2012届高考数学一轮复习 6.7 不等式的综合问题教案
高考数学第一轮复习教案
高考数学第一轮复习教案（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
文档下载后可定制修改，请根据实际需要进行调整和使用，谢谢!并且，本店铺为大家提供各种类型的经典范文，如工作总结、述职报告、策划方案、演讲致辞、合同协议、条据文书、教案资料、好词好句、作文大全、其他范文等等，想了解不同范文格式和写法，敬请关注!Download tips: This document is carefully compiled by this editor. I hope that after you download it, it can help you solve practical problems. The document can be customized and modified after downloading, please adjust and use it according to actual needs, thank you!Moreover, our store provides various types of classic sample essays for everyone, such as work summaries, job reports, planning plans, speeches, contract agreements, doctrinal documents, lesson plans, good words and sentences, complete essays, and other sample essays. If you want to learn about different sample formats and writing methods, please pay attention!高考数学第一轮复习教案高考数学第一轮复习教案七篇高考数学第一轮复习教案都有哪些？新的数学方法和概念，常常比解决数学问题本身更重要。
高考数学一轮复习 第六章 数列 第五节 数列的综合问题教案 文(含解析)
第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n＋1 (n ∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1 (T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2， 由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )， 即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )， 即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3.综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件．(2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n∈N*，n≥2)．(1)证明：数列{a n＋1－a n}为等差数列；(2)令c n＝n＋1a nna n＋1＋na n＋1n＋1a n，数列{c n}的前n项和为T n，求证：2n＜T n＜2n＋23.证明：(1)当n＝2时，a1·a3＝a22－8a2＋12，所以a3＝42.当n≥2时，由a n－1·a n＋1＝a2n－8a n＋12，得a n·a n＋2＝a2n＋1－8a n＋1＋12，两式相减得a n a n＋2－a n－1a n＋1＝a2n＋1－a2n－8a n＋1＋8a n，所以a2n＋a n a n＋2－8a n＝a2n＋1＋a n－1a n＋1－8a n＋1，即a n(a n＋a n＋2－8)＝a n＋1(a n＋1＋a n－1－8)，所以a n＋a n＋2－8a n＋1＝a n＋1＋a n－1－8a n＝…＝a3＋a1－8a2＝2.所以a n＋2＋a n－8＝2a n＋1，即a n＋2－2a n＋1＋a n＝8，即(a n＋2－a n＋1)－(a n＋1－a n)＝8，当n＝1时，也满足此式．又a2－a1＝14，所以数列{a n＋1－a n}是以14为首项，8为公差的等差数列．(2)由(1)知a n＋1－a n＝14＋8(n－1)＝8n＋6.由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，a n－a n－1＝8×(n－1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×n －11＋n －12＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝n ＋1a nna n ＋1＋na n ＋1n ＋1a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝2n ＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， 又13＞13－12n ＋3＝2n ＋3－332n ＋3＝2n32n ＋3＞0，所以2n ＜T n ＜2n ＋23.考点二 与数列有关的探索性问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若k ＝12，且S 2 018＝2 018a ，求a 的值；(2)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)当k ＝12时，a n ＋1＝12(a n ＋a n ＋2)，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，此时首项a 1＝1，公差d ＝a 2－a 1＝a －1，所以数列{a n }的前2 018项和S 2 018＝2 018＋12×2 018×(2 018－1)(a －1)＝2 018a ，解得a ＝1.(2)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a (a ≠1)，所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2， 即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2， 即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ， 即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上，满足要求的实数k 有且仅有一个，且k ＝－25.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列； (3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)当n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12.(2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ，∴当n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ，即1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S nS n －1， ∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S nS n －1＝－1为定值， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列． (3)∵1a 1－1＝－2，∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝nn ＋1，∴a n ＝S n －12S n＝1nn ＋1.假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75，∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5.解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2.考点三新定义数列问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若存在非零常数p，对任意的正整数n，a2n＋1＝a n a n＋2＋p，则称数列{a n}是“T数列”．(1)若数列{a n}的前n项和S n＝n2(n∈N*)，求证：{a n}是“T数列”；(2)设{a n}是各项均不为0的“T数列”．①若p＜0，求证：{a n}不是等差数列；②若p＞0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，{a n}是等差数列．证明：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，符合上式，所以a n＝2n－1.则{a n}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，(2n ＋1)2＝(2n－1)(2n＋3)＋p，显然p＝4满足题意，所以{a n}是“T数列”．(2)①假设{a n}是等差数列，设a n＝a1＋(n－1)d，则由a2n＋1＝a n a n＋2＋p，得(a1＋nd)2＝[a1＋(n－1)d]·[a1＋(n ＋1)d]＋p，解得p＝d2≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，从而{a n}不是等差数列．②因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋p (n ≥2)，两式相减得，a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1. 因为{a n }的各项均不为0，所以a n ＋1＋a n －1a n ＝a n ＋a n ＋2a n ＋1(n ≥2)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1＋a n －1a n (n ≥2)是常数列， 因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以a 3＋a 1a 2＝2，从而a n ＋1＋a n －1a n＝2(n ≥2)，即a n ＋1＋a n －1＝2a n (n ≥2)，所以{a n }是等差数列．[由题悟法](1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{a n }，记Δ1a n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δk a n }为数列{a n }的“k 阶差数列”．(1)已知Δ1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，①若{a n }为等比数列，求a 1的值；②证明：当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)已知数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，若b n ＝3n－2，a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围．解：(1)①因为a 2＝a 1＋Δ1a 1＝a 1－12，a 3＝a 2＋Δ1a 2＝a 1－14，且{a n }为等比数列，所以a22＝a 1·a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫a 1－14，解得a 1＝13.②证明：当n ＞m 时，因为a n －a m ＝Δ1a n －1＋…＋Δ1a m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －m 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ， 所以|a n －a m |＝23·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ≤23·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m.又43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m单调递减，所以43·⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43×12＝23，故当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)因为数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，且b n ＝3n－2，所以Δ2a n ＝3n－2，所以Δ1a n ＝Δ2a n －1＋Δ2a n －2＋…＋Δ2a 1＋Δ1a 1 ＝31－3n －11－3－2(n －1)＋Δ1a 1＝3n2－2n ＋12＋Δ1a 1＝3n2－2n ＋a 2－12.由Δ2a n ＝3n －2＞0知，{Δ1a n }单调递增， 所以要使a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧Δ1a 2＝a 3－a 2≤0，Δ1a 3＝a 4－a 3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，解得－7≤a 2≤0.所以a 2的取值范围是[－7,0]．1．已知各项都不小于1的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝6S n ＋3n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1，从数列{b n }中抽取部分项b 1，b 9，bn 3，bn 4，…，bn k ，…，按从小到大的顺序构成等比数列．①求{n k }的通项公式；②记c k＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13k，k ＝1，2，3k 9n k－32k，k ≥3，k ∈N *，数列{c k }的前k 项和是T k ，求证：T k ＜2536.解：(1)由a n ＝6S n ＋3n －2，移项并平方得(a n ＋2)2＝a 2n ＋4a n ＋4＝6S n ＋3n ， 则a 2n －1＋4a n －1＋4＝6S n －1＋3(n －1)，n ≥2， 两式相减得，a 2n －a 2n －1＋4a n －4a n －1＝6a n ＋3，n ≥2，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1＋4a n －1＋4，n ≥2， 即(a n －1)2＝(a n －1＋2)2，n ≥2.又a n ≥1，所以a n －1＝a n －1＋2，n ≥2， 即a n －a n －1＝3，n ≥2，又a 1＋2＝6a 1＋3，所以a 21－2a 1＋1＝0，解得a 1＝1， 所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 故a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)①由b n ＝3n －2＋1，得b 1＝2，b 9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3， 则bn k ＝2×3k －1＝3n k －2＋1.化简得n k ＝4×32k －3－4×3k －2＋1.②证明：由题意可得T 1＝13＜2536，T 2＝13＋19＝49＜2536，当k ≥3，k ∈N *时，c k ＝3k4×32k －1－4×3k ＋9－32k ＝3k ＋132k －12×3k＋27 ＝3k ＋13k－33k－9＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －9－13k ＋1－9. 则T k ＝c 1＋c 2＋…＋c k ＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－134－9＋134－9－135－9＋…＋13k －9－13k ＋1－9＝49＋92⎝ ⎛⎭⎪⎫133－9－13k ＋1－9＝2536－32×13k －3＜2536， 综上，T k ＜2536.2．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式； (2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n ＜3. 解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1， 所以S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1， 又n ＝1时，a 1＝a 2－1＝1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，由{a n }是“P (k )数列”可得，S n＝a n ＋k －k ，故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ， 则有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2.同理，由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2， 所以a n ＋1＝a n ＋3对任意的n ∈N *恒成立，所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2. ① 又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2. ②①②两式矛盾，故不存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明：因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2， 所以S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝a 3－2＝1，故a 3＝3，又a 2＝2，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意的n ∈N *恒成立， 所以数列{a n }的前几项为1,2,3,5,8，故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，③当n ＝1时，T 1＝a 12＝12＜3，当n ＝2时，T 2＝a 12＋a 222＝1＜3，当n ≥3时，12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，④由③④得，12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －a n －12n－a n2n ＋1 ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1， 显然T n －2＜T n ，a n2n ＋1＞0，故12T n ＜34＋14T n ，即T n ＜3.综上，T n ＜3.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：(t －1)S n －ta n ＋t ＝0(t 为常数，且t ≠0，t ≠1，n ∈N *)．(1)设b n ＝a n (a n ＋S n )，若数列{b n }为等比数列，求t 的值； (2)当t ＞1时，记c n ＝a na n －1a n ＋1－1，T n 是数列{c n }的前n 项和，求证：T n ＜1t －12；(3)当t ＝5时，是否存在整数对(m ，n )(其中m ∈Z ，n ∈N *)满足a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解：(1)当n ＝1时，(t －1)S 1－ta 1＋t ＝0，得a 1＝t . 当n ≥2时，由(1－t )S n ＝－ta n ＋t ，① 得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，②①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1，即a n ＝ta n －1，∴a na n －1＝t (n ≥2)，∴数列{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n. 由b n ＝a n (a n ＋S n )知，b n ＝(t n )2＋t 1－t n 1－t ·t n＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t.