20192020高三数学一轮复习第20讲不等式性质证明教案

——教课资料参照参照范本——2019-2020最新高三数学一轮复习第20讲不等式性质及证明教课设计______年______月______日____________________部门1/171．不等关系教经过详细情境，感觉在现实世界和平时生活中存在着大批的不等关系，学认识不等式（组）的实质背景；目2．基本不等式：（a,b≥0）标①探究并认识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）问题。不等式向来是高考的要点内容。对于本未来讲，观察相关不等式性质的基础知识、基本方法，并且还观察逻辑推理能力、剖析问题、解决问题的能力。本将内容在复习时，要在思想方法上下功夫。命展望2017年的高考命题趋向：题1．从题型上来看，选择题、填空题都有可能观察，把不等式的性质与走函数、三角联合起来综合观察不等式的性质、函数单一性等，多以选择题的向形式出现，解答题以含参数的不等式的证明、求解为主；2．利用基本不等式解决像函数f(x)xa,(a0)的单一性或解决相关x最值问题是观察的要点和热门，应增强训练。教学多媒体课件准备教1．不等式的性质学比较两实数大小的方法——求差比较法过abab0；程；。定理1：若，则；若，则．即。2/17说明：把不等式的左侧和右侧互换，所得不等式与原不等式异向，称为不等式的对称性。定理2：若，且，则。说明：此定理证明的主要依照是实数运算的符号法例及两正数之和还是正数；定理2称不等式的传达性。定理3：若，则。说明：（1）不等式的两边都加上同一个实数，所得不等式与原不等式同向；（2）定理3的证明相当于比较与的大小，采纳的是求差比较法；（3）定理3的抗命题也建立；（4）不等式中任何一项改变符号后，能够把它从一边移到另一边。定理3推论：若。说明：（1）推论的证明连续两次运用定理3而后由定理2证出；（2）这一推论能够推行到随意有限个同向不等式两边分别相加，即：两个或许更多个同向不等式两边分别相加，所得不等式与原不等式同向；（3）同向不等式：两个不等号方向同样的不等式；异向不等式：两个不等号方向相反的不等式。定理4．假如且，那么；假如且，那么。推论1：假如且，那么。说明：（1）不等式两头乘以同一个正数，不等号方向不变；乘以同一个负数，不等号方向改变；（2）两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向；（3）推论能够推行到随意有限个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘。这就是说，两个或许更多个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向。3/17推论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（当且仅当时取“”）。说明：（1）指出定理合用范围：；（2）重申取“”的条件。定理2：假如是正数，那么（当且仅当时取“=”）说明：（1）这个定理合用的范围：；（2）我们称的算术均匀数，称的几何均匀数。即：两个正数的算术均匀数不小于它们的几何均匀数。3．常用的证明不等式的方法1）比较法比较法证明不等式的一般步骤：作差—变形—判断—结论；为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或许变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负。2）综合法利用某些已经证明过的不等式（比如算术均匀数与几何均匀数的定理）和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法叫综合法；利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质时要注意它们各自建立的条件。综合法证明不等式的逻辑关系是：，及从已知条件出发，逐渐推演不等式建立的必需条件，推导出所要证明的结论。4/173）剖析法证明不等式时，有时能够从求证的不等式出发，剖析使这个不等式建立的充分条件，把证明不等式转变为判断这些充分条件能否具备的问题，假如能够一定这些充分条件都已具备，那么就能够判定原不等式建立，这类方法往常叫做剖析法。1）“剖析法”是从求证的不等式出发，剖析使这个不等式建立的充分条件，把证明不等式转变为判断这些充分条件能否具备的问题，即“执果索因”；2）综合过程有时正好是剖析过程的逆推，所以常用剖析法探究证明的门路，而后用综合法的形式写出证明过程。典例分析题型1：观察不等式性质的题目例1．（1）假如，那么，以下不等式中正确的选项是（）（A）（B）（C）（）D（2）设a、b、c是互不相等的正数，则以下等式中不恒建立的是（A）（B）（C）（D）分析：（1）答案：A；明显，但没法判断与的大小；（2）运用清除法，C选项，当a－b<0时不建立，运用公式一定要注意公式建立的条件，假如，假如a,b是正数，那么5/17评论：本题主要观察.不等式恒建立的条件，因为给出的是不完整提干，一定联合选择支，才能得出正确的结论。例2．（1）设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则以下结论中正确的选项是）AacbdBa－cb－dCacbdD..+>+.>.>ab，则以下结论中正确的命题是（）（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。由此可选B。∵<<0|>||此外，A中建立C与D中（a）2（b+）2建立。.+>其证明以下：∵a<b<0，<0，∴a+<b+<0，∴|a+|>|b+|，6/17故（a+）2>（b+）2。评论：本题观察不等式的基天性质。题型2：基本不等式例3．“a＞b＞”是“ab＜”的（）0(A充分而不用要条件(B必需而不充分条件))(C充分必需条件(D)既不允分也不用要条)件分析：A；中参数的取值不不过指能够取非负数。均值不等式知足。评论：该题观察了基本不等式中的易错点。例．（）若实数a、b知足ab，则ab的最小值是（）41+=23+3ABC.18.6.2D.2（2）若a＞b＞1，P＝，Q＝（lga＋lgb），R＝lg（），则（）AR＜P＜QBP＜Q＜R..CQ＜P＜RD.P＜R＜Q.分析：（1）答案：B；3a+3b≥2=6，当且仅当a=b=1时取等号。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，选B。评论：本题观察不等式的均匀值定理，要注意判断等号建立的条件。题型3：不等式的证明例．已知a＞，b＞，且ab求证(ab)≥。500+=1+)(+证法一：(剖析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－ab≥，即证ab≤或ab≥833()+80a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不行能建立1=a+b≥2，∴ab≤，进而得证。证法二：(均值代换法)设a=+t1，b=+t2。∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜，8/17明显当且仅当t=0，即a=b=时，等号建立。证法三：(比较法)a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤，证法四：(综合法)a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤，。证法五：(三角代换法)∵a＞，b＞，ab，故令a22，)，00+=1=sinα，b=cosα，α∈(0评论：比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程一定详尽表达：假如作差此后的式子能够整理为对于某一个变量的二次式，则考虑用鉴别式法证。