20192020高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第20講不等式性質(zhì)證明教案

——教課資料參照參照范本——2019-2020最新高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第20講不等式性質(zhì)及證明教課設(shè)計(jì)______年______月______日____________________部門(mén)1/171．不等關(guān)系教經(jīng)過(guò)詳細(xì)情境，感覺(jué)在現(xiàn)實(shí)世界和平時(shí)生活中存在著大批的不等關(guān)系，學(xué)認(rèn)識(shí)不等式（組）的實(shí)質(zhì)背景；目2．基本不等式：（a,b≥0）標(biāo)①探究并認(rèn)識(shí)基本不等式的證明過(guò)程；②會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大（小）問(wèn)題。不等式向來(lái)是高考的要點(diǎn)內(nèi)容。對(duì)于本未來(lái)講，觀察相關(guān)不等式性質(zhì)的基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法，并且還觀察邏輯推理能力、剖析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。本將內(nèi)容在復(fù)習(xí)時(shí)，要在思想方法上下功夫。命展望2017年的高考命題趨向：題1．從題型上來(lái)看，選擇題、填空題都有可能觀察，把不等式的性質(zhì)與走函數(shù)、三角聯(lián)合起來(lái)綜合觀察不等式的性質(zhì)、函數(shù)單一性等，多以選擇題的向形式出現(xiàn)，解答題以含參數(shù)的不等式的證明、求解為主；2．利用基本不等式解決像函數(shù)f(x)xa,(a0)的單一性或解決相關(guān)x最值問(wèn)題是觀察的要點(diǎn)和熱門(mén)，應(yīng)增強(qiáng)訓(xùn)練。教學(xué)多媒體課件準(zhǔn)備教1．不等式的性質(zhì)學(xué)比較兩實(shí)數(shù)大小的方法——求差比較法過(guò)abab0；程；。定理1：若，則；若，則．即。2/17說(shuō)明：把不等式的左側(cè)和右側(cè)互換，所得不等式與原不等式異向，稱為不等式的對(duì)稱性。定理2：若，且，則。說(shuō)明：此定理證明的主要依照是實(shí)數(shù)運(yùn)算的符號(hào)法例及兩正數(shù)之和還是正數(shù)；定理2稱不等式的傳達(dá)性。定理3：若，則。說(shuō)明：（1）不等式的兩邊都加上同一個(gè)實(shí)數(shù)，所得不等式與原不等式同向；（2）定理3的證明相當(dāng)于比較與的大小，采納的是求差比較法；（3）定理3的抗命題也建立；（4）不等式中任何一項(xiàng)改變符號(hào)后，能夠把它從一邊移到另一邊。定理3推論：若。說(shuō)明：（1）推論的證明連續(xù)兩次運(yùn)用定理3而后由定理2證出；（2）這一推論能夠推行到隨意有限個(gè)同向不等式兩邊分別相加，即：兩個(gè)或許更多個(gè)同向不等式兩邊分別相加，所得不等式與原不等式同向；（3）同向不等式：兩個(gè)不等號(hào)方向同樣的不等式；異向不等式：兩個(gè)不等號(hào)方向相反的不等式。定理4．假如且，那么；假如且，那么。推論1：假如且，那么。說(shuō)明：（1）不等式兩頭乘以同一個(gè)正數(shù)，不等號(hào)方向不變；乘以同一個(gè)負(fù)數(shù)，不等號(hào)方向改變；（2）兩邊都是正數(shù)的同向不等式的兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向；（3）推論能夠推行到隨意有限個(gè)兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘。這就是說(shuō)，兩個(gè)或許更多個(gè)兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向。3/17推論2：假如，那么。定理5：假如，那么。2．基本不等式定理1：假如，那么（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“”）。說(shuō)明：（1）指出定理合用范圍：；（2）重申取“”的條件。定理2：假如是正數(shù)，那么（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”）說(shuō)明：（1）這個(gè)定理合用的范圍：；（2）我們稱的算術(shù)均勻數(shù)，稱的幾何均勻數(shù)。即：兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)均勻數(shù)不小于它們的幾何均勻數(shù)。3．常用的證明不等式的方法1）比較法比較法證明不等式的一般步驟：作差—變形—判斷—結(jié)論；為了判斷作差后的符號(hào)，有時(shí)要把這個(gè)差變形為一個(gè)常數(shù)，或許變形為一個(gè)常數(shù)與一個(gè)或幾個(gè)平方和的形式，也可變形為幾個(gè)因式的積的形式，以便判斷其正負(fù)。