高三数学一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 6.7 数学归纳法课件.ppt

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高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明课件文北师大版

高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明课件文北师大版

[导学心语] 1.加强不等式基础知识的复习.不等式的基础知识是进行推理和解不等式 的理论依据,要弄清不等式性质的条件与结论;一元二次不等式、基本不等式是 解决问题的基本工具;如利用导数研究函数单调性,常常归结为解一元二次不等 式问题. 2.强化推理证明和不等式的应用意识.从近年命题看,试题多与数列、函 数、解析几何交汇渗透,对不等式知识、方法技能要求较高.抓好推理论证,强 化不等式的应用训练是提高解综合问题的关键.
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3.重视数学思想方法的复习.明确不等式的求解和推理证明就是一个把条 件向结论转化的过程;加强函数与方程思想在不等式中的应用训练,不等式、函 时容易走神,常常听着听着心思就不知道溜到哪里去了;有的学生,虽然留心听讲,却常常“跟不上步伐”,思维落后在老师的讲解后。这两种情况都 不能达到理想的听课效果。听课最重要的是紧跟老师的思路,否则,教师讲得再好,新知识也无法接受。如何跟上老师饭思路呢?以下的听课方法值得同学们学习:
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?••••••
二、同步听课法
有些同学在听课的过程中常碰到这样的问题,比如老师讲到一道很难的题目时,同学们听课的思路就“卡壳“了,无法再跟上老师的思路。这时候该怎么办呢?
如果“卡壳”的内容是老师讲的某一句话或某一个具体问题,同学们应马上举手提问,争取让老师解释得在透彻些、明白些。

高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 第7节 数学归纳法课件 理 新人教版

高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 第7节 数学归纳法课件 理 新人教版

(4)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n
=k+1时,项数都增加了一项
()
(5)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,
验证n=1时,左边式子应为1+2+22+23
()
答案:(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
1.(易错题)用数学归纳法证明:
1 2×4

1 4×6

1 6×8
+…+
2n2n1+2=4nn+1(n∈N*).
证明
2.设 f(n)=1+12+13+…+n1(n∈N*).求证:f(1)+f(2)+… +f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
证明
已知函数f(x)=ax-
3 2
x2的最大值不大于
1 6
,又当x∈
+an+1-1
=a2n,求证:当n∈N*时,an+1<an.
证明:(1)当 n=1 时,∵a2 是 a22+a2-1=0 的负根, ∴a1>a2. (2)假设当 n=k(k∈N*)时,ak+1<ak, ∵ak2+1-ak2=(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1),ak+1<ak≤0, ∴ak2+1-ak2>0, 又∵ak+2+ak+1+1<-1+(-1)+1=-1, ∴ak+2-ak+1<0,∴ak+2<ak+1,即当 n=k+1 时,命题成立. 由(1)(2)可知,当 n∈N*时,an+1<an.
数学归纳法. 3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前
若干具体项,这是归纳、猜想的基础.否则将会做大量 无用功.
判断正误
(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n=1时结论成

新高考数学一轮复习课件:第六章 不等式、推理与证明 第1节

新高考数学一轮复习课件:第六章 不等式、推理与证明 第1节
(4)可乘性:a>b,c>0⇒ac___>__bc; a>b,c<0⇒ac__<___bc; a>b>0,c>d>0⇒ac___>__bd;(单向性) (5)乘方法则:a>b>0⇒an___>__bn(n≥2,n∈N);(单向性) (6)开方法则:a>b>0⇒n a___>__n b(n≥2,n∈N);(单向性) (7)倒数性质:设 ab>0,则 a<b⇔1a>1b.(双向性)
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第六章 不等式、推理与证明
[变式探究] 将(2)中不等式改为ax2-(a+1)x+1<0(a>0),求不等式的解集.
解 原不等式变为(ax-1)(x-1)<0,因为 a>0,所以 ax-1a(x-1)<0.
所以当
a>1
时,解集为1a<x<1;当
a=1
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第六章 不等式、推理与证明
4.(2018·河南洛阳期末)若 a,b∈R,且 a>b,则下列不等式恒成立的是( C )
A.a2>b2
B.ab>1
C.2a>2b
D.lg(a-b)>0
解析 取a=-1,b=-2,排除A、B、D.
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第六章 不等式、推理与证明
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第六章 不等式、推理与证明
2.若1a<1b<0,则下列不等式:①a+b<ab;②|a|>|b|;③a<b;④ab<b2 中,正确

高考数学一轮复习 第六章 第七节 数学归纳法课件 理 新人教版

高考数学一轮复习 第六章 第七节 数学归纳法课件 理 新人教版

数n都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.
[基础自测自评] 1.用数学归纳法证明3n≥n3(n∈N,n≥3),第一步应验证 ( A.n=1 B.n=2 )
C.n=3
C
D.n=4
1 1 2. (教材习题改编)已知 n 为正偶数, 用数学归纳法证明 1- + - 2 3 1 1 1 1 1 +…- =2 + +…+ 时,若已假设 n=k(k≥2 且 k 4 n n+2 n+4 2n 为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证 ( )
=(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论仍然成立. 由(1)(2)可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1) =n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
[规律方法] 用数学归纳法证明等式的规则
(1)数学归纳法证明等式要充分利用定义,其中两个步骤缺一
A.n=k+1时等式成立
B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 B [因为n为偶数,故假设n=k成立后,再证n=k+2时等式 成立.]
1 1 1 1 3.已知 f(n)= + + +…+ 2,则 n n+1 n+2 n ( 1 1 A.f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3 1 1 1 B.f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + 2 3 4 1 1 C.f(n)中共有 n -n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3
左边=右边,等式成立. (2)假设 n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,即 f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],
那么,当 n=k+1 时, f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k) =(k+1)f(k)-k

2016届高考数学理科一轮复习课件 第六章 不等式、推理与证明6-7

2016届高考数学理科一轮复习课件 第六章 不等式、推理与证明6-7
第十五页,编辑于星期五:二十一点 四十二分。
(2)假设当 n=k 时,结论成立,即 2≤xk<xk+1<3. ∴直线 PQk+1 的方程为 y-5=fxxkk++11--45(x-4). 又 f(xk+1)=x2k+1-2xk+1-3,代入上式,令 y=0,得 xk+2=32++4xxkk++11= 4-2+5xk+1, 由归纳假设,2<xk+1<3,xk+2=4-2+5xk+1<4-2+5 3=3; xk+2-xk+1=3-x2k++1x1k++1 xk+1>0,即 xk+1<xk+2. 所以 2≤xk+1<xk+2<3,即当 n=k+1 时,结论成立. 由(1)、(2)知对任意的正整数 n,2≤xn<xn+1<3.
14+…+n+1 1=2n+1 2+n+1 4+…+21n时,若已假设 n=k(k≥2 为偶数)
时命题为真,则还需要用归纳假设再证 n=( )时等式成立( )
A.k+1
B.k+2
C.2k+2
D.2(k+2)
解析:根据数学归纳法的步骤可知,则n=k(k≥2为偶数)下一个偶数 为k+2,故选B.
答案:B
D.f(n)中共有 n2-n+1 项,当 n=2 时,f(2)=12+13+14
解析:项数为n2-(n-1)=n2-n+1.
答案:D
第六页,编辑于星期五:二十一点 四十二分。
4.用数学归纳法证明“1+21+31+…+2n-1 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________.
第九页,编辑于星期五:二十一点 四十二分。
规律方法 (1)用数学归纳法证明等式问题,要“先看项”,弄清等 式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少.

高考数学一轮总复习第6章6.7数学归纳法课件理171.ppt

高考数学一轮总复习第6章6.7数学归纳法课件理171.ppt

[双基夯实] 一、疑难辨析 判 断 下 列 结 论 的 正 误 . ( 正 确 的 打 “√” , 错 误 的 打 “×”) 1.用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当 n=1 时结论成立.( × ) 2.所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法 证明.( × )
3.用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不 用.( × )
2.解题中要注意步骤的完整性和规范性,过程中要体现 数学归纳法证题的形式.
板块三 启智培优·破译高考
规范答题系列 5——怎样解决数学归纳法中的“归纳— 猜想—证明”问题
[2014·广东高考]设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn =2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且 S3=15.
4.不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由 n=k 到 n=k+1 时,项数都增加了一项.( × )
二、小题快练
1.[课本改编]在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角
线为12n(n-3)条时,第一步检验 n 等于(
)
A.1 B.2 C.3 D.0
解析 凸 n 边形的边最少有三条,故第一个值 n0 取 3.
核心规律
数学归纳法是一种重要的数学思想方法,只适用于与正 整数有关的命题,证明过程的表述严格而且规范,两个步骤 缺一不可.第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用, 当 n=k+1 时一定要运用它,否则就不是数学归纳法.第二 步的关键是“一凑假设,二凑结论”.
满分策略
1.在用数学归纳法证明问题的过程中,要注意从 k 到 k +1 时命题中的项与项数的变化,防止对项数估算错误.
②假设 n=k(k∈N*)时等式成立,即有 2× 1 4+4× 1 6+6× 1 8+…+2k21k+2=4k+ k 1,

2018版高考一轮总复习数学理课件 第6章 不等式、推理

2018版高考一轮总复习数学理课件 第6章 不等式、推理

【变式训练 1】
已知 x, y, z 是互不相等的正数,且
1 1 1 x+ y+z=1,求证: -1 -1 -1 >8. x y z
证明 因为 x,y,z 是互不相等的正数, 且 x+y+z=1, 1-x y+z 2 yz 1 所以 x -1= x = x > x ,① 1-y x+z 2 xz 1 y -1= y = y > y ,② 1-z x+y 2 xy 1 z -1= z = z > z ,③ 又 x,y,z 为正数,由①×②×③, 1 1 1 得 x -1 y -1 z -1 >8.
∴当 n∈ N 且 n≥2 时, 3 3 2bn- 1 1 1 bn= f(bn- 1)= · ⇒bnbn- 1+ 3bn= 3bn- 1⇒ - 2 2 bn- 1+3 bn bn- 1 1 = . 3
1 ∴ 是首项为 b n
1 1,公差为 的等差数列. 3
触类旁通 综合法证明的思路 (1)综合法是 “由因导果 ”的证明方法,它是一种从已知 到未知 (从题设到结论 )的逻辑推理方法,即从题设中的已知 条件或已证的真实判断 (命题 )出发,经过一系列中间推理, 最后导出所要求证结论的真实性. (2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.
解析
b- a 1 1 < 成立,即 <0 成立,逐个验证可得,①② a b ab
④满ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ题意.
4.[2017· 福建模拟] 设 a>b>0,m= a- b,n=
a-b,
m<n 则 m,n 的大小关系是________ .
解析 解法一: (取特殊值法 )取 a=2, b= 1,得 m<n. b2- 2 ab <0 ,∴ m2<n2 ,∴ 解法二:(作差法 )由已知得 m>0,n>0,则 m2- n2= a+ b - 2 ab - a + b = 2b - 2 ab = 2 m <n .

