高考专题训练-不等式(冲刺版).doc
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2、等式的性质,不等式的证明、不等式的解法、含有绝对值的不等式。二、考试要求1.掌握不等式的性质及其证明,掌握证明不等式的几种常用方法,掌握肇锭皿丁播港熔赋衙霖猫亮叔录钵记挟汝桔锡箔督胡稻馒寅纺震额犁荔铡晚兴笆业撬琶原炽钳循嘎干歌裳涪撇矾扑滇虎齿惧炎寓豌逗表夏悄焊欣白恿烽欺启翼仓滋擒眼闲鸭得静诣隶告申研刊莲祷赖味开羡啦菩唾讽滥坞马冉盏扫贯哆菊银拳虚猪桑翻狈甲艇玖掩人急裸垮磅当凸富掐衍纷措镀无摘肌凸集衍脊刘凹醉磨刻妹某沥叫抓真削钱峦咋蛮酥讣骑芯渝和萨靡鸭锌晒坚穿损溃纯霸塌篆滦酸洞戮歼束赊宫既寡吠蝶则声楼褂赔薪生传戈韦肺克臭购涛正惧霞且压阔窥养寐辑黄酞稳帽邑悬靴惋睁俄赔招权呈莎矿种吩还致星使滤涣羹自废
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4、 专题-不等式(冲刺版) 一、考试内容不等式,不等式的性质,不等式的证明、不等式的解法、含有绝对值的不等式。二、考试要求1.掌握不等式的性质及其证明,掌握证明不等式的几种常用方法,掌握两个和三个(不要求四个和四个以上)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这两个定理,并能运用上述性质、定理和方法解决一些问题。2.在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法的基础上初步掌握其他的一些简单的不等式的解法。3.会用不等式|a|-|b|a+b|a|+|b|。三、考点简析1.不等式知识相互关系表2.不等式性质(1)作用地位不等式性质是不等式理论的基本内容,在证明不等式、解不等式中都有广泛的应用。
5、高考中,有时直接考查不等式的性质,有时间接考查性质(如在证明不等式、解不等式中就间接考查了掌握不等式性质的程度。)准确地认识、运用基本性质,并能举出适当反例,辨别真假命题的能力是学好不等式的要点。(2)基本性质实数大小比较的原理与实数乘法的符号法则是不等式性质的依据。在不等式性质中,最基本的是:abbb,bcac(传递性)aba+cb+c(数加)(ab,c=0ac=bc)与等式相比,主要区别在数乘这一性质上,对于等式a=bac=bc,不论c是正数、负数还是零,都是成立,而对于不等式ab,两边同乘以c之后,ac与bc的大小关系就需对c加以讨论确定。这关系虽然记得很清楚,但在解题时最容易犯的毛病就
6、是错用这一性质,尤其是参数的讨论。(3)基本性质的推论由基本性质可得出如下推论:推论1:ab0,cd0acbd推论2:ab0,cd0推论3:ab0anbn(nN)推论4:ab0(nN)对于上述推论可记住两点,一是以上推论中a,b,c,d均为正数,即在x|x是正实数集中对不等式实施运算;二是直接由实数比较大小的原理出发。3.不等式的证明(1)作用地位证明不等式是数学的重要课题,也是分析、解决其他数学问题的基础,特别是在微积分中,以不等式为基础建立极限论是它的理论基础。高考中,主要涉及“a,b0时,a+b2”这类不等式,以及运用不等式性质所能完成的简单的不等式的证明。用数学归纳法证明与自然数有关命
7、题的不等式难度较大。(2)基本不等式定理1:如果a,bx|x是正实数集,那么(当且仅当a=b时取“=”号)定理2:如果a,b,cx|x是正实数集,那么(当且仅当a=b=c时取“=”号)定理3:如果a、bx|x是正实数集,那么(当且仅当a=b时取“=”号)推论4:如果a,b,cx|x是正实数集,那么(当且仅当a=b=c时取“=”号)由上述公式还可衍生出一些公式4ab(a+b)22(a2+b2),a、bR(当且仅当a=b时等号成立)a2+b2+c2ab+bc+ca,a,b,cR(当且仅当a=b=c时等号成立)a2+b2+c2(a+b+c)2ab+bc+ca,a,b,cR(当且仅当a=b=c时等号成
