4 > 2x + 1。
解：将2x + 1移至等式左侧，得到3x - 2x > 1 + 4。
化简得x > 5。
练习题2：某种水果在市场上的售价原本为40元/千克，在打折销售时每千克降价2元，打到35元/千克。
问该水果打到34元/千克可以吗？解：设该水果打到34元/千克时的售价为x元/千克，则有40 - 2 * (35 - x) ≤ x。
高中高一数学上册《不等式》教案、教学设计
1.设计具有代表性的练习题，让学生独立完成，巩固所学知识。
2.练习题包括：
-基础题：求解一元一次不等式；
-提高题：求解一元二次不等式；
-拓展题：求解不等式组及实际问题。
3.教师巡回指导：在学生做题过程中，教师进行巡回指导，解答学生疑问，及时发现问题并进行纠正。
（五）总结归纳
1.学生总结：让学生回顾本节课所学内容，用自己的话总结不等式的概念、性质、解法及实际应用。
（二）讲授新知
1.不等式的概念：介绍不等式的定义，强调不等式与等式的区别，让学生理解不等式的意义。
2.不等式的性质：详细讲解不等式的性质，如同向可加性、反向可减性等，并通过实例进行说明。
3.不等式的解法：以一元一次不等式为例，讲解求解不等式的基本步骤，引导学生掌握解题方法。
4.不等式在实际问题中的应用：结合购物优惠券问题，讲解如何将实际问题转化为不等式模型，并求解。
8.适时进行课堂小结，巩固所学知识，查漏补缺。
-通过提问、讨论等方式，帮助学生梳理知识体系，形成系统化认识。
9.注重课后辅导，针对学生的个体差异，给予有针对性的指导和帮助。
-定期检查作业，了解学生学习情况，及时解答学生疑问，提高学习效果。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.生活实例引入：以同学们熟悉的购物优惠券问题作为切入点，提出问题：“同学们在购物时，如何利用优惠券使得自己的购物更加划算？”通过这个实例，引导学生思考如何用数学方法解决实际问题。
2.一元一次不等式、一元二次不等式及不等式组的解法。
3.不等式在实际问题中的应用。
4.不等式的证明方法及逻辑推理能力的培养。
（二）教学难点
1.学生对不等式性质的灵活运用。
高中数学不等式及应用教案
高中数学不等式及应用教案
目标：学生能够掌握高中数学常见的不等式类型，并能够灵活运用不等式进行解题。
一、导入（5分钟）
老师通过展示一道简单的不等式题目引导学生思考，如2x + 3 > 7，然后请学生讨论这个
不等式的意义以及如何解决这个不等式。
二、概念讲解（15分钟）
1. 直接比较法：介绍不等式的大小关系，引导学生通过对不等式两边进行比较来解决问题。
2. 代数法：介绍通过代数运算来解决不等式问题，如加减乘除、移项、取对数等方法。
三、练习与讨论（20分钟）
1. 让学生通过练习题目来巩固所学的不等式解题方法。
2. 引导学生分组讨论解答过程，分享解题思路。
四、拓展应用（10分钟）
1. 给学生提供一些拓展应用题目，让学生尝试运用不等式解决实际生活中的问题。
2. 引导学生思考如何将不等式运用到其他数学领域中，如几何、概率等。
五、总结与作业布置（5分钟）
老师对本堂课所学内容进行总结，强调不等式解题的重要性和灵活性。
布置一些相关的作
业让学生进行巩固复习。
本节课的教学目标是让学生掌握不等式的基本概念和解题方法，并能够灵活运用不等式进
行解题。
通过多样化的练习和应用，帮助学生提高数学解题能力和逻辑思维能力。
高中数学第六章不等式教案
高中数学第六章不等式教案教学目标：学习并掌握不等式的基本概念，学会解决一元一次不等式和一元二次不等式；通过练习和应用，提高学生解题的能力和思维逻辑。
教学内容：1. 不等式的基本概念2. 一元一次不等式的解法3. 一元二次不等式的解法4. 不等式的综合运用教学重点和难点：一元一次不等式和一元二次不等式的解法，以及不等式的综合运用。
教学方法：讲授相结合，引导学生主动思考和解题练习。
教学过程：一、导入（5分钟）教师引导学生回顾上节课所学的不等式相关知识，激发学生对不等式的兴趣和好奇心。
二、讲解不等式的基本概念（10分钟）1. 引导学生理解不等式的定义和符号表示。
2. 介绍不等式的性质和基本性质。
三、讲解一元一次不等式的解法（15分钟）1. 讲解一元一次不等式的基本求解方法。
2. 通过例题解析，让学生掌握解题技巧和步骤。
四、讲解一元二次不等式的解法（15分钟）1. 引导学生理解一元二次不等式的定义和性质。
2. 通过例题讲解，让学生掌握一元二次不等式的解法方法。
五、综合训练（15分钟）1. 给学生提供一些练习题，让他们通过练习加深对不等式的理解。
2. 引导学生探讨不等式在生活和实际问题中的应用。
六、作业布置（5分钟）布置相应的作业，加强学生对不等式知识的巩固和提高。
七、课堂小结（5分钟）教师对今天的教学内容进行总结，并鼓励学生多多练习，提高解题的能力和思维逻辑。
教学反思：通过本节课的教学，学生应该能够掌握不等式的基本概念和解法方法，培养其解题思维和逻辑推理能力，进一步提高数学学习的兴趣和能力。
不等式高中数学教案
不等式高中数学教案教学目标：1. 能够理解不等式的概念和性质。
2. 能够解决简单的一元不等式。
3. 能够应用不等式解决实际问题。
教学重点和难点：重点：不等式的概念和性质，一元不等式的解法。
难点：应用不等式解决实际问题。
教学准备：1. 教师准备PPT课件，包括不等式的定义、性质和解法。
2. 打印不等式练习题目，用于课堂练习。
教学步骤：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾线性方程的解法，了解不等式的概念。
2. 提出一个简单的不等式问题，让学生思考如何解决。
二、讲解不等式的定义和性质（15分钟）1. 介绍不等式的定义，即含有不等号的等式。
2. 讲解不等式的性质，包括可加性、可乘性和转化性等。
三、解决一元不等式（20分钟）1. 讲解一元不等式的解法，包括加减法解法、乘除法解法和开平方解法。
2. 给学生提供几个简单的一元不等式练习题目，让他们尝试解答。
四、应用不等式解决实际问题（15分钟）1. 引导学生思考如何应用不等式解决实际问题，例如长度、面积和体积等问题。
2. 给学生一个实际问题案例，让他们运用所学知识进行解答。
五、总结复习（5分钟）1. 通过回顾本节课的内容，强化学生对不等式的理解和运用能力。
2. 鼓励学生积极思考和练习不等式相关的题目，提高解决问题的能力。
教学反思：通过本节课的教学，学生应该能够掌握不等式的概念和性质，能够解决简单的一元不等式，并能够应用不等式解决实际问题。
在接下来的教学中，需要继续强化学生对不等式知识的理解和应用能力，提高他们的数学思维和解决问题的能力。
2019-2020年高三数学重点知识解析 不等式题型与分析教案
2019-2020年高三数学重点知识解析不等式题型与分析教案一．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。
不等式的应用教案
不等式的应用教案教案标题：不等式的应用教案教案目标：1. 了解不等式的概念和性质；2. 掌握不等式在实际问题中的应用；3. 能够解决涉及不等式的实际问题。
教案步骤：第一步：引入不等式的概念（10分钟）1. 引导学生回顾等式的概念和性质；2. 引入不等式的概念，解释不等式与等式的区别；3. 通过示例和练习，让学生观察和总结不等式的性质。
第二步：不等式的解法（15分钟）1. 介绍不等式的解法方法：图像法、试值法和代数法；2. 分别通过示例演示以上三种解法方法；3. 给学生提供一些简单的不等式进行练习，巩固解法方法的理解和应用。
