高三数学第二轮复习教案_不等式的问题_人教版
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。
高三数学二轮复习冲刺：指对均值不等式及应用
二轮复习中的指对均值不等式专题突破一．基本原理1．对数均值不等式两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩，对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．证明如下：不失一般性，可设a b >．(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln2ln a a b x x b x ⇔-<<<-（其中1x =>）构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x=-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--．因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立.（2）再证：(,)2a bL a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)aa b a x b a b x a a b b x b ---⇔->⇔>⇔>+++（1x =>）构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++．因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对,a b R +∀∈，都有对数平均(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立．注：对数均值不等式实际上是对数不等式链：1),1(21ln 1)1(2>-<<+-x xx x x x 在双变元情形下的应用.2．对数不等式链),1(,1)1(211ln 14)1(31)1(2122+∞∈-<-<-<<++-<+-<-x x x x x x x x x x x x x x ；)1,0(,11)1(214)1(3ln 11(21122∈-<+-<++-<<-<-<-x x x x x x x x xx x x x x .3．对数均值不等式的推广与命题问题：已知1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立，求n k ,之间的关系？由文献[1]可知，若1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立，则1+≤n k ，此为上述不等式成立的必要条件.关于充分性，文献[1]证明了140+≤≤n n k 时，1,)1(ln ≥+-≥x nx x k x 恒成立.而当14+>n nk 时，则无法得到显式的n k ,之间的关系，不过可知k 随n 的增大而增大！因为，倘若1,)1(ln >+->t n t t k t ，令)(1212x x x x t >=代入即可得：121212ln ln nx x kx x x x +>--，若我们令11221212ln ln ln ln mx x mx x x x x x m -=-⇒--=，所以可以构造一个函数：mx x x f -=ln )(，我们可以做到222111ln )(ln )(mx x x f mx x x f -==-=，进一步，若21,x x 为)(x f 的两个零点，则k x x k x n x k nx x m nx x kx x x x n >⇒>+⇔>+⇔+>--211212121212ln ln ln )(ln ln ，即等价于：kne x x >21.4．对数均值不等式应用中的比值代换已知函数ax x x f -=ln )(，若)()(21x f x f =，不妨设21x x <，则令112>=x x t ，可得：)1(ln ,)1(ln ln ln 211111-=-=⇒-=-t a tt x t a t x atx xt ax x .（*），利用（*）的结论，我们还可以证明：①.221ex x >②.若122x x >，则2218e x x >...②.解析：21,x x 是)(x f 的两个零点，且122x x >，∴0ln 12111=+-x ax x x ，0ln 22222=+-x ax x x ，可得111ln ax x =+，221ln ax x =+，121221212211ln ln 2)ln(1ln 1ln x x x x x x x x x x x x --=++=+=+∴，令)2(12>=t x x t ，=+∴2ln 21x x 1ln )1(ln )(121221-+=-+t t t x x x x x x ，构造函数1ln )1()(-+=t t t t g ，求导可得2)1(ln 21)('---=t tt t t g ，令t t t t h ln 21)(--=，则0)1()('22>-=t t t h ，则)(t h 在),2(+∞上单调递增，而02ln 2232ln 2212)2(>-=--=h ，0)('>∴t g ，则)(t g 在),2(+∞上单调递增，2ln 3)2()(=>∴g t g ，可得2ln 32)ln(21>+x x ，则2218ln )ln(e x x >，即2218e x x >，5.指数均值不等式及应用若R b a ∈,，则a b e e a b --2ba e e +<.证明：由于1,1)1(2ln >+->x x x x ，令a b e x a b >=-,，代入即可证得.二．典例分析例1.已知函数()ln 13xf x a x =--．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，求证：()21110x a x -+>．解析：（2）若函数()f x 有两个零，点1x ，2x ，根据（1），可得0a >．不妨设210x x <<，由()()120f x f x ==，得11223ln 30,3ln 30,x a x x a x --=⎧⎨--=⎩两式相减，得11223lnx x x a x -=，要证明211111x x a +>，即证()()12122111ln 311x x x x x x ->+，设()121x u u x =>，则()()111ln 311u u u ->+．则()()()()111ln 1311u g u u u u -=->+，则()()()()2221114401111u g u u u u u -'=-=≥++，所以()g u 在()1,+∞上为增函数，从而()()10g u g >=，即()()111ln 311u u u --+成立，因此，()21110x a x -+>成立．即证.例2.（2022全国甲卷）已知函数a x x xe xf x-+-=ln )(.（1）若0)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围；（2）若)(x f 有两个零点21,x x ，证明：121<x x .解析：（2）此时，xe t x=有两个解21,x x ，且2110x x <<<.此时，2121;tx e tx ex x ==，两式相除，可得：121212ln ln 12x x x x x x e x x -=-⇔=-.于是，欲证121<x x 只需证明：121221ln ln x x x x x x --<（对数均值不等式）.易证！习题2.已知函数()ln f x x x =．（1）求()f x 的图象在x e =处的切线方程；（2）若函数()()2f x F x b x =-有两个不同的零点1x 、2x ，证明：2120x x e ->．解：（1）()ln f x x x = ，定义域为()0,∞+，()ln 1f x x '=+，()f e e =，()2f e '=.因此，函数()y f x =的图象在x e =处的切线方程为()2y e x e -=-，即2y x e =-；（2）令()()2ln 0f x xF x b b x x =-=-=，得ln bx x =，由题意可得1122ln ln bx x bx x =⎧⎨=⎩，两式相加得()1212ln ln b x x x x +=+，两式相减得()1212ln ln b x x x x -=-，设120x x >>，12112122ln ln x x x x x x x x +∴=-，要证212x x e >，即证12112122ln ln 2x x xx x x x x +=>-，即()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令121x t x =>，即证()21ln 1t t t ->+.（易证，略！）例3．已知关于x 的方程ln 0ax x -=有两个不相等的正实根21,x x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）设k 为常数，当a 变化时，若12kx x 有最小值e e ，求常数k 的值.解析：由ln 0ax x -=且0x >，可得ln xa x =.设()()ln ,0,x F x x x=∈+∞，则()21ln xF x x-'=，令()0F x '=，解得e x =.当0e x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增；当e x >时，()0F x '<，()F x 单调递减；函数()ln xF x x =的图象如下：又x 趋向于0时()F x 趋向-∞，x 趋向于+∞时()F x 趋向0；要使()F x 图象与直线y a =有两个交点，则()0e a F <<，故a 的取值范围是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）因为()10F =，由（1）得121x e x <<<，则12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ===，设()211x t t x =>，则11ln ln ln t x t x +=，即12ln ln ln ,ln 11t t t x x t t ==--，由12kx x 有最小值e e ，即()12ln ln ln 1k t t k x x t ++=-有最小值e .()()()()()()2ln 11ln 1,11k t tg kk t t k tg t t t t t -+++=>--+-'=-，记()()()()()22111ln 1,1t t k k k k G t k t t k G t t t t t--+'=-++-+-=-++=，由于1t >，若1k ≤，则()0G t '>，可得()G t 单调递增，此时()()10G t G >=，即()()0,g t g t '>单调递增，此时()g t 在(1,)+∞没有最小值，不符合题意.若1k >，()1,t k ∈时，()0G t '<，则()G t 在()1,k 单调递减，(),t k ∈+∞时，()0G t '>，则()G t 在(),k +∞单调递增.又()10G =，()()10G k G =<，且t 趋向于+∞时()G t 趋向+∞，故0,()t k ∃∈+∞且唯一，使得()00G t =.此时01t t <<时，()0G t <，即()0g t '<，此时()g t 在()01,t 上单调递减；0t t >时，()0G t >，即()'0g t >，()g t 在()0,t +∞上单调递增.所以1k >时，()g t 有最小值()0g t ，而()00g t '=，即()0001ln 10kk t t k t -++-+-=，设()()()()()222e 20,e 1e 1xxx x x x x h x x h x x x ---⎡⎤++-⎣⎦=>'=+-+-设()()()()2e2,1e 1xx H x x x H x x --=++-'=-++.设()()(),e 0xu x H x u x x -=''=>，故()H x '递增，()()00H x H '>'=.此时()H x 递增，有()()00H x H >=，令e 1x y x -=+-且0x >，则1e 0x y -'=->，即y 在(0,)+∞上递增，故0|0x y y =>=，此时()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞递增，而()1e h =知，()e h x =的唯一解是1x =.故()0e g t =的唯一解是0ln 1t =，即0e t =.综上所述，2e 2e k =-.例4.已知函数()22xa f x e x ax =--，其中0a >.