若数列{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1·b 3， 而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)， 故[t 3(2t ＋1)]2＝2t 2·t 4(2t 2＋t ＋1)，解得t ＝12，将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，满足{b n }为等比数列，∴t ＝12.(2)证明：由(1)知，a n ＝t n， ∴c n ＝a na n －1a n ＋1－1＝t nt n －1t n ＋1－1＝1t －1⎝⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1， 则T n ＝1t －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1－1t 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1t n －1－1t n ＋1－1 ＝1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1－1t n ＋1－1， 又t ＞1，∴T n ＜1t －12.(3)当t ＝5时，由(1)知a n ＝5n， 由a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0， 得52n －(4＋m )5n＋7m ＋15＝0， 故m ＝52n －4×5n＋155n－7＝5n－75n＋3＋365n－7＝5n＋3＋365n －7.若存在整数对(m ，n )，则365n －7必须是整数．当n ＝1时，m ＝－10； 当n ＝2时，m ＝30；当n ≥3时，5n－7＞36，不符合．综上，所有满足题意的整数对(m ，n )为(－10,1)，(30,2)． 4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D 数列”．(1)若数列{a n }为“D 数列”，且a 1＝a －3，a 2＝a ，a 3＝a 2－4，求实数a 的取值范围；(2)若首项为1的等差数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，其前n 项和S n 满足S n ＜n 2＋2n (n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)已知等比数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，a 2－a 1＜3，设b n ＝2×6nn ＋1·a n (n ∈N *)，试判断数列{b n }是否为“D 数列”，并说明理由．解：(1)由题意得a 2－a 1＝3＞2，a 3－a 2＝a 2－4－a ≥2，即a 2－a －6≥0，解得a ≥3或a ≤－2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则d ≥2， 由a 1＝1，得S n ＝n ＋n n －12d ，由题意得，n ＋n n －12d ＜n 2＋2n 对n ∈N *均成立．当n ＝1时，上式成立．当n ≥2时，d ＜2n ＋2n －1＝2＋4n －1.又d ∈N *，所以d ≤2，所以d ＝2，所以等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (3)设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1，因为数列{a n }的每一项均为正整数，且a n ＋1－a n ＝a n q －a n ＝a n (q －1)≥2＞0，所以q ＞1，且q 为整数，则a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)＞a n －a n －1，n ≥2，n ∈N *， 所以在数列{a n －a n －1}中，a 2－a 1为最小项．由数列{a n }为“D 数列”，可知只需a 2－a 1≥2，即a 1(q －1)≥2， 又a 2－a 1＜3，即a 1(q －1)＜3，由数列{a n }的每一项均为正整数，可得a 1(q －1)＝2， 所以a 1＝1，q ＝3或a 1＝2，q ＝2.①当a 1＝1，q ＝3时，a n ＝3n －1，则b n ＝2×6nn ＋1·3n －1＝3n ＋1×2n ＋1.令c n ＝b n ＋1－b n (n ∈N *)，则c n ＝3n ＋2×2n ＋2－3n ＋1×2n ＋1＝3×2n＋1×⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋2－1n ＋1＝3×2n ＋1×n n ＋2n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3×2n ＋2×n ＋1n ＋3n ＋2－3×2n ＋1×n n ＋2n ＋1＝3×2n ＋1×n 2＋n ＋2n ＋3n ＋2n ＋1＞0，所以数列{c n }为递增数列，即c n ＞c n －1＞c n －2＞…＞c 1. 又c 1＝b 2－b 1＝2，所以对任意的n ∈N *都有b n ＋1－b n ≥2，所以数列{b n}是“D数列”．②当a1＝2，q＝2时，a n＝2n，则b n＝2×6nn＋1·2n＝2n＋1×3n.令d n＝b n＋1－b n(n∈N*)，则d n＝2n＋2×3n＋1－2n＋1×3n＝2×3n×⎝⎛⎭⎪⎫3n＋2－1n＋1＝2×3n×2n＋1n＋2n＋1，所以d n＋1－d n＝2×3n＋1×2n＋3n＋3n＋2－2×3n×2n＋1n＋2n＋1＝2×3n×4n2＋8n＋6n＋3n＋2n＋1＞0，所以数列{d n}为递增数列，即d n＞d n－1＞d n－2＞…＞d1.又d1＝b2－b1＝3，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．综上，数列{b n}是“D数列”．命题点一数列的概念及表示1.(2016·上海高考)无穷数列{a n}由k个不同的数组成，S n为{a n}的前n项和．若对任意n∈N*，S n∈{2,3}，则k的最大值为________．解析：由S n ∈{2,3}，得a 1＝S 1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. 答案：42．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1 ＝________.解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：12命题点二 等差数列与等比数列1．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －32．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a 11－q61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：323．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n＋1，则S 6＝________.解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1.当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－634．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 答案：205．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2.(1)求{a n }的通项公式； (2)求e 1a ＋e 2a ＋…＋e n a .解：(1)设{a n}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln 2，所以2a1＋3d＝5ln 2.又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝n ln 2.(2)因为e1a＝e ln 2＝2，e a ne1n a＝e1n na a－－＝e ln 2＝2，所以数列{e a n}是首项为2，公比为2的等比数列，所以e1a＋e2a＋…＋e n a＝2×1－2n1－2＝2n＋1－2.6．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n＋k＝2ka n，对任意正整数n(n＞k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．证明：(1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列．7．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．8．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k 使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列， 则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列． (3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2n ＋k1及a 2n ＋2k1，并令t ＝da 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0，则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )·ln(1＋2t )．化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝错误!.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]．令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝121＋t1＋2t1＋3t＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t )＞0， 知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．命题点三 数列求和1.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为________．解析：所有的正奇数和2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1＜12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3＜12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6＜12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10＜12a 5＝60，不符合题意；…；当n ＝26时，S 26＝21×1＋412＋2×1－251－2＝441＋62＝503＜12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×1＋432＋2×1－251－2＝484＋62＝546＞12a 28＝540，符合题意．故使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案：272．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则 k ＝1n1S k ＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.4．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项， 得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，两式相减，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.命题点四 数列的综合应用1.(2016·江苏高考)记U ＝{1,2，…，100}，对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1；(3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . 解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1.又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1＞0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)＜3k . 因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集． 令E ＝C ∩∁U D ，F ＝D ∩∁U C ， 则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅.于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D 得S E ≥S F . 设k 为E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E ＜a k ＋1.于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E ＜a k ＋1＝3k，所以l －1＜k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1.从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l－12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .2．(2018·天津高考)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ①求T n ；②证明 k ＝1nT k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 由q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.① 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16.② 联立①②解得b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，所以T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n2k－n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑k ＝1nT k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9， 解得73≤d ≤52.所以d的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)．①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n n －1＝n q n －q n －1－q n ＋2n n －1. 当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0，所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q n －1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1q m －2m ，b 1q m m .。
高考数学第一轮复习教案 专题9不等式
专题九 不等式一、考试内容：不等式．不等式的基本性质．不等式的证明．不等式的解法．含绝对值的不等式． 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、命题热点高考对该部分主要从以下几个方面考查：一元二次不等式、一元二次不等式组和简单的线性规划问题、基本不等式的应用等。
高考在解答题中一般有一道数列题，各地高考的试题不尽相同，但总的趋势是难度在下降；试卷中没有不等式解答题，通常会在小题中设置1到2道，而对不等式的深层考查则在数列解答题、解析几何解答题、函数导数解答题中考查。
四、知识回顾1. 不等式的基本概念（1） 不等（等）号的定义：.0;0;0b a b a b a b a b a b a <⇔<-=⇔=->⇔>- （2） 不等式的分类：绝对不等式；条件不等式；矛盾不等式. （3） 同向不等式与异向不等式.（4） 同解不等式与不等式的同解变形. 2.不等式的基本性质（1）a b b a <⇔>（对称性）（2）c a c b b a >⇒>>,（传递性）（3）c b c a b a +>+⇒>（加法单调性）（4）d b c a d c b a +>+⇒>>,（同向不等式相加） （5）d b c a d c b a ->-⇒<>,（异向不等式相减） （6）bc ac c b a >⇒>>0,.（7）bc ac c b a <⇒<>0,（乘法单调性）（8）bd ac d c b a >⇒>>>>0,0（同向不等式相乘）(9)0,0a b a b c d c d>><<⇒>（异向不等式相除）11(10),0a b ab a b>>⇒<（倒数关系） （11）)1,(0>∈>⇒>>n Z n b a b a n n 且（平方法则） （12）)1,(0>∈>⇒>>n Z n b a b a n n 且（开方法则）3.几个重要不等式（1）0,0||,2≥≥∈a a R a 则若（2）)2||2(2,2222ab ab b a ab b a R b a ≥≥+≥+∈+或则、若（当仅当a=b 时取等号） （3）如果a ,b 都是正数，那么.2a b +（当仅当a=b 时取等号）极值定理：若,,,,x y R x y S xy P +∈+==则：○1如果P 是定值, 那么当x=y 时，S 的值最小； ○2如果S 是定值, 那么当x =y 时，P 的值最大. 利用极值定理求最值的必要条件： 一正、二定、三相等.,3a b c a b c R +++∈≥(4)若、、则a=b=c 时取等号） 0,2b aab a b>+≥(5)若则（当仅当a=b 时取等号）2222(6)0||;||a x a x a x a x a x a x a a x a >>⇔>⇔<-><⇔<⇔-<<时，或（7）||||||||||||,b a b a b a R b a +≤±≤-∈则、若 4.几个著名不等式（1）平均不等式： 如果a ,b 都是正数，那么2112a b a b ++（当仅当a=b 时取等号）即：平方平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均（a 、b 为正数）：特别地，222()22a b a b ab ++≤≤（当a = b 时，222()22a b a b ab ++==）),,,(332222时取等c b a R c b a c b a c b a ==∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+++≥++ ⇒幂平均不等式：22122221)...(1...n n a a a na a a +++≥+++ 注：例如：22222()()()ac bd abcd +≤++.常用不等式的放缩法：①21111111(2)1(1)(1)1n n n n n n n n n n-==-≥++--1)n ==≥（2）柯西不等式： 时取等号当且仅当（则若nn n n n n n n b a b a b ab a b b b b a a a a b a b a b a b a R b b b b R a a a a ====+++++++≤++++∈∈ 332211223222122322212332211321321))(();,,,,,,,,（3）琴生不等式（特例）与凸函数、凹函数若定义在某区间上的函数f(x),对于定义域中任意两点1212,(),x x x x ≠有12121212()()()()()().2222x x f x f x x x f x f x f f ++++≤≥或则称f(x)为凸（或凹）函数.5.不等式证明的几种常用方法比较法、综合法、分析法、换元法、反证法、放缩法、构造法.6.不等式的解法（1）整式不等式的解法（根轴法）.步骤：正化，求根，标轴，穿线（偶重根打结），定解. 特例① 一元一次不等式ax >b 解的讨论；②一元二次不等式ax 2+bx +c >0(a ≠0)解的讨论.（2）分式不等式的解法：先移项通分标准化，则()()0()()0()()0;0()0()()f x g x f x f x f x g x g x g x g x ≥⎧>⇔>≥⇔⎨≠⎩ （3）无理不等式：转化为有理不等式求解1()0()0()()f x g x f x g x ⎧≥⎫⇒⎪⎬≥⎨⎭⎪>⎩定义域○2⎩⎨⎧<≥⎪⎩⎪⎨⎧>≥≥⇔>0)(0)()]([)(0)(0)()()(2x g x f x g x f x g x f x g x f 或 ○3⎪⎩⎪⎨⎧<≥≥⇔<2)]([)(0)(0)()()(x g x f x g x f x g x f （4）.