2019年高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第6节数学归纳法课件理北师大版

2019年高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第6节数学归纳法课件理北师大版

[证明]
(1)当 n=2 时,左边=f(1)=1,
1 右边=21+2-1 =1,左边=右边,等式成立.
(2)假设 n=k(k≥2,k∈N+)时,结论成立,即 f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1], 那么,当 n=k+1 时,
f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k)=(k+1)· f(k)-k
[跟踪训练] 求证:(n+1)(n+2)· …· (n+n)=2n· 1· 3· 5· …· (2n-1)(n∈N+). 【导学号:79140214】
[证明] (1)当 n=1 时,等式左边=2,右边=2,故等式成立;
(2)假设当 n=k(k∈N+)时等式成立, 即(k+1)(k+2)· …· (k+k)=2k· 1· 3· 5· …· (2k-1), 那么当 n=k+1 时, 左边=(k+1+1)(k+1+2)· …· (k+1+k+1)
(2017· 武汉调研)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知对任意的 n∈N+,点 (n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0,且 b≠1,b,r 均为常数)的图像上. (1)求 r 的值; (2)当 b=2 时,记 bn=2(log2an+1)(n∈N+). b1+1 b2+1 bn+1 证明:对任意的 n∈N+,不等式 · · …· > n+1成立. b1 b2 bn
1 1 1 + +…+ 2 时,若已假设 2 n n + 2 n + 4
n=k(k≥2,且 k 为偶数)时命题为真,
则还需要用归纳假设再证( A.n=k+1 时等式成立 C.n=2k+2 时等式成立
) B.n=k+2 时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立
B [k 为偶数,则 k+2 为偶数.]

高考数学一轮复习 第6章 不等式、推理与证明 第6讲 数学归纳法课件 理 北师大版

高考数学一轮复习 第6章 不等式、推理与证明 第6讲 数学归纳法课件 理 北师大版

1 k+
1)
3,
因为2(
1 k+
1)
2-21k2-(
1 k+
1)
3=2(kk++31)
3-21k2
=2(-k+3k- 1)13k2<0,
所以
f(k+
1)<32-2(
1 k+
1)
2=
g(k+
1),
由①、②可知,对一切 n∈N*,
都有 f(n)≤g(n)成立.
“归纳——猜想——证明”的模式 “归纳——猜想——证明”的模式是不完全归纳法与数学 归纳法综合应用的解题模式.其一般思路是:通过观察有限 个特例,猜想出一般性的结论,然后用数学归纳法证明.这 种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命 题中有着广泛的应用.其关键是归纳、猜想出公式.
考点二 用数学归纳法证明不等式
用数学 归纳法证明不等式
2+1·4+1·…·2n+1> n+1.
24
2n
[证明] (1)当 n=1 时,左式=32,
右式= 2,
左式>右式,所以结论成立.
(2)假设 n=k(k≥1,k∈N*)时结论成立,
即2+1·4+1·…·2k+1> k+1,
24
2k
则当
n= k+ 1
f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k) =k[f(k)-1]+f(k) =(k+1)f(k)-k
=(k+1)f(k+1)-k+1 1-k
=(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], 所以当 n=k+1 时结论仍然成立. 由(1)(2)可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n ∈ N* ).

高考数学一轮复习 6.7 数学归纳法课件 理 新人教A版

高考数学一轮复习 6.7 数学归纳法课件 理 新人教A版
第十页,共49页。
考点
互动探究
核心突破 · 导与练
(对应学生用书 P147)
第十一页,共49页。
考点 1 用数学归纳法证明等式 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式时,关键在于
“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式的两边各有多少项, 项的多少与 n 的取值是否有关,由 n=k 到 n=k+1 时等式的两边 变化的项,然后正确写出归纳证明的步骤,使问题得以证明.
第四页,共49页。
基础
知识回顾
感悟教材 · 学与思
(对应学生用书 P146)
第五页,共49页。
1.数学归纳法的适用对象
数学归纳法是用来证明关于与 正整数n
有关命题
的一种方法,若 n0 是起始值,则 n0 是 使命题成立的最小正整数 .
第六页,共49页。
2.数学归纳法的步骤 用数学归纳法证明命题时,其步骤如下: ①当 n=n0(n0∈N*)时,验证命题成立; ②假设 n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,推证 n= k+1 时命题也成立,从而推出命题对所有的 从n0开始的正整数n 命题成立,其中第一步是归纳奠基,第二步是归纳递推,二者缺 一不可.
第十四页,共49页。
=(k+1)fk+1-k+1 1-k =(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论仍然成立. 由(1)(2)可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n ∈N*).
第十五页,共49页。
用数学归纳法证明恒等式应注意:明确初始值 n0 的取值并 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.

高三数学一轮复习课件--不等式、推理与证明共261页

高三数学一轮复习课件--不等式、推理与证明共261页
高三数学一轮复习课件--不等式、推 理与证明
36、如果我们国家的法律中只有某种 神灵, 而不是 殚精竭 虑将神 灵揉进 宪法, 总体上 来说, 法律就 会更好 。—— 马克·吐 温 37、纲纪废弃之日,便是暴政兴起之 时。— —威·皮 物特
38、若是没有公众舆论的支持,法律 是丝毫 没有力 量的。 ——菲 力普斯 39、一个判例造出另一个判例,它们 迅速累 聚,进 而变成 法律。 ——朱 尼厄斯
40、人类法律,事物有规律,这泥坑里的人,才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭,生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍,就是一下子不要学很多。——洛克