第三步：不等式的应用举例（20分钟）1. 教师给出不等式应用的实际问题，如购物优惠券的使用条件等；2. 引导学生分析问题，将问题转化为数学不等式；3. 通过讨论和解答问题，让学生理解不等式在实际问题中的应用。
第四步：综合应用练习（15分钟）1. 提供一些综合应用题，要求学生自己分析问题并建立相应的不等式；2. 让学生运用所学的不等式解法方法解答问题；3. 引导学生讨论解答的合理性和可行性。
第五步：总结和拓展（10分钟）1. 对本节课所学内容进行总结，回顾不等式的概念、解法和应用；2. 鼓励学生思考不等式在其他实际问题中的应用，拓展思维。
教学资源：1. 教科书或教材中关于不等式的相关内容；2. 实际问题的案例，如购物优惠券的使用条件等；3. 练习题和解答参考答案。
评估方式：1. 课堂练习：通过课堂练习检查学生对不等式的理解和应用能力；2. 课后作业：布置相关的作业题，检查学生对不等式的掌握程度；3. 口头提问：随堂进行口头提问，检查学生对不等式的理解和应用能力。
教学延伸：1. 鼓励学生自主寻找更多实际问题，并运用不等式解决；2. 引导学生探索不等式的其他应用领域，如经济学、物理学等；3. 提供更复杂的不等式问题，挑战学生的解决能力。
高中总复习第二轮数学(新人教A) 难点20 不等式的综合应用
难点20 不等式的综合应用不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系,利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题.●难点磁场(★★★★★)设二次函数f （x ）=ax 2+bx +c （a ＞0),方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2＜a 1. （1）当x ∈［0，x 1)时,证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f （x ）的图象关于直线x =x 0对称，证明：x 0＜21x . ●案例探究［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1）求a 关于h 的解析式;(2）设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度）命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值。
知识依托：本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值.错解分析：在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0。
技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理。
解：①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V （h ＞0） 得：2121)1(31=⋅=++=h h h h hh V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时,V 有最大值，V 的最大值为61立方米. ［例2］已知a ，b ,c 是实数，函数f （x )=ax 2+bx +c ，g （x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时｜f （x ）｜≤1.(1）证明:|c ｜≤1；（2)证明：当－1 ≤x ≤1时，|g （x )|≤2；(3）设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g （x )的最大值为2,求f （x ）. 命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质,以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托:二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂。
高中数学不等式剖析教案
高中数学不等式剖析教案
一、教学目标：
1. 掌握不等式的基本概念和性质
2. 能够对不等式进行简化和变形
3. 能够解决一元一次不等式和一元二次不等式
4. 能够解决含参数的不等式
二、教学重点：
1. 不等式的性质和简化
2. 一元一次不等式和一元二次不等式的解题方法
3. 含参数的不等式解题方法
三、教学难点：
1. 含参数的不等式的解题方法
2. 需要注意不等式的变形过程中不等号的改变
四、教学过程：
1. 不等式的基本概念和性质讲解
- 讲解不等式的定义和基本性质
- 讲解不等式中的常见符号和表示方法
- 讲解不等式的简化和变形方法
2. 一元一次不等式的解题方法
- 讲解一元一次不等式的解题步骤
- 通过例题演示解题方法
- 带领学生进行练习及讲解
3. 一元二次不等式的解题方法
- 讲解一元二次不等式的解题方法
- 通过例题演示解题方法
- 带领学生进行练习及讲解
4. 含参数的不等式解题方法
- 讲解含参数的不等式解题方法
- 通过例题演示解题方法
- 带领学生进行练习及讲解
五、教学总结：
1. 总结本节课学习的内容，强化学生对不等式的理解和解题能力
2. 鼓励学生多做练习，提高解题的速度和准确度
六、作业布置：
1. 完成课堂上未完成的习题
2. 自主完成不等式练习题，加强对不等式的理解和运用
七、教学评价：
1. 对学生在课堂上的表现和学习情况进行评价和反馈
2. 鼓励学生多加练习，提高数学解题能力
以上是本节课的教学内容及教学安排，希望能帮助学生在学习不等式时能够更好地理解和掌握相关知识。
高三数学不等式的综合应用苏教版知识精讲
高三数学不等式的综合应用苏教版知识精讲【本讲教育信息】一. 教学内容：不等式的综合应用二. 教学目的：比较熟练的应用不等式解决有关的综合问题三. 教学重点：不等式与函数，方程，数列，导数等知识的联系。
教学难点：不等式与几何知识的综合。
四. 知识概要：1、不等式的功能：不等式的知识已渗透到函数、三角、数列、解析几何、立体几何等内容中，体现了不等式广泛运用的工具功能。
2、建立不等式的途径：运用不等式知识解题的关键是建立不等关系，其途径有：利用几何意义、利用判别式、应用变量的有界性、应用函数的有界性、应用均值不等式。
3、实际应用：应用题中有一类是最优化结果，通常是把问题转化为不等式模型，再求出最值。
【典型例题】（一）基础训练题 例1. （1）（全国2文4）下列四个数中最大的是（ ）A. 2(ln 2)B. ln(ln 2)C.D. ln 2解：∵ 0ln 21<<，∴ ln （ln2）<0，（ln2）2< ln2，而ln 2=21ln2<ln2，∴ 最大的数是ln2，选D 。
（2）（安徽文8）设a ＞1,且2log (1),log (1),log (2)a a a m a n a p a =+=-=,则pn m ,,的大小关系为 （ ） A. n ＞m ＞p B. m ＞p ＞nC. m ＞n ＞pD. p ＞m ＞n解析：设a ＞1,∴ 212a a +>，21a a >-，2log (1),log (1),log (2)a a a m a n a p a =+=-=,∴ p n m ,,的大小关系为m ＞p ＞n ，选B 。