指数不等式：转化为代数不等式()()()()()(1)()();(01)()()(0,0)()lg lg f x g x f x g x f x a a a f x g x a a a f x g x a b a b f x a b>>⇔>><<⇔<>>>⇔⋅>（5）对数不等式：转化为代数不等式()0()0log ()log ()(1)()0;log ()log ()(01)()0()()()()a a a a f x f x f x g x a g x f x g x a g x f x g x f x g x >>⎧⎧⎪⎪>>⇔>><<⇔>⎨⎨⎪⎪><⎩⎩（6）含绝对值不等式○1应用分类讨论思想去绝对值； ○2应用数形思想； ○3应用化归思想等价转化 ⎩⎨⎧>-<>≤⇔>⎩⎨⎧<<->⇔<)()()()(0)()0)(),((0)()(|)(|)()()(0)()(|)(|x g x f x g x f x g x g x f x g x g x f x g x f x g x g x g x f 或或不同时为注：常用不等式的解法举例（x 为正数）： ①231124(1)2(1)(1)()22327x x x x x -=⋅--≤=②2222232(1)(1)124(1)()22327x x x y x x y y --=-⇒=≤=⇒≤类似于22sin cos sin (1sin )y x x x x ==-，③111||||||()2x x x x x x+=+≥与同号，故取等7、二元一次不等式（组）与简单线性规划问题(一)二元一次不等式表示的区域对于直线0=++C By Ax (A>0)当B>0时, 0>++C By Ax 表示直线0=++C By Ax 上方区域; 0<++C By Ax 表示直线0=++c By Ax 的下方区域.当B<0时, 0>++C By Ax 表示直线0=++C By Ax 下方区域; 0<++C By Ax 表示直线0=++c By Ax 的上方区域.（二）线性规划(1)不等式组是一组对变量x 、y 的约束条件，由于这组约束条件都是关于x 、y 的一次不等式，所以又可称其为线性约束条件.z =A x +B y 是欲达到最大值或最小值所涉及的变量x 、y 的解析式，我们把它称为目标函数.由于z =A x +B y 又是关于x 、y 的一次解析式，所以又可叫做线性目标函数.另外注意：线性约束条件除了用一次不等式表示外，也可用一次方程表示.(2)一般地，求线性目标函数在线性约束条件下的最大值或最小值的问题，统称为线性规划问题.(3)那么，满足线性约束条件的解（x ,y ）叫做可行解，由所有可行解组成的集合叫做可行域.在上述问题中，可行域就是阴影部分表示的三角形区域.其中可行解（11,y x ）和（22,y x ）分别使目标函数取得最大值和最小值，它们都叫做这个问题的最优解. 线性目标函数的最值常在可行域的顶点处取得;而求最优整数解必须首先要看它们是否在可行(4)用图解法解决简单的线性规划问题的基本步骤：1.首先，要根据线性约束条件画出可行域（即画出不等式组所表示的公共区域）.2.设z =0，画出直线l 0.3.观察、分析，平移直线l 0，从而找到最优解.4.最后求得目标函数的最大值及最小值.(5) 利用线性规划研究实际问题的解题思路：首先，应准确建立数学模型，即根据题意找出约束条件，确定线性目标函数.然后，用图解法求得数学模型的解，即画出可行域，在可行域内求得使目标函数取得最值的解.最后，还要根据实际意义将数学模型的解转化为实际问题的解，即结合实际情况求得最优解.五、典型例题例1 在ΔABC 中，已知lgtgA+lgtgc=2lgtgB.求证：3π≤B ＜2π. 这个问题的已知是三角形中量的一种相等关系，要求从相等的条件出发，去推证出关于另一(些)量的不等关系.虽说本题考查的是对数、三角函数、不等式的一些相关基础知识，并要求把分析法、综合法加以综合运用，但问题的实质却是某种“相等关系”向“不等关系”的转化，抓住这一实质特征，就可以找到解决问题的方法.当然要熟练掌握对数、三角函数及不等式的知识，在这里根据题意激活知识也是必不可少的.简解：lgtgA+lgtgC=2lgtgB=lgtgA ·tgc ⇒tg 2B=tgA ·tgctgB=tg(π-(A+C))=-Btg 21tgCtgA -+∴tgA+tgC=tgB(tg 2B －１) ∵tgA+tgC ≥2tgC tgA ⋅=2tgB 即 tg 2B-1≥2∴tgB ≥3 ∵B ≥3π……这里，抓住了tg 2B=tgA ·tgC 这一相等关系及tgB=-tgCtgA ⋅-+1tgCtgA 隐含关系.通过tgA+tgC≥2tgC tgA ⋅这一恒成立的不等式得出关于tgB 的不等式，求解即得结论.b)“不等”向“相等”的转化.ⅰ)由实数理论知：若a ≥b 且a ≤b 则必有a=b ，这是由“不等”变为“相等”的典型模型，在数学运算中经常用到，例如：由(x-y)2≤0及隐含条件(x-y)2≥0可以导出(x-y)２＝0ⅱ)添加变量使“不等”变“相等”.例如：由x+y ＞0⇒y ＞-x 可含y=-x+t ，这里t ＞0，从而把x,y 的“不等”关系转化为某种“相等”关系.例2 已知a 、b 、c ∈R ，函数f(x)=ax ２＋bx+c ，g(x)=ax+b ，当-1≤x ≤1时，f(x)≤1 (1)证明：｜c ｜≤｜(2)证明：当｜x ｜≤1时，｜g(x)｜≤2(3)设a ＞0，当｜x ｜≤1时，g(x)的最大值是2，求f(x).本题综合了函数、方程、不等式的知识与方法，由于是以证明不等式为主，对逻辑思维和推理论证能力的要求很高，难度很大，它以二次函数和一次函数为载体，侧重考查函数的概念，含绝对值的不等式的性质，函数的单调性等数学知识的综合灵活运用，并利用函数作为材料，考查恒等变形，放缩变形的方法和技能，等式和不等式的联系和转化.这里仅剖析第(3)小题.已知告诉我们：对一切x ∈［-1,1］，g(x)≤2恒成立，这是不等的关系，由此(加上“a ＞0”)要得出f(x)的表达式，即给出一组值，使之分别与a 、b 、c 相等，很明显是“不等”向“相等”的转化.简解如下：∵a ＞0，∴g(x)=ax+b 是［-1,1］上的增函数，当x=1时，g(x)max =g(1)即：a+b=g(1)=2=f(1)-f(0) ①∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2≤-1 ∴c=f(0)=-1∵当-1≤x ≤1时f(x)≥-1恒成立，即f(x)≥f(0)∴直线x=0是抛物线y=f(x)的对称轴，由此可得-ab2=0，即b=0代入①得a=2 ∴f(x)=2x 2-12.“相等”与“不等”的构造 从上可以看出，“相等”向“不等”的转化，其关键之处在于构建出相关的不等关系，再将这个不等关系向目标(不等式)作进一步的变形处理即可.a)在“相等关系”中构造出“不等关系”：途径：①利用重要不等式：ⅰ)a 2+b 2≥2abⅱ)a 、b 、c ∈R ＋，a+b ≥2ab ，a+b+c ≥33abc ⅲ)a b +ba≥2(a 、b ＞0)等等 ②利用函数单调性：f(x)是区间I 上的增函数，若x 1、x 2∈I ，则f(x ２)＜f(x １)；f(x)是区间I 上的减函数，若x 1、x 2∈I ，则f(x 1)＞f(x 2)；③利用等量关系中的隐含条件，如x ２-１≥0 ｜x ｜≤a y=1-x 2⇒ x 2+y 2=a 2⇒y ≥0 ｜y ｜≤a例3 已知a 、b ∈R 且a 21b -+b 21a -=1，求证a 2+b 2=1这是一道脍炙人口的名题，其证法有多种，常见的方法有：平方法、三角法、几何法等，但另辟蹊径，巧用“相等”与“不等”，又可别开生面，证明如下：证明：∵a21b-≤2b -1a 22+ b 21a -≤2a -1b 22+两式相加得a 21b -+b 21a - ≤1又已知a 21b -+b 21a - =1，则上述两不等式必同时取等号即a=21b - ,b=21a -∴a 2+b 2=1例4 求满足(x 2+2x+3)(y 2+1)=2的实数x,y解：∵x 2+2x+3=(x+1)2+2≥2 y 2+1≥1∴(x 2+2x+3)(y 2+1)≥2 当且仅当x 2+2x+3=2,y 2+1=1时成立解之得x=-1且y=0 b)在“不等”关系中构造“相等”关系.x=rcos θ途径：①设元构造.例：x 2+y 2≤1⇒ (0≤r ≤1) y=rsin θ②数形结合，构造函数(或方程).例：x -4x -52≥x 可设y 1=x -4x -52,y 2=x例5 求证：nn 2＜1-n 2 (n ∈N ，n ≥2) 证明：∵2n =(1+1)n＝1+n+21)-n(n +…∴n ≥2，n ∈N,右端展开式中的各项为正∴2n＞21)-n(n即n n 2＜1-n 2例6 为使不等式x 2+4xy+4y 2+10x+ay+b ＞0对任意实数x 、y 恒成立，求实数a 、b 应满足的条件.解：为使不等式恒成立，须且仅须x 2+4xy+4y 2+10x+ay+b 为一个实数的平方加上一个正增量t ，可令x 2+4xy+4y 2+10x+ay+b=(x+2y+m)2+t=x 2+4xy+4y 2+2mx+4my+m 2+410=2m a=20 根据多项式相等的条件有： a=4m ⇒b=m 2+t(t ＞0) b=25+t ＞25 所以当a=20,b ＞25时，原不等式恒成立.例7 已知x 2+y 2≤1，求x+y 的最大值.分析：这里，量x+y 与x 2+y 2的直接关系可以通过2(x 2+y 2)≥(x+y)2得出，还可以通过换元令x=rcos θ，y=rsin θ，则有r 2≤1∴0≤r ≤1∴x+y=rcos θ+rsin θ=2rsin(θ+4π)≤2 r ≤2 得出. 3.由不等进行估算估计变数或式子的取值范围，对某些数学问题能起到挖掘隐含信息，找到思维的切入点，从而使困难的问题迎刃而解.x+y=6 例8 求解方程组z 2=xy-9这是二个方程三个变量的方程组，按常规似乎有无数个解.但可对xy 进行估算，可知xy ＞9，否则z 2＜0,x+y ＞0∵x ＞0,且y ＞0且6=x+y ≥2xy ⇒xy ≤9故z 2=xy-9≤9-9=0∴z=0且x=y=34.由不等推出矛盾：反证法是“数学家最精良的武器之一”，它在数学解题中确有奇效，若能有意识地挖掘问题中潜在的不等关系，使两者联手，往往可以及时找到矛盾点——由不等导出矛盾.例9 已知锐角α，β满足βαsin cos +αβsin cos =2，求证α+β＝2π证明：假设α+β＞2π，则α＞2π-β，β＞2π-α ∵α，β，2π-2，2π-β∈(0，2π)∴cos α＜cos(2π-β)＝sin βcos β＜cos(2π-α)=sin α从而2=βαcos cos +αβsin log ＜ββsin sin +ααsin sin =2矛盾 故α+β≤2π，同理α+β≥2π，∴α+β=2π(二)不等式与函数、方程的关系前面谈到“不等”与“相等”的相互依存，转化，在不等式与函数、方程中尤为突出. 1.一元二次不等式与二次函数，一元二次方程的关系(1)一元二次方程的根(二次函数图像与x 轴交点的横坐标)是对应一元二次不等式解集的端点值，由此可引申出解一元高次不等式的“根轴法”，可以由数形结合，根据函数图像求不等式的解集.(2)方程的条件根问题可以借助所设辅助函数与关于函数值的不等式，得出等价转化.例10 2x ２-3x=k 在［-1,1］内有实根，求实数k 的取值范围.此题是有关一元二次方程根的个数讨论，通过构造二次函数，讨论其零值点的分布，借助不等式求出k 的范围.解：设y=2x 2-3x-k=f(x)①若方程2x 2-3x-k=0在［-1，1］上有两根，则 Δ≥0f(-1)≥0 9+8k ≥0f(1)≥0 ⇔ 2+3-k ≥0 解之得：-89≤k ≤-1 -1＜43＜1 2-3-k ≥0 ②若方程2x 2-3x-k=0在［-1,1］上仅有一根则 Δ＞0 k ＞-89 ⇔ ⇔ -1≤k ≤5 f(-1)f(1)≤0 (5-k)(1-k)≤0 综上可知，k ∈［-89,5］ 2.不等式与函数最值(1)求函数的最大值与最小值涉及的范围极为广泛，可使用的方法很多，代数的，三角的，几何的问题中都有大量的求最值问题，求函数的值域也常归结为函数的最值；许多实际问题的应用题也能利用最值解决.而最值问题往往归结为不等问题，用不等式的性质以及求解不等式的方法都可用于解决最值问题，代数课本上册P26例2实际上是两个极值定理，有着广泛的应用价值，(课本上虽为二个正数，但可推广到三、四个及多个的情形)在利用它解决问题时，要注意三个条件“一正、二定、三能等”即：①这几个数都必须是正数.例如：当xy=4，如果没有x 、y 都为正数这个条件，就不能说x+y 有最小值4，因为若x=y=-2虽满足xy=4但x+y=-4＜4.②这几个数必须满足条件“和为定值”或“积为定值”，如果找不出“定值”这个条件，就不能应用这两个定理.例如：当x ＞0时，求y=x 2+x 1的最小值，若写成y=x 2+x1≥2xx 12⋅=2x (等号当且仅当x 2=x 1即x=1时y min =21=2)则最小值为2，这是错误的.而应该是这样的：由于x 2·x 21·x 21=4为定值，故y=x 2+x 1=x 2+x 21+x 21≥3322121x x x ⋅⋅=2332，即y min ＝2332(显然(2332)3=427＜8 即2332＜2＝③要保证等号能成立，如果等号不能成立，则求出的仍不是最值，例如：当0＜x ＜2π时求y=sinx+sinx 4的最小值，尽管y=sinx+sinx 4≥2xsin 4sin ⋅=4.但y min ＝４是错误的，因为当sinx=sinx4时可推出sinx=2(sinx ＞0)不成立，这只能说y ＞4恒成立，因此y min ＞4必成立，实际上由y=t+t4在(0，1］上是单调减函数可知，当sinx=1时y min =5(2)不等式与二次函数y=ax 2+bx+c(a ≠0)的最椎 x ∈R 时①当a ＞0时，x=-a b 2时，y min =a 4b -4ac 2；当a ＜0，x=-a b 2时y max =a4b -4ac 2②当x ∈［m,n ］(m ＜n ＝时，易画出图像(是抛物线的一部分)“看图说话”. 例11 若a ＞0，y=ax 2+bx+c 的最值如下表当a ＜0时，可依上表写出类似结论.(3)重要函数y=x+c ，(a ＞0,x ＞0)的单调性.利用不等式的性质可证明，y=x+ f(m) 在(o ，a )上是减函数，在QS ［a ，+∞)上是增函数.例12 求y=4522++x x 的最值解：y=41422+++x x ＝4x 2++412+x令t=4x 2+≥2，于是y=t+t 1在［1,+∞)单调递增，可知t=2，即x=0时y min =25 (三)不等式与几何的关系数学关系实质上是反映现实生活中的量与量的关系的，因而往往具有一些实际意义(或几何意义)，不等关系也是这样.1.构造几何图形证明不等式1)对于一些含有“A+B ≥C ”结构的不等式问题，可联想“三角形两边之和大于第三边.”构造三角形证明例13 x 、y 、z ∈R +，求证：-xy y x 22+ +yz -z y 22+＞xz y x -+22简析：x 2+y 2-xy=x 2+y 2-2xycos60°由 y 2+z 2-yz=y 2+z 2-2yzcos60°联想到余弦定理，构造三棱锥z 2+x 2-xz=x 2+z 2-2xzcos60°o-ABC 得证(如图)，AB=xy -y x 22+ BC=yz -y 22z + CA=xz -x 22z +及ΔABC 中，AB+BC ＞AC2)对于一些含有“A ·B 或21(A+B)·C ”结构的不等式问题，可联想面积证明之例14 设a ＞c,b ＞c ＞0,求证：c)-c(a +)(c b c -≤ab 简析：∵(c -b )2+(c )2=(b )2(c -a )2+(c )2=(a )2即勾股定理，c)-c(a +)(c b c -=c (c -a +c -b )联想到梯形面积可用补形法构造一个梯形.(如图二)3)对于含有“a 2+b 2=c 2”结构的不等式问题，可联想长方体中的对角线与棱长的公式，构造长方体.4)对于一些含有“(a-m)2+(b-n)2”或22C bB aA BA +++”结构的不等式问题可用解几中的两点间的距离，点到直线的距离公式进行构图求证.5)对含有“a 2+b 2=R 2且aA+bB+C=0”结构的不等问题，可构造圆与直线的位置关系求证. 2.运用不等式知识解决几何最值这类问题主要是通过建立目标函数之后，应用不等式知识(如函数单调性，基本不等式等)求出函数最值，这里不作详述.(四)不等式与其它杂题 1.不等关系的探索.现实生活中量与量的不等关系是普遍的、大量的，高考中探索性问题即包含对不等关系的探索，下面举例说明之：例15 已知S n =1+21+31+…n1(n ∈N),设f(n)=S 2n+1-S n+1.试确定m 的取值范围，使得对于一切大于1的自然数，不等式f(n)＞m 恒成立.分析：依题意f(n)=S 2n+1-S n+1=2n 1++3n 1++…+12n 1+ (n ∈N)由于f(n)无法求和化简，故应把f(n)看作n 的函数，只须求出f(n)的最小值即可.略解：∵f(n)=2n 1++3n 1++…+12n 1+ f(n+1)=3n 1++…+32n 1+ 且f(n+1)-f(n)=22n 1++ 32n 1+-2n 1+=(22n 1+-42n 1+)+(32n 1+-42n 1+)＞0∴f(n+1)＞f(n) (n ＞1，n ∈N)∴f(2)是f(n)(n ＞1，n ∈N)的最小值f(2)=209 要使f(n)＞m 恒成立，只须f(2)＞m 恒成立，故m ＜209 例16 已知等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝中，a 1=b 1,a 2=b 2,a 1≠a 2,a n ＞0,n ∈N (1)试比较a 3,b 3及a 4,b 4的大小.(2)推测a n 与b n 的大小，并证明你的结论. (结论：b n ＞a n 对任意n ∈N ，n ≥3成立)简析：运用归纳法进行探测，猜出一般性的结果，用数学归纳法证明之.例17 定义在(-1，1)上的函数f(x)满足(ⅰ)对任意x 、y ∈(-1，1)有f(x)+f(y)=f(xyyx ++1) (ⅱ)当x ∈(-1,0)时，有f(x)＞0，试研究f(51)+f(111)+…+f(13n n 12++)与f(21)的关系.简析：由(ⅰ)、(ⅱ)可知f(x)是(-1，1)上的奇函数且是减函数. f(13n n 12++)=f(1-2)1)(n (n 1++)=f(211111)21(11+-⋅+++-++n n n n ) =f(1n 1+)+f(-2n 1+)=f(1n 1+)-f(2n 1+)∴f(51)+f(111)+…+f(13n n 12++)=［f(21)-f(31)］+［f(31)-f(41)］+…+［f(1n 1+)-f(2n 1+)］=f(21)-f(2n 1+)＞f(21)(∵0＜2n 1+＜1，∴f(2n 1+)＜0)2.不等式问题中的思维策略1)反客为主当从正面按常规方法不易得出问题的解时，可以变换角度从侧面入手寻找突破口.例18 当｜p ｜≤2时，不等式2x-1＞p(x 2-1)恒成立，求x 的取值范围x 2-1=0 x 2-1＞0 x 2-1＜0 简析：若按常规思路，将问题转化为 或 或 2x-1＞0 1-x 1-2x 2＞2 1-x 1-2x 2＜-2 分别解三个不等式组获解，但太繁琐.若“反客为主”将原不等式化为关于P 的不等式：(1-x 2)p+(2x-1)＞0构造函数f(p)=(1-x 2)p+2x-1 问题转化为对一切｜p ｜≤2，f(p)＞0恒成立当1-x 2=0时易得x=1f(-2)＞0 当1-x 2≠0时，当且仅当 解之得217-＜x ＜231+且x ≠1 f(2)＞0 综上217-＜x ＜231+ 2)以退为进有时从问题的整体去思考颇为费解，但若退出局部着手，常能轻易找出问题的解决途径. 例19 在锐角ΔABC 中，求证：sinA+sinB+sinC ＞cosA+cosB+cosC简析：观察此题，求证式整体与局部，三个角的三角函数有轮换的特征可退出局部考察A 、B 的关系是否有sinA ＞sinB证明：∵A+B=π-C ＞2π ∴2π＞A ＞2π-B ＞0 ∴sinA ＞sin(2π-B)=cosB同理 sinB ＞cosCsinC ＞cosA三式相加得sinA+sinB+siC ＞cosA+cosB+cosC 五、二元一次不等式（组）与简单线性规划问题 （一）二元一次不等式(组)与平面区域 （1）求约束条件及平面区域的面积例20.双曲线4y x 22=-的两条渐近线与直线x=3围成一个三角形区域，表示该区域的不等式组是（ ）A. ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≥+≥-3x 00y x 0y xB. ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤+≥-3x 00y x 0y xC. ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤+≤-3x 00y x 0y xD. ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≥+≤-3x 00y x 0y x【解题思路】依据平面区域的画法求解.[解析]双曲线4y x 22=-的两条渐近线方程为x y ±=，两者与直线3x =围成一个三角形区域时有⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≥+≥-3x 00y x 0y x ，故选A 。
高考数学第一轮基础复习 不等式的性质及解法课件
●命题趋势 1．不等式的性质是主要考查点之一，主要以客观题 形式考查．常见考查方式： ①依据给定的条件，利用不等式的性质，判断不等 式或有关的结论是否成立； ②利用不等式的性质与实数的性质、函数的性质相 结合，比较数的大小； ③判断不等式中条件与结论之间的关系，是充分条 件或必要条件或充要条件； ④解证不等式中的等价变形．