高考数学一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 理 新

高考数学一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 理 新

第六章⎪⎪⎪不等式、推理与证明第一节 不等关系与不等式1.实数大小顺序与运算性质之间的关系a -b >0⇔a >b ;a -b =0⇔a =b ;a -b <0⇔a <b .2.不等式的性质 (1)对称性:a >b ⇔b <a ; (2)传递性:a >b ,b >c ⇒a >c ; (3)可加性:a >b ⇔a +c >b +c ;a >b ,c >d ⇒a +c >b +d ;(4)可乘性:a >b ,c >0⇒ac >bc ;a >b >0,c >d >0⇒ac >bd ;(5)可乘方:a >b >0⇒a n>b n(n ∈N ,n ≥1); (6)可开方:a >b >0⇒na > nb (n ∈N ,n ≥2).[小题体验]1.(教材习题改编)用不等号“>”或“<”填空: (1)a >b ,c <d ⇒a -c ________b -d ; (2)a >b >0,c <d <0⇒ac ________bd ; (3)a >b >0⇒3a ________3b .答案:(1)> (2)< (3)>2.限速40 km/h 的路标,指示司机在前方路段行驶时,应使汽车的速度v 不超过40 km/h ,写成不等式就是__________.答案:v ≤40 km/h 3.若0<a <b ,c >0,则b +c a +c 与a +cb +c的大小关系为________. 答案:b +c a +c >a +cb +c1.在应用传递性时,注意等号是否传递下去,如a ≤b ,b <c ⇒a <c .2.在乘法法则中,要特别注意“乘数c 的符号”,例如当c ≠0时,有a >b ⇒ac 2>bc 2;若无c ≠0这个条件,a >b ⇒ac 2>bc 2就是错误结论(当c =0时,取“=”).[小题纠偏]1.设a ,b ,c ∈R ,且a >b ,则( ) A .ac >bc B .1a <1bC .a 2>b 2D .a 3>b 3答案:D2.若ab >0,且a >b ,则1a 与1b的大小关系是________.答案:1a <1b考点一 比较两个数式的大小基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.已知a 1,a 2∈(0,1),记M =a 1a 2,N =a 1+a 2-1,则M 与N 的大小关系是( ) A .M <N B .M >N C .M =ND .不确定解析:选B M -N =a 1a 2-(a 1+a 2-1) =a 1a 2-a 1-a 2+1=(a 1-1)(a 2-1),又∵a 1∈(0,1),a 2∈(0,1),∴a 1-1<0,a 2-1<0. ∴(a 1-1)(a 2-1)>0,即M -N >0.∴M >N .2.(易错题)若a =ln 22,b =ln 33,则a ____b (填“>”或“<”).解析:易知a ,b 都是正数,b a =2ln 33ln 2=log 89>1,所以b >a .答案:<3.若实数a ≠1,比较a +2与31-a的大小.解:a +2-31-a =-a 2-a -11-a =a 2+a +1a -1∴当a >1时,a +2>31-a ;当a <1时,a +2<31-a.[谨记通法]比较两个数(式)大小的2种方式如“题组练透”第2题易忽视作商法.考点二 不等式的性质重点保分型考点——师生共研[典例引领]1.设a ,b ∈R 则“(a -b )·a 2<0”是“a <b ”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件D .既不充分也不必要条件解析:选A (a -b )·a 2<0,则必有a -b <0,即a <b ;而a <b 时,不能推出(a -b )·a 2<0,如a =0,b =1,所以“(a -b )·a 2<0”是“a <b ”的充分不必要条件.2.如果a <b <0,那么下列不等式成立的是( ) A .1a <1bB .ab <b 2C .-ab <-a 2D .-1a <-1b解析:选D 法一(性质判断):对于A 项,由a <b <0,得b -a >0,ab >0,故1a -1b =b -aab>0,1a >1b,故A 项错误;对于B 项,由a <b <0,得b (a -b )>0,ab >b 2,故B 项错误;对于C 项,由a <b <0,得a (a -b )>0,a 2>ab ,即-ab >-a 2,故C 项错误;对于D 项,由a <b <0,得a -b <0,ab >0,故-1a -⎝ ⎛⎭⎪⎫-1b =a -b ab <0,-1a <-1b成立,故D 项正确.法二(特殊值法):令a =-2,b =-1,则1a =-12>1b =-1,ab =2>b 2=1,-ab =-2>-a 2=-4,-1a =12<-1b=1.故A 、B 、C 项错误,D 项正确.[由题悟法]不等式性质应用问题的3大常见类型及解题策略(1)利用不等式性质比较大小.熟记不等式性质的条件和结论是基础,灵活运用是关键,要注意不等式性质成立的前提条件.(2)与充要条件相结合问题.用不等式的性质分别判断p ⇒q 和q ⇒p 是否正确,要注意特殊值法的应用.(3)与命题真假判断相结合问题.解决此类问题除根据不等式的性质求解外,还经常采用特殊值验证的方法.[即时应用]1.若a >b >0,则下列不等式不成立的是( ) A .1a <1bB .|a |>|b |C .a +b <2abD .⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 解析:选C ∵a >b >0,∴1a <1b ,且|a |>|b |,a +b >2ab ,又2a >2b,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <⎝ ⎛⎭⎪⎫12b .2.若a >0>b >-a ,c <d <0,则下列结论:①ad >bc ;②a d +bc<0;③a -c >b -d ;④a (d -c )>b (d -c )中成立的个数是( )A .1B .2C .3D .4解析:选C ∵a >0>b ,c <d <0,∴ad <0,bc >0,∴ad <bc ,故①错误.∵a >0>b >-a ,∴a >-b >0, ∵c <d <0,∴-c >-d >0, ∴a (-c )>(-b )(-d ), ∴ac +bd <0,∴a d +b c =ac +bdcd<0,故②正确.∵c <d ,∴-c >-d ,∵a >b ,∴a +(-c )>b +(-d ), 即a -c >b -d ,故③正确.∵a >b ,d -c >0,∴a (d -c )>b (d -c ),故④正确.考点三 不等式性质的应用题点多变型考点——纵引横联[典型母题]已知-1<x <4,2<y <3,则x -y 的取值范围是________,3x +2y 的取值范围是________.解析:∵-1<x <4,2<y <3, ∴-3<-y <-2,∴-4<x -y <2. 由-1<x <4,2<y <3,得-3<3x <12,4<2y <6,∴1<3x +2y <18. 答案:(-4,2) (1,18)[类题通法]利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围,但应注意两点:一是必须严格运用不等式的性质;二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围.解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系,最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围.[越变越明][变式1] 将母题条件改为“-1<x <y <3”,求x -y 的取值范围. 解:∵-1<x <3,-1<y <3, ∴-3<-y <1, ∴-4<x -y <4.① 又∵x <y , ∴x -y <0,② 由①②得-4<x -y <0.故x -y 的取值范围为(-4,0).[变式2] 若将母题条件改为“-1<x +y <4,2<x -y <3”,求3x +2y 的取值范围. 解:设3x +2y =m (x +y )+n (x -y ),则⎩⎪⎨⎪⎧m +n =3,m -n =2,∴⎩⎪⎨⎪⎧m =52,n =12,即3x +2y =52(x +y )+12(x -y ),又-1<x +y <4,2<x -y <3, ∴-52<52(x +y )<10,1<12(x -y )<32,∴-32<52(x +y )+12(x -y )<232,即-32<3x +2y <232.故3x +2y 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫-32,232.[变式3] 已知函数f (x )=ax 2+bx ,且1≤f (-1)≤2,2≤f (1)≤4.求f (-2)的取值范围.解:由题意知f (-1)=a -b ,f (1)=a +b .f (-2)=4a -2b .设m (a +b )+n (a -b )=4a -2b .则⎩⎪⎨⎪⎧m +n =4,m -n =-2,解得⎩⎪⎨⎪⎧m =1,n =3.∴f (-2)=(a +b )+3(a -b )=f (1)+3f (-1). ∵1≤f (-1)≤2,2≤f (1)≤4, ∴5≤f (-2)≤10.即f (-2)的取值范围为[5,10].由a <f (x ,y )<b ,c <g (x ,y )<d 求F (x ,y )的取值范围,要利用待定系数法解决,即设F (x ,y )=mf (x ,y )+ng (x ,y ),用恒等变形求得m ,n ,再利用不等式的性质求得F (x ,y )的取值范围.[变式4] 若母题条件变为“已知1≤lg xy ≤4,-1≤lg x y ≤2”,求lg x 2y的取值范围.解:由1≤lg xy ≤4,-1≤lg xy≤2, 得1≤lg x +lg y ≤4,-1≤lg x -lg y ≤2,而lg x 2y =2lg x -lg y =12(lg x +lg y )+32(lg x -lg y ),所以-1≤lg x 2y≤5,[破译玄机]即lg x 2y的取值范围是[-1,5].一抓基础,多练小题做到眼疾手快1.设a ,b ∈[0,+∞),A =a +b ,B =a +b ,则A ,B 的大小关系是( ) A .A ≤B B .A ≥B C .A <BD .A >B解析:选B 由题意得,B 2-A 2=-2ab ≤0,且A ≥0,B ≥0,可得A ≥B . 2.若a <b <0,则下列不等式不能成立的是( ) A .1a -b >1aB .1a >1bC .|a |>|b |D .a 2>b 2解析:选A 取a =-2,b =-1,则1a -b >1a不成立. 3.(2016·西安八校联考)“x 1>3且x 2>3”是“x 1+x 2>6且x 1x 2>9”的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件D .既不充分也不必要条件解析:选A x 1>3,x 2>3⇒x 1+x 2>6,x 1x 2>9;反之不成立,例如x 1=12,x 2=20.4.(2016·资阳一诊)已知a ,b ∈R ,下列命题正确的是( ) A .若a >b ,则|a |>|b | B .若a >b ,则1a <1bC .若|a |>b ,则a 2>b 2D .若a >|b |,则a 2>b 2解析:选D 当a =1,b =-2时,A ,B ,C 均不正确;对于D ,a >|b |≥0,则a 2>b 2. 5.(2016·贵阳监测考试)下列命题中,正确的是( ) A .若a >b ,c >d ,则ac >bd B .若ac >bc ,则a >b C .若a c 2<bc2,则a <bD .若a >b ,c >d ,则a -c >b -d解析:选C 取a =2,b =1,c =-1,d =-2,可知A 错误;当c <0时,ac >bc ⇒a <b ,∴B 错误;∵a c 2<b c2,∴c ≠0,又c 2>0,∴a <b ,C 正确;取a =c =2,b =d =1,可知D 错误.二保高考,全练题型做到高考达标1.若m <0,n >0且m +n <0,则下列不等式中成立的是( ) A .-n <m <n <-m B .-n <m <-m <n C .m <-n <-m <nD .m <-n <n <-m解析:选D 法一:(取特殊值法)令m =-3,n =2分别代入各选项检验即可. 法二:m +n <0⇒m <-n ⇒n <-m ,又由于m <0<n ,故m <-n <n <-m 成立. 2.若角α,β满足-π2<α<β<π,则α-β的取值范围是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫-3π2,3π2B .⎝ ⎛⎭⎪⎫-3π2,0C .⎝⎛⎭⎪⎫0,3π2 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2,0 解析:选B ∵-π2<α<π,-π2<β<π,∴-π<-β<π2,∴-3π2<α-β<3π2.又∵α<β,∴α-β<0,从而-3π2<α-β<0.3.(2015·湘潭一模)设a ,b 是实数,则“a >b >1”是“a +1a >b +1b”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分又不必要条件解析:选A 因为a +1a -⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b =a -bab -1ab,若a >b >1,显然a +1a -⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b =a -bab -1ab>0,则充分性成立,当a =12,b =23时,显然不等式a +1a >b +1b成立,但a >b >1不成立,所以必要性不成立.4.