2010高三数学高考第二轮复习专题二 不等式（精品打包）全国通用
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2010高三数学高考第二轮复习专题二 不等式（精品打包）全国通用,高三,数学,高考,二轮,复习,温习,专题,不等式,精品,打包,全国,通用
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用心 爱心 专心 【综合能力训练】 一、选择题 1.“ xy且 mn”是“ x+my+n”成立的（ ） 2.若 5a 3.a,b R，且 ab，则下列不等式中恒成立的是（ ） B.( 21) a 0 4.若 a aaba a2+b2+，那么下列不等式中成立的是（ ） A.(a+b+c) 2 1 bc+1C.|aba |x 3| |x 1| ） 2 32，则 ） 21D. 2 10.若 a0, ） 用心 爱心 专心 A.x|aC.x|aa=x|2x 30,B=x|x2+ax+b 0，若 A B=R， A B=（ 3， 4 则有（ ） ,b=4 ,b= 4 3,b=4 3,b= 4 x 的不等式： 62 。 2 (2a)a (2a)a中不正确的不等式的序号是 。 三、解答题 44 24 且 a 1，解关于 1+ 1) 20.设 M=a,b，函数 f(x)=2ax+,x M， （ 1）求 f(x)的值域 N。 用心 爱心 专心 （ 2）求使 1 a,b a+1 N的 b由 f(x)=x2+px+q，对于任意 R,有 f( 0，且 f(2) 0； （ 1）求 p、 （ 2）求 （ 3）如果 f(+2)的最大值是 14，求 求此时 f(的最小值。 22.设 f(x)=bx+c，若 f(1)=27，问是否存在 a、 b、 c R，使得不等式： 1 f(x) 2x+23对一切实数 明你 的结论。 参考答案 【综合能力训练】 13.( 2,4) 14.(0,10001) (1,100) 15.( 2,2) 16. 17.解 原不等式化为： |2| 1+ 2 .不等式的解集是： 1+ 2 1时， a 0， b a+1,+ . 21.解 (1) 1 1， 1 2 3，原题设即为 x 1,1时 ,f(x) 0，当 x 1,3时 ,f(x) 0。 当 x=1时， f(x)=0， 1+p+q=0 q= (1+p) (2)f(x)=x2+px+q=x2+(1+p),当 1时 f( 1) 0， 1 p 1 p 0 p 0 (3)注意 f(x)在 1， 3上递增，当 x=3时 f(x)有最大值，即 9+3p+q=14,9+3p 1 p=14, p=3 此时 f(x)=x 4，求 f(的最小值，即求当 x 1,1时 f(x)的最小值。又f(x)=(x+23)2425。显然此函数在 1， 1上递增，当 x= 1时， f(x)有最小值 f( 1)=1 3 4= 6。 22.解 由 f(1)= 27得 a+b+c=27。令 1=2x+23 x= 1，由 f(x) 2x+23推得 f( 1)23。 由 f(x) 1推得 f( 1)23, f( 1)= 23用心 爱心 专心 a b+c=23， 故 2(a+c)=5,a+c=25且 b=1 f(x)=x+(25 a) 依题意： x+(25 a) 1对一切 x 0)2()1( 2 成立， a1，且 =1 4(a 1)(2 a) 0。推得 (2a 3)2 0 23a， f(x)=23x2+x+1 易验证：23x2+x+1 2x+23对 x 存在实数 a=23,b=1,c=1使得不等式 1 f(x) 2x+23对一切 x 用心 爱心 专心 【考点梳理】 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 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。 ）、一元二次不等式（组）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。 |a| |b| |a+b| |a|+|b|。 三、考点简析 式知识相互关系表 （ 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。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，能辨别真假命题是学好不等式的要点。 