2）綜合法利用某些已經(jīng)證明過(guò)的不等式（比如算術(shù)均勻數(shù)與幾何均勻數(shù)的定理）和不等式的性質(zhì)，推導(dǎo)出所要證明的不等式，這個(gè)證明方法叫綜合法；利用某些已經(jīng)證明過(guò)的不等式和不等式的性質(zhì)時(shí)要注意它們各自建立的條件。綜合法證明不等式的邏輯關(guān)系是：，及從已知條件出發(fā)，逐漸推演不等式建立的必需條件，推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論。4/173）剖析法證明不等式時(shí)，有時(shí)能夠從求證的不等式出發(fā)，剖析使這個(gè)不等式建立的充分條件，把證明不等式轉(zhuǎn)變?yōu)榕袛噙@些充分條件能否具備的問(wèn)題，假如能夠一定這些充分條件都已具備，那么就能夠判定原不等式建立，這類方法往常叫做剖析法。1）“剖析法”是從求證的不等式出發(fā)，剖析使這個(gè)不等式建立的充分條件，把證明不等式轉(zhuǎn)變?yōu)榕袛噙@些充分條件能否具備的問(wèn)題，即“執(zhí)果索因”；2）綜合過(guò)程有時(shí)正好是剖析過(guò)程的逆推，所以常用剖析法探究證明的門(mén)路，而后用綜合法的形式寫(xiě)出證明過(guò)程。典例分析題型1：觀察不等式性質(zhì)的題目例1．（1）假如，那么，以下不等式中正確的選項(xiàng)是（）（A）（B）（C）（）D（2）設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，則以下等式中不恒建立的是（A）（B）（C）（D）分析：（1）答案：A；明顯，但沒(méi)法判斷與的大??；（2）運(yùn)用清除法，C選項(xiàng)，當(dāng)a－b<0時(shí)不建立，運(yùn)用公式一定要注意公式建立的條件，假如，假如a,b是正數(shù)，那么5/17評(píng)論：本題主要觀察.不等式恒建立的條件，因?yàn)榻o出的是不完整提干，一定聯(lián)合選擇支，才能得出正確的結(jié)論。例2．（1）設(shè)a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，則以下結(jié)論中正確的選項(xiàng)是）AacbdBa－cb－dCacbdD..+>+.>.>ab，則以下結(jié)論中正確的命題是（）（2）若<<0A和均不可以建立B和均不可以建立.C.不等式和（a+）2>（b+）2均不可以建立D.不等式a）2（b）2均不可以建立和（+>+分析：（1）答案：A；∵a>b，c>d，∴a+c>b+d；（2）答案：B分析：∵b<0，∴－b>0，∴a－b>a，又∵a－b<0，a<0，∴。故不建立。ab，∴|ab，∴故不建立。由此可選B。∵<<0|>||此外，A中建立C與D中（a）2（b+）2建立。.+>其證明以下：∵a<b<0，<0，∴a+<b+<0，∴|a+|>|b+|，6/17故（a+）2>（b+）2。評(píng)論：本題觀察不等式的基天性質(zhì)。題型2：基本不等式例3．“a＞b＞”是“ab＜”的（）0(A充分而不用要條件(B必需而不充分條件))(C充分必需條件(D)既不允分也不用要條)件分析：A；中參數(shù)的取值不不過(guò)指能夠取非負(fù)數(shù)。均值不等式知足。評(píng)論：該題觀察了基本不等式中的易錯(cuò)點(diǎn)。例．（）若實(shí)數(shù)a、b知足ab，則ab的最小值是（）41+=23+3ABC.18.6.2D.2（2）若a＞b＞1，P＝，Q＝（lga＋lgb），R＝lg（），則（）AR＜P＜QBP＜Q＜R..CQ＜P＜RD.P＜R＜Q.分析：（1）答案：B；3a+3b≥2=6，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)取等號(hào)。故3a+3b的最小值是6；（）答案：B；∵lga＞lgb＞，∴（lga＋lgb）＞，即Q20＞P，又∵a＞b＞1，∴，7/17∴（lga＋lgb），即R＞Q，∴有P＜Q＜R，選B。評(píng)論：本題觀察不等式的均勻值定理，要注意判斷等號(hào)建立的條件。題型3：不等式的證明例．已知a＞，b＞，且ab求證(ab)≥。500+=1+)(+證法一：(剖析綜合法）欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－ab≥，即證ab≤或ab≥833()+80a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不行能建立1=a+b≥2，∴ab≤，進(jìn)而得證。證法二：(均值代換法)設(shè)a=+t1，b=+t2?！遖+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜，8/17明顯當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=時(shí)，等號(hào)建立。證法三：(比較法)a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤，證法四：(綜合法)a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤，。