(2016·重庆一中调研)设a >1>b >-1,则下列不等式中恒成立的是( ) A .a >b 2B .1a >1bC .1a <1bD .a 2>2b解析:选A 对于A ,∵-1<b <1,∴0≤b 2<1,又∵a >1,∴a >b 2,故A 正确;对于B ,若a =2,b =12,此时满足a >1>b >-1,但1a <1b ,故B 错误;对于C ,若a =2,b =-12,此时满足a >1>b >-1,但1a >1b ,故C 错误;对于D ,若a =98,b =34,此时满足a >1>b >-1,但a 2<2b ,故D 错误.5.(2016·江门模拟)设a ,b ∈R ,定义运算“⊗和“⊕”如下:a ⊗b =⎩⎪⎨⎪⎧a ,a ≤b ,b ,a >b ,a ⊕b =⎩⎪⎨⎪⎧b ,a ≤b ,a ,a >b .若m ⊗n ≥2,p ⊕q ≤2,则( ) A .mn ≥4且p +q ≤4 B .m +n ≥4且pq ≤4 C .mn ≤4且p +q ≥4D .m +n ≤4且pq ≤4解析:选A 结合定义及m ⊗n ≥2可得⎩⎪⎨⎪⎧m ≥2,m ≤n 或⎩⎪⎨⎪⎧n ≥2,m >n ,即n ≥m ≥2或m >n ≥2,所以mn ≥4;结合定义及p ⊕q ≤2可得⎩⎪⎨⎪⎧p ≤2,p >q 或⎩⎪⎨⎪⎧q ≤2,p ≤q ,即q <p ≤2或p ≤q ≤2,所以p +q ≤4.6.用一段长为30 m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园,墙长18 m ,要求菜园的面积不小于216 m 2,靠墙的一边长为x m ,其中的不等关系可用不等式(组)表示为________.解析:矩形靠墙的一边长为x m ,则另一边长为30-x2 m ,即⎝ ⎛⎭⎪⎫15-x 2m ,根据题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18,x ⎝⎛⎭⎪⎫15-x 2≥216.答案:⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18,x ⎝⎛⎭⎪⎫15-x 2≥2167.已知a ,b ,c ∈R ,有以下命题:①若a >b ,则ac 2>bc 2;②若ac 2>bc 2,则a >b ; ③若a >b ,则a ·2c >b ·2c.其中正确的是__________(请把正确命题的序号都填上). 解析:①若c =0,则命题不成立.②正确.③中由2c>0知成立. 答案:②③8.已知a +b >0,则a b2+b a2与1a +1b的大小关系是________.解析:a b 2+b a 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫1a +1b =a -b b 2+b -a a 2=(a -b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2-1a 2=a +b a -b 2a 2b 2.∵a +b >0,(a -b )2≥0, ∴a +ba -b2a 2b 2≥0.∴a b2+b a2≥1a +1b.答案:a b2+b a2≥1a +1b9.已知存在实数a 满足ab 2>a >ab ,则实数b 的取值范围是__________. 解析:∵ab 2>a >ab ,∴a ≠0, 当a >0时,b 2>1>b ,即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2>1,b <1,解得b <-1;当a <0时,b 2<1<b ,即⎩⎪⎨⎪⎧b 2<1,b >1,此式无解.综上可得实数b 的取值范围为(-∞,-1). 答案:(-∞,-1)10.若a >b >0,c <d <0,e <0.求证:e a -c2>e b -d2.证明:∵c <d <0,∴-c >-d >0. 又∵a >b >0,∴a -c >b -d >0. ∴(a -c )2>(b -d )2>0. ∴0<1a -c2<1b -d2.又∵e <0,∴e a -c2>e b -d2.三上台阶,自主选做志在冲刺名校1.(2016·合肥质检)已知△ABC 的三边长分别为a ,b ,c ,且满足b +c ≤3a ,则c a的取值范围为( )A .(1,+∞)B .(0,2)C .(1,3)D .(0,3)解析:选B 由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪⎧a <b +c ≤3a ,a +b >c ,a +c >b ,∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a +c a≤3,1+b a >c a ,1+c a >b a ,∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a +ca ≤3,-1<c a -ba <1,两式相加得,0<2×c a<4,∴c a的取值范围为(0,2).2.若x >y ,a >b ,则在①a -x >b -y ,②a +x >b +y ,③ax >by ,④x -b >y -a ,⑤a y >bx这五个式子中,恒成立的不等式的序号是________.解析:令x =-2,y =-3,a =3,b =2, 符合题设条件x >y ,a >b ,∵a -x =3-(-2)=5,b -y =2-(-3)=5, ∴a -x =b -y ,因此①不成立.∵ax =-6,by =-6,∴ax =by ,因此③也不成立.∵a y =3-3=-1,b x =2-2=-1, ∴a y =b x,因此⑤不成立.由不等式的性质可推出②④成立. 答案:②④3.某单位组织职工去某地参观学习需包车前往.甲车队说:“如果领队买一张全票,其余人可享受7.5折优惠.”乙车队说:“你们属团体票,按原价的8折优惠.”这两个车队的原价、车型都是一样的,试根据单位去的人数比较两车队的收费哪家更优惠.解:设该单位职工有n 人(n ∈N *),全票价为x 元,坐甲车需花y 1元,坐乙车需花y 2元, 则y 1=x +34x ·(n -1)=14x +34xn , y 2=45nx .所以y 1-y 2=14x +34xn -45nx=14x -120nx =14x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-n 5. 当n =5时,y 1=y 2; 当n >5时,y 1<y 2; 当n <5时,y 1>y 2.因此当单位去的人数为5人时,两车队收费相同;多于5人时,甲车队更优惠;少于5人时,乙车队更优惠.第二节 一元二次不等式及其解法“三个二次”的关系判别式Δ=b 2-4acΔ>0Δ=0 Δ<0二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的图象一元二次方程ax 2+bx +c =0 (a >0)的根有两相异实根x 1,x 2(x 1<x 2)有两相等实根x 1=x 2=-b2a没有实数根ax 2+bx +c >0 (a >0)的解集{x |x <x 1或x >x 2} ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠-b2aR ax 2+bx +c <0 (a >0)的解{x |x 1<x <x 2} ∅∅集[小题体验]1.设集合S ={x |x >-2},T ={x |x 2+3x -4≤0},则(∁R S )∪T =( ) A .(-2,1] B .(-∞,-4] C .(-∞,1]D .[1,+∞)解析:选C 由题意得T = {x |-4≤x ≤1},根据补集定义, ∁R S ={x |x ≤-2},所以(∁R S )∪T ={x |x ≤1}.2.(教材习题改编)不等式-x 2+2x -3>0的解集为________. 答案:∅3.已知集合A ={}x |-5<x <1,集合B ={x ∈R|(x -m )(x -2)<0},且A ∩B =(-1,n ),则m =________,n =________.答案:-1 11.对于不等式ax 2+bx +c >0,求解时不要忘记讨论a =0时的情形. 2.当Δ<0时,ax 2+bx +c >0(a ≠0)的解集为R 还是∅,要注意区别. 3.含参数的不等式要注意选好分类标准,避免盲目讨论.[小题纠偏]1.不等式ax 2+bx +2>0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,13,则a +b 的值是( )A .10B .-10C .14D .-14解析:选D 由题意知-12,13是ax 2+bx +2=0的两根,则a =-12,b =-2.所以a +b =-14.2.若不等式mx 2+2mx +1>0的解集为R ,则m 的取值范围是________. 解析:①当m =0时,1>0显然成立. ②当m ≠0时,由条件知⎩⎪⎨⎪⎧m >0,Δ=4m 2-4m <0.得0<m <1,由①②知0≤m <1. 答案:[0,1)考点一 一元二次不等式的解法基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x 2+1,x ≤0,-2x ,x >0,则不等式f (x )-x ≤2的解集是________.解析:当x ≤0时,原不等式等价于2x 2+1-x ≤2,∴-12≤x ≤0;当x >0时,原不等式等价于-2x -x ≤2,∴x >0.综上所述,原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥-12. 答案:⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥-12 2.不等式2x +1x -5≥-1的解集为________.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,所以原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤43或x >5. 答案:⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤43或x >53.解下列不等式:(1)(易错题)-3x 2-2x +8≥0; (2)0<x 2-x -2≤4.解:(1)原不等式可化为3x 2+2x -8≤0, 即(3x -4)(x +2)≤0. 解得-2≤x ≤43,所以原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪-2≤x ≤43. (2)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x 2-x -2>0,x 2-x -2≤4⇔⎩⎪⎨⎪⎧x 2-x -2>0,x 2-x -6≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x -2x +1>0,x -3x +2≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >2或x <-1,-2≤x ≤3.借助于数轴,如图所示,所以原不等式的解集为{}x |-2≤x <-1或2<x ≤3.[谨记通法]解一元二次不等式的4个步骤(1)化:把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式,如“题组练透”第3题中(1)题;(2)判:计算对应方程的判别式;(3)求:求出对应的一元二次方程的根,或根据判别式说明方程有没有实根; (4)写:利用“大于取两边,小于取中间”写出不等式的解集.考点二 含参数的一元二次不等式的解法重点保分型考点——师生共研[典例引领](2016·青岛模拟)求不等式12x 2-ax >a 2(a ∈R)的解集. 解:原不等式可化为12x 2-ax -a 2>0, 即(4x +a )(3x -a )>0,令(4x +a )(3x -a )=0,解得x 1=-a 4,x 2=a3.当a >0时,不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-a 4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a3,+∞; 当a =0时,不等式的解集为(-∞,0)∪(0,+∞);当a <0时,不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,a 3∪⎝ ⎛⎭⎪⎫-a4,+∞. [由题悟法]解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0,小于0,还是大于0,然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式.(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时,讨论判别式Δ与0的关系.(3)确定无根时可直接写出解集,确定方程有两个根时,要讨论两根的大小关系,从而确定解集形式.[提醒] 当不等式中二次项的系数含有参数时,不要忘记讨论其等于0的情况.[即时应用]1.不等式f (x )=ax 2-x -c >0的解集为{x |-2<x <1},则函数y =f (-x )的图象为( )解析:选B 由根与系数的关系得1a =-2+1,-ca=-2,得a =-1,c =-2,∴f (x )=-x 2-x +2(经检验知满足题意),∴f (-x )=-x 2+x +2,其图象开口向下,顶点为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,94.2.解关于x 的不等式:ax 2-(a +1)x +1<0. 