（1）当1a =时，求不等式()24f x e >-在()0,+¥上的解；（2）设()()g x f x '=，()y g x =关于直线ln x a =对称的函数为()y h x =，求证：当ln x a <时，()()g x h x <；（3）若函数()y f x =恰好在1x x =和2x x =两处取得极值，求证：12ln 2x x a +<.解析：()24f x e >-的解集为()2,+∞；（3）证明：由已知()()x g x f x e ax a '==--，()xg x e a'=-由1x ，2x 是函数()f x 的两个不同极值点（不妨设12x x <）.即1x ，2x 是函数()0g x =的两个不同实根.即()10g x =，()20g x =∴110x e ax a --=，220x e ax a --=，两式相减得：1212x x e e a x x -=-，于是要证明12ln 2x x a +<，即证明1212212x xx xe e e x x +-<-，两边同除以2x e ，即证12122121x x x x e e x x ---<-，即证()12122121x x x x x x ee--->-，即证()121221210x x x x x x ee ----+>令()12 0x x t t -=<即证不等式210tt te e -+>当0t <时恒成立.设()21t tt te e φ=-+，∴()22222111222t t t t tt t t t t e t e e e e e e φ⎡⎤⎛⎫⎛⎫'=+⋅⋅-=+-=--+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦而212t t e >+，即2102tt e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，∴()0t φ'<，∴()t φ在(),0-∞上是减函数，又()00φ=∴()0t φ>恒成立.则12ln 2x x a +<.例5．已知函数()()212x f x e x ax x R =--∈．（1）若函数()f x 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；（2）如果函数()()212g x f x a x ⎛⎫=--⎪⎝⎭恰有两个不同的极值点1x ，2x ，求证：12ln 22x x a +<．解析：（2）根据条件，()()2212x g x f x a x e ax ax ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，则()2xg x e ax a '=---2．因为12,x x 是极值点，所以()()121122020020xxg x e ax a x x e ax a '=⎧⎧--=⎪⇒⎨⎨'=--=⎪⎩⎩，两式相减得12122x x e e a x x -=-．所证不等式等价于1212121221212ln 2x x x x x x x x e e e e e x x x x ++--<⇔<--，设12x x >两边同除以2x e 得12122121x x x x e e x x ---<-．令12t x x =-，()0,t ∈+∞．所证不等式只需证明：122110t t t e e te e t -<⇔-+<．设()21ttp x te e =-+，则()112212t p x e e ⎡⎤⎛⎫'=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦．易证12102t e ⎛⎫-+≥⎪⎝⎭，所以()()00p x p '<=，因此()p t 在()0,+∞上单调递减，()()00p t p <=．所以原不等式成立，即12ln 22x x a +<．例6.(2011年辽宁卷)已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 的中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解析：（1）略.（2）()()000122f x ax a x '=-+-，由12()()0f x f x ==))(2()(ln ln 0)2(ln 0)2(ln 2122212122221211x x a x x a x x x a ax x x a ax x --+-=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=-+-同除以()12x x -得，()()121212ln ln 20x x a x x a x x --++-=-要证0()0f x '<，只需证()()()012012122220ax a a x x a x x x -+-=-++-<+；只需证()()()()1121221122ln ln 222a x x a a x x a x x x x x x --++-<-++--+；根据对数平均不等式1212122x x x xlnx lnx +->-，故原命题得证.例7．（2021•广州一模）已知函数2()()f x xlnx ax x a R =-+∈．（1）证明：曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线l 恒过定点；（2）若()f x 有两个零点1x ，2x ，且212x x >4e>．证明：（1）2()12122f x xlnx ax x lnx ax lnx ax '=-+=+-+=-+，f '（1）22a =-，又f （1）1a =-，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为(1)(22)(1)y a a x --=--，即12(1)()2y a x =--，当12x =时，0y =.故直线l 过定点1(2，0).（2）1x ，2x 是()f x 的两个零点，且212x x >，∴211112222000x lnx ax x x lnx ax x ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，可得112211lnx ax lnx ax +=⎧⎨+=⎩，∴12122112122111()2lnx lnx ln x x lnx lnx x x x x x x +++-===+-，令21(2)x t t x =>，21211221()(1)21x x x ln x t lnt lnx x x x t ++∴+==--，构造函数(1)()1t lntg t t +=-，求导可得212()(1)t lntt g t t --'=-，令1()2h t t lnt t =--，则22(1)()0t h t t -'=>，则()h t 在(2,)+∞上单调递增，而h （2）1322222022ln ln =--=->，()0g t ∴'>，则()g t 在(2,)+∞上单调递增，()g t g ∴>（2）32ln =，可得12()232ln x x ln +>，则1228()ln x x ln e >，即1228x x e>，则4e>>．。
高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第四讲 不等式教案 理-人教版高三
第四讲不等式年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅰ卷线性规划求最值·T131.选择、填空题中的考查以简单的线性规划与不等式性质为主，重点求目标函数的最值，有时也与其他知识交汇考查．2.基本不等式求最值及应用在课标卷考试中是低频点，很少考查．3.不等式的解法多与集合、函数、解析几何、导数交汇考查.Ⅱ卷线性规划求最值·T142017Ⅰ卷线性规划求最值·T14Ⅱ卷线性规划求最值·T5Ⅲ卷线性规划求最值·T132016Ⅰ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T8线性规划的实际应用·T16Ⅱ卷一元二次不等式的解法、集合的并集运算·T2Ⅲ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T6线性规划求最值·T13不等式性质及解法授课提示：对应学生用书第9页[悟通——方法结论]1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c 同号，那么其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，那么其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．2．解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．3．解含参数不等式要正确分类讨论．[全练——快速解答]1．(2018·某某一模)a >b >0，c <0，以下不等关系中正确的是( ) A ．ac >bcB ．a c>b cC ．log a (a －c )>log b (b －c )D.aa －c >bb －c解析：法一：(性质推理法)A 项，因为a >b ，c <0，由不等式的性质可知ac <bc ，故A 不正确；B 项，因为c <0，所以－c >0，又a >b >0，由不等式的性质可得a －c >b －c>0，即1a c >1bc >0，再由反比例函数的性质可得a c <b c，故B 不正确； C 项，假设a ＝12，b ＝14，c ＝－12，那么log a (a －c )＝1＝0，log b (b －c )＝34>1＝0，即log a (a －c )<log b (b －c )，故C 不正确；D 项，a a －c －bb －c ＝a (b －c )－b (a －c )(a －c )(b －c )＝c (b －a )(a －c )(b －c )，因为a >b >0，c <0，所以a －c >b －c >0，b －a <0，所以c (b －a )(a －c )(b －c )>0，即a a －c －b b －c>0，所以aa －c >bb －c，故D 正确．综上，选D.法二：(特值验证法)由题意，不妨取a ＝4，b ＝2，c ＝－2. 那么A 项，ac ＝－8，bc ＝－4，所以ac <bc ，排除A ； B 项，a c ＝4－2＝116，b c ＝2－2＝14，所以a c <b c，排除B ；C 项，log a (a －c )＝log 4(4＋2)＝log 4 6，log b (b －c )＝log 2(2＋2)＝2，显然log 4 6<2，即log a (a －c )<log b (b －c )，排除C.综上，选D. 答案：D2．(2018·某某四校联考)不等式mx 2＋nx －1m <0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－12或x >2，那么m －n ＝( )A.12 B ．－52C.52D ．－1解析：由题意得，x ＝－12和x ＝2是方程mx 2＋nx －1m ＝0的两根，所以－12＋2＝－n m 且－12×2＝－1m 2(m <0)，解得m ＝－1，n ＝32，所以m －n ＝－52. 答案：B 3．不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A ．(－∞，0]∪(2,4] B ．[0,2)∪[4，＋∞) C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：①当x －2>0，即x >2时，不等式可化为(x －2)2≥4，所以x ≥4；②当x －2<0，即x <2时，不等式可化为(x －2)2≤4，所以0≤x <2.综上，不等式的解集是[0,2)∪[4，＋∞)．答案：B4．x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x>0恒成立，那么实数a 的取值X 围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－2，14B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，14C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32D.(]－∞，6解析：根据题意，由于1＋2x＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x＝t(0<t≤2)，那么可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋tt2，故只要求解h (t)＝－1＋tt 2(0<t≤2)的最大值即可，h (t)＝－1t 2－1t ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.