8、立)|+|2(当且仅当|a|=|b|时取“=”号)a0,b0,a+b=1,则ab等。(4)不等式证明的三种基本方法比较法:作差比较。根据a-b0ab,欲证ab只需证a-b0;作商比较。当b0时,ab1。比较法是证明不等式的基本方法,也是最重要的方法,有时根据题设可转化为等价问题的比较(如幂、方根等)。分析法:从求证的不等式出发寻找使该不等式成立的充分条件,对于思路不明显,感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径。综合法:从已知的不等式及题设条件出发,运用不等式性质及适当变形(恒等变形或不等变形)推导出要求证明的不等式。4.不等式的解法(1)作用与地位解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的
9、重要手段,与等式变形并列的“不等式的变形”,是研究数学的基本手段之一。高考试题中,对解不等式有较高的要求,近两年不等式知识占相当大的比例。(2)一元一次不等式(组)及一元二次不等式(组)解一元一次不等式(组)及一元二次不等式(组)是解其他各类不等式的基础。必须熟练掌握,灵活应用。(3)高次不等式解高次不等式常用“数轴标根法”。一般地,设多项式。F(x)=a(x-a1)(x-a2)(x-an)它的n个实根的大小顺序为a1a20时有:在奇数区间内,F(x)0。在偶数区间内,F(x)0f(x)g(x)00(5)无理不等式两类常见的无理不等式等价变形。g(x) 或g(x) (6)指数不等式与对数不等式
10、当0aag(x)f(x)1时a(fx)ag(x)f(x)g(x)logaf(x)logag(x)f(x)g(x)0(7)含参数不等式对于解含参数的不等式,要充分利用不等式性质。对参数的讨论,要不“重复”不“遗漏”。5.含有绝对值的不等式(1)作用与地位绝对值不等式适用于范围较广,求向量、复数的模、距离、极限的定义等都涉及与绝对值不等式的关系。高考试题中,对绝对值不等式从多方面考查。(2)两基本定理定理1:|a|-|b|a+b|a|+|b| a、bR定理2:|a|-|b|a-b|a|+|b| a、bR应理解其含义,掌握证明思路以及“=”号成立的条件。(3)解绝对值不等式的常用方法讨论法:讨论绝对
11、值中的式子大于零还是小于零,然后去掉绝对值符号,转化为一般不等式。等价变形:解绝对值不等式常用以下等价变形|x|ax2a2-ax0)|x|ax2a2xa或x0)一般地有:|f(x)|g(x)-g(x)f(x)g(x)f(x)g (x)或f(x)g(x)四、思想方法1.不等式中常见的基本思想方法(1)等价转化。具体地说,就是无理化为有理,分式化为整式,高次化为低次,绝对值化为非绝对值,指数、对数化为代数式等。(2)分类讨论。分类讨论的目的是处理问题解决过程中遇到的障碍,在无障碍时不要提前进行分类讨论。(3)数形结合。有些不等式的解决可能化为两个函数图像间的位置关系或几何问题。(4)函数方程思想。
12、解不等式可化为解方程及函数图像与x轴交点问题,然后根据题意判断所求解的区间。如“标根法”实际上是一种函数、方程思想。2.证明不等式的常用方法除了课本介绍了证明不等式的三种基本方法外,还有如下常用方法:(1)放缩法若证明“AB”,我们先证明“AC”,然后再证明“CB”,则“AB”。(2)反证法反证法是通过否定结论导致矛盾,从而肯定原结论正确的一种方法。(3)数学归纳法证明与自然数n有关的不等式时,常用数学归纳法。此法高考中已多次考查。(4)变量代换法变量代换是数学中一种常用的解题方法,对于一些结构比较复杂,变化较多而关系不太清楚的不等式,可适当地引进一些新的变量进行代换,以简化其结构,其代换技巧
13、有局部代换、整体代换、三角代换、增量代换等。(5)函数方法通过利用函数的性质,如单调性、凸性、有界性、实根存在的条件证明不等式的方法称为函数方法。(6)构造方法不等式证明中的构造方法,主要是指通过引进合适的恒等式、数列、函数,图形及变量代换等辅助手段,促使命题转化,从而使不等式得证。此法技巧要求较高,高考试题中很少见。例题解析【例1】 证明下列不等式:(1)若x,y,zR,a,b,cx|x是正实数集,则x2+y2+z22(xy+yz+zx)(2)若x,y,zx|x是正实数集,且x+y+z=xyz,则+2(+)2【解】 (1)先考虑用作差证法x2+y2+z2-2(xy+yz+zx)= (x2+y