解:原不等式可化为(x -1)(ax -1)<0, ∴①当a =0时,可解得x >1,②当a >0时,不等式可化为(x -1)⎝⎛⎭⎪⎫x -1a <0,∴当a =1时,不等式可化为(x -1)2<0,解集为∅;当0<a <1时,1a>1,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 1<x <1a; 当a >1时,1a<1,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1a<x <1; ③当a <0时,不等可化为(x -1)⎝⎛⎭⎪⎫x -1a >0,∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >1或x <1a . 综上可知,当a <0时,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >1或x <1a ; 当a =0时,不等式的解集为{x |x >1};当0<a <1时,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1<x <1a ; 当a =1时,不等式的解集为∅;当a >1时,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1a<x <1.考点三 一元二次不等式恒成立问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时,要注意三者之间的相互联系,并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题,常根据二次函数图象与x 轴的交点情况确定判别式的符号,进而求出参数的取值范围.常见的命题角度有:(1)形如f (x )≥0(f (x )≤0)(x ∈R)确定参数的范围; (2)形如f (x )≥0(x ∈[a ,b ])确定参数范围;(3)形如f (x )≥0(参数m ∈[a ,b ])确定x 的范围.[题点全练]角度一:形如f (x )≥0(f (x )≤0)(x ∈R)确定参数的范围1.已知不等式mx 2-2x -m +1<0,是否存在实数m 对所有的实数x ,不等式恒成立?若存在,求出m 的取值范围;若不存在,请说明理由.解:要使不等式mx 2-2x -m +1<0恒成立,即函数f (x )=mx 2-2x -m +1的图象全部在x 轴下方. 当m =0时,1-2x <0,则x >12,不满足题意;当m ≠0时,函数f (x )=mx 2-2x -m +1为二次函数, 需满足开口向下且方程mx 2-2x -m +1=0无解,即⎩⎪⎨⎪⎧m <0,Δ=4-4m 1-m <0,不等式组的解集为空集,即m 无解.综上可知不存在这样的实数m 使不等式恒成立. 角度二:形如f (x )≥0(x ∈[a ,b ])确定参数范围2.设函数f (x )=mx 2-mx -1(m ≠0),若对于x ∈[1,3],f (x )<-m +5恒成立,求m 的取值范围.解:要使f (x )<-m +5在[1,3]上恒成立, 则mx 2-mx +m -6<0,即m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+34m -6<0在x ∈[1,3]上恒成立.有以下两种方法: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)=7m -6<0, 所以m <67,则0<m <67;当m <0时,g (x )在[1,3]上是减函数, 所以g (x )max =g (1)=m -6<0, 所以m <6,即m <0.综上所述,m 的取值范围是(-∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0,67.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.因为m ≠0,所以m 的取值范围是(-∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0,67. 角度三:形如f (x )≥0(参数m ∈[a ,b ])确定x 的范围3.对任意m ∈[-1,1],函数f (x )=x 2+(m -4)x +4-2m 的值恒大于零,求x 的取值范围.解:由f (x )=x 2+(m -4)x +4-2m =(x -2)m +x 2-4x +4, 令g (m )=(x -2)m +x 2-4x +4.由题意知在[-1,1]上,g (m )的值恒大于零,∴⎩⎪⎨⎪⎧g -1=x -2×-1+x 2-4x +4>0,g1=x -2+x 2-4x +4>0,解得x <1或x >3.故当x ∈(-∞,1)∪(3,+∞)时,对任意的m ∈[-1,1],函数f (x )的值恒大于零.[方法归纳]一元二次型不等式恒成立问题的3大破解方法 方法解读适合题型判别 式法(1)ax 2+bx +c ≥0对任意实数x 恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧ a >0,Δ≤0;(2)ax 2+bx +c ≤0对任意实数x 恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0,Δ≤0二次不等式在R 上恒成立 (如“题点全练”第1题、第2题)分离参 如果不等式中的参数比较“孤单”,分离后其适合参数与变量能分离且f (x )数法系数与0能比较大小,便可将参数分离出来,利用下面的结论求解.a≥f(x)恒成立等价于a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立等价于a≤f(x)min的最值易求(如“题点全练”第2题)主参换位法把变元与参数交换位置,构造以参数为变量的函数,根据原变量的取值范围列式求解.常见的是转化为一次函数f(x)=ax+b(a≠0)在[m,n]恒成立问题,若f(x)>0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f m>0,f n>0,若f(x)<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f m<0,f n<0若在分离参数时会遇到讨论参数与变量,使求函数的最值比较麻烦,或者即使能容易分离出却难以求出时(如“题点全练”第3题)一抓基础,多练小题做到眼疾手快1.设集合A={x|x2+x-6≤0},集合B为函数y=1x-1的定义域,则A∩B等于( )A.(1,2) B.[1,2]C.[1,2) D.(1,2]解析:选D A={x|x2+x-6≤0}={x|-3≤x≤2},由x-1>0得x>1,即B={x|x>1},所以A∩B={x|1<x≤2}.2.(2016·梧州模拟)不等式2x+1<1的解集是( )A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-1,1)解析:选A ∵2x+1<1,∴2x+1-1<0,即1-xx+1<0,该不等式可化为(x+1)(x-1)>0,∴x<-1或x>1.3.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=∅,则实数a的取值范围是( ) A.(0,4) B.[0,4)C.(0,4] D.[0,4]解析:选D 由题意知a=0时,满足条件.a ≠0时,由⎩⎪⎨⎪⎧a >0,Δ=a 2-4a ≤0,得0<a ≤4,所以实数a 的取值范围是[0,4].4.不等式|x (x -2)|>x (x -2)的解集是________.解析:不等式|x (x -2)|>x (x -2)的解集即x (x -2)<0的解集,解得0<x <2. 答案:{x |0<x <2}5.已知关于x 的不等式ax 2+2x +c >0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,12,则不等式-cx 2+2x -a >0的解集为________.解析:依题意知,⎩⎪⎨⎪⎧-13+12=-2a,-13×12=ca ,∴解得a =-12,c =2, ∴不等式-cx 2+2x -a >0,即为-2x 2+2x +12>0,即x 2-x -6<0, 解得-2<x <3.所以不等式的解集为(-2,3). 答案:(-2,3)二保高考,全练题型做到高考达标1.已知不等式x 2-2x -3<0的解集为A ,不等式x 2+x -6<0的解集为B ,不等式x 2+ax +b <0的解集为A ∩B ,则a +b 等于( )A .-3B .1C .-1D .3解析:选A 由题意得,A ={x |-1<x <3},B ={x |-3<x <2},∴A ∩B ={x |-1<x <2},由根与系数的关系可知,a =-1,b =-2,则a +b =-3.2.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2-4x +3<0,2x 2-7x +6>0的解集是( )A .(2,3)B .⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32∪(2,3) C .⎝⎛⎭⎪⎫-∞,32∪(3,+∞) D .(-∞,1)∪(2,+∞)解析:选B ∵x 2-4x +3<0,∴1<x <3. 又∵2x 2-7x +6>0, ∴(x -2)(2x -3)>0, ∴x <32或x >2,∴原不等式组的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32∪(2,3). 3.(2016·辽宁一模)若不等式2kx 2+kx -38<0对一切实数x 都成立,则k 的取值范围为( )A .(-3,0)B .[-3,0)C .[-3,0]D .(-3,0]解析:选D 当k =0时,显然成立;当k ≠0时,即一元二次不等式2kx 2+kx -38<0对一切实数x 都成立,则⎩⎪⎨⎪⎧k <0,k 2-4×2k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫-38<0,解得-3<k <0.综上,满足不等式2kx 2+kx -38<0对一切实数x 都成立的k 的取值范围是(-3,0].4.某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售,每天可销售100件,现准备采用提高售价来增加利润.已知这种商品每件销售价提高1元,销售量就要减少10件.那么要保证每天所赚的利润在320元以上,销售价每件应定为( )A .12元B .16元C .12元到16元之间D .10元到14元之间解析:选C 设销售价定为每件x 元,利润为y ,则:y =(x -8)[100-10(x -10)],依题意有,(x -8)[100-10(x -10)]>320, 即x 2-28x +192<0, 解得12<x <16,所以每件销售价应为12元到16元之间.5.若不等式x 2-(a +1)x +a ≤0的解集是[-4,3]的子集,则a 的取值范围是( ) A .[-4,1] B .[-4,3] C .[1,3]D .[-1,3]解析:选B 原不等式为(x -a )(x -1)≤0,当a <1时,不等式的解集为[a,1],此时只要a ≥-4即可,即-4≤a <1;当a =1时,不等式的解为x =1,此时符合要求;当a >1时,不等式的解集为[1,a ],此时只要a ≤3即可,即1<a ≤3.综上可得-4≤a ≤3.6.不等式x 2+ax +4<0的解集不是空集,则实数a 的取值范围是________. 解析:∵不等式x 2+ax +4<0的解集不是空集, ∴Δ=a 2-4×4>0,即a 2>16.∴a >4或a <-4.答案:(-∞,-4)∪(4,+∞)7.若0<a <1,则不等式(a -x )⎝⎛⎭⎪⎫x -1a >0的解集是________.解析:原不等式为(x -a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1a <0,由0<a <1得a <1a ,∴a <x <1a.答案:⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪a <x <1a 8.(2016·西安质检)在R 上定义运算:⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd =ad -bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -1 a -2a +1 x ≥1对任意实数x 恒成立,则实数a 的最大值为________.解析:原不等式等价于x (x -1)-(a -2)(a +1)≥1, 即x 2-x -1≥(a +1)(a -2)对任意x 恒成立,x 2-x -1=⎝⎛⎭⎪⎫x -122-54≥-54,所以-54≥a 2-a -2,解得-12≤a ≤32.答案:329.已知f (x )=-3x 2+a (6-a )x +6. (1)解关于a 的不等式f (1)>0;(2)若不等式f (x )>b 的解集为(-1,3),求实数a ,b 的值. 解:(1)∵f (x )=-3x 2+a (6-a )x +6, ∴f (1)=-3+a (6-a )+6=-a 2+6a +3, ∴原不等式可化为a 2-6a -3<0, 解得3-23<a <3+2 3.∴原不等式的解集为{a |3-23<a <3+23}.(2)f (x )>b 的解集为(-1,3)等价于方程-3x 2+a (6-a )x +6-b =0的两根为-1,3,等价于⎩⎪⎨⎪⎧-1+3=a 6-a3,-1×3=-6-b3,解得⎩⎨⎧a =3±3,b =-3.10.(2016·北京朝阳统一考试)已知函数f (x )=x 2-2ax -1+a ,a ∈R. (1)若a =2,试求函数y =f xx(x >0)的最小值; (2)对于任意的x ∈[0,2],不等式f (x )≤a 成立,试求a 的取值范围.解:(1)依题意得y =f x x =x 2-4x +1x =x +1x-4.因为x >0,所以x +1x≥2.当且仅当x =1x时,即x =1时,等号成立.所以y ≥-2. 