答案：C5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg (x ＋1)，x ≥0，－x 3，x <0，那么使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，lg (x ＋1)≤1得0≤x ≤9，由⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x <0，故使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是[－1,9]．答案：[－1,9]1．明确解不等式的策略(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解． 2．掌握不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )的图象在g (x )的图象的上方．(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的X 围，谁就是变量，求谁的X 围，谁就是参数．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论]求最值时要注意三点：“一正〞“二定〞“三相等〞．所谓“一正〞指正数，“二定〞是指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等〞是指等号成立．[全练——快速解答]1．(2018·某某模拟)x >0，y >0，且4x ＋y ＝xy ，那么x ＋y 的最小值为( ) A ．8B ．9 C ．12 D ．16解析：由4x ＋y ＝xy 得4y ＋1x＝1，那么x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y ＋1x ＝4x y ＋yx＋1＋4≥24＋5＝9，当且仅当4x y ＝yx，即x ＝3，y ＝6时取“＝〞，应选B.答案：B2．(2017·高考某某卷)假设a ，b ∈R ，ab >0，那么a 4＋4b 4＋1ab 的最小值为________．解析：因为ab >0，所以a 4＋4b 4＋1ab ≥24a 4b 4＋1ab ＝4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，ab ＝12时取等号，故a 4＋4b 4＋1ab的最小值是4.答案：43．(2017·高考某某卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x 的值是________．解析：由题意，一年购买600x 次，那么总运费与总存储费用之和为600x×6＋4x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫900x ＋x ≥8900x·x ＝240，当且仅当x ＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x 的值是30. 答案：30掌握基本不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：假设无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋Ag (x )＋Bg (x )(A >0，B >0)，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．简单的线性规划问题授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论] 平面区域的确定方法解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)设x ，y 满足约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －6≤0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝x －y 的取值X 围是( )A ．[－3,0]B ．[－3,2]C ．[0,2]D ．[0,3]解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线l 0：y ＝x ，平移直线l 0，当直线z ＝x －y 过点A (2,0)时，z 取得最大值2，当直线z ＝x －y 过点B (0,3)时，z 取得最小值－3，所以z ＝x －y 的取值X 围是[－3,2]．答案：B2．平面上的单位向量e 1与e 2 的起点均为坐标原点O ，它们的夹角为π3.平面区域D 由所有满足OP →＝λe 1＋μe 2的点P 组成，其中⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，0≤λ，0≤μ，那么平面区域D 的面积为( )A.12B. 3C.32D.34解析：建立如下图的平面直角坐标系，不妨令单位向量e 1＝(1,0)，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，设向量OP →＝(x ，y )，因为OP →＝λe 1＋μe 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ＋μ2，y ＝3μ2，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＝x －3y3，μ＝23y 3，因为⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，λ≥0，μ≥0，所以⎩⎨⎧3x ＋y ≤3，3x －y ≥0，y ≥0表示的平面区域D 如图中阴影部分所示，所以平面区域D 的面积为34，应选D. 答案：D3．(2018·某某模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工两道工序．生产一把椅子需要木工4个工作时，漆工2个工作时；生产一X 桌子需要木工8个工作时，漆工1个工作时．生产一把椅子的利润为1 500元，生产一X 桌子的利润为2 000元．该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时．根据以上条件，该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元．解析：设该厂每个月生产x 把椅子，y X 桌子，利润为z 元，那么得约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋8y ≤8 000，2x ＋y ≤1 300，z ＝1 500x ＋2 000y .x ，y ∈N ，画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤2 000，2x ＋y ≤1 300，x ≥0，y ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示，画出直线3x ＋4y ＝0，平移该直线，可知当该直线经过点P 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2 000，2x ＋y ＝1 300，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝200，y ＝900，即P (200,900)，所以z max ＝1 500×200＋2 000×900＝2 100 000.故每个月所获得的最大利润为2 100 000元．答案：2 100 000解决线性规划问题的3步骤[练通——即学即用]1．(2018·湘东五校联考)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，那么(x ＋5)2＋y 2的最小值为( )A ．5B ．3 C. 5D. 3解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与D(－5,0)的距离的平方，数形结合可知，(－5,0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5.应选A. 答案：A2．变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，2x ＋y ≤1，记z ＝4x ＋y 的最大值是a ，那么a ＝________.解析：如下图，变量x ，y 满足的约束条件的可行域如图中阴影部分所示．作出直线4x ＋y ＝0，平移直线，知当直线经过点A 时，z取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，所以A (1，－1)，此时z ＝4×1－1＝3，故a ＝3.答案：33．(2018·高考全国卷Ⅰ)假设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，那么z ＝3x ＋2y 的最大值为________．解析：作出满足约束条件的可行域如图阴影部分所示．由z ＝3x ＋2y 得y ＝－32x ＋z2.作直线l 0：y ＝－32x .平移直线l 0，当直线y ＝－32x ＋z2过点(2,0)时，z 取最大值，z max＝3×2＋2×0＝6.答案：6授课提示：对应学生用书第118页一、选择题1．互不相等的正数a ，b ，c 满足a 2＋c 2＝2bc ，那么以下等式中可能成立的是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >aD ．c >a >b解析：假设a >b >0，那么a 2＋c 2>b 2＋c 2≥2bc ，不符合条件，排除A ，D ； 又由a 2－c 2＝2c (b －c )得a －c 与b －c 同号，排除C ；当b >a >c 时，a 2＋c 2＝2bc 有可能成立，例如：取a ＝3，b ＝5，c ＝1.应选B. 答案：B2．b >a >0，a ＋b ＝1，那么以下不等式中正确的是() A ．log 3a >0B ．3a －b<13C ．log 2a ＋log 2b <－2D ．3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥6解析：对于A ，由log 3a >0可得log 3a >log 31，所以a >1，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以A 不正确；对于B ，由3a －b<13可得3a －b <3－1，所以a －b <－1，可得a ＋1<b ，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以B 不正确；对于C ，由log 2a ＋log 2b <－2可得log 2(ab )<－2＝log 214，所以ab <14，又b >a >0，a ＋b ＝1>2ab ，所以ab <14，两者一致，所以C 正确；对于D ，因为b >a >0，a ＋b ＝1，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b >3×2b a ×ab＝6, 所以D 不正确，应选C. 答案：C3．在R 上定义运算：x y ＝x (1－y )．假设不等式(x －a )(x －b )>0的解集是(2,3)，那么a ＋b ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由题知(x －a )(x －b )＝(x －a )[1－(x －b )]>0，即(x －a )[x －(b ＋1)]<0，由于该不等式的解集为(2,3)，所以方程(x －a )[x －(b ＋1)]＝0的两根之和等于5，即a ＋b ＋1＝5，故a ＋b ＝4.答案：C 4．a ∈R ，不等式x －3x ＋a≥1的解集为P ，且－2∉P ，那么a 的取值X 围为( ) A ．(－3，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，2)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪[2，＋∞)解析：∵－2∉P ，∴－2－3－2＋a <1或－2＋a ＝0，解得a ≥2或a <－3.答案：D5．