用心 爱心 专心 （ 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： ab bb,bc ac（传递性） ab a+cb+c（数加） )(0,0, 数乘（ ab,c=0 a c=b c） 与等式相比，主要区别在数乘这一性质上，对于等式 a=b ac=论 数还是零，都成立，而对于不等式 ab，两边同乘以 c 之后， 大小关系就需对 关系即使记得很清楚，但在解题时最容易犯的毛病就是错用这一性质，尤其是需讨论参数时。 （ 3）基本性质的推论 由基本性质可得出如下推论： 推论 1： ab0,cd0 ac论 2： ab0,cd0论 3： ab0 anbn(n N) 推论 4： ab0 nn (n N) 对于上述推论可记住两点：一是以上推论中 a,b,c,在 x|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。 （ 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，不等式是建立极限论的理论基础。 高考中，主要涉及“ a,b0时， a+b 2 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。用数学归纳法证明的与自然数有关命题的不等式难度较大。 （ 2）基本不等式 定理 1：如果 a,b x|，那么2 当且仅当 a=”号） 定理 2：如果 a,b,c x|，那么3 3 当且仅当 a=b=”号 ) 定理 3：如果 a、 b x|，那么 用心 爱心 专心 2222 （当且仅当 a=”号） 推论 4：如果 a,b,c x|，那么 3 3 3222 （当且仅当 a=b=”号） 由上述公式还可衍生出一些公式 4(a+b)2 2(a2+a、 b R（当且仅当 a= a2+b2+ab+bc+ca,a,b,c R（当且仅当 a=b= a2+b2+1(a+b+c)2 ab+bc+ca,a,b,c R（当且仅当 a=b= |ab+ 2（当且仅当 |a|=|b|时取“ =”号） a0,b0,a+b=1，则 1等。 （ 4）不等式证明的三种基本方法 比较法：作差比较，根据 a b0 ab，欲证 aa b0；作商比较，当 b0时， ab。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。 （ 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。 用心 爱心 专心 （ 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 x (x （ a 0） 它的 在奇数区间内， F(x)0。 在偶数区间内， F(x)0 f(x) g(x)0 )( )(00)(0)()(（ 5）无理不等式 两类常见的无理不等式等价变形： )( g(x) )()(0)(0)(2 0)(0)()(xf ag(x) f(x)1时 a(ag(x) f(x)g(x) x)x) f(x)g(x)0 （ 7）含参数不等式 对于解含参数不等式，要充分利用不等式的性质。对参数的讨论，要不“重复”不“遗漏 ”。 （ 1）作用与地位 绝对值不等式适用范围较广，向量、复数的模、距离、极限的定义等都涉及到绝对值不用心 爱心 专心 等式。 高考试题中，对绝对值不等式从多方面考查。 （ 2）两个基本定理 定理 1： |a| |b| |a+b| |a|+|b| （ a、 b R） 定理 2： |a| |b| |a b| |a|+|b| （ a、 b R） 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：讨论绝对值中的式于大于零还是小于零，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|0) |x|a x2xa或 一般地有： |f(x)|g(x) f(x)g (x)或 f(x)0 ，21=x2+y2+2 )( 2= 2 )1( 2x +3x+2121，矛盾。 设 x,y,不妨设 x32，则： 21=x2+y2+2 )( 2 =2 )1( 2x =23x+21=23x (x32)+2121，矛盾。 故 x,y,z 0, 32。 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。 