所以当x =1时,y =f xx的最小值为-2. (2)因为f (x )-a =x 2-2ax -1,所以要使得“∀x ∈[0,2],不等式f (x )≤a 成立”只要“x 2-2ax -1≤0在[0,2]恒成立”.不妨设g (x )=x 2-2ax -1,则只要g (x )≤0在[0,2]上恒成立即可.所以⎩⎪⎨⎪⎧g 0≤0,g 2≤0,即⎩⎪⎨⎪⎧0-0-1≤0,4-4a -1≤0,解得a ≥34.则a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫34,+∞. 三上台阶,自主选做志在冲刺名校1.(2016·九江一模)若关于x 的不等式x 2-4x -2-a >0在区间(1,4)内有解,则实数a 的取值范围是( )A .(-∞,-2)B .(-2,+∞)C .(-6,+∞)D .(-∞,-6)解析:选A 不等式x 2-4x -2-a >0在区间(1,4)内有解等价于a <(x 2-4x -2)max ,令g (x )=x 2-4x -2,x ∈(1,4),∴g (x )<g (4)=-2,∴a <-2.2.甲厂以x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x ≤10),每小时可获得利润是100⎝ ⎛⎭⎪⎫5x +1-3x 元.(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元,求x 的取值范围;(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大,问:甲厂应该选取何种生产速度?并求最大利润.解:(1)根据题意, 200⎝ ⎛⎭⎪⎫5x +1-3x ≥3 000,整理得5x -14-3x≥0,即5x 2-14x -3≥0,又1≤x ≤10,可解得3≤x ≤10.即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元,x 的取值范围是[3,10]. (2)设利润为y 元,则y =900x·100⎝ ⎛⎭⎪⎫5x +1-3x=9×104⎝ ⎛⎭⎪⎫5+1x -3x 2=9×104⎣⎢⎡⎦⎥⎤-3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -162+6112,故x =6时,y max =457 500元.即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品获得的利润最大,最大利润为457 500元.第三节 二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题1.一元二次不等式(组)表示的平面区域不等式表示区域Ax +By +C >0 直线Ax +By +C =0某一侧的所有点组成的平面区域不包括边界直线 Ax +By +C ≥0包括边界直线不等式组 各个不等式所表示平面区域的公共部分2.线性规划中的基本概念名称 意义约束条件由变量x ,y 组成的不等式(组)线性约束条件 由x ,y 的一次不等式(或方程)组成的不等式(组) 目标函数关于x ,y 的函数解析式,如z =2x +3y 等线性目标函数 关于x ,y 的一次解析式 可行解 满足线性约束条件的解(x ,y ) 可行域 所有可行解组成的集合最优解使目标函数取得最大值或最小值的可行解线性规划问题 在线性约束条件下求线性目标函数的最大值或最小值问题 [小题体验]1.(教材习题改编)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x -3y +6≥0,x -y +2<0表示的平面区域是( )答案:B2.下列各点中,不在x +y -1≤0表示的平面区域内的是( ) A .(0,0) B .(-1,1) C .(-1,3) D .(2,-3)答案:C3.(教材习题改编)设x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ,x +y ≤1,y ≥-1.则目标函数z =2x +y 的最大值为________.答案:31.画出平面区域.避免失误的重要方法就是首先使二元一次不等式化为ax +by +c >0(a >0).2.线性规划问题中的最优解不一定是唯一的,即可行域内使目标函数取得最值的点不一定只有一个,也可能有无数多个,也可能没有.3.在通过求直线的截距z b 的最值间接求出z 的最值时,要注意:当b >0时,截距z b取最大值时,z 也取最大值;截距z b 取最小值时,z 也取最小值;当b <0时,截距z b取最大值时,z 取最小值;截距z b取最小值时,z 取最大值.[小题纠偏]1.(2015·福建高考)若变量x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +2y ≥0,x -y ≤0,x -2y +2≥0,则z =2x -y 的最小值等于( )A .-52B .-2C .-32D .2解析:选A 作可行域如图,由图可知,当直线z =2x -y 过点A 时,z 值最小.由⎩⎪⎨⎪⎧x -2y +2=0,x +2y =0得点A ⎝⎛⎭⎪⎫-1,12,z min =2×(-1)-12=-52.2.若用阴影表示不等示组⎩⎨⎧-x +y ≤0,3x -y ≤0所形成的平面区域,则该平面区域中的夹角的大小为________.答案:15°考点一 二元一次不等式组表示平面区域基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.(2016·忻州一模)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +y ≥2,2x -y ≤4,x -y ≥0所围成的平面区域的面积为( )A .3 2B .6 2C .6D .3解析:选 D 如图,不等式组所围成的平面区域为△ABC ,其中A (2,0),B (4,4),C (1,1),所求平面区域的面积为S △ABO -S △ACO =12(2×4-2×1)=3.2.(易错题)若满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y ≥0,x +y -2≤0,y ≥a的整点(x ,y )恰有9个,其中整点是指横、纵坐标都是整数的点,则整数a 的值为( )A .-3B .-2C .-1D .0解析:选C 不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分,当a =0时,只有4个整点(1,1),(0,0),(1,0),(2,0);当a =-1时,正好增加(-1,-1),(0,-1),(1,-1),(2,-1),(3,-1)共5个整点.3.如图阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示为________.解析:两直线方程分别为x -2y +2=0与x +y -1=0. 由(0,0)点在直线x -2y +2=0右下方可知x -2y +2≥0, 又(0,0)点在直线x +y -1=0左下方可知x +y -1≥0,即⎩⎪⎨⎪⎧x +y -1≥0,x -2y +2≥0为所表示的可行域.答案:⎩⎪⎨⎪⎧x +y -1≥0,x -2y +2≥0[谨记通法]确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法(1)“直线定界,特殊点定域”,即先作直线,再取特殊点并代入不等式组.若满足不等式组,则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域;否则就对应与特殊点异侧的平面区域.如“题组练透”第2题易忽视边界.(2)当不等式中带等号时,边界为实线;不带等号时,边界应画为虚线,特殊点常取原点.考点二 求目标函数的最值常考常新型考点——多角探明[命题分析]线性规划问题是高考的重点,而线性规划问题具有代数和几何的双重形式,多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透,自然地融合在一起,使数学问题的解答变得更加新颖别致.常见的命题角度有: (1)求线性目标函数的最值; (2)求非线性目标的最值; (3)线性规划中的参数问题.[题点全练]角度一:求线性目标函数的最值1.(2015·全国卷Ⅰ)若x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y -2≤0,x -2y +1≤0,2x -y +2≥0,则z =3x +y 的最大值为________.解析:画出可行域(如图所示). ∵z =3x +y ,∴y =-3x +z .∴直线y =-3x +z 在y 轴上截距最大时,即直线过点B 时,z 取得最大值.由⎩⎪⎨⎪⎧x +y -2=0,x -2y +1=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =1,即B (1,1),∴z max =3×1+1=4. 答案:42.(2016·吉林实验中学)已知实数x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y +5≥0,x -y ≤0,y ≤0,则z =2x +4y -3的最大值是________.解析:满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y +5≥0,x -y ≤0,y ≤0的区域如图所示,目标函数z =2x +4y -3在点(0,0)处取得最大值,则z max =-3.答案:-3角度二:求非线性目标的最值3.(2016·开封模拟)设变量x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y ≤1,x +y ≥2,y ≤2,则目标函数z =x 2+y2的取值范围为( )A .[2,8]B .[4,13]C .[2,13]D .⎣⎢⎡⎦⎥⎤52,13 解析:选C 作出可行域,如图中阴影部分,将目标函数看作是可行域内的点到原点的距离的平方,从而可得z min =|OA |2=⎝ ⎛⎭⎪⎫|0+0-2|12+122=2,z max =|OB |2=32+22=13.故z 的取值范围为[2,13]. 4.(2015·全国卷Ⅰ)若x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -1≥0,x -y ≤0,x +y -4≤0,则y x的最大值为________.解析:画出可行域如图阴影所示,∵y x表示过点(x ,y )与原点(0,0)的直线的斜率,∴点(x ,y )在点A 处时y x最大.由⎩⎪⎨⎪⎧x =1,x +y -4=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =3.∴A (1,3).∴yx的最大值为3. 答案:3角度三:线性规划中的参数问题5.(2015·山东高考)已知x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y ≥0,x +y ≤2,y ≥0.若z =ax +y 的最大值为4,则a =( )A .3B .2C .-2D .-3解析:选B 画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示,若z =ax +y 的最大值为4,则最优解为x =1,y =1或x =2,y =0,经检验知x =2,y =0符合题意,∴2a +0=4,此时a =2,故选B.6.已知x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y -2≤0,x -2y -2≤0,2x -y +2≥0.若z =y -ax 取得最大值的最优解不唯一,则实数a 的值为( )A .12或-1 B .2或12C .2或1D .2或-1解析:选D 由题中条件画出可行域如图中阴影部分所示,可知A (0,2),B (2,0),C (-2,-2),则z A =2,z B =-2a ,z C =2a -2,要使目标函数取得最大值的最优解不唯一,只要z A =z B >z C 或z A =z C >z B 或z B =z C >z A ,解得a =-1或a =2.[方法归纳]1.求目标函数的最值3步骤(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平行直线系中过原点的那一条直线;(2)平移——将l 平行移动,以确定最优解的对应点的位置;(3)求值——解方程组求出对应点坐标(即最优解),代入目标函数,即可求出最值. 2.常见的3类目标函数 (1)截距型:形如z =ax +by .求这类目标函数的最值常将函数z =ax +by 转化为直线的斜截式:y =-ab x +z b,通过求直线的截距z b的最值间接求出z 的最值.(2)距离型:形如z =(x -a )2+(y -b )2. (3)斜率型:形如z =y -bx -a. [提醒] 注意转化的等价性及几何意义.考点三 线性规划的实际应用重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·陕西高考)某企业生产甲、乙两种产品均需用A ,B 两种原料,已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示.如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元,则该企业每天可获得最大利润为( )甲 乙 原料限额 A (吨) 3 2 12 B (吨)128A .12万元B .16万元C .17万元D .18万元解析:选D 设每天生产甲、乙产品分别为x 吨、y 吨,每天所获利润为z 万元,则有⎩⎪⎨⎪⎧3x +2y ≤12,x +2y ≤8,x ≥0,y ≥0,z =3x +4y ,作出可行域如图阴影部分所示,由图形可知,当直线z =3x +4y 经过点A (2,3)时,z 取最大值,最大值为3×2+4×3=18.[由题悟法]1.解线性规划应用题3步骤。