（3）（北京理7）如果正数a b c d ，，，满足4a b cd +==，那么（ ） A. ab c d +≤，且等号成立时a b c d ，，，的取值唯一 B. ab c d +≥，且等号成立时a b c d ，，，的取值唯一 C. ab c d +≤，且等号成立时a b c d ，，，的取值不唯一 D. ab c d +≥，且等号成立时a b c d ，，，的取值不唯一解析：正数a b c d ，，，满足4a b cd +==，∴ 4=a b +≥，即4ab ≤，当且仅当a =b =2时，“=”成立；又4=2()2c d cd +≤，∴ c+d ≥4，当且仅当c =d =2时，“=”成立；综上得ab c d +≤，且等号成立时a b c d ，，，的取值都为2，选A 。
高三专题教案-不等式解法及应用
教师教学实践反思教案：不等式解法及应用教学目标：1．不等关系 通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组）的实际背景；2．一元二次不等式①．经历从实际情境中抽象出一元二次不等式模型的过程； ②通过函数图像了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系；③会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，尝试设计求解的程序框图。
3二元一次不等式组与简单线性规划问题 ①从实际情境中抽象出二元一次不等式组；②了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组； ③从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决。
教学过程一、知识归纳 1．不等式的解法解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段，与“等式变形”并列的“不等式的变形”，是研究数学的基本手段之一。
高考试题中，对解不等式有较高的要求，近两年不等式知识占相当大的比例。
（1）同解不等式（(1)f x g x ()()>与f x F x g x F x ()()()()+>+同解；（2）m f x g x >>0，()()与mf x mg x ()()>同解，m f x g x <>0，()()与mf x mg x ()()<同解；（3）f xg x ()()>0与f x g x g x ()()(()⋅>≠00同解）； 2．一元一次不等式解一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）是解其他各类不等式的基础，必须熟练掌握，灵活应用。
ax b a a a >⇒>=<⎧⎨⎪⎩⎪分()()()102030情况分别解之。
3．一元二次不等式ax bx c a 200++>≠()或ax bx c a 200++<≠⇒()分a >0及a <0情况分别解之，还要注意∆=-b ac 24的三种情况，即∆>0或∆=0或∆<0，最好联系二次函数的图象。
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高中数学难点解析难点20 不等式的综合应用不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题.●难点磁场(★★★★★)设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2＜a1. (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1； (2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明：x 0＜21x . ●案例探究［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值.知识依托：本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值.错解分析：在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0) 得：2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米. ［例2］已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1.(1)证明：|c |≤1；(2)证明：当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ).命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系.(1)证明：由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得：|c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1.(2)证法一：依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1.当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1).∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，于是g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)， ∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2.综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2.证法二：∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1，因此，根据绝对值不等式性质得：|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1).)21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三 当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1；因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2. (3)解：因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2. ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1.因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴， 由此得－ab 2＜0 ，即b =0. 由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1.●锦囊妙计1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性.2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a )A.①③B.②④C.①④D.②③二、填空题2.(★★★★★)下列四个命题中：①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.三、解答题4.(★★★★★)已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2.(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围.5.