x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －3y ＋5≥0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y 的最小值为( )A ．1 B.324C.116D.132解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，而z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y＝2－3x －y，欲使z 最小，只需使－3x －y 最小即可．由图知当x ＝1，y ＝2时，－3x －y 的值最小，且－3×1－2＝－5，此时2－3x －y最小，最小值为132.应选D.答案：D6．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x <0，那么不等式f (x )>f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)解析：由题意得，f (1)＝3，所以f (x )>f (1)，即f (xx <0时，x ＋6>3，解得－3<x <0；当x ≥0时，x 2－4x ＋6>3，解得x >3或0≤x <1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．答案：A7．实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝3x －2y 的最小值为0，那么实数m 等于( )A ．4B ．3C ．6D ．5解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝3x －2y 所对应的直线经过点A 时，z 取得最小值0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x ＋y ＝m ，求得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3，2m －13.故z 的最小值为3×1＋m 3－2×2m －13＝－m 3＋53，由题意可知－m 3＋53＝0，解得m ＝5.答案：D8．假设对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax恒成立，那么实数a 的最小值为( ) A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.答案：C9．(2018·某某一模)实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋3≥0，2x －y ＋2≤0，x ＋2y －4≤0，那么z ＝x 2＋y 2的取值X围为( )A ．[1,13]B ．[1,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4解析：画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由此得z ＝x 2＋y 2的最小值为点O 到直线BC ：2x －y ＋2＝0的距离的平方，所以z min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝45，最大值为点O 与点A (－2,3)的距离的平方，所以z max ＝|OA |2＝13，应选C.答案：C10．(2018·某某二模)假设关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，那么x 1＋x 2＋ax 1x 2的最小值是( ) A.63 B.233 C.433D.263解析：∵关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，∴Δ＝16a 2－12a 2＝4a 2>0，又x 1＋x 2＝4a ，x 1x 2＝3a 2， ∴x 1＋x 2＋a x 1x 2＝4a ＋a 3a 2＝4a ＋13a ≥24a ·13a ＝433，当且仅当a ＝36时取等号．∴x 1＋x 2＋a x 1x 2的最小值是433. 答案：C11．某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，那么租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元解析：设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，那么约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈N ，作出可行域如图中阴影部分所示，可知目标函数过点A (5,12)时，有最小值z min ＝36 800(元)．答案：C12．(2018·某某模拟)点P (x ，y )∈{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}，x ≥－2M (2，－1)，那么OM →·OP→(O 为坐标原点)的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．－6D ．－8解析：由题意知OM →＝(2，－1)，OP →＝(x ，y )，设z ＝OM →·OP →＝2x －y ，显然集合{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}x ≥－2对应不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2x ≥－2所表示的平面区域．作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝2x －y 对应的直线经过点A 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2x ＋2y －2＝0得A (－2,2)，所以目标函数的最小值z min ＝2×(－2)－2＝－6，即OM →·OP →的最小值为－6，应选C.答案：C二、填空题13．(2018·某某模拟)假设a >0，b >0，那么(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 的最小值是________．解析：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝2＋2b a ＋a b ＋1＝3＋2b a ＋a b，因为a >0，b >0，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ≥3＋22b a ×a b ＝3＋22，当且仅当2b a ＝ab，即a ＝2b 时等号成立．所以所求最小值为3＋2 2.答案：3＋2 214．(2018·高考全国卷Ⅱ)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，那么z ＝x ＋y的最大值为________．解析：由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)，x ＋y 取得最大值⇔斜率为－1的直线x ＋y ＝z (z 看做常数)的横截距最大，由图可得直线x ＋y ＝z 过点C 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点C (5,4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：915．(2018·某某模拟)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤4，那么z ＝y －2x ＋3的最小值为________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因为目标函数z ＝y －2x ＋3表示区域内的点与点P (－3,2)连线的斜率．由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，那么有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝－125. 答案：－12516．a >b >1，且2log a b ＋3log b a ＝7，那么a ＋1b 2－1的最小值为________． 解析：令log a b ＝t ，由a >b >1得0<t<1,2log a b ＋3log b a ＝2t ＋3t ＝7，得t ＝12，即log a b＝12，a ＝b 2，所以a ＋1b 2－1＝a －1＋1a －1＋1≥2(a －1)·1a －1＋1＝3，当且仅当a ＝2时取等号. 故a ＋1b 2－1的最小值为3. 答案：3。
高三数学二轮复习：微专题13 不等式恒成立问题
利 用导数解决不 等式恒成立问题的两种常用方法： (1) 分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数 的最值，根据要求求得取值范围． 对于恒成立问题：①k≥f(x)恒成立k≥f(x)max；②k≤f(x)恒成立k≤f(x)min.[来源:Z。xx。] 对于存在性问题：①存在 x 使得 k≥f(x)k≥f(x)min；②存在 x 使得 k≤f(x)k≤f(x)max. (2) 函数思想法：将不等式转化为含某待求参数的函数的最值 问题，利用导数 求该函数的极值 (最值)， 然后构建不等式求解．
t2＋2
t2
4. 若不等 式 2x－1>m(x 2－1)对一切 m∈[－2，2]都成立，则实数 x 的取值范围为________．
5. 已知函数 f(x)＝ex－1－1－alnx，若对任意的 x∈[1，＋∞)，f(x)≥0 恒成立，则实数 a 的取值范
围是________． π
0， 6. 若不等式 logax>sin2x(a>0 且 a≠1)对于任意的 x∈ 4 都成立，则实数 a 的取值范围为 ________ ．
8.
设函数
f(x)＝a＋xlnx，g(x)
＝x －x －3. 3 2
[来源:学科网 ZXXK]
x
(1) 如果存在 x1，x2∈[0，2]，使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数 M；
(2)
如果对于任意的 s，t∈
1，2 2
，都有
f(s)≥g(t)成立，求实数
a
的取值范围．
微专题
1. 已知函数 f(x)＝－ x2＋(2a－1)x＋3 在[1， 2]上的值恒为正，那么 a 的取值范围是________．
不等式恒成立或有解问题——高三二轮数学复习
数学(理)
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∴h(x)>h(1)＝0，即a≤0时不满足题意．
当a>0时，由h′(x)＝0，得x＝1a.
①若a∈(0,1)，则
1a ∈(1，＋∞)，令h′(x)>0得1<x<
1a ，令h′(x)<0得x>
1 a
，故h(x)
在1a，＋∞上为减函数，在1，1a上为增函数． ∴存在x0∈1，＋∞，使得h(x0)>h(1)＝0，
数学(理)
∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3. ∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>2e－3 6. 又a<0，从而2e－3 6<a<0， 即a的取值范围是2e－3 6，0.
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数学(理)
因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0， 所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2. 所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0. 所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
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数学(理)
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令h(x)＝ex－12x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1， 令H(x)＝ex－x－1(x>0)，则H′(x)＝ex－1>0， 所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0， 故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex－12x2－x－1>0恒成立， 故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