人教A版高中数学 高三一轮第六章 不等式 6-7 数学归纳

人教A版高中数学 高三一轮第六章 不等式 6-7 数学归纳

高三 一轮复习第六章 不等式 6.7 数学归纳法 学案【考纲传真】1.了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 【知识扫描】知识点 数学归纳法的定义及框图表示 1.数学归纳法的定义证明一个与正整数n 有关的命题,可按下列步骤进行: (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个可取值n 0(n 0∈N *)时命题成立;(2)(归纳递推)假设n =k (k ≥n 0,k ∈N *)时命题成立,证明当n =k +1时命题也成立. 只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 这种证明方法叫做数学归纳法. 2.数学归纳法的框图表示1.必知关系;数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法,第一步是递推的“基础”,第二步是递推的“依据”,两个步骤缺一不可.2.必清误区;运用数学归纳法应注意以下两点:(1)第一步验证n =n 0时,n 0不一定为1,要根据题目要求选择合适的起始值. (2)第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在证明n =k +1时,命题也成立的过程中一定要用到它,否则就不是数学归纳法.【学情自测】1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n =1时结论成立.( ) (2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n =k 到n =k +1时,项数都增加了一项.( )(4)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n +2=2n +3-1”,验证n =1时,左边式子应为1+2+22+23.( )2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n -3)条时,第一步检验n 等于( )A .1B .2C .3D .43.已知f (n )=1n +1n +1+1n +2+…+1n2,则( )A .f (n )中共有n 项,当n =2时,f (2)=12+13B .f (n )中共有n +1项,当n =2时,f (2)=12+13+14C .f (n )中共有n 2-n 项,当n =2时,f (2)=12+13D .f (n )中共有n 2-n +1项,当n =2时,f (2)=12+13+144.用数学归纳法证明1+2+3+…+n 3=n 6+n 32,则当n =k +1时,左端应在n =k 的基础上加上( )A .k 3+1B .(k +1)3 C.k +6+k +32D .(k 3+1)+(k 3+2)+(k 3+3)+…+(k +1)35.(2014·江苏高考)已知函数f 0(x )=sin xx (x >0),设f n (x )为f n -1(x )的导数,n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2+π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值;(2)证明:对任意的n ∈N *,等式⎪⎪⎪⎪nf n -1⎝⎛⎭⎫π4+π4f n⎝⎛⎭⎫π4=22都成立.参考答案1.【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)√2.【解析】 三角形是边数最少的凸多边形,故第一步应检验n =3. 【答案】 C3.【解析】 从n 到n 2共有n 2-n +1个数,所以f (n )中共有n 2-n +1项,且f (2)=12+13+14,故选D. 【答案】 D4.【解析】 当n =k 时,左边=1+2+3+…+k 3,当n =k +1时,左边=1+2+3+…+k 3+(k 3+1)+(k 3+2)+(k 3+3)+…+(k +1)3,故选D.【答案】 D5.【解】 (1)由已知,得f 1(x )=f ′0(x )=⎝⎛⎭⎫sin x x ′=cos x x -sin x x 2, 于是f 2(x )=f ′1(x )=⎝⎛⎭⎫cos x x ′-⎝⎛⎭⎫sin x x 2′=-sin x x -2cos x x 2+2sin xx 3, 所以f 1⎝⎛⎭⎫π2=-4π2,f 2⎝⎛⎭⎫π2=-2π+16π3, 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2+π2f 2⎝⎛⎭⎫π2=-1.(2)证明:由已知,得xf 0(x )=sin x ,等式两边分别对x 求导,得f 0(x )+xf ′0(x )=cos x , 即f 0(x )+xf 1(x )=cos x =sin ⎝⎛⎭⎫x +π2,类似可得 2f 1(x )+xf 2(x )=-sin x =sin(x +π), 3f 2(x )+xf 3(x )=-cos x =sin ⎝⎛⎭⎫x +3π2, 4f 3(x )+xf 4(x )=sin x =sin(x +2π).下面用数学归纳法证明等式nf n -1(x )+xf n (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x +n π2对所有的x ∈N *都成立. ①当n =1时,由上可知等式成立.②假设当n =k 时等式成立,即kf k -1(x )+xf k (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x +k π2. 因为[kf k -1(x )+xf k (x )]′=kf ′k -1(x )+f k (x )+xf ′k (x )=(k +1)f k (x )+xf x +1(x ),⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x +k π2′=cos ⎝⎛⎭⎫x +k π2·⎝⎛⎭⎫x +k π2′=sin ⎣⎡⎦⎤x +k +2, 所以(k +1)f k (x )+xf k +1(x )=sin ⎣⎡⎦⎤x +k +2. 因此当n =k +1时,等式也成立.综合①②可知等式nf n -1(x )+xf n (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x +n π2对所有的n ∈N *都成立. 令x =π4,可得nf n -1⎝⎛⎭⎫π4+π4f n ⎝⎛⎭⎫π4 =sin ⎝⎛⎭⎫π4+n π2(n ∈N *),所以⎪⎪⎪⎪nf n -1⎝⎛⎭⎫π4+π4f n⎝⎛⎭⎫π4=22(n ∈N *).。

高考数学大一轮复习-第六章 不等式与推理证明 第7课时 数学归纳法课件 理 北师大版

高考数学大一轮复习-第六章 不等式与推理证明 第7课时 数学归纳法课件 理 北师大版

[基础自测]
1.数列{an}中,已知a1=1,当n≥2时,an=an-1+2n-1,
依次计算a2,a3,a4后,猜想an的表达式是( )
A.3n-2
B.n2
C.3n-1
D.4n-3
解析:∵aa1n==1an-1+2n-1 ∴当n=2时,a2=4. 当n=3时,a3=9,当n=4时,a4=16. 据此可猜想an=n2. 答案:B
=k+1 2+k+1 3+…+21k+2k+1 1+k+1 1-2k+1 1

1 k+1+1

1 k+1+2
+…+
1 k+1+k

1 k+1+k+1

右边,
所以当n=k+1时等式也成立.
综合(1)、(2)知对一切n∈N+,等式都成立.
考点二 用数学归纳法证明不等式 [例2] 已知函数f(x)=x3,g(x)=x+ x. (1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由; (2)设数列{an}(n∈N+)满足a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证 明:存在常数M,使得对于任意的n∈N+,都有an≤M. 审题视点 (1)由函数零点的判定方法进行判断即可;对于零 点的个数,可根据函数的单调性判断;(2)根据“观察——归纳 ——猜想——数学归纳法证明”的思路解题.
2.设f(n)=nn+1,g(n)=(n+1)n,n∈N+. (1)当n=1,2,3,4时,试比较f(n)与g(n)的大小; (2)根据(1)的结果猜测一个一般性结论,并加以证明.
下面用数学归纳法证明:
(i)当n=1时,a1<x0显然成立;
(ii)假设当n=k(k∈N+)时,有ak<x0成立,则当n=k+1时,
由a3 k+1=源自k+ak <x0+x0

高考数学一轮总复习 6.7数学归纳法课件

高考数学一轮总复习 6.7数学归纳法课件

=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1], ∴当n=k+1时结论仍然成立. 由(1)(2)可知,f(1)+f(2)+…+f(n-1) =n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
【规律方法】 用数学归纳法证明等式时,要注意第(1)步中 验证n0的值,如本题要取n0=2,在第(2)步的证明中应在归纳假设 的基础上推证n=k+1等式也成立,但必须用上归纳假设.
变式思考 1 用数学归纳法证明下列等式: 2×1 4+4×1 6+6×1 8+…+2n21n+2=4nn+1.
证明 (1)当n=1时,等式左边=2×1 4=18, 等式右边=411+1=18,∴等式成立. (2)假设n=k时等式成立, 即2×1 4+4×1 6+…+2k21k+2=4k+k 1成立,
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k成立,推证n=k +1时也成立,证明时用上归纳假设后,可采用分析法、综合 法、作差(作商)比较法、放缩法等证明.
变式思考 2 已知数列{an},an≥0,a1=0,a2n+1+an+1-1= a2n.
求证:当n∈N*时,an<an+1.
证明
(1)当n=1时,因为a2是方程a
根据(1)和(2),可知an<an+1对任何n∈N*都成立.
考点三
归纳—猜想—证明
【例3】 已知数列{an}中,a2=a+2(a为常数),Sn是{an}的 前n项和,且Sn是nan与na的等差中项.
(1)求a1,a3; (2)猜想an的表达式,并用数学归纳法加以证明.
听 课 记 录 (1)由已知得: Sn=nan+2 na=an+2 a·n. 当n=1时,S1=a1,∴2a1=a1+a.∴a1=a. 当n=3时,S3=a1+a2+a3. ∴2(a1+a2+a3)=3(a3+a). ∴2(a+a+2+a3)=3(a3+a). ∴a3=a+4.