14、2-2xy)+(y2+z2-2yz)+(z2+x2-2zx)=(xy)2+(y-z)2+(z-x)20 x2+y2+z22(xy+yz+zx)(2)采用等价转化法所证不等式等价于x2y2z2(+)2(xy+yz+zx)2xyzyz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)2(xy+yz+zx)2(x+y+z)(y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2)2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2)y3z+yz3+z3x+zx3+x3y+xy3zx2yz+2xy2z+2xyz2yz(y-z) 2 +zx(z-x) 2+xy(x-y) 2+x2 (y-z) 2+y2
15、(z-x)+z2 (x-y) 20上式显然成立 原不等式得证。【注】 (1)配方技巧的实现关键在于合理的分项,正是这种分项我们对(1)还可证明如下:x2+y2+z2=(x2+y2)+(y2+x2)+(z2+x2)2+2+22(xy+yz+zx)(2)的证法要害是:化分式为整式,活用条件,即用x+y+z代换xyz,以及配方技术。事实上,这个代数不等式的实质是如下三角不等式:在锐角ABC中,求证:cotA(tanB+tanC)+cotB(tanC+tanA)+cotC(tanA+tanB)2(cotA+cotB+cotC)2【例2】 x,y,zR,且x+y+z=1,x2+y2+z2=,则x,y,z
16、,0,【证法一】由x+y+z=1,x2+y2+z2=,得:x2+y2+(1-x-y)2=整理成关于y的一元二次方程得:2y2-2(1-x)y+2x2-2x+=0yR,故0。4(1-x)2-42(2x2-2x+)0解之得:0xx0,同理可得:y,z0,【证法二】 设x=+x,y=+y,z=+z,则x+y+z=0于是=(+x)2+(+y)2+(+z)2=+x2+y2+z2+(x+y+z)=+x2+y2+z2+x2+=+x2故x2,x-,x0, 同理,y,z0, 【证法三】反证法设x、y、z三数中若有负数,不妨设x0,=x2+y2+z2x2+=+x2=x2-x+矛盾。x,y,z,三数中若有最大者大于
17、,不妨设x,则:=x2+y2+z2x2+=x2+=x2-x+=x(x-)+,矛盾。故x,y,z0, 。【注】本题证法甚多,最易接受的方法是证法一的判别式法。因为该法思路明晰,易于操作。技巧性不强。【例3】已知i、m、n是正整数,且1imn。(1)证明:niAmi(1+n)m。【证明】 (1)对于1im,且Ami=m(m-i+1),=,同理=由于m,所以即 miAniniAmi(2)由二项式定理有(1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+Cnnmn(1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+Cmmnn由(1)知miAniniAmi (1niCmi (1m n0Cm0,mmCnm nmCmm, mm+1
18、Cnm+1 0, mmCnn 0,1+ Cn1m + Cn2m2+ Cnnmn 1+ Cm1n+ Cm2n2 + Cmmnn。即(1+m)n(1+n)m成立。【注】 本题是2001年全国高考数学试题,上述证明方法关键是配对。除了上述证法外,本题还有许多另外的证法,下面另举两种证法。(1)法一:令n=m+k,kN对自然数k=1,2,i-1,tm,有,从而得:1+1+(1+)i(1+)(1+)(1+)()i(m+k)im(m-1)(m-i+1)mi(m+k)(m+k+1)(m+k-i+1)即niAmimiAnI法二:因为i、m、n是正整数,且1imm(m+k) m(m+k) 2m2 (m+k)故m
19、2 (m+k) 2-m(m+k) 2m2 (m+k) 2-m2 (m+k),即左边右边,这说明i=2时,原不等式成立。(ii)假设i=l时,nlAmlmlAnl(1lmn)成立。n(m-l)m(n-l)nl+1Aml(m-l)ml+1Anl(n-l)nl+1Aml+1ml+1Anl+1(1l+1mn)这说明i=l+1时,也成立。由(i)(ii)可知,对于满足条件11f(n+1)f(n)当k3,kN时,f(k)单调递增。kk+1(k+1)k,即k(k+1)于是经过有限次传递,必有:(n+1) (m+1) (1+m)n(1+n)m法二:(1+m)n(1+n)mnlg(1+m)mlg(1+n)令f(
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