高中数学_不等式复习(基础篇)教学设计学情分析教材分析课后反思
高考专题复习之六――不等式(基础篇)学情分析一、整体情况1、所教学生为文科实验班，共34人，是高三新成立的班，这些学生在高一、高二时都分布在平行班中，高一、高二时学生在班内相对较好。
2、数学数学基础相对较好，但数学学习习惯不够规范，具体表现在：书写不规范、思维不够清晰，缺乏思维的深度、数学运算能力不强、在数学问题中对数学知识和方法的提取与转化能力弱、缺少做题的灵活性个性品质需要再进一步提高二、本部分知识掌握情况对于本部分知识，学生在新授课和一轮复习时对一些基础题型已经能够较熟练地处理，再加之新授课中对基本题型如不等式性质的运用、解一元二次不等式等相关的单一的基本题型已经掌握较好，本节课的重点是通过对典型问题的解读分析，在思维上让学生再进一步提高，使学生能够站在更高的高度看待与不等式有关的问题，对知识点的辨认、提取、讨论、解决方面能够再上一个台阶。
三、教学目标知识1、进一步掌握不等式的性质2、掌握基本不等式的特征及运用条件3、掌握一元二次不等式与对应一元二次方程和一元二次函数的关系方法1、能较清晰地识别、辨认并能有针对性地处理与不等式有关的常见题型.2、能够较熟练地解一元二次不等式3、能够较熟练地运用基本不等式求最大（小）值4、初步掌握分类讨论的分类标准思想1、进一步提高分类整合、数形结合的能力2、通过观察、归纳、抽象等方式，培养学生求真求实的科学精神，体会数学的应用价值，提高学生的逻辑推理能力和学数学用数学的意识.四、教学策略与教学手段根据复习课的特点以及数学知识的特点，在课堂上主要采用以题促学、以题促思、学生在老师指导下进行互助合作的模式；在复习基本题型的同时突出复习重点、攻克思维难点，同时辅以多媒体演示，最大限度地提高教学效率。
高考专题复习之六:不等式(基础篇)效果分析对于本节课，我认为自己做到了以下几点：1、对所教学生的学习情况做了细致、全面的了解和分析；2、对所复习知识点在高考中的地位和作用做了全面的分析；3、对所选题目进行了精心的筛选，力争做到具有代表性，能反应高考考查的方向；4、对重点难点的突破做到了循序渐进；5、在课堂控制方面坚持以学生为主体充分挖掘学生的潜力；学生方面：1、对不等式部分有了更深刻的认识；2、对于不等式部分在高考中的地位和作用认识更到位；3、从思维层面上对不等式相关的综合题目有了一定的理性认识.专题复习之六――不等式（基础篇）教材分析一、考试大纲及考试说明的要求：1、不等关系了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景.2、一元二次不等式（1）会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.（2）通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.（3）会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.3、基本不等式：2a b +≥ (0,0)a b ≥≥ （1）了解基本不等式的证明过程.（2）会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题.二、教材分析1、本部分教材是高中数学必修五中的内容，由于本部分知识即具有知识性、工具性的特点，但在整个数学知识体系中本部分有着举足轻重的作用。
高三数学第二轮复习专题讲座 人教版
高三数学第二轮复习专题讲座 人教版专题一 函数考点高考要求 1 映射的概念 了解 2 函数的概念 理解 3 函数的单调性的概念 了解 4 简单函数单调性的判断 掌握 5 函数的奇偶性 了解 6 反函数的概念了解 7 互为反函数的函数图象间的关系 了解 8 简单函数的反函数的求法 掌握 9 分数指数幂的概念 理解 10 有理数指数幂的运算性质 掌握 11 指数函数的概念、图象和性质 掌握 12 对数的概念 理解 13 对数的运算法制掌握 14 对数函数的概念、图象和性质 掌握 15运用函数的性质解决简单的实际问题掌握说明：1．了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识，知道这一知识内容是什么，并能在有关的问题中直接应用；2．理解和掌握：要求对所列知识内容有较为深刻的理性认识，能够解释、举例或变形、推断，并能利用知识解决有关问题；3．灵活和综合运用：要求系统的掌握知识的内在联系，能够运用所列知识分析和解决较为复杂的或综合性的问题．（以下两点分析主要针对的是2004年全国各地的高考试题，共15套） 二、高考考点分析：在2004年全国各地的高考题中，考查函数的试题或与函数有关的试题大约有56道，在150分中约占25分到30分．对函数，常常从以下几个方面加以考查．1知识点函数的解析式 定义域和值域（包括最大值和最小值） 函数的单调性 函数的奇偶性和周期性 函数的反函数 题量27335函数和一些分段函数，简单的函数方程为背景，难度以中等题和容易题为主，如： 例1．（重庆市）函数)23(log 21-=x y 的定义域是（ D ）A 、[1,)+∞B 、23(,)+∞C 、23[,1]D 、23(,1]例2．（天津市）函数123-=xy （01<≤-x ）的反函数是（ D ）A 、)31(log 13≥+=x x yB 、)31(log 13≥+-=x x yC 、)131(log 13≤<+=x x yD 、)131(log 13≤<+-=x x y也有个别小题的难度较大，如 例3．（北京市）函数,,(),,x x P f x x x M ∈⎧=⎨-∈⎩其中P 、M 为实数集R 的两个非空子集，又规定f P y y f x x P (){|(),}==∈，f M y y f x x M (){|(),}==∈，给出下列四个判断：①若P M ⋂=∅，则f P f M ()()⋂=∅ ②若P M ⋂≠∅，则f P f M ()()⋂≠∅ ③若P M ⋃=R ，则()()f P f M ⋃=R ④若P M R ⋃≠，则()()f P f M ⋃≠R 其中正确判断有（ B ）A 、 1个B 、 2个C 、 3个D 、 4个分析：若P M ⋂≠∅，则只有}0{=⋂M P 这一种可能．②和④是正确的．2．对数形结合思想、函数图象及其变换的考查．对图象的考查有6道试题，也以小题为主，难度为中等． 例4．（上海市）设奇函数f (x )的定义域为[-5，5]．若当x ∈[0，5]时f (x )的图象如右图，则不等式f (x )<0的解是]5,2()0,2( -． 例5．（上海市）若函数y =f (x )的图象可由函数y =lg(x +1)的图象绕坐标原点O 逆时针旋转2π得到，则f （x ）为（ A ） A 、10-x-1 B 、10x-1 C 、1-10-xD 、1-10x3．对函数思想的考查．利用函数的图象研究方程的解；利用函数的单调性证明不等式（常常利用函数的导数来判断和证明函数的单调性）；利用函数的最值说明不等式恒成立等问题．在全部考题中，有7道小题考查了用函数研究方程或不等式的问题，有14道大题考查了函数与方程、不等式、数列等的综合问题． 例6．（1）（浙江省）已知⎩⎨⎧≥<-=,0,1,0,1)(x x x f 则不等式)2()2(+⋅++x f x x ≤5的解集是]23,(-∞．（2）（全国卷3）设函数2(1),1,()41, 1,x x f x x x ⎧+<⎪=⎨--≥⎪⎩则使得f (x )≥1的自变量x 的取值范围为（ A ）A 、(-∞,-2][0,10]B 、(-∞,-2][0,1]C 、(-∞,-2][1,10] D 、[-2,0][1,10]例7．（上海市）已知二次函数y =f 1（x ）的图象以原点为顶点且过点（1，1），反比例函数y =f 2（x ）的图象与直线y =x 的两个交点间距离为8，f （x ）= f 1（x ）+ f 2（x ）． （1）求函数f （x ）的表达式；（2）证明：当a >3时，关于x 的方程f (x )= f (a )有三个实数解．解：（1）由已知,设f 1(x )=ax 2，由f 1(1)=1，得a =1，故f 1(x )= x 2．设f 2(x )=xk(k >0)，它的图象与直线y =x 的交点分别为A (k ，k )、B (－k ,－k ) 由AB =8，得k =8，故f 2(x )=x 8．所以f (x )=x 2+x8． （2）证法一：由f （x ）=f （a ）得x 2+x 8=a 2+a 8， 即x 8=－x 2+a 2+a 8．在同一坐标系内作出f 2(x )=x 8和f 3(x )= －x 2+a 2+a8的大致图象，其中f 2(x )的图象是以坐标轴为渐近线，且位于第一、三象限的双曲线，f 3(x )的图象是以(0，a 2+a8)为顶点，开口向下的抛物线．因此,，f 2(x )与f 3(x )的图象在第三象限有一个交点，即f (x )=f (a )有一个负数解． 又因为f 2(2)=4,，f 3(2)= －4+a 2+a8 当a >3时，f 3(2)－f 2(2)= a 2+a8－8>0, 所以当a >3时，在第一象限f 3(x )的图象上存在一点(2，f (2))在f 2(x )图象的上方． 所以f 2(x )与f 3(x )的图象在第一象限有两个交点，即f (x )=f (a )有两个正数解． 因此，方程f (x )=f (a )有三个实数解． 证法二：由f (x )=f (a )，得x 2+x 8=a 2+a 8， 即(x －a )(x +a －ax8)=0，得方程的一个解x 1=a ． 方程x +a －ax8=0化为ax 2+a 2x －8=0，由a >3，∆=a 4+32a >0，得 x 2=a a a a 23242+--， x 3=aa a a 23242++-，因为x 2<0, x 3>0, 所以x 1≠ x 2，且x 2≠ x 3．若x 1= x 3，即a =aa a a 23242++-，则3a 2=a a 324+， a 4=4a ，得a =0或a =34，这与a >3矛盾，所以x 1≠ x 3． 故原方程f (x )=f (a )有三个实数解． 例8．（福建高考题）已知f (x )=2324()3x ax x x +-∈R 在区间[－1，1]上是增函数． （Ⅰ）求实数a 的值组成的集合A ； （Ⅱ）设关于x 的方程f (x )=3312x x +的两个非零实根为x 1、x 2．试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）f ＇(x )=4+2,22x ax - ∵f (x )在[－1，1]上是增函数，∴f ＇(x)≥0对x ∈[－1，1]恒成立，即x 2－ax －2≤0对x ∈[－1，1]恒成立． ①设ϕ(x )=x 2－ax －2，方法一：① ⇔ ⎩⎨⎧≤-+=-≤--=021)1(021)1(a a ϕϕ ⇔－1≤a ≤1，∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(-1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0∴A ={a |－1≤a ≤1}.方法二：①⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≤-+=-≥021)1(02a a ϕ或⎪⎩⎪⎨⎧≤--=<021)1(02a a ϕ⇔ 0≤a ≤1或－1≤a ≤0⇔ －1≤a ≤1．∵对x ∈[－1，1]，只有当a =1时，f ＇(－1)=0以及当a =－1时，f ＇(1)=0， ∴A ={a |－1≤a ≤1}． （Ⅱ）由,02,0,3123242332=--=+=-+ax x x x x x ax x 或得 ∵△=a 2+8>0，∴x 1，x 2是方程x 2－ax －2=0的两非零实根，x 1+x 2=a ，x 1x 2=－2， 从而|x 1－x 2|=212214)(x x x x -+=82+a ． ∵－1≤a ≤1，∴|x 1-x 2|=82+a ≤3．要使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立， 当且仅当m 2+tm +1≥3对任意t ∈[－1，1]恒成立，即m 2+tm －2≥0对任意t ∈[－1，1]恒成立. ②设g(t)=m 2+tm －2=mt +(m 2－2)，方法一：②⇔ g (－1)=m 2－m －2≥0且g (1)=m 2+m －2≥0，⇔m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}. 