證法五：(三角代換法)∵a＞，b＞，ab，故令a22，)，00+=1=sinα，b=cosα，α∈(0評(píng)論：比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個(gè)步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過(guò)程一定詳盡表達(dá)：假如作差此后的式子能夠整理為對(duì)于某一個(gè)變量的二次式，則考慮用鑒別式法證。9/17例．求使≤a(x＞，y＞0)恒建立的a的最小值。60剖析：本題解法三利用三角換元后確立a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來(lái)對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令cθ，=sinθ(0＜=osθ＜＝，這樣也得a≥sinθ+cosθ，可是這類換元是錯(cuò)誤的其原由是：(1)減小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增添了“x、y=1”這樣一個(gè)條件，明顯這是不對(duì)的。除認(rèn)識(shí)法一常常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)知足不等關(guān)系，a≥f(x)，則amin=f(x)max若a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本領(lǐng)實(shí)，能夠較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問(wèn)題。還有三角換元法求最值用的適合利處，能夠把原問(wèn)題轉(zhuǎn)變。解法一：因?yàn)閍的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：xy≤a2xy，即2≤(a2－1)(xy，++2(+)+)①∴x，y＞0，∴x+y≥2，②當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，②中有等號(hào)建立。比較①、②得a的最小值知足a2－1=1，∴a2=2，a=(因a＞0)，∴a的最小值是。解法二：設(shè)∵x＞，y＞，∴xy≥2(當(dāng)xy時(shí)“”建立)，00+==∴≤1，的最大值是1。進(jìn)而可知，u的最大值為，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為，解法三：∵y＞，010/17∴原不等式可化為+1≤a，設(shè)aθ，θ∈(0，)。=tnaθ≤a，即taθ≤acθ∴tn+1n+1se∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)，③又∵sin(θ+)的最大值為1(此時(shí)θ=)。由③式可知a的最小值為。評(píng)論：本題觀察不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學(xué)生邏輯剖析能力。該題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值包含于恒建立的不等式中，所以需利用不等式的相關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)體現(xiàn)出來(lái)，等價(jià)轉(zhuǎn)變的思想是解決題目的打破口，而后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值。題型4：不等式證明的應(yīng)用例7．已知函數(shù)f(x)=x+x，數(shù)列｜x｜(x＞0)的第一項(xiàng)x＝1，此后各項(xiàng)按以下方式取定：曲線x=f(x)在處的切線與經(jīng)過(guò)（0，0）和（x,f(x)）兩點(diǎn)的直線平行（如圖）.求證：當(dāng)n時(shí)，(Ⅰ)x（Ⅱ）。11/17證明：（I）因?yàn)樗郧€在處的切線斜率因?yàn)檫^(guò)和兩點(diǎn)的直線斜率是所以.（II）因?yàn)楹瘮?shù)當(dāng)時(shí)單一遞加，而，所以，即所以又因?yàn)榱顒t因?yàn)樗运怨试u(píng)論：本題主要觀察函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，以及不等式的證明，同時(shí)觀察邏輯推理能力。例．已知a＞，函數(shù)f（x）＝ax－bx2。80（）當(dāng)b＞0時(shí)，若對(duì)隨意x∈R都有f（x）≤，證明a≤2；11（2）當(dāng)b＞1時(shí)，證明：對(duì)隨意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－≤a≤2；13）當(dāng)0＜b≤1時(shí)，議論：對(duì)隨意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件。