2．解不等式主要是一次、二次、分式、指对不等式， 结合函数单调性的抽象不等式，一般都比较容易．与其 它知识揉合在一块命题是主要考查形式，如和函数的定 义域结合，和集合结合，和逻辑用语结合等等，要注意 含参数的讨论 3．基本不等式是考查的重点和热点，常与其它知识 交汇在一起．
4．线性规划是高考考查的重要内容之一，一般为客 观题． 5．证明不等式是考查的重点，经常与一次函数、二 次函数、指对函数、导数等函数知识相结合．有时也与 向量、数列、解析几何各种知识交汇命题，重点考查不 等式知识，试题的立意高、难度大、综合性强，这两年 高考命题难度稍降．
6．应用题是高考命题的热点，而且应用问题多数与 不等式相关，需要根据题意，建立不等关系，设法求解； 或者用均值不等式、函数单调性求出最值等．
●备考指南 1．加强与函数性质、三角、数列、平面向量、解析 几何、导数的交汇训练，难度不宜太大，注意体现不等 式的工具作用． (1)要加强对不等式性质的理解与复习，对于常混易 错点应反复训练强化．可通过判断不等式是否成立，找 不等式成立的条件，比较数的大小等形式命题练习．
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．
a＋b 4．基本不等式： ab≤ (a，b>0)． 2 ①探索并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．
高考数学一轮复习第6章不等式及其证明第6节数学归纳法教师用书
第六节 数学归纳法1．数学归纳法证明一个与正整数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． 2．数学归纳法的框图表示1．(思考辨析)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)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( )(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.( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(2017·杭州二中月考)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 ．0C [因为凸n 边形最小为三角形，所以第一步检验n 等于3，故选C.]3．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设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 [k 为偶数，则k ＋2为偶数．]4．(教材改编)已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝__________，a 3＝__________，a 4＝__________，猜想a n ＝__________.3 4 5 n ＋15．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －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__________.【导学号：51062209】2k[当n ＝k 时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k －1<k .则n ＝k ＋1时，左边应为1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，则左边增加的项数为2k ＋1－1－2k＋1＝2k.]设f (n )＝1＋2＋3＋…＋n(n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立.4分(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]，8分那么，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 ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f k ＋－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，12分 ∴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 *).15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n 0是多少．2．由n ＝k 时命题成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．[变式训练1] 求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边.4分 (2)假设n ＝k 时等式成立， 即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，8分 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2.13分 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立.15分用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.4分(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12.8分则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋－1>2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝k ＋＋12.14分∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立.15分[规律方法] 1.当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若用其他方法不容易证明，则可考虑应用数学归纳法．2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．[变式训练2] 已知数列{a n }，当n ≥2时，a n <－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N *时，a n ＋1<a n .[证明] (1)当n ＝1时，∵a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根， ∴a 1>a 2.4分(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1<a k ，6分∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0， ∴a 2k ＋1－a 2k >0.10分又∵a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0，∴a k ＋2<a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立． 由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1<a n .15分已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2＋a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明通项公式的正确性．[解] (1)当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).2分当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).7分(2)证明：①由(1)知，当n ＝1,2,3时，通项公式成立． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立， 即a k ＝2k ＋1－2k －1.10分 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1， 即n ＝k ＋1时通项公式成立.14分由①②可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立.15分[规律方法] 1.猜想{a n }的通项公式时应注意两点：(1)准确计算a 1，a 2，a 3发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明a k ＋1时，a k ＋1的求解过程与a 2，a 3的求解过程相似，注意体会特殊与一般的辩证关系．2．“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，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性．[变式训练3] (2017·绍兴调研)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论. 【导学号：51062210】[解] 由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n ，得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321，由x 2>x 4>x 6猜想：数列{x 2n }是递减数列.4分 下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，已证命题成立.6分 (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时命题成立， 即x 2k >x 2k ＋2，易知x k >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x2k＋3－x2k＋1＋x2k＋1＋x2k＋3＝x2k－x2k＋2＋x2k＋x2k＋1＋x2k＋2＋x2k＋3>0，12分即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合(1)(2)知，对∀n∈N*命题成立.15分[思想与方法]1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学命题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．2．在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要弄清n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，应灵活运用分析法、综合法、反证法等方法．[易错与防范]1．第一步验证当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．由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用归纳假设，否则就不是数学归纳法．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．课时分层训练(三十五) 数学归纳法A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．用数学归纳法证明2n>2n ＋1，n 的第一个取值应是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C [∵n ＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n ＋1不成立；n ＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n >2n ＋1不成立； n ＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n >2n ＋1成立．∴n 的第一个取值应是3.]2．一个关于自然数n 的命题，如果验证当n ＝1时命题成立，并在假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时命题成立的基础上，证明了当n ＝k ＋2时命题成立，那么综合上述，对于( ) 【导学号：51062211】A ．一切正整数命题成立B ．一切正奇数命题成立C ．一切正偶数命题成立D ．以上都不对B [本题证的是对n ＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．]3．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1n －n ＋ B.12nn ＋C.1n －n ＋D.1n ＋n ＋C [由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1n －n ＋.]4．凸n 多边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)为( )A ．f (n )＋n ＋1B ．f (n )＋nC ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －2C [边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加(n －1)条．]5．用数学归纳法证明3(2＋7k)能被9整除，证明n ＝k ＋1时，应将3(2＋ 7k ＋1)配凑成( ) 【导学号：51062212】A ．6＋21·7kB ．3(2＋7k)＋21 C ．3(2＋7k)D ．21(2＋7k)－36D [要配凑出归纳假设，故3(2＋7k ＋1)＝3(2＋7·7k)＝6＋21·7k＝21(2＋7k)－36.]二、填空题6．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝__________时，命题亦真．2k ＋1 [n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立．] 7．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为__________. 【导学号：51062212】(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2[当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2，则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.]8．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为__________________．f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N *) [因为f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>72，所以当n ≥2时，有f (2n)>n ＋22.故填f (2n)>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)．]三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．[证明] (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立.4分(2)假设n ＝k 时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k .7分 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋2<2－1k＋1k ＋2<2－1k ＋1kk ＋＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立.14分 由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.15分10．在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝λa n＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜想{a n}的通项公式，并加以证明. 【导学号：51062213】[解](1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.6分(2)由(1)可猜想数列通项公式为：a n＝(n－1)λn＋2n.8分下面用数学归纳法证明：①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，即a k＝(k－1)λk＋2k，10分那么当n＝k＋1时，a k＋1＝λa k＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，所以当n＝k＋1时，猜想成立，由①②知数列的通项公式为a n＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0).15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”那么，下列命题总成立的是( )A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立D[∵f(k)≥k2成立时，f(k＋1)≥(k＋1)2成立，∴f(4)≥16时，有f(5)≥52，f(6)≥62，…，f(k)≥k2成立．]2．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝__________；当n>4时，f(n)＝__________(用n表示)．5 12(n＋1)(n－2)(n≥3)[f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f (n )＝f (3)＋3＋4＋…＋(n －1)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝12(n ＋1)(n －2)(n ≥3)．] 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15. (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)求数列{a n }的通项公式. 【导学号：51062214】 [解] (1)由题意知S 2＝4a 3－20， ∴S 3＝S 2＋a 3＝5a 3－20.2分又S 3＝15，∴a 3＝7，S 2＝4a 3－20＝8. 又S 2＝S 1＋a 2＝(2a 2－7)＋a 2＝3a 2－7， ∴a 2＝5，a 1＝S 1＝2a 2－7＝3. 综上知，a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.6分(2)由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，结论显然成立；7分 ②假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＝2k ＋1， 则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k [3＋k ＋2＝k (k ＋2)．又S k ＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， ∴k (k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， 解得2a k ＋1＝4k ＋6，13分∴a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②知，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.15分。
高考数学复习知识点讲解教案第67讲 统计、概率的综合问题
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
［思路点拨］（1）（ⅰ）根据条件填写2 ×
2
2列联表并计算 ，即可判断；
类型二
解：依题意得2 × 2列联表如下：
单位：首
软件类型
是否正确识别音乐
合计
正确识别
错误识别
组软件
40
20
60
组软件
3
2
类型二
（ⅰ） 请根据以上数据填写下面的2 × 2列联表，依据小概率值 = 0.05的独立
性检验，能否认为是否正确识别音乐与软件类型有关联？
单位：首
软件类型
是否正确识别音乐
正确识别
错误识别
合计
组软件
组软件
合计
100
类型二
2
附：
=
− 2
+ + + +
，其中 = + + + .