方法二：当m =0时，②显然不成立；当m ≠0时，②⇔m >0，g (－1)=m 2－m －2≥0 或m <0，g (1)=m 2+m －2≥0 ⇔ m ≥2或m ≤－2.所以，存在实数m ，使不等式m 2+tm +1≥|x 1－x 2|对任意a ∈A 及t ∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m |m ≥2，或m ≤－2}.说明：本题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力． 三、高考热点分析函数几乎贯穿了高中数学的始末，它与高中数学的每一部分内容几乎都有联系．对函数的认识，应该包含对函数的概念和性质的理解；对二次函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本初等函数和分段函数的概念和性质的理解；函数图象的变换和应用；建立函数模型解决问题的意识等．在复习过程中，以下几点值得重视：1．重视对函数概念和基本性质的理解．包括定义域、值域（最值）、对应法则、对称性（包括奇偶性）、单调性、周期性、反函数、图象变换、基本初等函数（常常是载体）等．研究函数的性质要注意分析函数解析式的特征，同时要注意函数图象（形）的作用．对这部分知识的考查，除了一部分比较简单的小题直接考查函数某一方面的性质外，常常是对函数综合的类型较多（中等难度题，以小题和前三道大题为主），包括函数内部多种知识的综合，函数同方程、不等式、数列的综合．例1．（北京市）函数f x x ax ()=--223在区间［1，2］上存在反函数的充分必要条件是（ D ）A . a ∈-∞(,]1B . a ∈+∞[,)2C . a ∈[,]12D . a ∈-∞⋃+∞(,][,)12 说明：涉及二次函数的单调性、反函数的概念、充分必要条件等知识．例2． （福建省）已知函数y =log 2x 的反函数是y =f —1(x )，则函数y = f —1(1－x )的图象是（ C ）例3．（全国高考题3）已知函数y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，f (x )=3x -1，设f (x )的反函数是y =g (x )，则g (-8)=___-2_____．例4．（湖北省）函数]1,0[)1(log )(2在++=x a x f a 上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为（ B ）A 、41B 、21 C 、2 D 、4例5．（北京市）在函数f x ax bx c ()=++2中，若a ，b ，c 成等比数列且f ()04=-，则f x ()有最大 值（填“大”或“小”），且该值为-3．例6．（湖南省）设函数,2)2(),0()4(.0,2,0,)(2-=-=-⎩⎨⎧>≤++=f f f x x c bx x x f 若则关于x 的方程x x f =)(解的个数为（ C ）A 、1B 、2C 、3D 、4例7．（江苏省）设k >1，f (x )=k (x -1)(x ∈R ) ．在平面直角坐标系xOy 中，函数y =f (x )的图象与x 轴交于A 点，它的反函数y =f -1(x )的图象与y 轴交于B 点，并且这两个函数的图象交于P 点．已知四边形OAPB 的面积是3，则k 等于（ B ）A 、3B 、32C 、43D 、65例8．（上海市）记函数f (x )=132++-x x 的定义域为A ，g (x )=lg [(x －a －1)(2a －x )](a <1) 的定义域为B ． （1）求A ；（2）若B ⊆A , 求实数a 的取值范围． 解：（1）2－13++x x ≥0，得11+-x x ≥0， x <－1或x ≥1，即A =(－∞，－1) [1，+ ∞)． （2）由(x －a －1)(2a －x )>0，得(x －a －1)(x －2a )<0．因为a <1，所以a +1>2a ，故B =(2a ，a +1)． 因为B ⊆A ，所以2a ≥1或a +1≤－1，即a ≥21或a ≤－2，而a <1， 所以21≤a <1或a ≤－2，故当B ⊆A 时，实数a 的取值范围是(－∞，－2] [21，1)．例9．（2003年全国理科高考题）已知.0>c 设P ：函数xc y =在R 上单调递减.Q ：不等式1|2|>-+c x x 的解集为R ，如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围.解：函数xc y =在R 上单调递减.10<<⇔c不等式|2|1|2| 1.x x c R y x x c +->⇔=+-R 的解集为函数在上恒大于 22,2,|2|2,2,1|2|2.|2|121.211,,0.,, 1.(0,][1,).22x c x c x x c c x c y x x c c x x c R c c P Q c P Q c c -≥⎧+-=⎨<⎩∴=+-∴+->⇔>⇔><≤≥⋃+∞R 函数在上的最小值为不等式的解集为如果正确且不正确则如果不正确且正确则所以的取值范围为 2．重视利用导数研究函数的单调性等性质，进而证明一些不等式或转化一些不等式恒成立问题． 例10．（全国高考题1）已知13)(23+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值范围. 分析：函数13)(23+-+=x x ax x f 在R 上递减等价于0)(≤'x f 恒成立．解：函数f (x )的导数：.163)(2-+='x ax x f当0)(≤'x f （x ∈R ）时，)(x f 是减函数.23610()ax x x +-≤∈R .3012360-≤⇔≤+=∆<⇔a a a 且所以，所求a 的取值范围是（].3,-∞-说明：这类问题在2004年全国各地的高考题中大量出现，需重视． 例11．（重庆市）设函数()(1)(),(1)f x x x x a a =-->（1）求导数/()f x ；并证明()f x 有两个不同的极值点12,x x ； （2）若不等式12()()0f x f x +≤成立，求a 的取值范围． 解：（1）.)1(23)(2a x a x x f ++-='.0)(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,,04)1(4.0)1(230)(221121212122>'><'<<<'<'--='<>≥+-=∆=++-='x f x x x f x x x x f x x x f x x x x x f x x x x a a a a x a x x f 时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x 是极大值点，2x 是极小值点.（2）因故得不等式,0)()(21≤+x f x f ：.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231≤++-++--++≤++++-+x x a x x x x a x x x x x x x x a x x a x x 即又由（I ）知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+.3),1(322121a x x a x x ，代入前面不等式，两边除以（1+a ），并化简得.02522≥+-a a.0)()(,2,.)(212:21成立不等式时当因此舍去或解不等式得≤+≥≤≥x f x f a a a 例12．（2003年江苏高考题）已知n a ,0>为正整数. （Ⅰ）设1)(,)(--='-=n n a x n y a x y 证明；（Ⅱ）设).()1()1(,,)()(1n f n n f a n a x x x f n n n n n '+>+'≥--=+证明对任意证明：（Ⅰ）因为nk knnC a x 0)(=∑=-k kn x a --)(，所以1)(--=-='∑k kn nk kn xa kC y nk n 0=∑=.)()(1111------=-n k k n k n a x n x a C （Ⅱ）对函数nn n a x x x f )()(--=求导数:nn n n n n n n n n n n n n a n n a n n a n x a x x x f a x x f a x a n n n n f a x n nx x f )()1()1(,,.)()(,.0)(,0].)([)(,)()(1111-->-+-+≥--=≥∴>'>≥--='--='----时当因此的增函数是关于时当时当所以∴))()(1(])1()1)[(1()1(1n n n n n a n n n a n n n n f --+>-+-++=+'+ ).()1())()(1(1n f n a n n n n n n n '+=--+>- 即对任意).()1()1(,1n f n n f a n n n '+>+'≥+四、二轮复习建议（正文用宋体五号字）1．进一步加强对基本概念、基础知识、基本方法的理解和训练（在函数性质和函数与其他知识的小综合上要多加训练，这是关键）．2．在二轮复习过程中，做两件事情：一是分专题讲解“函数、导数与不等式”（重点）、“函数与数列”，二是在整个复习过程中，不断渗透函数的思想方法和数形结合的思想方法． 一些备选例题：1．（2000年春季）已知函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 的图象如图所示，则（ A ）A 、b ∈(-∞，0)B 、 b ∈(0,1)C 、 b ∈(1,2)D 、 b ∈(2,+∞) 分析：显然，（想方程）方程f (x )=0的根为0、1、2，所以，可以设f (x )=ax (x -1)(x -2)，与f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 比较可得：b =-3a ．（想不等式）又x >2时，有f （x ）>0，于是有a >0，故b <0.2．（2000年上海）已知函数f (x )=xax x ++22,x ∈[)+∞,1.（1）当a =21时，求函数f (x )的最小值； （2）若对任意的x ∈[)+∞,1,f (x )>0恒成立，试求a 的取值范围．分析：本题考查求函数的最值的方法，以及等价变换和函数思想的运用．当a =21时，f (x )=221++xx ≥222212+=+⋅x x ，当且仅当22,21==x x x 即时等号成立，而[)∞+∉122，也就是说这个最小值是取不到的． 解：(1)当a =21时，f (x )=221++xx ，函数f (x )在区间[)+∞,1上为增函数（证明略），所以当x =1时，取到最小值f (1)=3.5.(2)解法一：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，而函数g (x )=x 2+2x +a 在[)+∞,1上增函数，所以当x =1时，g (x )取到最小值3+a ，故3+a >0，得：a >-3．解法二：f (x )>0恒成立，就是x 2+2x +a >0恒成立，即a >-x 2-2x 恒成立，这只要a 大于函数-x 2-2x 的最大值即可．而函数-x 2-2x 在[)+∞,1上为减函数，当x =1时，函数-x 2-2x 取到最大值-3，所以a >-3．说明：函数、方程不等式之间有着密切的联系，在解题时要重视这种联系，要善于从函数的高度理解方程和不等式的问题，也要善于利用方程和不等式的知识解决函数的问题．3．某工厂有一个容量为300吨的水塔，每天从早上6时起到晚上10时止供应该厂的生产和生活用水，已知该厂生活用水为每小时10吨，工业用水量W （吨）与时间t （小时，且规定早上6时t ＝0）的函数关系为W ＝100t ．水塔的进水量分为10级，第一级每小时进水10吨，以后每提高一级，每小时进水量就增加10吨．若某天水塔原有水100吨，在开始供水的同时打开进水管，问进水量选择为第几级时，既能保证该厂的用水（水塔中水不空）又不会使水溢出?分析：本题主要考查由实际问题建立函数关系式、并利用函数关系解决实际问题.解本题时, 在建立函数关系式后,根据题意应有0＜y ≤300对t 恒成立（注意区分不等式恒成立和解不等式的关系）． 解：设进水量选第x 级，则t 小时后水塔中水的剩余量为y ＝100＋10xt －10t －100t ，且0≤t ≤16．根据题意0＜y ≤300，∴0＜100＋10xt －10t －100t ≤300．0 1 2 xy由左边得x ＞1＋10（t t11-）＝1＋10〔－2)211(-t ＋41〕， 当t ＝4时，1＋10〔－2)211(-t ＋41〕有最大值3．5．∴x ＞3．5．由右边得x ≤t t 1020+＋1，当t ＝16时，tt 1020+＋1有最小值4．75，∴x ≤4．75． 综合上述，进水量应选为第4级．