高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習-不等式蘇教版

1、高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習-不等式蘇教版【本講教育信息】一.教學(xué)內(nèi)容：專題復(fù)習-不等式【高考要求】掌握基本不等式與一元二次不等式。了解線性規(guī)劃二.學(xué)法指導(dǎo)：1、對于解含有參數(shù)的不等式，常常需要分類討論，分類的原則是不重復(fù)、不遺漏，最后結(jié)果要按參數(shù)的不同范圍分別表達。（注意：此時不能取并集，這與對變量 x的分段討論不同。）2、不等式的應(yīng)用不等式的應(yīng)用大致可分為兩類：一類是建立不等式，求不等式中參數(shù)的取值范圍；另一類是建立函數(shù)關(guān)系式，利用平均值不等式求解實際問題中的最大（?。┲?。運用平均值不等式求最值：（a 0, b0）當ab為常數(shù)時，用a + b至2*Wb求a + b的最小值，當且僅當a=b時成立。/a

2、+ h 2 o2 + h2當a + b為常數(shù)時，用abw邑上I BA0y 1（B0）B即“作商一變形一與 1比大小一結(jié)論”2）分析法：從待證的不等式出發(fā)，尋求不等式成立的充分條件的方法叫分析法，即“執(zhí)果索因”。即“要證原不等式成立 U只要證U只要證U已知題設(shè)（正確結(jié)論）”3）綜合法：由已知條件和所學(xué)過的定義、定理、公理不斷推導(dǎo)出所證命題成立的必要條件（由因?qū)Ч?，直至推?dǎo)出命題的結(jié)論的方法叫綜合法。即：已知條件=An B=二結(jié)論在證明過程中，常用的不等式：a, b wr,則a2 0, （a-b）2 022a, b uR, Ma 十b 2 2ab當且僅當a =b時,=成立。a, b w R +,

3、則 a+b 2vab當且僅當a = b時，=”成立。 ,2, 2a b 2 a ba, b wR:則 abM() 0,則2a b當且僅當a = b時，=”成立。綜合法與分析法是對立統(tǒng)一的兩個方面，綜合過程通常是分析過程的逆過程，所以常用分析法尋找思路，用綜合法表述過程。4、不等式證明方法有多種，既要注意到各種證法的適用范圍，又要注意在掌握常規(guī)證法 的基礎(chǔ)上，選用一些特殊技巧。如運用放縮法證明不等式時要注意調(diào)整放縮的度。5、根據(jù)題目結(jié)構(gòu)特點，執(zhí)果索因，往往是有效的思維方法?！镜湫屠}】例1,設(shè)不等式x22ax+a+2W0的解集為M,如果M=|j,4,求實數(shù)a的取值范圍點撥：本題實質(zhì)上是二次方程在

4、給定區(qū)間上的根的分布問題，充分考慮二次方程、 二次不等式、二次函數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系是關(guān)鍵所在解：M= 1, 4有兩種情況：其一是 M = 0 ,此時AV0;其二是 MW0 ,此時A=0 或A 0,分三種情況計算 a的取值范圍.設(shè) f (x) =x2 -2ax+a+2,有4 = (2a) 2 ( 4a+2) =4 (a2 a2)(1)當 A V0 時，一1vav2, M = 0 11, 4(2)當 A=0 時，a=-1 或 2.當 a=-1 時 M= 1遼1, 4;當 a=2 時，m=2 =1,4.(3)當 A0 時，av1 或 a2.設(shè)方程 f (x) =0 的兩根 x1，x2,且 xvx2,那

5、么 M= x，x2】，MJ 1, 4 u 1Wx1f (1)之0,且f(4)主01 a0-a 3 -018-7a -0,解得：2a2在.|1 ,21內(nèi)恒成立，求實數(shù) a的取值范圍。解：(I) Q = ax22x +2 a 0)因為PcQ#，所以在 1,2 內(nèi)至少有一個x值，使不等式ax2 2x + 2 0成立, 2 , TOC o 1-5 h z 即 ax2 -2x +2 0在 1 ,2 內(nèi)有解。因為 x2 0 ,所以 a (*)_2x x2設(shè)f(x)=2 馬，xJ 2 1欲使(*)式成立，只須aAf(x)minx xIL2，因為 f (x) =-2(1 -；)2 +；,在 C上的最小值 f

6、(x) min = -4 x 2 2_2所以a-4(n)方程10g2(ax2 2x + 2) =2在i1 21內(nèi)有解，等價于方程 ax2 -2x-2 = 0在IL21,2 I內(nèi)有解，分離a得：a=與 + 2 (*)_2x2 x一 3，所以a-,12IL2設(shè)g(x) = 22 +2,則在口 ,2 1內(nèi)存在x值，使得(*)式成立, x x 2因為當 x .11,2 I時，g(x) 13,12 1 _2_2(出)不等式log 2 (ax2 -2x + 2) 2在U ,21內(nèi)恒成立，等價于 ax2 -2x-20在_21 2內(nèi)恒成立-2，分離a得：a 2 +2在11 2 內(nèi)恒成立，只需ag(x)maxx