16
，
27
所以当1 2 =
⋅
1
C2
类型二
[总结反思]
高考常将统计案例与分布列交汇在一起进行考查,求解时注意概率模型的应用,明
确所求问题所属的事件类型是关键.
类型二
变式题
某超市为了解顾客是否购买某种商品与该商品的摆放位置的相关性，做了
下面的试验：在第一个月内，将该商品摆放在收银台附近的位置，随机抽查200名顾
=1 =
2
1
C4 C8
C312
=
28
，
高考一轮复习教案一(4)不等式的基本性质(教师)
模块：一、集合、命题、不等式 课题： 4、不等式的基本性质与基本不等式教学目标： 掌握不等式的基本性质及常用的不等式性质，如自反性、传递性、可加性、可乘性等，并能证明这些基本性质；掌握两个基本不等式，并能用于解决一些简单问题．重难点： 不等式的可加性、可乘性；基本不等式的应用及其证明．一、 知识要点1、 比较两数大小的基本方法（1）作差法 0a b a b ->⇔>；0a b a b -<⇔<；0a b a b -=⇔=（2）作商法 若0,0a b >>，则1a a b b >⇔>；1a a b b <⇔<；1a a b b=⇔= 2、 不等式的基本性质性质1：a b b a >⇔<（对称性）性质2：若,a b b c >>，则a c >（传递性）性质3：若a b >，则a c b c +>+性质4：若,0a b c >>，则ac bc >；若,0a b c ><，则ac bc <结论1：若,a b c d >>，则a c b d +>+结论2：若0a b >>，则n n a b >()*n N ∈结论3：若0a b >>)*,1n N n >∈>3、 基本不等式（均值不等式）对任意,a b R ∈，222a b ab +≥，当且仅当a =b 时取等号均值不等式：若a 、b 为正数，则2a b +≥a b =时取等号 变式：222()22a b a b ab ++≥≥二、 例题精讲例1、有三个条件：（1）22ac bc >；(2)c a ＞cb ；(3)22a b >，其中能成为a b >的充分条件的个数有几个，是哪几个？答案：1个，（1）例2、已知三个不等式：①0ab ②bc ad ③a c >bd ，以其中两个作为条件，余下一个作为结论，则可以组成多少个正确的命题？并写出这些命题． 答案：可以组成下列3个命题．命题一：若0ab ，a c >b d , 则bc ad 命题二：若0ab ，bc ad 则a c >b d ，命题三：若a c >b d ,bc ad 则0ab例3、实数a 、b 满足条件ab ＜0，那么（ ）A. ab b a + B. a b b a - C. a bb a - D. a b b a - 答案：C例4、某收购站分两个等级收购棉花，一级棉花a 元/kg ，二级棉花b 元/kg ()b a <，现有一级棉花x kg ，二级棉花y kg ()x y >，若以两种价格平均数收购，对棉农公平吗？其理由可用不等式表示为 ．答案：()()12ax by a b x y +>++例5、若12a b -<<<，则3a b -的取值范围是 ．答案：(5,4)-例6、已知实数,a b 判断下列不等式中哪些一定是正确的？（1）ab b a ≥+2； （2）ab b a 222-≥+； （3）ab b a ≥+22； （4）2≥+b a a b （5）21≥+a a ； （6） 2≥+ab b a （7）222)(2b a b a +≥+）（ 答案：（2）（3）（6）（7）例7、（1）若a R b ∈,，且221a b +=，则a b +的最大值是 ，最小值是（2）设0,0,x y >>且21x y +=，则11x y +的最小值为 （3）若01,x <<则491y x x=+-的最小值为（4）若+∈R x ，则x x 212+有最 值，且值为 （5）若13,3a a a >+-有最 值，是 ，此时a = （6）若1x <，则2231x x x -+-有最 大 值，值为答案：（1；（2）3+（3）25（4）小；1（5）小；5；4（6）大；-例8、（1）若a ,b R +∈，且2222a b +=，则的最大值是 （2）设1a >，1b >，且()1ab a b -+=，那么（ ）A 、a b +有最小值)12(2+B 、a b +有最大值2)12(+C 、ab 有最大值12+D 、ab 有最小值)12(2+答案：（1（2）A例9、一批救灾物资随26辆汽车从某市以/v km h 的速度直达灾区，已知两地公路长400km ，为了安全起见，两车的间距不得小于220v km ⎛⎫ ⎪⎝⎭，求这批物资全部运到灾区至少要多少小时？（不计车身长度）答案：10小时三、 课堂练习1、,x y R ∈，且112,144x y -<-<，则x y 的取值范围是 ． 答案：7,35⎛⎫ ⎪⎝⎭2、若()2f x ax c =-，且()()411,125f f -≤≤--≤≤，则()3f 的取值范围是 ．答案：[]1,20-3、若22221,1,a b c d a b c d R +=+=∈、、、，则abcd 的最大值是 ． 答案：144、函数()()log 310,1a y x a a =+->≠的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny ++=上，其中0mn >，则12m n +的最小值为 ． 答案：85、设x R ∈，[]x 表示不大于x 的最大整数，如[]3π=，[]1.22-=-，102⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，则使213x ⎡⎤-=⎣⎦成立的x 的取值范围是 ．答案：()22,5⎤⎡-⎦⎣四、课后作业一、填空题1、已知,22ππαπβπ<<<<，则αβ-的取值范围是 ，2βα-的取值范围是 ．答案：3,,,0222πππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2、已知三个不等式：①0ab >；②c d a b-<-；③bc ad >，以其中两个作条件，余下一个作结论，则可以组成 个正确命题．答案：33、已知,x y R +∈，2312x y +=，则lg lg x y +的最大值为 ．答案：lg 64、已知0a b >>，2c a b=+且1ab =，若log ,log ,log c c c l a m d n ab ===，则将l m n 、、按从小到大的顺序用不等号连接可得 ．答案：l n m <<5、已知222sin sin sin 1αβγ++=（,,αβγ均为锐角），那么cos cos cos αβγ的最大值等于 ．6、三个同学对问题“关于x 的不等式232255x x x ax ++-≥在[]1,12上恒成立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．甲说：“只需不等式左边的最小值不小于右边的最大值”；乙说：“把不等式变形为左边含变量x ，右边仅含常数，求函数的最值”；丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，即a 的取值范围是 ． 答案：10a ≤二、选择题7、已知不等式()19a x y x y ⎛⎫++≥⎪⎝⎭对任意正实数,x y 恒成立，则正实数a 的最小值为（ ） A 、2B 、4C 、6D 、8答案：B 8、若正数,a b 满足3ab a b =++，则a b +的取值范围是（ ）A 、[)9,+∞B 、[)6,+∞C 、(]0,9D 、()0,6 答案：B9、已知,a b 为非零实数，且a b <，则下列命题成立的是（ ）A 、22a b <B 、22a b ab <C 、2211ab a b <D 、b a a b< 答案：C三、解答题 10、当1x >-时，求2311x x y x -+=+的最小值；答案：511、（1）设集合()(){}()11,|0,,|M a b ab a b N a b a b ⎧⎫=->=<⎨⎬⎩⎭，试讨论M 与N 的关系；（2）求实数a 的取值范围，使不等式()lg lg xy a ≤对一切满足1,1x y >>的实数恒成立．答案：（1）M N ⊆；（2）a ≥12、某商场预计全年分批购入每台价值为2000元的电视机共3600台，每批都购入x 台（x 是正整数），且每批均需付运费400元．储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入电视机的总价值（不含运费）成正比．若每批购入400台，则全年需用去运费和保管费用43600元．现在全年只有24000元资金可以用于支付这笔费用，请问能否恰当安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．答案：安排每批进货为120台电视机，则资金够用．。
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)不等式的综合问题
6.7 不等式的综合问题巩固·夯实基础一、自主梳理1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.二、点击双基1.(理)(2004湖北高考)若a 1＜b1＜0，则下列不等式中，正确的不等式有( ) ①a+b ＜ab ②|a|＞|b| ③a ＜b ④a b +b a＞2A.1个B.2个C.3个D.4个 解析：∵a 1＜b 1＜0,∴b ＜a ＜0.∴⎪⎩⎪⎨⎧>><+.||||,0,0a b ab b a 故①正确,②③错误.∵a 、b 同号且a ≠b,∴a b 、b a均为正.∴a b +b a＞2b aa b•=2.故④正确.∴正确的不等式有2个.答案：B(文)不等式|1-x 1|>2的解集是…( ) A.{x|-1<x<31} B.{x|x<-1或x>31}C.{x|x>-1}D.{x|-1<x<0或0<x<31}解析：∵|1-x 1|>2,∴x 1-1>2或x 1-1<-2,x 1>3或x 1<-1.∴0<x<31或-1<x<0.答案：D2.已知a<0,-1<b<0，则a 、ab 、ab 2的大小关系是( )A.a>ab>ab 2B.ab 2>ab>aC.ab>a>ab 2D.ab>ab 2>a 解析：特殊值.a=-1,b=-21,ab=21,ab 2=-41.故ab>ab 2>a.答案：D3.设a 、b ∈R ，给出下列条件：①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a 2+b 2>2;⑤ab>1.其中能推出“a 、b 中至少有一个数大于1”的条件是( )A.②③B.①②③C.③④⑤D.③解析：a=b=43⇒a+b>1,否定①. a=b=1⇒a+b=2,否定②,④显然错.a=-2,b=-1⇒ab>1,否定⑤. 答案：D4.(2006四川成都质检)(理)若规定d c b a =|ad-bc|,则不等式2log x111<0的解集为________. 解析：2log x 111<0⇔2log |x-1|<0⇔0<|x-1|<1⇔0<x<1或1<x<2.答案：(0,1)∪(1,2)(文)若角α、β满足-2π<α<β<2π,则2α-β的取值范围是. 解析：∵-2π<α<β<2π,∴-π<2α<π,-2π<-β<2π.∴-23π<2α-β<23π. 又∵2α-β=α+(α-β)<α<2π, ∴-23π<2α-β<2π. 答案：(-23π,2π) 诱思·实例点拨【例1】 已知不等式ax 2-3x+6>4的解集为{x|x<1或x>b}.(1)求a 、b;(2)解不等式bax c x -->0(c 为常数). 解：(1)由题知1、b 为方程ax 2-3x+2=0的两根，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=a b a b 31,2∴a=1,b=2. (2)不等式等价于(x-c)(x-2)>0,当c>2时解集为{x|x>c 或x<2};当c<2时解集为{x|x>2或x<c};当c=2时，x ∈{x|x ≠2,x ∈R}.【例2】 设函数f(x)=x 2+2bx+c(c<b<1),f(1)=0,且方程f(x)+1=0有实根.(1)证明-3<c ≤-1;(2)证明b ≥0;(3)若m 是方程f(x)+1=0的一个实根，判断f(m-4)的正负并加以证明.(1)证明：f(1)=0⇒1+2b+c=0⇒b=-21+c .又1>b>c,故1>-21+c >c ⇒-3<c<-31. 方程f(x)+1=0有实根，即x 2+2bx+c+1=0有实根.故Δ=4b 2-4(c+1)≥0,即(c+1)2-4(c+1)≥0⇒c ≥3或c ≤-1.又1>b>c,得-3<c ≤-1.(2)证明：由b=-21+c 知b ≥0. (3)解：f(x)=x 2+2bx+c=x 2-(c+1)x+c=(x-c)(x-1).f(m)=-1<0,∴c<m<1.∴c-4<m-4<-3<c.∴f(m-4)=(m-4-c)(m-4-1)>0.∴f(m-4)的符号为正.【例3】 已知抛物线y=ax 2-1上存在关于直线l:x+y=0成轴对称的两点，试求实数a 的取值范围.解法一：设抛物线上关于直线l 对称的两相异点为P(x 1，y 1)、Q(x 2,y 2),线段PQ 的中点为M(x 0,y 0),设直线PQ 的方程为y=x+b,由于P 、Q 两点存在，所以方程组⎩⎨⎧-=+=1,2ax y b x y 有两组不同的实数解，即得方程ax 2-x-(1+b)=0. ①判别式Δ=1+4a(1+b)＞0. ②由①得x 0=221x x +=a 21,y 0=x 0+b=a21+b. ∵M ∈l,∴0=x 0+y 0=a 21+a 21+b,即b=-a 1,代入②解得a ＞43. 解法二：设同解法一，由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+++=---=-=)4(.022)3(,1)2(,1)1(,121212*********x x y y x x y y ax y ax y 将①②代入③④，并注意到a ≠0,x 1-x 2≠0,得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=+)6(.21)5(,12222121a a x x a x x 由二元均值不等式易得2(x 12+x 22)＞(x 1+x 2)2(x 1≠x 2).将⑤⑥代入上式得2(-21a +a2)＞(a 1)2,解得a ＞43. 解法三：同解法二，由①-②，得 y 1-y 2=a(x 1+x 2)(x 1-x 2).∵x 1-x 2≠0,∴a(x 1+x 2)=2121x x y y --=1. ∴x 0=221x x +=a21. ∵M(x 0,y 0)∈l, ∴y 0+x 0=0,即y 0=-x 0=-a 21,从而PQ 的中点M 的坐标为（a 21,-a 21）. ∵M 在抛物线内部，∴a(a 21)2-(-a21)-1＜0. 解得a ＞43.(舍去a ＜0，为什么?) 链接·聚焦解法三中为何舍去a<0?这是因为a<0,中点M(x 0,y 0),x 0=a 21<0,y 0=-a 21>0. 又∵a<0,y=ax 2-1<0,矛盾,∴a<0舍去.。