说明：a 为实数，函数f (x )定义域为D ，若a >f (x )对x D ∈恒成立，则a >f (x )的最大值；若a <f (x )对x D ∈恒成立，则a <f (x )的最小值．4．设()x f 是定义在[-1，1]上的偶函数，()x g 与()x f 的图象关于直线01=-x 对称．且当[]3,2∈x 时，()()()()为实数a x x a x g 32422---⋅=（1）求函数()x f 的表达式；（2）在(]6,2∈a 或()+∞,6的情况下，分别讨论函数()x f 的最大值，并指出a 为何值时，()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．分析：（1）注意到()x g 是定义在区间[]3,2上的函数，因此，根据对称性，我们只能求出()x f 在区间[]0,1-上的解析式，()x f 在区间[]1,0上的解析式，则可以根据函数的奇偶性去求．简答：()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤+-≤≤-+-=1024012433x ax x x ax x x f（2）因为()x f 为偶函数，所以，()x f （11≤≤-x ）的最大值，必等于()x f 在区间[]1,0上的最大值．故只需考虑10≤≤x 的情形，此时，()ax x x f 243+-=．对于这个三次函数，要求其最大值，比较容易想到的方法是：考虑其单调性．因此，可以求函数()x f 的导数．简答：如果()+∞∈,6a 可解得：8=a ； 如果(]6,2∈a ，可解得：61833>=a ，与(]6,2∈a 矛盾．故当8=a 时，函数()x f 的图像的最高点恰好落在直线12=y 上．说明：（1）函数的单调性为研究最值提供了可能；（2）奇偶性可以使得我们在研究函数性质时，将问题简化到定义域的对称区间上． 5．已知函数3211()(1)32f x x b x cx =+-+ (b 、c 为常数),(Ⅰ) 若()f x 在x =1和x =3处取得极值，试求b 、c 的值；(Ⅱ)若()f x 在12(,),(,)x x x ∈-∞+∞上单调递增且在12(,)x x x ∈上单调递减,又满足211x x ->，求证：22(2)b b c >+；(Ⅲ) 在（Ⅱ）的条件下，若1t x <，试比较2t bt c ++与1x 的大小，并加以证明． 解： (Ⅰ)'2()(1)f x x b x c =+-+，由题意得:1和3是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，113,1 3.b c -=+⎧∴⎨=⨯⎩解得3,3.b c =-⎧⎨=⎩ (Ⅱ)由题得:当12(,),(,)x x x ∈-∞+∞时，'()0f x >；12(,)x x x ∈时, '()0f x <．12,x x ∴是方程2(1)0x b x c +-+=的两根，则12121,,x x b x x c +=-=222121212212122212(2)24[1()]2[1()]4()41() 1.b bc b b cx x x x x x x x x x x x ∴-+=--=-+--+-=+--=--211x x ->,2221()10,2(2)x x b b c ∴-->∴>+.(Ⅲ) 在(Ⅱ)的条件下,由上一问知212(1)()(),x b x c x x x x +-+=-- 即212()(),x bx c x x x x x ++=--+所以2112112()()()(1),t bt c x t x t x t x t x t x ++-=--+-=-+-2121111,10,0,0,x x t t x t x t x >+>+∴+-<<<∴-<又 2121()(1)0,.t x t x t bt c x ∴-+->++>即。
高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式
高考数学第二轮专题复习系列(6)不等式一、本章知识结构：实数的性质二、高考要求（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定理，并会简单应用。
（3）分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。
（4）掌握某些简单不等式的解法。
（5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。
三、热点分析1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新.重点考查四种题型：解不等式，证明不等式，涉及不等式应用题，涉及不等式的综合题，所占比例远远高于在课时和知识点中的比例.重视基础知识的考查，常考常新，创意不断，设问方式不断创新，图表信息题，多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯，值得引起我们的关注.2.突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数提供了重要的工具，不等式与函数既是知识的结合点，又是数学知识与数学方法的交汇点，因而在历年高考题中始终是重中之重.在全面考查函数与不等式基础知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查，强调知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考查力度，是高考对不等式考查的又一新特点.3.加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能检测出学生抽象思维能力的层次.这类代数推理问题常以高中代数的主体内容——函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高，有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能体现出高观点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式来考查学生的应用意识.不等式部分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。
高三数学二轮复习教学计划(7篇)
高三数学二轮复习教学计划（7篇）高三数学二轮复习教学计划篇1这学期我继续担任高三理科82班和88班的数学老师。
为了全面迎接20_年高考，取得好成绩，我制定了高三数学复习教学计划。
一、指导思想研究教材，了解新信息，更新观念，倡导理性思维，探索新的教学模式，注重团结合作，面向全体学生，因材施教，激发学生的数学学习兴趣，培养学生的数学素质，充分促进教学效果的提高。
二、教学理念一般原则1、认真学习数学考试大纲和国家考试说明，做到宏观把握、微观把握，关注高考热点，特别关注高考信息。
根据样卷把握第一轮和第二轮复习的整体难度。
2.不要孤立地记忆和认识每一个知识点，而是把它放入相应的系统结构中，在比较和辨析的过程中寻求其内在联系，达到理解的层次，注重知识块的复习，构建知识网络。
3、立足基础，不做数学考试大纲以外的事情。
精心选择基础训练题目，做到不偏不倚，不遗漏，不生疏，即不偏离教材和考试大纲的范围和要求。
不要选择做那些有孤独感和怪诞感的特点、内容和想法的题目。
利用历年高考数学试题作为复习资源，根据新教材和考试大纲的要求进行针对性训练。
严格控制选题和做题的难度，做到不按个人喜好选题，不脱离学生的学习情况，不超出教学的基本内容，不选择大量难的题目。
(二)体现数学特点，注重知识和能力的提高，增强综合解题能力1.加强问题解决教学，提高学生问题解决探究能力。
2.注意联系实际，从解决实际数学问题的角度提高学生的综合能力。
学生的能力不脱离基础知识，基础扎实的学生未必能力强。
在教学中，不断应用基础知识解决数学问题，努力提高学生的学科综合能力。
从教材、学生和现实的角度出发，选取典型的数学与生活、生产、环境、科技联系起来，有计划、有针对性地对学生进行训练，让他们有更多的机会锻炼各种能力，从而达到提高学生数学综合能力的目的。
(三)合理安排发言、练习、评价和协助复习的时间1、精心设计教学，要简明扼要，不增加学生负担，避免海战问题2.协调说、练、评、助的关系，追求数学复习的最佳效果3.注重实效，努力提高复习教学的效率和效益(四)改变传统的复习模式，体现小组交流与合作1、淡化自身，加强备课小组的交流与合作，资源共享。
高中数学教案不等式
高中数学教案不等式教学目标：
1. 掌握不等式的概念和性质；
2. 能够熟练解不等式；
3. 能够应用不等式解决实际问题。
教学重点和难点：
1. 不等式的定义和性质；
2. 解不等式，注意不等式两端的运算符号的改变。
教学准备：
1. 课件、教材、黑板、粉笔；
2. 题目练习册、答案。
教学过程：
一、复习导入（5分钟）
1. 复习前几节课所学习的代数式和方程的知识；
2. 引导学生回顾不等式的概念。
二、新知传授（10分钟）
1. 讲解不等式的定义和性质；
2. 讲解解不等式的基本方法和技巧。
三、示范演练（15分钟）
1. 做几道简单的例题让学生跟着老师一起做；
2. 提醒学生注意符号的变化、运算的规则。
四、学生练习（15分钟）
1. 学生自行完成教师给出的练习题；
2. 教师巡视指导学生，帮助解决问题。
五、讲解拓展（10分钟）
1. 讲解一些不等式的应用题，并辅以实例说明；
2. 激发学生的思考，引导学生灵活运用不等式解决问题。
六、小结提问（5分钟）
1. 教师对本节课所学内容进行小结，并强调重点；
2. 鼓励学生积极参与，提问解疑。
七、作业布置（5分钟）
1. 布置课后作业，加深学生对不等式知识的理解；
2. 鼓励学生勤加练习，巩固所学知识。
教学反思：
本节课教学设计主要是通过简单明了的不等式范本教案，引导学生掌握不等式的基本概念和解法，培养学生解决实际问题的能力。
要重视培养学生的逻辑思维能力和学习兴趣，激发他们对数学学习的热情。
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。
高三数学二轮复习教学案——基本不等式(1)(2)
高三数学二轮复习教学案——基本不等式（1）班级 学号 姓名【基础训练】1．设R y x ∈,，且0≠xy ，则⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2222411y x y x 的最小值为_____________。
2．若实数y x ,满足122=++xy y x ，则y x +的最大值是_____________。
3．己知0>b ，直线012=++y x b 与02)4(2=++-y b ax 互相垂直，则ab 的最小值为______________。
4．若实数b a ,满足)1(014>=+--a b a ab ，则)2)(1(++b a 的最小值为_____________。
5．若不等式ax x x x ≥-++2222对)4,0(∈x 恒成立，则实数a 的取值范围是_________。
6．不等式011≥-+-+-ac c b b a λ，对满足c b a >>恒成立，则λ的取值范围是________。
7．己知0,,>c b a 且94222=+++bc ac ab a ，则c b a ++的最小值为______________。
【典型例题】8．某厂家拟在2012年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x 万件与年促销费用m 万元)0(≥m 满足13+-=m k x （k 为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件。
己知2007年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）。
（1）将2012年该产品的利润y 万元表示为年促销费用m 万元的函数；（2）该厂家2012年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？9．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层，某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热屋建造成本为6万元。
第三节二次函数与一元二次方程不等式专题课件高三数学二轮复习
【解析】由+10Fra bibliotek(-2)
2
2
2
>1,得
x+10>(x-2)
=x
-4x+4,且
x≠2,整理得,x
-5x-6<0, -6 · + 1 <0,
2
解得-1<x<6,又因为 x≠2,所以解集为 -1,2 ∪ 2,6 .