7、2x 2，因為g(x)在11,2 I內(nèi)的最大值為12,所以a A12。2小結(jié)：“在給定區(qū)間內(nèi)不等式有解”與“在該區(qū)間內(nèi)不等式恒成立”是容易混淆的兩個不同的 概念。一般地，二者均可采用數(shù)形結(jié)合，利用相應(yīng)的方程的根的分布情況，通過討論加以解決，但解法很繁雜。如果能用分離變量的方法，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域、最值問題來求解，簡單 明了，同時也更容易區(qū)分兩類問題的不同。即：在xw a, b】內(nèi)，mf(x)有解，只須 mf(x)min；在xw a,b】內(nèi)，mf(x)恒成立，只須mf(x)max；在x w a, b】內(nèi)，方程m = f (x)有解，只須 mw (x) x w b,b。例3.已知水渠在過水斷面面積為

8、定值的情況下，過水濕周越小，其流量越大.現(xiàn)有以下兩種設(shè)計，如圖：圖的過水斷面為等腰4 ABC, AB=BC,過水濕周l1=AB+BC.圖的過水斷面為等腰梯形ABCD,AB=CD,AD / BC,ZBAD=60S ,過水濕周12 =AB +BC +CD .若 MBC與梯形ABCD的面積都為S,(I)分別求l/Dl2的最小值；(II)為使流量最大，給出最佳設(shè)計方案.2S sin -解：(1)在圖中，設(shè) /ABC=e, AB=BC=a.2S .1 2則S = a sin g .由于S、a、sin 6皆為正值，可解得 a = 2當且僅當sin 9 =1 ,即H =90 時取等號.所以l =2a2V2S

9、.在圖中，設(shè) AB=CD=m, BC =n . /BAD =60*可求得 TOC o 1-5 h z 32 S mAD = m+ n, S= (n+m+n)m ,解得 n =-一.2.3m 2l2 =2m + n =2m +4s -m =二_ +3m 之2，V3s =24/3/S.,3m 2 3m 2當且僅當4s- =3m ,即m = JW時取等號.3m 23 3(n)由于v2 43 ,則I2的最小值小于li的最小值.所以在方案中當 取得最小值時的設(shè)計為最佳方案 .28例4.求函數(shù) y =2 +2- 的最小值;sin x cos x錯解1 y =22sin x cos x_222sin x c

10、os x|sinxcosx |16_“16, ymin 16.|sin 2x |錯解 2 y =(2 sin2 x)(8cos2 x) -1 . 2 2 2、.8 一1 二 一1 6. 2.sin2 xcos2 x TOC o 1-5 h z 一 .28錯誤分析 在解法1中，y =16的充要條件是一=一8且|sin2x|=1. sin x cos xrr1 I ,.，,即|tgx|= 且|sinx|=1.這是自相矛盾的。二ymin 16. 2在解法2中，y = -1 +672的充要條件是28=sin x且2-= cos x, 即 sin x =，2, cos x = 2寸2，這無不可能的。si

11、n xcos x正確解法 1 y = 2csc2 x 8sec2 x =2(1 ctg2x) 8(1 tg2x)=10 2(ctg2x 4tg2x) -10 2 2 ,ctg2x 4tg2x =18其中，當 ctg2x=4tg2x,即ctg2x = 2寸,y=18.，ymin =18.2c8正 確解法 2 取正常數(shù) k ,易得 y =(T +ksin2 x) + (8 + kcos2 x)-k sin xcos x2、2k +2 V8k k =6 72k k.其中“之”取“=”的充要條件是22廠 8221廠2 =ksin x 且2-=kcos x, 即 tg x =-且 k=18.sin xc

12、os x21 一，因此，當 tg x = 時，y = 6 J2k k =18,二 ymin =18.2例 5.若 a0, b0, a3+b3=2。求證 a+b0, b0, a3+b3=2,所以(a+b) 3 23=a3+b3+3a2b+3ab2 8=3a2b+3ab2 6 =3ab (a+b) - 2=3ab (a+b) ( a3+b3) = - 3 (a+b) (ab) 20,即(a+b) 323o又軟+b0,所以1+b42.因為2癡G+b0, b0, a3+b3=2,所以 2 二 /故冊1.又 a + b = a* 1*1* 1 + b * 1 * 1=3 a3 *7* 1 +, Jb *

13、1* 1.a3 +1 + 1 b3 +1 + 1 a3 +b3+4 6 人%+j=l = 一 . 2,333所以 a+b 2, ab0, b0,所以 m0, n0 且A=m24nA0。因此 2=a3+b3= (a+b) (a2ab+b2) = (a+b) (a+b) 2- 3ab=mm2- 3n,所以3 3m-j3將代入得即三處0,所以.m3+84 3m3m0,即m2,所以a+bm 得 4m2,又 m24n,所以 44n,即 nW 1。所以 abw 1。說明：認真觀察不等式的結(jié)構(gòu)，從中發(fā)現(xiàn)與已學(xué)知識的內(nèi)在聯(lián)系，就能較順利地找到解決問題的切入點。證法四(恰當?shù)呐錅?因為 a0, b0, a3+b