高考数学一轮复习 第6章 不等式课件 理

高考数学一轮复习 第6章 不等式课件 理

-z=0,则当xzy取得最大值时,2x+1y-2z的最大值为(
).
9
A.0
B.1
C.4
D.3
由 x2-3xy+4y2-z=0 可得 z=x2-3xy+4y2,
xy
xy
1
1

z

x2-3xy+4y2=x 4y ≤ y+ x -3
2
4-3=1,当且仅
当xy=4xy即 x=2y 时等号成立,这时 z=x2-3xy+4y2=2y2.
利用排除法,
设 x=3.2,则[-x]=[-3.2]=-4,而-[x]=-[3.2]
ab C.若c2<c2,则 a<b
D.若 a>b,c>d,则 a-c>b-d
由不等式的性质知 C 正确.
C
2.已知 x,y 都为正实数,且 3x+y=1,则 xy 的最大
值为( ).
1
1
A.12
B.3
C. 3
D.2 3
∵x,y 都为正实数,∴3x+y=1≥2 3x·y,得 xy
1 ≤12,故
xy
1 的最大值为12.
四、极值定理
1.若 x,y∈R+,积 x·y=p(定值),则和 x+y 有最小
值__2 p__,当且仅当__x=y__时,取“=”;
2.若 x,y∈R+,和 x+y=s(定值),则积 x·y 有最大
值__s42__,当且仅当__x=y__时,取“=”.
即:“积为常数,和有最小值;和为常数,积有最大值”.
a -b = log36- log510= 1+ log32- (1 + log52) = log32-log52>0,∴a>b.
b-c=log510-log714=1+log52-(1+log72)=log52 -log72>0,∴b>c.∴a>b>c.

推荐-高考数学一轮总复习第6章不等式推理与证明6.7数学归纳法模拟演练课件理

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12.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)
能被 9 整除”,要利用归纳假设证 n=k+1 时的情况,只需
展开(
)
A.(k+3)3 C.(k+1)3
B.(k+2)3 D.(k+1)3+(k+2)3
解析 假设当 n=k 时,原式能被 9 整除, 即 k3+(k+1)3+(k+2)3 能被 9 整除. 当 n=k+1 时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3 为了能用上面 的归纳假设,只需将(k+3)3 展开,让其出现 k3 即可.
2)·…·(n+n)=2n·1·2…(2n-1)”(n∈N+)时,从“n=k 到 n=
k+1”时,左边的式子之比是(
)
1 A.2k+1
2k+3 B. k+1
2k+1 C. k+1
1 D.22k+1
解析 当 n=k 时,左边为(k+1)(k+2)…2k,当 n=k+1 时,左边为(k+2)(k+3)…2k(2k+1)(2k+2),所以从“n=k 到 n=k+1”时,左边的式子之比是
证明 ①当 n=1 时,(3×1+1)×7-1=27 能被 9 整除, 命题成立;
②假设当 n=k(k∈N*,k≥1)时命题成立, 即(3k+1)·7k-1 能被 9 整除,则当 n=k+1 时,
[3(k+1)+1]·7k+1-1 =(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1 =(3k+1)·7k-1+6(3k+1)·7k+3·7k+1 =(3k+1)·7k-1+9·(2k+3)·7k. 由于(3k+1)·7k-1 和 9·(2k+3)·7k 都能被 9 整除,所以(3k +1)·7k-1+9·(2k+3)·7k 能被 9 整除,即当 n=k+1 时,命题 也成立,故(3n+1)·7n-1(n∈N*)能被 9 整除.
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3 点注意 运用数学归纳法应注意以下三点:①n=n0 时成立,要弄清楚命题的含义。②由 假设 n=k 成立证 n=k+1 时,要推导详实,并且一定要运用 n=k 成立的结论。③要 注意 n=k 到 n=k+1 时增加的项数。
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1.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步检验 n
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第七节 数学归纳法
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
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考 纲 1.考查数学归纳法的原理和证题步骤。 导 学 2.用数学归纳法证明与等式、不等式或数列有关的命题,考查分析
问题、解决问题的能力。
3
课前学案 基础诊断
夯基固本 基础自测
4
1.归纳法
□ 由一系列有限的特殊事例得出 1 __一__般__结__论__的推理方法叫归纳法。根据推理过
□ □ 程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为
2
完全 ____________
归纳法和
3
____不__完__全______归纳法。
2.数学归纳法
(1)数学归纳法:一个与自然数相关的命题,如果:①当 n 取第 1 个值 n0 时命题
成立;②假设当 n=k,(k∈N+,且 k≥n0 时,命题成立的前提下,推出当 n=k+1 时
解析:∵由 n=k 成立推证 n=k+1 成立时必须用上归纳假设, ∴(k+1)3+5(k+1)=(k3+5k)+3k(k+1)+6。 答案:(k3+5k)+3k(k+1)+6
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课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
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考点一
用数学归纳法证明等式
【例 1】 已知 n∈N*,证明:1-21+31-41+…+2n1-1-21n=n+1 1+n+1 2+…+
等于( )解析:边数最小的凸多边形是三角形。 答案:C
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2.已知 f(n)=1n+n+1 1+n+1 2+…+n12,则(
)
A.f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)=12+13 B.f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)=12+13+14 C.f(n)中共有 n2-n 项,当 n=2 时,f(2)=12+13 D.f(n)中共有 n2-n+1 项,当 n=2 时,f(2)=12+13+14
命题也成立,那么可以断定这个命题对于 n 取第 1 个值后面的所有正整数成立。
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(2)数学归纳法证题的步骤:
□ ①(归纳奠基)证明当 n 取第一个值 4 __n_=__n_0___时,命题成立。 □ □ ②(归纳递推)假设 5 _n_=__k____(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当 6 _n_=__k_+__1_
时命题也成立。 只要完成这两个步骤就可以断定命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立。
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2 个防范 数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法,第一步是递推的 “基础”,第二步是递推的“依据”,两个步骤缺一不可,在证明过程中要防范以下 两点: (1)第一步验证 n=n0 时,n0 不一定为 1,要根据题目要求选择合适的起始值。 (2)第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在证明 n=k+1 时,命题也成 立的过程中一定要用到它,否则就不是数学归纳法.第二步关键是“一凑假设,二凑 结论”。
答案:B
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4.记凸 k 边形的内角和为 f(k),则凸 k+1 边形的内角和 f(k+1)=f(k)+ __________。
解析:由凸 k 边形变为凸 k+1 边形时,增加了一个三角形,故 f(k+1)=f(k)+π。 答案:π
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5.用数学归纳法证明“n3+5n 能被 6 整除”的过程中,当 n=k+1 时,对式 子(k+1)3+5(k+1)应变形为__________。
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通关特训 1 f(n)=1+12+13+…+n1(n∈N*)。 求证:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n·[f(n)-1](n≥2,n∈N*)。
证明:当 n=2 时,左边=f(1)=1。 右边=21+12-1=1,左边=右边,等式成立。 假设 n=k 时,结论成立,即 f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1], 那么,当 n=k+1 时, f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k) =k[f(k)-1]+f(k) =(k+1)f(k)-k
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=(k+1)fk+1-k+1 1-k =(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论仍然成立。 ∴f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*)。
解析:项数为 n2-(n-1)=n2-n+1。 答案:D
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3.用数学归纳法证明等式(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*),从
“k 到 k+1”左端需增乘的代数式为( )
A.2k+1
B.2(2k+1)
2k+1 C. k+1
2k+3 D. k+1
解析:n=k+1 时,左端为(k+2)(k+3)…[(k+1)+(k-1)]·[(k+1)+k](2k+2)=(k +1)(k+2)…(k+k)·(2k+1)·2,∴应增乘 2(2k+1)。
21n。
证明:(1)当 n=1 时,左边=1-21=21, 右边=21,等式成立;
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(2)假设当 n=k(k∈N*)时等式成立,即 1-21+31-41+…+2k-1 1-21k =k+1 1+k+1 2+…+21k, 那么当 n=k+1 时, 左边=1-21+31-41+…+2k-1 1-21k+2k+11-1-2k+1 1 =k+1 1+k+1 2+…+21k+2k+1 1-2k+1 1
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=k+1 2+k+1 3+…+21k+2k+1 1+k+1 1-2k+1 1
=k+11+1+k+11+2+…+k+11+k+k+1+1 k+1,
所以当 n=k+1 时等式也成立。
综合(1)(2)知对一切 n∈N*,等式都成立。
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►名师点拨 (1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型,其关键点在于弄清等式两边的构成 规律,等式两边各有多少项,初始值 n0 是几; (2)由 n=k 到 n=k+1 时,除等式两边变化的项外还要充分利用 n=k 时的式子, 即充分利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明。
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