(★★★★)某种商品原来定价每件p 元，每月将卖出n 件，假若定价上涨x 成(这里x 成即10x ，0＜x ≤10).每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原来的 z 倍. (1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值；(2)若y =32x ，求使售货金额比原来有所增加的x 的取值范围. 6.(★★★★★)设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )²f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1.(1)求证：f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证：f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)²f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围.7.(★★★★★)已知函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判断函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t ∈R ，求证：lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513.参考答案难点磁场解：(1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2).当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1.(2)依题意：x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根. ∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 歼灭难点训练一、1.解析：由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b )∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证：f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案：A二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε.答案：④3.解析：由已知y 1=x 20；y 2=0.8x (x 为仓库与车站距离)费用之和y =y 1+y 2=0.8x + x 20≥2xx 208.0⋅=8 当且仅当0.8x =x20即x =5时“=”成立 答案：5公里处三、4.证明：(1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0.∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得 (2)解：由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1²x 2=a1＞0，所以x 1，x 2同号1°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2，∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0 ①又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a a b ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2 ∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b ＞47. 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b ＞47. 5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p (1+10x )元、n (1－10y )元、npz 元，因而 )10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=，在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －a a )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］.由于31≤a ＜1，则0＜aa )1(5-≤10. 要使售货金额最大，即使z 值最大，此时x =aa )1(5-. (2)由z =1001 (10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5. 6.(1)证明：令m ＞0，n =0得：f (m )=f (m )²f (0).∵f (m )≠0，∴f (0)=1取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1 (2)证明：任取x 1，x 2∈R ，则f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］=f (x 1)－f (x 2－x 1)²f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］，∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，∴函数f (x )在R 上为单调减函数.(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得，由题意此不等式组无解，数形结合得：1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］7.(1)解：设y =1222+++x c bx x ，则(y －2)x 2－bx +y －c =0 ① ∵x ∈R ，∴①的判别式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0，即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根 ⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍）(2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，则x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221*********x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数.,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记 即－31≤u ≤31，根据F (x )的单调性知 F (－31)≤F (u )≤F (31)，∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立.。