【解析】(1)原不等式因式分解得(x2+1)(x2-2)≥0,
因为 x2+1>0,所以 x2-2≥0,解得 x≤- 2或 x≥ 2,
若一元二次不等式 mx2-2mx-1≤0 恒成立,
<0
则
,解得-1≤m<0,此时不等式恒成立.
2
= 4 + 4 ≤ 0
答案:[2,10)
【解析】因为 x +x+2= +
2
1 2 7
2
+ >0,
4
所以原不等式等价于 kx2+kx+6>2x2+2x+4,
即 -2 x2+ -2 x+2>0 恒成立.
( A )
A.k>1
B.-1<k<1
C.k<-1
D.k>-1
【解析】当 k=0 时,-2x>0 不恒成立;
>0
当 k≠0 时,
,解得 k>1;
2
= 4(1- ) < 0
综上,k>1.
核心题型·分类突破
A
1
【解析】x 2 + 7 ≥-3 可变形为 2x +7x+3≥0,令 2x +7x+3=0,得 x1=-3,x2=- ,
高三数学二轮复习-高考中的不等式问题研究讲义
且当 时， ．
解集是空集，
故m的取值范围： ．
18.拓展演练
I.单选题
（1）已知正实数x，y满足 .则 的最小值为（）
A．4B． C． D．
（2）已知实数 ， 满足 ， ，则 的取值范围是（）
A． B．
C． D．
II、多选题
（3）．对于实数 ，下列说法正确的是( )
A．若 ，则 B．若 ，则
，
而 ，
故 不可能均大于 .
取 ， ， ，
则 ，
故三式中大于 的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或排序进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
二、分段不等式问题
7.
(2018全国卷Ⅲ)[选修4—5：不等式选讲]
设函数 ．
证毕．
11.设 ，且 .
（1）求 的最小值；
（2）若 成立，证明： 或 .
证明：
解析（1）由于
，
故由已知得 ，
当且仅当x= ，y=– ， 时等号成立．
所以 的最小值为 .
（2）由于
= ，
故由已知 ，
当且仅当 ， ， 时等号成立．
因此 的最小值为 ．
由题设 ，
所以
解得 或 .
12.【2021浙江高考-T17】
C．若 ，则 D．若 ，则
（4）（多选）若 ，则下列不等式中一定不成立的是（）
A． B． C． D．
（5）．已知 且 ，那么下列不等式中，恒成立的有（）．
A． B． C． D．
15.【模拟题】
最值应用题
一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为()
清泉州阳光实验学校高三数学二轮专题复习教案――不等式
清泉州阳光实验学校2021届高三数学二轮专题复习教案――不等式第四中学邱金龙一、本章知识构造：〔6〕倒数法那么：假设ab>0，a>b ，那么b1a 1<。
2、根本不等式〔或者者均值不等式〕；利用完全平方式的性质，可得a2+b2≥2ab〔a ，b∈R〕，该不等式可推广为a2+b2≥2|ab|；或者者变形为|ab|≤2b a 22+；当a ，b≥0时，a+b≥ab 2或者者ab≤22b a ⎪⎭⎫⎝⎛+.3、不等式的证明：（1）不等式证明的常用方法：比较法，公式法，分析法，反证法，换元法，放缩法； （2）在不等式证明过程中，应注重与不等式的运算性质结合使用；（3）证明不等式的过程中，放大或者者缩小应适度。
4、 不等式的解法：解不等式是寻找使不等式成立的充要条件，因此在解不等式过程中应使每一步的变形都要恒等。
一元二次不等式〔组〕是解不等式的根底，一元二次不等式是解不等式的基此题型。
一元二次不等式与相应的函数，方程的联络①求一般的一元二次不等式20axbx c ++>或者者20ax bx c ++<(0)a >的解集，要结合20ax bx c ++=的根及二次函数2y ax bx c =++图象确定解集．②对于一元二次方程20(0)ax bx c a ++=>，设24b ac∆=-，它的解按照000∆>∆=∆<，，可分为三种情况．相应地，二次函数2(0)y ax bx c a =++>的图象与x 轴的位置关系也分为三种情况．因此，我们分三种情况讨论对应的一元二次不等式20ax bx c ++>(0)a >的解集，列表如下：含参数的不等式应适当分类讨论。
5、不等式的应用相当广泛，如求函数的定义域，值域，研究函数单调性等。
在解决问题过程中，应当擅长发现详细问题背景下的不等式模型。
用根本不等式求分式函数及多元函数最值是求函数最值的初等数学方法之一。
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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
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．
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
x 值的满足③的充要条件是：③对应的方程的两根分别在
,0 和 3, ) 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。
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。 五、注意事项
1. 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。
1 的正 x0=
)) 、 (x 2 ， f(x 2 )) 、(x 3 ，f(x 3 )) 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 1 )(x-x 2 ) ， a∈ N．
依题意知： 0＜ x 1 ＜ 1， 0＜x 2 ＜ 1，且 x 1 ≠ x 2 ．于是有
4．掌握简单不等式的解法。
5．理解不等式 |a|- |b| ≤|a+b| ≤|a|+|b| 。
三、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 ) ，
0
x a 或 2a x a 33
故不等式的解集为 ( , a 3
2a , 3 17 a 。 36
例 3． 己知三个不等式：① 2x 4 5 x
② x2 x2 3x 2
1
③ 2x2
mx 1
0
(1) 若同时满足①、②的 x 值也满足③，求 m的取值范围；
(2) 若满足的③ x 值至少满足①和②中的一个，求 m的取值范围。
4
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 2 +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
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．
17 m
f (3) 0 3m 17 0
3
（ 2） 因满足③的 x 值至少满足①和②中的一个，
C A B,而 A B ( 1,4 因
此 C ( 1,4 方程 2x2 mx 1 0小根大于或等于 -1 ，大根小于或等于 4，因而
f ( 1) 1 m 0
f ( 4) 4m 31 0, 解之得
m
1
4
4
31 m1
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
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)
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
且由 x 1 ≠ x 2 知等号不同时成立，所以
由①、②得， a 2 ＞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 n } 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 n } 的公差为 d，由 Sm=Sn得
又 f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)
，而
1≤ f(-1) ≤ 2， 3≤ f(1) ≤ 4，
①
所以
2. 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。
3．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。
4．根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。 六、范例分析
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 )
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
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最
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
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．
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．
四、双基透视
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，
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