2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第27讲
第23页
高考总复习（ 高考总复习（文、理）
[解析] 质．
本题考查实数集的基本性质、实数运算及不等式的基本性
①令 c＝0，则有 ac＝bc，故该命题是假命题． ②由 ac2＞bc2 知 c≠0 ③a＞b＞0⇒－a＜－b c＞a＞b＞0⇒0＜c－a＜c－b 1 1 a b ⇒ ＞ ＞0⇒ ＞ c－a c－b c－a c－b 故该命题为真命题． ∵c2＞0，故该命题为真命题．
[点评]
同底数的对数值大小比较：如果底数a的情况不确定，通
常分为a>1和0<a<1两类问题解决．
第19页
高考总复习（ 高考总复习（文、理）
探究1：设a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小．
aa－b a ab b a－b b－a 解析： b a＝a b ＝b . ab aa－b a 当 a>b>0 时， >1，a－b>0，则b >1，于是 aabb>abba. b aa－b a 当 b>a>0 时，0< <1，a－b<0，则b >1，于是 aabb>abba. b
第12页
高考总复习（ 高考总复习（文、理）
5 ． 已 知 m ＝ 20102 － 2009 ， n ＝ 20092 － 2009×2010 ＋ 20102 ， 则 m______n. 解析：设2009＝a，则m＝(a＋1)2－a＝a2＋a＋1，n＝a2－a(a＋1) ＋(a＋1)2＝a2＋a＋1，所以m＝n. 答案：＝
第5页
高考总复习（ 高考总复习（文、理）
3．不等式的性质 现行教材中介绍的不等式的11条性质可以分为两部分． 第一部分为以下4条性质定理： (1)对称性：a＞b⇔b＜a； (2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c； ⇒ (3)不等式加等量：a＞b⇔a＋c＞b＋c； (3) a b⇔a c b c (4)不等量乘正量：a＞b，c＞0⇒ac＞bc. ⇒ 第二部分为两个不等式的运算性质，共有7条： (5)同向不等式相加：a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d； (6)异向不等式相减：a＞b，c＜d⇒a－c＞b－d； (7)同向不等式相乘：a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；
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。
中考数学第一轮复习《方程与不等式的综合应用》教案
方程与不等式的综合运用学习目标：1．进一步加强方程(组）与不等式(组)的之间的联系;2.会运用方程(组）或不等式(组）模型解决实际问题, .在问题解决的过程中理解数学思想方法.学习重点:方程（组）或不等式(组)的综合运用学习难点:方程(组)或不等式(组)的综合运用课前准备:下列问题你能不能不用老师点拨就把别人讲懂?请先尝试看,看自己有无“漏洞”.问题1:若不等式组2x x a<⎧⎨≥⎩ 无解,那么a 的取值范围是 问题2：如果关于x 的方程3211ax x x =-++ 无解，则a 的值为判断方程ax bx c ++=0（a ≠０,a,b,c 为常数)一个解x 的范围是( ）A 、 3<ｘ<３.２３B 、 3．２３<ｘ＜3．24C 、 3.２4＜x<3.25D 、 3.25<ｘ<３.26问题４：甲、乙两人完成一项工作，甲先做了3天,然后乙加入合作，完成剩下的工作,设工作总量为１,Ａ.9 Ｂ.10 C.11 Ｄ.1２问题５：某商场计划拨款9万元从厂家购进50台电视机。
已知该厂家生产三种不同型号的电视机,出厂价分别为：甲种每台１５0０元，乙种每台２１０0元,丙种每台２500元。
(1）商场同时购进其中两种不同型号的电视机共50台，用去9万元,请你研究一下商场的进货方案;(２)若商场销售一台甲种电视机可获利15０元,销售一台乙种电视机可获利２０0元，销售一台丙种电视机可获利２５0元,在同时购进两种不同型号的电视机的方案中，为使销售时获利最多，你选择哪种进货方案？（3)若商场准备用9万元同时购进三种不同型号的电视机50台，请你设计进货方案。
教学过程（一）与大家交流你的“课前准备”是否有“漏洞”？你能以知识点或题型给它们分类吗？解决这些问题后,你发现了哪些解题规律或数学思想方法?（二)变一变，你还认识下列问题吗？请运用发现的规律或方法挑战下列问题,试试你的能力吧!问题1：若关于x 的不等式组3155x a x a≥-⎧⎨≤-⎩无解，则二次函数21(2)4y a x x =--+的图象与x 轴（ )Ａ. 没有交点 Ｂ. 相交于一点 C ．相交于两点 D. 相交于一点或没有交点问题２：已知不等式组 111x x x k >-⎧⎪<⎨⎪<-⎩(１）当12k =时,不等式组的解集是 ; 当3=k 时，不等式组的解集是 ；当2-=k 时，不等式组的解集是 ；(2)由（１）知不等式组的解集随实数ｋ的变化而变化，当k 为任意实数时,写出不等式组的解集。
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。
高考一轮复习教案一(8)不等式的综合应用(学生)
模块： 一、集合、命题、不等式 课题： 8、不等式的综合应用教学目标： 熟悉不等式应用的主要题型，能够解决一些综合问题． 重难点： 不等式与其他知识点结合的综合题型． 一、 知识要点1、 求函数的定义域、值域；2、 讨论函数的单调性；3、 对函数、数列、三角、向量、空间图形、解析几何中最值的计算与讨论；4、 研究方程的实根分析；5、 求参数的取值范围；6、 建立不等式模型解应用题．在解综合题、探究题中运用不等式知识． 二、 例题精讲例1、已知关于x 的方程()()()log 31log 2log 1a a a x x x -=+-+-有实根，求实数a 的取值范围．例2、已知,a b 为两个正常数，,x y 为正实数，且1a bx y+=，求x y +的最小值．例3、关于x 的二次方程()()22221230k k x a k x k ak b ++-++++=对任意实数k 均有根1．求（1）a b 、的值；（2）当k 变化时，另一根的变化范围．例4、如图，有一块半椭圆形钢板，其长半轴为2r ，短半轴长为r ，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB 是半椭圆的短轴，上底CD 的端点在椭圆上，记2CD x =，梯形面积为S ． （1） 求面积S 以x 为自变量的函数式，并写出其定义域； （2） 求面积S 的最大值．*例5、已知函数()2x c f x ax b +=+为奇函数，()()13f f <，且不等式()302f x ≤≤的解集是[][]2,12,4--（1） 求a b c 、、；（2） 是否存在实数m 使不等式()232sin 2f m θ-+<-+对一切R θ∈成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．*例6、已知奇函数()f x 的定义域为R ，且()f x 在[)0,+∞上是增函数，是否存在实数m ，使()()()cos2342cos 0f f m m f θθ-+->对所有0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦都成立？若存在，求出符合条件的所有实数m 的范围；若不存在，说明理由．*例7、某座水库，设计的最大库容量是26.2万米3，库区的森林覆盖率为60%，除林地外其余为裸露地，林地和裸地分别有10%和85%的雨水变成地表水流入水库．预测连续降雨，且单位面积降雨量相同，库区在x 天内降雨的总水量y （单位：万米3）与天数x 之间的函数关系为)*,30y x N x =∈<，水库原有水量20万米3，在降雨的第2天就开闸泄洪，每天泄洪量为0.2万米3．问连续降雨几天后，该水库会发生险情（水库里水量超过设计的最大库容量就有危险）？三、 课堂练习1、设有两个命题：①不等式1x x m +->的解集为R ；②函数()73xy m =-是增函数，如果这两个命题中有且只有一个是真命题，则实数m 的取值范围是 ． 2、已知()1,0,1,x f x x ≥⎧=⎨-<⎩，则不等式()()225x x f x ++⋅+≤的解集是 ．3、已知直线l 过点()2,1P ，且与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A B 、两点，O 为坐标原点，则三角形OAB 面积的最小值为 ．4、设0a >且1a ≠，函数()()2lg 23x x f x a-+=有最大值，则不等式()2log 570a x x -+>的解集为 ．5、某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，运费为4万元/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，则x = 吨． 四、课后作业 一、填空题1、已知不等式571x x ->+与不等式20x bx c ++<的解集相同，则b c +的值为 ． 2、若关于x 的方程()lg 22lg xx a =+无实数解，则实数a 的取值范围是 ．3、设函数()213f x x x =-++，则()2f -= ，若()5f x ≤，则x 的取值范围是 ．4、若1a b >>，P =，()1lg lg 2Q a b =+，lg 2a b R +⎛⎫= ⎪⎝⎭，则P Q R 、、的大小关系为 ．5、设0a >且1a ≠，函数()()2log 23a f x x x =-+有最小值，则不等式()log 10a x ->的解集为 ．6、在正实数范围内定义运算“*”，其法则如下：2log ,a ba b a b ba b≤⎧*=⎨>⎩，则不等式23x *>的解集是 ． 二、选择题7、函数()f x 在R 上是增函数，()0,2A -，()4,2B 是其图像上的两个点，则不等式()22f x +<的解集是（ ）A 、()(),22,-∞-+∞B 、()2,2-C 、()(),04,-∞+∞D 、()0,48、在满足面积与周长的数值相等的所有直角三角形中，面积的最小值是（ ）A、)21B、)221C、)231D、)2419、设()()1232,2,log 1,2x e x f x x x -⎧<⎪=⎨-≥⎪⎩，则不等式()2f x >的解集为（ ） A 、()()1,23,+∞B、)+∞C 、()()1,210,+∞D 、()1,2三、解答题10、（1）设函数()112x x f x +--=，求使()f x ≥x 的取值范围；（2）已知实数p 满足不等式2102x x +<+，试判断方程22250z z p -+-=有无实根，并给出证明．11、已知函数()122xxf x =-．（1）若()2f x =，求x 的值；（2）若()()220tf t mf t +≥对于[]1,2t ∈恒成立，求实数m 的取值范围．12、已知函数()2log ,f t t t ⎤=∈⎦．（1）求()f t 的值域G ；（2）若对于G 内所有实数x ，不等式22221x mx m m -+-+≤恒成立，求实数m 的取值范围．。
2012届高考数学第一轮不等式的解法专项复习教案