用心 爱心 专心 例 3 已知 i、 m、 n 是正整数，且 1所以 2）由二项式定理有 (1+m)n=1+ +1+n)m=1+ + （ 1）知 1m 22 0, , 0, 1+ + 1+ + (1+m)n(1+n) 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,（ k N） 对自然数 t=1,2， i 1,(m+k) m(m+k) 21 f(n+1)f(n) 当 k 3,k N 时， f(k)单调递增，又 143)3( 34 f (k+1)k,即 (k+1) 11k 于是经过有限次传递，必有： (n+1) 11n (1+n)m 法二：（ 1+m） n(1+n)m +m)+n) m m)1 n n)1令 f(n)= n n)1,n 2 用心 爱心 专心 又 )1()( 即n n)11 )2n n (1+n)n+1(2+n)n (21)n11n (121n)n11n n 2,21n 1 由贝努利不等式得（ 121n） n122n11nn n)11 )2n n， f（ n）单调递减，又 mn n)1 (1+m)n ( 例 4 解下列关于 x 的不等式： （ 1） +2(a0); （ 2） 1(a0 且 a 1)。 解在解指、对数不等式时，常要对底数 a 进行分类，然后依据其函数的单调性来实现转化，在转化过程中注意不等式解的等价性。 （ 1）原不等式等价于 (a2+a 2) 0 (a 2) 0 (i)当 01 时， a2a 2， a 2 2 x 2 ( a=1 时， x 为一切实数。 综上所述：当 01 时，原不等式的解为 x| 2 x 2；当 a=1 时，解集为 R。 （ 2） (i)当 a1 时，原不等式等价于 1 a 1 a 1 ，原不等式解集是 x|a111 时，原不等式等价于 1x1ax )1( 0 且 b 1)， （ 1）求 f(x)的定义域； （ 2）当 b1 时，求使 f(x)0 的所有 x 的值。 解 （ 1） 2x+2 恒正， f(x)的定义域是 1+2， 用心 爱心 专心 即当 a=0 时， f(x)定义域是全体 实数。 当 a0 时， f(x)的定义域是（+） 当 ，在 f(x)的定义域内， f(x)01 222 1 2x+21+2 2(1+a)x+10 其判别式 =4(1+a)2 4=4a(a+2) (i)当 0 f(x)0 x R且 x 1 若 a= 2,f(x) 0 (x+1)2 0 x 41 且 x 1 ( 0时，即 a 0或 a 2时 方程 2(1+a)x+1=0 的两根为 +a 2 ,+a+ 2 若 a 0，则 0 10)( 2 或 121 2 若 ， 故212s o o ss o s解之得： 212 2125，（ k Z）。 注 二次函数的在区间上最大值、最小值，只要考虑两个端点及区间中对称轴所在位置之点。 用心 爱心 专心 例 8 设函数 f(x)= 12 x (1)解不等式 f(x) 1； (2)求 函数 f(x)在区间 0， + ) 上是单调函数。 解 (1)不等式 f(x) 1，即 12 x 1+ 02)1(012 所以： (i)当 0 a 1，所给不等式的解集是 x|0 x212 (ii)a 1时，所给不等式的解集是 x|x 0 ( a=0时，所给不等式的解集是 0 ( 1 a 0时，所给不等式的解集是 x|212 x 0 (v)当 a 1时，所给不等式的解集是 x|x 0 (2)在区间 0， + ) 上任取 得 x2 f( f( )(11212221 =( 11 222121) 而要使 f(x)在 0， + ) 上单调 只须 f( f( 0， + ) 上恒正或恒负。 又 0, 0， + ) 11 222121 (0， 1) a 1或 a 0 例 9 设函数 f(x)=x+3( a 0) 。对于给定的负数 a，有一个最大的正数 l(a)，使得在整个区间 0， l(a)上，不等式 |f(x)| 5恒成立。 问： l(a)最大？求出这个最大的 l(a)，证明你的结论。 用心 爱心 专心 解 f(x)=a (x+3a 0， f(x)i)当 35，即 8 a 0时， l(a)是方程 x+3=5的较小根， 2142 8648)( aa 5163 a 8时， l(a)是方程 5382 较大根， 即 l(a)=a 2648 =22042244 a=2 15当且仅当 a= 8时，等号成立。 由于2 1521，因此当且仅当 a= 8时， l(a)取最大值2 15。 注 本题是一个典型的函数、方程、不等式的综合题。数形结合利于开拓思路，找到解法。 例 10 设 由正
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