9/17例．求使≤a(x＞，y＞0)恒建立的a的最小值。60剖析：本题解法三利用三角换元后确立a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令cθ，=sinθ(0＜=osθ＜＝，这样也得a≥sinθ+cosθ，可是这类换元是错误的其原由是：(1)减小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增添了“x、y=1”这样一个条件，明显这是不对的。除认识法一常常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数知足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max若a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本领实，能够较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题。还有三角换元法求最值用的适合利处，能够把原问题转变。解法一：因为a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：xy≤a2xy，即2≤(a2－1)(xy，++2(+)+)①∴x，y＞0，∴x+y≥2，②当且仅当x=y时，②中有等号建立。比较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：设∵x＞，y＞，∴xy≥2(当xy时“”建立)，00+==∴≤1，的最大值是1。进而可知，u的最大值为，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为，解法三：∵y＞，010/17∴原不等式可化为+1≤a，设aθ，θ∈(0，)。=tnaθ≤a，即taθ≤acθ∴tn+1n+1se∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)，③又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=)。由③式可知a的最小值为。评论：本题观察不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑剖析能力。该题实质是给定条件求最值的题目，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关性质把a体现出来，等价转变的思想是解决题目的打破口，而后再利用函数思想和重要不等式等求得最值。题型4：不等式证明的应用例7．已知函数f(x)=x+x，数列｜x｜(x＞0)的第一项x＝1，此后各项按以下方式取定：曲线x=f(x)在处的切线与经过（0，0）和（x,f(x)）两点的直线平行（如图）.求证：当n时，(Ⅰ)x（Ⅱ）。11/17证明：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单一递加，而，所以，即所以又因为令则因为所以所以故评论：本题主要观察函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时观察逻辑推理能力。例．已知a＞，函数f（x）＝ax－bx2。80（）当b＞0时，若对随意x∈R都有f（x）≤，证明a≤2；11（2）当b＞1时，证明：对随意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－≤a≤2；13）当0＜b≤1时，议论：对随意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件。（Ⅰ）证明：依设，对随意x∈R，都有f（x）≤1，∵f（x）＝，12/17∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．（Ⅱ）证明：必需性：对随意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤fx），据此能够推出－1≤f（1），即a－b≥－1，∴a≥b－1；对随意x∈［，］，f（x）≤1f（x）≤，因为b＞，能够推01||11出f（）≤1，即a·－1≤1，∴a≤2；∴b－1≤a≤2．充分性：因为b＞1，a≥b－1，对随意x∈［0，1］，能够推出：ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1，即ax－bx2≥－1；因为b＞1，a≤2，对随意x∈［0，1］，能够推出ax－bx2≤2x－bx2≤1，即ax－bx2≤1。∴－1≤f（x）≤1。综上，当b＞1时，对随意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2．（Ⅲ）解：因为a＞0，0＜b≤1时，对随意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，当a＞0，0＜b≤1时，对随意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是a≤b＋1．解：原式（x－a）（x－a2）＜0，∴x1＝a，x2＝a2。当a=a2时，a=0或a=1，x∈，当a＜a2时，a＞1或a＜0，a＜x＜a2，当a＞a2时0＜a＜1，a2＜x＜a，∴当a＜0时a＜x＜a2，当0＜a＜1时，a2＜x＜a，当a＞1时，a＜x＜13/17a2，当a=0或a=1时，x∈。评论：本题观察不等式的证明及分类议论思想。题型5：课标创新题例9．三个同学对问题“对于的不等式＋25＋|－5|≥在上恒建立，务实数的取值范围”提出各自的解题思路。甲说：“只须不等式左侧的最小值不小于右侧的最大值”；乙说：“把不等式变形为左侧含变量的函数，右侧仅含常数，求函数的最值”；丙说：“把不等式两边当作对于的函数，作出函数图像”；参照上述解题思路，你以为他们所议论的问题的正确结论，即的取值范围是。答案：a≤10。评论：该题经过设置情形，将不等式知识包含在一个对话情形里面，考查学生阅读能力、剖析问题、解决问题的能力。例10．在m（m≥2）个不一样数的摆列P1P2Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后边某数），则称Pi与Pj组成一个逆序.一个摆列的全部逆序的总数称为该摆列的逆序数.记摆列的逆序数为an，如摆列21的逆序数，摆列321的逆序数。（Ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式；（Ⅱ）令，证明，n=1,2,。解（Ⅰ）由已知得，。（Ⅱ）因为，所以.又因为，14/17所以=。综上，。评论：该题创意新，知识复合到位，能很好的反应目前的高考趋向。思想总结1．不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和剖析法，它们是证明不等式的最基本的方法。1）比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程一定详尽表达：假如作差此后的式子能够整理为对于某一个变量的二次式，则考虑用鉴别式法证；2）综合法是由因导果，而剖析法是执果索因，两法相互变换，相互浸透，互为前提，充分运用这一辩证关系，能够增添解题思路，开扩视线。2．不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单一性法、鉴别式法、数形联合法等。换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要