（Ⅰ）證明：依設(shè)，對(duì)隨意x∈R，都有f（x）≤1，∵f（x）＝，12/17∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．（Ⅱ）證明：必需性：對(duì)隨意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤fx），據(jù)此能夠推出－1≤f（1），即a－b≥－1，∴a≥b－1；對(duì)隨意x∈［，］，f（x）≤1f（x）≤，因?yàn)閎＞，能夠推01||11出f（）≤1，即a·－1≤1，∴a≤2；∴b－1≤a≤2．充分性：因?yàn)閎＞1，a≥b－1，對(duì)隨意x∈［0，1］，能夠推出：ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1，即ax－bx2≥－1；因?yàn)閎＞1，a≤2，對(duì)隨意x∈［0，1］，能夠推出ax－bx2≤2x－bx2≤1，即ax－bx2≤1?！啵?≤f（x）≤1。綜上，當(dāng)b＞1時(shí)，對(duì)隨意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－1≤a≤2．（Ⅲ）解：因?yàn)閍＞0，0＜b≤1時(shí)，對(duì)隨意x∈［0，1］：（x）＝ax－bx2≥－b≥－1，即f（x）≥－1；f（x）≤1f（）≤1a－b≤，即a≤b＋，111a≤b＋1f（x）≤（b＋）x－bx2≤，即f（x）≤。111所以，當(dāng)a＞0，0＜b≤1時(shí)，對(duì)隨意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是a≤b＋1．解：原式（x－a）（x－a2）＜0，∴x1＝a，x2＝a2。當(dāng)a=a2時(shí)，a=0或a=1，x∈，當(dāng)a＜a2時(shí)，a＞1或a＜0，a＜x＜a2，當(dāng)a＞a2時(shí)0＜a＜1，a2＜x＜a，∴當(dāng)a＜0時(shí)a＜x＜a2，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，a2＜x＜a，當(dāng)a＞1時(shí)，a＜x＜13/17a2，當(dāng)a=0或a=1時(shí)，x∈。評(píng)論：本題觀察不等式的證明及分類議論思想。題型5：課標(biāo)創(chuàng)新題例9．三個(gè)同學(xué)對(duì)問(wèn)題“對(duì)于的不等式＋25＋|－5|≥在上恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)的取值范圍”提出各自的解題思路。甲說(shuō)：“只須不等式左側(cè)的最小值不小于右側(cè)的最大值”；乙說(shuō)：“把不等式變形為左側(cè)含變量的函數(shù)，右側(cè)僅含常數(shù)，求函數(shù)的最值”；丙說(shuō)：“把不等式兩邊當(dāng)作對(duì)于的函數(shù)，作出函數(shù)圖像”；參照上述解題思路，你以為他們所議論的問(wèn)題的正確結(jié)論，即的取值范圍是。答案：a≤10。評(píng)論：該題經(jīng)過(guò)設(shè)置情形，將不等式知識(shí)包含在一個(gè)對(duì)話情形里面，考查學(xué)生閱讀能力、剖析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。例10．在m（m≥2）個(gè)不一樣數(shù)的擺列P1P2Pn中，若1≤i＜j≤m時(shí)Pi＞Pj（即前面某數(shù)大于后邊某數(shù)），則稱Pi與Pj組成一個(gè)逆序.一個(gè)擺列的全部逆序的總數(shù)稱為該擺列的逆序數(shù).記擺列的逆序數(shù)為an，如擺列21的逆序數(shù)，擺列321的逆序數(shù)。（Ⅰ）求a4、a5，并寫(xiě)出an的表達(dá)式；（Ⅱ）令，證明，n=1,2,。解（Ⅰ）由已知得，。（Ⅱ）因?yàn)?，所?又因?yàn)椋?4/17所以=。綜上，。評(píng)論：該題創(chuàng)意新，知識(shí)復(fù)合到位，能很好的反應(yīng)目前的高考趨向。思想總結(jié)1．不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和剖析法，它們是證明不等式的最基本的方法。1）比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個(gè)步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過(guò)程一定詳盡表達(dá)：假如作差此后的式子能夠整理為對(duì)于某一個(gè)變量的二次式，則考慮用鑒別式法證；2）綜合法是由因?qū)Ч?，而剖析法是?zhí)果索因，兩法相互變換，相互浸透，互為前提，充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系，能夠增添解題思路，開(kāi)擴(kuò)視線。2．不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單一性法、鑒別式法、數(shù)形聯(lián)合法等。換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時(shí)，要