《2020年普通高考数学一轮复习 第31讲 不等式性质及证明精品学案（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高考数学一轮复习 第31讲 不等式性质及证明精品学案（通用）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年普通高考数学科一轮复习精品学案第31讲 不等式性质及证明一课标要求：1不等关系通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组）的实际背景；2基本不等式：（a,b0）探索并了解基本不等式的证明过程；会用基本不等式解决简单的最大（小）问题。二命题走向不等式历来是高考的重点内容。对于本将来讲，考察有关不等式性质的基础知识、基本方法，而且还考察逻辑推理能力、分析问题、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。预测2020年的高考命题趋势：1从题型上来看，选择题、填空题都有可能考察，把不等式的性质与函数、三角结合起来综合考察不等式的性质、函数单调性等
2、，多以选择题的形式出现，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的单调性或解决有关最值问题是考察的重点和热点，应加强训练。三要点精讲1不等式的性质比较两实数大小的方法求差比较法；。定理1：若，则；若，则即。说明：把不等式的左边和右边交换，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据是实数运算的符号法则及两正数之和仍是正数；定理2称不等式的传递性。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，采用的是求差比较法；（3）定理3的逆命题也成立； （4）
3、不等式中任何一项改变符号后，可以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然后由定理2证出；（2）这一推论可以推广到任意有限个同向不等式两边分别相加，即：两个或者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：两个不等号方向相同的不等式；异向不等式：两个不等号方向相反的不等式。定理4如果且，那么；如果且，那么。推论1：如果且，那么。说明：（1）不等式两端乘以同一个正数，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）推论可以推广到任意有限个两边都是正数的同
4、向不等式两边分别相乘。这就是说，两个或者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。推论2：如果， 那么 。定理5：如果，那么 。2基本不等式定理1：如果，那么（当且仅当时取“”）。说明：（1）指出定理适用范围：；（2）强调取“”的条件。定理2：如果是正数，那么（当且仅当时取“=”）说明：（1）这个定理适用的范围：；（2）我们称的算术平均数，称的几何平均数。即：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。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，或者变形为一个常数与一个或几个平
5、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（例如算术平均数与几何平均数的定理）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成立的条件。综合法证明不等式的逻辑关系是：，及从已知条件出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所要证明的结论。（3）分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法。（1）“分析法
6、”是从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，即“执果索因”；（2）综合过程有时正好是分析过程的逆推，所以常用分析法探索证明的途径，然后用综合法的形式写出证明过程。四典例解析题型1：考查不等式性质的题目例1（1）如果，那么，下列不等式中正确的是（ ）（A） （B） （C） （D）（2）设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（A）（B）（C） （D）解析：（1）答案：A；显然，但无法判断与的大小；（2）运用排除法，C选项，当abb，cd，则下列结论中正确的是（ ）A.a+cb+d B.acbd C.acbd D.（2）若
7、ab（b+）2均不能成立D.不等式和（a+）2（b+）2均不能成立解析：（1）答案：A；ab，cd，a+cb+d；（2）答案：B解析：b0，aba，又ab0，a0，。故不成立。ab|b|，故不成立。由此可选B。另外，A中成立.C与D中（a+）2（b+）2成立。其证明如下：ab0，0，a+b+|b+|，故（a+）2（b+）2。点评：本题考查不等式的基本性质。题型2：基本不等式例3 “ab0”是“ab”的（ ）(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件解析：A；中参数的取值不只是指可以取非负数。均值不等式满足。点评：该题考察了基本不等式中的易错点。
8、例4（1）若实数a、b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（ ）A.18 B.6 C.2 D.2（2）若ab1，P，Q（lgalgb），Rlg（），则（ ）A.RPQ B.PQRC.QPRD.PRQ解析：（1）答案：B；3a+3b2=6，当且仅当a=b=1时取等号。故3a+3b的最小值是6；（2）答案：B；lgalgb0，（lgalgb），即QP，又ab1，（lgalgb），即RQ，有PQR，选B。点评：本题考查不等式的平均值定理，要注意判断等号成立的条件。题型3：不等式的证明例5已知a0，b0，且a+b=1 求证 (a+)(b+)。证法一： (分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a
9、2+b2)25ab+40，即证4(ab)233(ab)+80，即证ab或ab8 a0，b0，a+b=1，ab8不可能成立1=a+b2，ab，从而得证。证法二： (均值代换法)设a=+t1，b=+t2。a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2|，显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立。证法三：(比较法)a+b=1，a0，b0，a+b2，ab，证法四：(综合法)a+b=1， a0，b0，a+b2，ab， 。证法五：(三角代换法) a0，b0，a+b=1，故令a=sin2，b=cos2，(0，)，点评：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
10、，判断过程必须详细叙述：如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证。例6求使a(x0，y0)恒成立的a的最小值。分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cos、sin来对应进行换元，即令=cos，=sin(0，这样也得asin+cos，但是这种换元是错误的 其原因是：(1)缩小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的。除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，af(x)，则amin=f(x)max 若 af(x)，则amax=f(x)min，利用这一
11、基本事实，可以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恰当好处，可以把原问题转化。解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2， 当且仅当x=y时，中有等号成立。比较、得a的最小值满足a21=1，a2=2，a= (因a0)，a的最小值是。解法二：设 x0，y0，x+y2 (当x=y时“=”成立)，1，的最大值是1。从而可知，u的最大值为，又由已知，得au，a的最小值为，解法三：y0，原不等式可化为+1a，设=tan，(0，)。tan+1a，即tan+1asecasin+cos=sin(+
12、)，又sin(+)的最大值为1(此时=)。由式可知a的最小值为。点评：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力。该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然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(x0)的第一项x1，以后各项按如下方式取定：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，()x（）。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.
13、（II）因为函数当时单调递增，而，所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力。例8已知a0，函数f（x）axbx2。（1）当b0时，若对任意xR都有f（x）1，证明a2；（2）当b1时，证明：对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件是b1a2；（3）当0b1时，讨论：对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件。（）证明：依设，对任意xR，都有f（x）1，f（x），1，a0，b0，a2（）证明：必要性：对任意x0，1，|f（x）|11f（x），据此可以推出1f（1），即ab1，ab1；对任意x0，1，|f（x）|1f（x）1，因为b1，可以推出f（）1，即a11，a2；b1a2充分性：因为b1，ab1，对任意x0，1，可以推出：axbx2b（xx2）xx1，即axbx21；因为b1，a2，对任意x0，1，可以推出axbx22xbx21，即axbx2