2012届高考数学第一轮不等式的解法专项复习教案6.4不等式的解法（一）●知识梳理1.一元一次不等式的解法.任何一个一元一次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax＞b（a≠0）的形式.当a＞0时，解集为{x|x＞}；当a＜0时，解集为{x|x ＜}.2.一元二次不等式的解法.任何一个一元二次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax2+bx+c＞0（或＜0）（其中a＞0）的形式，再根据“大于取两边，小于夹中间”求解集.3.简单的高次不等式、分式不等式的求解问题可采用“数轴标根法”.思考讨论用“数轴标根法”解高次、分式不等式时，对于偶次重根应怎样处理?●点击双基1.（2004年全国Ⅳ，5）不等式＜0的解集为A.{x|x＜－2或0＜x＜3}B.{x|－2＜x＜0或x＞3}C.{x|x＜－2或x＞0}D.{x|x＜0或x＞3}解析：在数轴上标出各根.答案：A2.（2003年北京）若不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），则实数a等于A.8B.2C.－4D.－8解析：由|ax+2|＜6得－6＜ax+2＜6，即－8＜ax＜4.∵不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），易检验a=－4.答案：C3.（2003年重庆市诊断性考试题）已知函数f（x）是R 上的增函数，A（0，－1）、B（3，1）是其图象上的两点，那么|f（x+1）|＜1的解集是A.（1，4）B.（－1，2）C.（－∞，1］∪［4，+∞）D.（－∞，－1］∪［2，+∞）解析：由题意知f（0）=－1，f（3）=1.又|f（x+1）|＜1 －1＜f（x+1）＜1，即f（0）＜f（x+1）＜f（3）.又f（x）为R上的增函数，∴0＜x+1＜3.∴－1＜x＜2.答案：B4.（理）（2003年山东潍坊市第二次模拟考试题）不等式x2－|x－1|－1≤0的解集为____________.解析：当x－1≥0时，原不等式化为x2－x≤0，解得0≤x≤1.∴x=1；当x－1＜0时，原不等式化为x2+x－2≤0，解得－2≤x≤1.∴－2≤x＜1.综上，x≥－2.答案：{x|－2≤x≤1}（文）不等式ax2+（ab+1）x+b＞0的解集为{x|1＜x＜2}，则a+b=_______.解析：∵ax2+（ab+1）x+b＞0的解集为{x|1＜x＜2}，∴解得或∴a+b=－或－3.答案：－或－35.不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式ax2－bx+c＞0的解集为_______.解析：令f（x）=ax2+bx+c，其图象如下图所示，再画出f（－x）的图象即可.答案：{x|－3＜x＜－2}●典例剖析【例1】解不等式＜－1.剖析：这是一个分式不等式，其左边是两个关于x的多项式的商，而右边是非零常数，故需移项通分，右边变为零，再利用商的符号法则，等价转化成整式不等式组.解：原不等式变为＋1＜0，即＜0 －1＜x＜1或2＜x＜3.∴原不等式的解集是｛x｜－1＜x＜1或2＜x＜3｝.【例2】求实数m的范围，使y=lg［mx2+2（m+1）x+9m+4］对任意x∈R恒有意义.剖析：mx2+2（m+1）x+9m+4＞0恒成立的含义是该不等式的解集为R.故应解：由题意知mx2+2（m+1）x+9m+4＞0的解集为R，则解得m＞.评述：二次不等式ax2+bx+c＞0恒成立的条件：若未说明是二次不等式还应讨论a=0的情况.思考讨论本题若要使值域为全体实数，m的范围是什么?提示：对m分类讨论，m=0适合.当m≠0时，解m即可.【例3】若不等式2x－1＞m（x2－1）对满足|m|≤2的所有m都成立，求x的取值范围.剖析：对于m∈［－2，2］，不等式2x－1＞m（x2－1）恒成立，把m视为主元，利用函数的观点来解决.解：原不等式化为（x2－1）m－（2x－1）＜0.令f（m）=（x2－1）m－（2x－1）（－2≤m≤2）.则解得＜x＜.深化拓展1.本题若变式：不等式2x－1＞m（x2－1）对一切－2≤x≤2都成立，求m的取值范围.2.本题若把m分离出来再求m的范围能行吗?●闯关训练夯实基础1.（2004年重庆，4）不等式x+ ＞2的解集是A.（－1，0）∪（1，+∞）B.（－∞，－1）∪（0，1）C.（－1，0）∪（0，1）D.（－∞，－1）∪（1，+∞）解法一：x+ ＞2 x－2+ ＞0 ＞0 x（x－1）（x+1）＞0 －1＜x＜0或x＞1.解法二：验证，x=－2、不满足不等式，排除B、C、D.答案：A2.设f（x）和g（x）都是定义域为R的奇函数，不等式f（x）＞0的解集为（m，n），不等式g（x）＞0的解集为（，），其中0＜m＜，则不等式f（x）•g（x）＞0的解集是A.（m，）B.（m，）∪（－，－m）C.（，）∪（－n，－m）D.（，）∪（－，－）解析：f（x）、g（x）都是定义域为R的奇函数，f（x）＞0的解集为（m，n），g（x）＞0的解集为（，）.∴f（－x）＞0的解集为（－n，－m），g（－x）＞0的解集为（－，－），即f（x）＜0的解集为（－n，－m），g（x）＜0的解集为（－，－）.由f（x）•g（x）＞0得或.又0＜m＜，∴m＜x＜或－＜x＜－m.答案：B3.若关于x的不等式－x2+2x＞mx的解集为{x|0＜x＜2}，则实数m的值为_______.解析：由题意，知0、2是方程－x2+（2－m）x=0的两个根，∴－=0+2.∴m=1高考数学高考数学不等式。
高考数学一轮单元复习 第67讲 不等式的性质及绝对值不等式课件
－ad＞0 为②，ac－db＞0 为③. 若①②成立，则a1b(bc－ad)＞0，即ac－db＞0，于是③成
立．
若①③成立，则 abac－db＞0，即 bc－ad＞0，于是②
成立． 若②③成立，则由③得bc－abad＞0，又由②bc－ad＞0，
得 ab＞0 即①成立．故正确命题的个数是 3 个．
h
10
► 探究点3 绝对值不等式的性质
例 3 (1)若|a|<1，|b|<1，比较|a＋b|＋|a－b|与 2 的大小， 并说明理由；
(2)设 m 是|a|，|b|和 1 中最大的一个，当|x|>m 时，求证： ax＋xb2<2.
【思路】 (1)平方变形；(2)利用绝对值不等式放缩．
h
16
第67讲│要点探究
h
3
第67讲│知识梳理
(5)对于 n 个正数 a1，a2，…，an，它们的算术平均数不小
于它们的几何平均数，即 a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an ，当
且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立． 3．绝对值不等式 (1)如果 a，b∈R，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当 ab≥0
h
18
第67讲│要点探究
变式题 [2009·靖江模拟] 设 f(x)＝x2－x＋1，实数 a 满足|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
【思路】变形使其能运用绝对值不等式证明．
【解答】∵f(x)＝x2－x＋1， ∴|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a| ＝|x－a|·|x＋a－1|， ∵|x－a|＜1， ∴|f(x)－f(a)|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a) ＋2a－1)|≤x－a＋2a－1<1＋2a＋1＝2(a＋1).
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
6.7 不等式的综合问题●知识梳理1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.●点击双基1.（2004年湖北，5）若a 1＜b1＜0，则下列不等式中，正确的不等式有 ①a +b ＜ab ②|a |＞|b | ③a ＜b ④a b +ba＞2 A.1个B.2个C.3个D.4个解析：∵a 1＜b 1＜0，∴b ＜a ＜0.∴⎪⎩⎪⎨⎧>><+.||||00a b ab b a ，，故①正确，②③错误.∵a 、b 同号且a ≠b ，∴a b 、b a 均为正. ∴a b +ba＞2b a a b ⋅=2. 故④正确.∴正确的不等式有2个.答案：B2.（2004年福建，11）（理）定义在R 上的函数f （x ）满足f （x ）=f （x +2），当x ∈［3，5］时，f （x ）=2－|x －4|，则A.f （sin6π）＜f （cos 6π） B.f （sin1）＞f （cos1） C.f （cos3π2）＜f （sin 3π2） D.f （cos2）＞f （sin2）解析：由f （x ）=f （x +2），知T =2，又∵x ∈［3，5］时，f （x ）=2－|x －4|，可知当3≤x ≤4时，f （x ）=－2+x . 当4＜x ≤5时，f （x ）=6－x .其图象如下图.故在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数.又由|cos2|＜|sin2|，∴f （cos2）＞f （sin2）. 答案：D（文）定义在R 上的偶函数f （x ）满足f （x ）=f （x +2），当x ∈［3，4］时，f （x ）= x －2，则A.f （sin21）＜f （cos 21）B.f （sin3π）＞f （cos 3π） C.f （sin1）＜f （cos1） D.f （sin23）＞f （cos 23） 解析：仿理科分析.答案：C 3.设M =a +21-a （2＜a ＜3），N =log 21（x 2+161）（x ∈R ），那么M 、N 的大小关系是 A.M ＞NB.M =NC.M ＜ND.不能确定解析：由2＜a ＜3，M =a +21-a =（a －2）+21-a +2＞2+2=4（注意a ≠1，a ≠3）， N =log 21（x 2+161）≤log 21161=4＜M . 答案：A4.对于0≤m ≤4的m ，不等式x 2+mx ＞4x +m －3恒成立，则x 的取值范围是____________.解析：转化为m （x －1）+x 2－4x +3＞0在0≤m ≤4时恒成立.令f （m ）=m （x －1）+x 2－4x +3.则⎩⎨⎧>-<><⇒⎪⎩⎪⎨⎧>->+-⇒⎩⎨⎧>>.113101034040022x x x x x x x f f 或，或）（，）（ ∴x ＜－1或x ＞3.答案：x ＞3或x ＜－1 ●典例剖析【例1】 已知f （x ）=log a11-+x x（a ＞0，a ≠1）. （1）判断f （x ）在（1，+∞）上的单调性，并加以证明； （2）当x ∈（r ，a －2）时，f （x ）的值域为（1，+∞），求a 与r 的值； （3）若f （x ）≥log a 2x ，求x 的取值范围.剖析：单调性只要用定义证明，可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较，化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a ＞1与0＜a ＜1求解，同时要注意定义域.解：（1）任取1＜x 1＜x 2，则f （x 2）－f （x 1）=log a 1122-+x x －log a 1111-+x x=log a ））（（））（（11111212+--+x x x x =log a 1121212121-+---+x x x x x x x x .又∵x 2＞x 1＞1，∴x 1－x 2＜x 2－x 1. ∴0＜x 1x 2－x 2+x 1－1＜x 1x 2－x 1+x 2－1.∴0＜1121212121-+---+x x x x x x x x ＜1.当a ＞1时，f （x 2）－f （x 1）＜0，∴f （x ）在（1，+∞）上是减函数；当0＜a ＜1时，f （x 2）－f （x 1）＞0，∴f （x ）在（1，+∞）上是增函数. （2）由11-+x x ＞0得x ∈（－∞，－1）∪（1，+∞）. ∵11-+x x =1+12-x ≠1，∴f （x ）≠0. 当a ＞1时，∵x ＞1⇒f （x ）＞0，x ＜－1⇒f （x ）∈（0，1）， ∴要使f （x ）的值域是（1，+∞），只有x ＞1.又∵f （x ）在（1，+∞）上是减函数，∴f －1（x ）在（1，+∞）上也是减函数. ∴f （x ）＞1⇔1＜x ＜f －1（1）=11-+a a .∴⎪⎩⎪⎨⎧-+=-=.1121a a a r ，∴⎪⎩⎪⎨⎧±==.321（负号不符合）a r 当0＜a ＜1时，∵x ＞1⇒f （x ）＜0，x ＜1⇔f （x ）＞0，∴要使值域是（1，+∞），只有x ＜－1.又∵f （x ）在（－∞，－1）上是增函数，∴f （x ）＞1⇒－1＞x ＞f －1（1）=11-+a a . ∴⎪⎩⎪⎨⎧-=--+=，，1211a a a r 无解. 综上，得a =2+3，r =1. （3）由f （x ）≥log a 2x 得当a ＞1时，⎩⎨⎧->+>）（1211x x x x ⇒4173-＜x ＜4173+且x ＞1.∴1＜x ＜4173+.当0＜a ＜1时，⎩⎨⎧<+>），－（，1211x x x x ∴x ＞4173+.【例2】 已知抛物线y =ax 2－1上存在关于直线x +y =0成轴对称的两点，试求实数a 的取值范围.解法一：设抛物线上关于直线l 对称的两相异点为P （x 1，y 1）、Q （x 2，y 2），线段PQ 的中点为M （x 0，y 0），设直线PQ 的方程为y =x +b ，由于P 、Q 两点存在，所以方程组⎩⎨⎧-=+=12ax y b x y ，有两组不同的实数解，即得方程ax 2－x －（1+b ）=0.①判别式Δ=1+4a （1+b ）＞0.②由①得x 0=221x x +=a 21，y 0=x 0+b =a21+b . ∵M ∈l ，∴0=x 0+y 0=a 21+a 21+b ，即b =－a 1，代入②解得a ＞43.解法二：设同解法一，由题意得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++=---=-=④③，②，①，.02211121212121222211x x y y x x yy ax y ax y 将①②代入③④，并注意到a ≠0，x 1－x 2≠0，得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=+⑥⑤，.2112222121a ax x ax x 由二元均值不等式易得2（x 12+x 22）＞（x 1+x 2）2（x 1≠x 2）.将⑤⑥代入上式得2（－21a+a 2）＞（a 1）2，解得a ＞43.解法三：同解法二，由①－②，得 y 1－y 2=a （x 1+x 2）（x 1－x 2）. ∵x 1－x 2≠0，∴a （x 1+x 2）=2121x x y y --=1.∴x 0=221x x +=a21.∵M （x 0，y 0）∈l ，∴y 0+x 0=0，即y 0=－x 0=－a 21，从而PQ 的中点M 的坐标为（a 21，－a 21）. ∵M 在抛物线内部，∴a （a 21）2－（－a21）－1＜0. 解得a ＞43.（舍去a ＜0，为什么?） 思考讨论解法三中为何舍去a ＜0?这是因为a ＜0，中点M （x 0，y 0），x 0=a21＜0， y 0=－a21＞0.又∵a ＜0， y =ax 2－1＜0，矛盾.∴a ＜0舍去.●闯关训练 夯实基础1.已知y =log a （2－ax ）在 ［0，1］上是x 的减函数，则a 的取值范围是A.（0，1）B.（1，2）C.（0，2）D.［2，+∞） 解析：∵y =log a （2－ax ）在［0，1］上是关于x 的减函数，∴⎩⎨⎧>->.021a a ，∴1＜a ＜2.答案：B2.如果对任意实数x ，不等式|x +1|≥kx 恒成立，则实数k 的范围是____________. 解析：画出y 1=|x +1|，y 2=kx 的图象，由图可看出0≤k ≤1.答案：0≤k ≤13.在下面等号右侧两个分数的分母方块处，各填上一个自然数，并且使这两个自然数的和最小，1=□□91+. 解析：设a 1+b 9=1，a 、b ∈N *，则a =9-b b .∴a +b =9-b b +b +1，b ＞9时， a +b =99-b +b －9+10≥16. 99-b =b －9，即b =12取等号，此时a =4. b ＜9无解.∴a =4，b =12.答案：4 124.已知定义在（0，+∞）上的函数f （x ）满足①x ＞1时，f （x ）＜0；（2）f （21）=1；（3）对任意的x 、y ∈（0，+∞），都有f （xy ）=f （x ）+f （y ），求不等式f （x ）+f （5－x ）≥－2的解集.解：需先研究y =f （x ）的单调性，任取x 1、x 2∈（0，+∞）且x 1＞x 2，则21x x＞1.f （x 1）=f （21x x ·x 2）=f （21x x）+f （x 2）， ∴f （x 1）－f （x 2）=f （21x x ）＜0.∴f （x ）在（0，+∞）上为减函数. 又f （1）=f （1）+f （1），则f （1）=0. 又∵f （1）=f （2）+f （21）=f （2）+1=0.∴f （2）=－1.∴f （4）=2f （2）=－2. ∴原不等式等价于⎪⎩⎪⎨⎧≤->->.45050）（，，x x x x解得{x |0＜x ≤1或4≤x ＜5}. 5.设p =（log 2x ）2+（t －2）log 2x －t +1，若t 在区间［－2，2］上变动时，p 恒为正值，试求x 的取值范围.解：p =（log 2x －1）t +（log 2x ）2－2log 2x +1，∵t ∈［－2，2］时p 恒为正值，∴⎪⎩⎪⎨⎧>+-+->+-+--，）（）（，）（）（01log 2log 1log 201log 2log 1log 222222222x x x x x x解得1＜log 2x ＜3.∴2＜x ＜8. 培养能力6.（2004年江西九校联考三月）已知函数f （x ）=－a 1+x2（x ＞0）. （1）判断f （x ）在（0，+∞）上的单调性，并证明；（2）解关于x 的不等式f （x ）＞0；（3）若f （x ）+2x ≥0在（0，+∞）上恒成立，求a 的取值范围. 解：（1）f （x ）在（0，+∞）上为减函数，∵f '（x ）=－22x＜0，∴f （x ）在（0，+∞）上为减函数.（2）由f （x ）＞0得－a 1+x 2＞0，即ax ax 2-＜0.①当a ＞0时，不等式解集为{x |0＜x ＜2a }. ②当a ＜0时，原不等式为xax 2-＞0.解集为{x |x ＞0}. （3）若f （x ）+2x ≥0在（0，+∞）上恒成立，即－a 1+x 2+2x ≥0.∴a 1≤x2+2x . ∵x 2+2x ≥4，∴a 1≤4.解得a ＜0或a ≥41. 7.已知二次函数f （x ）=x 2+bx +c （b 、c ∈R ），不论α、β为何实数，恒有f （sin α）≥0，f （2+cos β）≤0.（1）求证：b +c =－1； （2）求证：c ≥3；（3）若函数f （sin α）的最大值为8，求b 、c 的值.（1）证明：∵|sin α|≤1且f （sin α）≥0恒成立，可得f （1）≥0. 又∵1≤2+cos β≤3且f （2+cos β）≤0恒成立，可得f （1）≤0， ∴f （1）=0⇒1+b +c =0⇒b +c =－1.（2）证明：∵b +c =－1⇒b =－1－c ，∴f （x ）=x 2－（1+c ）x +c =（x －1）（x －c ）. ∴x －c ≤0，即c ≥x 恒成立.∴c ≥3.（3）解：∵f （sin α）=sin 2α－（1+c ）sin α+c =（sin α－21c +）2+c －（21c +）2， ∴当sin α=－1时，f （sin α）的最大值为1－b +c . 由1－b +c =8与b －c =－1联立可得b =－4，c =3. 8.设f （x ）=a1x 2－bx +c ，不等式f （x ）＜0的解集是（－1，3），若f （7+|t |）＞f （1+t 2），求实数t 的取值范围.解：∵f （x ）＜0的解集是（－1，3），∴a ＞0，f （x ）的对称轴是x =1，且ab =2. ∴f （x ）在［1，+∞）上单调递增.又∵7+|t |≥7，1+t 2≥1，∴由f （7+|t |）＞f （1+t 2），得7+|t |＞1+t 2.∴|t |2－|t |－6＜0，解得－3＜t ＜3. 探究创新9.有点难度哟！已知函数f （x ）满足2axf （x ）=2f （x ）－1，f （1）=1，设无穷数列{a n }满足a n +1=f （a n ）. （1）求函数f （x ）的表达式；（2）若a 1=3，从第几项起，数列{a n }中的项满足a n ＜a n +1；（3）若1+m 1＜a 1＜1-m m （m 为常数且m ∈N ，m ≠1），求最小自然数N ，使得当n ≥N 时，总有0＜a n ＜1成立.解：（1）令x =1得2a =1，∴a =21.∴f （x ）=x-21. （2）若a 1=3，由a 2=121a -=－1，a 3=221a -=31，a 4=321a -=53，假设当n ≥3时，0＜a n ＜1，则0＜a n +1=n a -21＜121-=1⇒2－a n ＞0. 从而a n +1－a n =n a -21－a n =nn a a --212）（＞0⇒a n +1＞a n .从第2项起，数列{a n }满足a n ＜a n +1.（3）当1+m 1＜a 1＜1-m m 时，a 2=121a -，得1-m m ＜a 2＜21--m m .同理，21--m m ＜a 3＜32--m m . 假设1121+--+--）（）（n m n m ＜a n －1＜）（）（111--+--n m n m .由a n =121--n a 与归纳假设知）（）（12----n m n m ＜a n ＜nm n m ---）（1对n ∈N *都成立.当n =m 时，）（）（12----n m n m ＜a m ，即a m ＞2.∴a m +1=ma -21＜0. 0＜a m +2=121+-m a ＜21＜1.由（2）证明知若0＜a n ＜1，则0＜a n +1=n a -21＜121-=1. ∴N =m +2，使得n ≥N 时总有0＜a n ＜1成立.●思悟小结1.不等式的实际应用，题源丰富，综合性强，是高考应用题命题的重点内容之一.不等式应用题大都是以函数的面目出现，以最优化的形式展现.在解题过程中涉及均值不等式，常常与集合问题，方程（组）解的讨论，函数定义域、值域的确定，函数单调性的研究，三角、数列、立体几何中的最值问题，解析几何中的直线与圆锥曲线位置关系的讨论等等有着密切的关系.2.不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式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.3.建立不等式的主要途径有：利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性；利用均值不等式.4.不等式应用的特点是：（1）问题的背景是人们关心的社会热点问题，如“物价、税收、销售、市场、信息”等，题目往往篇幅较长；（2）建立函数模型常见的有“正（反）比例函数、一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数，以及y =ax +xb（a ＞0，b ＞0）、y =ax 2+xb、y =k （a +b ）x ·（c －ax ）（d －bx ）”的形式. 5.解答不等式的实际应用问题，一般可分三个步骤：（1）阅读理解材料.应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图形语言”并用，而且文字叙述篇幅较长，阅读理解材料要达到的目的是将实际问题抽象成数学模型.这就要求解题者领悟问题的实际背景，确定问题中量与量之间的关系，初步形成用怎样的模型能够解决问题的思路，明确解题的方向.（2）建立数学模型，即根据题意找出常量与变量的不等关系.（3）利用不等式的有关知识解题，即将数学模型转化为数学符号或图形符号. ●教师下载中心 教学点睛1.在解不等式时，要注意函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用.2.加强利用均值不等式及其他方法求最值的练习，在求最大（小）值时，有三个问题必须注意：第一，注意不等式成立的充分条件，即x ＞0，y ＞0（x +y ≥2xy ）；第二，注意一定要出现积为定值或和为定值；第三，要注意等号成立的条件，若等号不成立，利用均值不等式x +y ≥2xy 不能求出最大（小）值.拓展题例【例1】 设f （x ）=ax 2+bx +c ，若f （1）=27，问是否存在a 、b 、c ∈R ，使得不等式x 2+21≤f （x ）≤2x 2+2x +23对一切实数x 都成立，证明你的结论. 解：由f （1）=27，得a +b +c =27.令x 2+21=2x 2+2x +23 x =－1. 由f （x ）≤2x 2+2x +23推得f （－1）≤23， 由f （x ）≥x 2+21推得f （－1）≥23， ∴f （－1）=23.∴a －b +c =23.故a +c =25且b =1. ∴f （x ）=ax 2+x +25－a . 依题意ax 2+x +25－a ≥x 2+21对一切x ∈R 都成立， ∴a ≠1且Δ=1－4（a －1）（2－a ）≤0. 由a －1＞0得a =23.∴f （x ）=23x 2+x +1. 证明如下：23x 2+x +1－2x 2－2x －23=－21x 2－x －21=－21（x +1）2≤0. ∴23x 2+x +1≤2x 2+2x +23对x ∈R 都成立. ∴存在实数a =23，b =1，c =1，使得不等式x 2+21≤f （x ）≤2x 2+2x +23对一切x ∈R 都成立. 【例2】 已知二次函数y =ax 2+2bx +c ，其中a ＞b ＞c 且a +b +c =0.（1）求证：此函数的图象与x 轴交于相异的两个点.（2）设函数图象截x 轴所得线段的长为l ，求证：3＜l ＜23.证明：（1）由a +b +c =0得b =－（a +c ）.Δ=（2b ）2－4ac =4（a +c ）2－4ac =4（a 2+ac +c 2）=4［（a +2c ）2+43c 2］＞0. 故此函数图象与x 轴交于相异的两点. （2）∵a +b +c =0且a ＞b ＞c ， ∴a ＞0，c ＜0.由a ＞b 得a ＞－（a +c ），∴ac＞－2. 由b ＞c 得－（a +c ）＞c ，∴a c ＜－21. ∴－2＜a c ＜－21. l =|x 1－x 2|=32142++）（a c . 由二次函数的性质知l ∈（3，23）.。