14、3=2,所以2=a3+b3= (a+b) (a2+b2-ab) (a+b) (2abab) =ab (a+b),于是有6A3ab (a+b),從而8A3ab (a+b) +2=3a2b+3ab2+ a3+ b3= (a+b) 3,所以a+b2o (以下略)證法行 (利用公式心(小)因為a5 + b5 a + b- C,j _ (a + b)4a2 + 4b2 - 4ab - a; - bJ - 2ab )=十口,所以對任意非負實數(shù)a, b有(4)+因為。0力0,算+產(chǎn)=2,所以1 = 亨(十)3,因此LUUU1即a+b2,則a3+b3= (a+b) (a2ab+b2) = (a+b) (a+b

15、) 3ab2 (223ab)。因為 a3+b3=2,所以 22 (43ab),因此 ab1。另一方面，2=a3+b3= (a+b) (a2+b2ab) ( a+b) (2ab ab) = (a+b) ab2ab,所以abv 1。于是與矛盾，故 a+bb ac),點A(x1, y1)、B(x2,y2)是該函數(shù)圖象 上的兩點，且滿足 f(1)=0, a2 + a(y1 + y2) + y1y2 = 0 ;(1)求證：b之0 ；(2)問是否能夠保證f (x1 +3)和f (x2 +3)中至少有一個為正數(shù)？請證明你的結(jié)論。解：證明：(1)依題意，有(a + y1)(a + y2) = 0 ,則 y1

16、= a 或 y2 = a，則方程f (x) =ax2+bx + c =-a有實根，即方程 ax2+bx + a + c = 0有實根， =b2 -4a(a +c)殳0= b2 4a(a +c),又 f(1)=a+b+c = 0 且 abc,則 a0、c0,則 b20；(2)依題意，f(1) = 0,即1是方程ax2+bx+c = 0的一個根，則另一個根為C,且 a TOC o 1-5 h z cc、一 0 ,則有 f (x) =a(x -1)(x -),不妨設(shè) y1 = a ,aa一 . c, 一 cc -即：a(x1 一 1)( x1 - -) = -a 0 , . . - x1 + 3 a

17、aa. 、一 ,_ _ c 1又由 b = -(a +c)及 a b c得一2a 2c1. x1 3 - 3-2 3=1, a而函數(shù)f(x)在(1,十無)上為增函數(shù)，f (x1 +3) f(1) 0,同理，若y2 = -a ,則有f (x2 +3) 0,命題得證。例7.已知對于自然數(shù) a,存在一個以a為首項系數(shù)的整系數(shù)二次三項式，它有兩個小于1的正根，求證：a 5。證明：設(shè)二次三項式為：f (x) =a (x x1)(x x2), aCN。依題意知：0Vxi 1, 0Vx2 0, f 11) 0。又f(x) =ax2 a (x1+x2) x+ax1 x2為整系數(shù)二次三項式，所以 f ( 0)

18、=ax1 x2、f (1) =a (1 x1) (1 x2)為正整數(shù)。故 f (0) 1, f (1) TOC o 1-5 h z 從而 f (0) f (1) 1。* r X 1 + (1 乂1)1另一萬面，句。町)式-f =,皿)3吟冷T八)24且由x1 小2知等號不同時成立，所以X(l -X)叼(1-町)16。又aC N,所以a5。說明：二次函數(shù)是一類被廣泛應(yīng)用的函數(shù)，用它構(gòu)造的不等式證明問題，往往比較靈活。根據(jù)題設(shè)條件恰當選擇二次函數(shù)的表達形式，是解決這類問題的關(guān)鍵。例8.(與導(dǎo)數(shù)的綜合)1 Q 19已知函數(shù) f(x)= x +(b1)x +cx (b、c為常數(shù))，32(I ) 若f

19、(x)在x=1和x=3處取得極值，試求 b、c的值;(n)若f(x)在乂乏(血”),他2，依c)上單調(diào)遞增且在 xw (x1,x2)上單調(diào)遞減，又滿足X2 _x 1,求證：b2 2(b+2c)；2(出) 在(n)的條件下，右 t0 ； xw (x1, x2)時，f (x) 1 +t; t +1 -x2 0,X0tx1,. t-x1 0,即+bt +cx1.例 9.已知a0,函數(shù)f(x) =ax bx2(1)當bA0時，若對任意x w R都有f(x) E1,證明：a1時，證明：對任意xw0, 1, |f(x)|W1的充要條件是 b-1a 2Vb；(3)當0bY時，討論：對任意xw0,們，|f(x

20、)|0, b 0, aw2 而(2)方法1 :必要性對任意 xwb, 1 , |f(x)|w1= 1Wf(x)= -1 b -1 對任意 xw。，1 , |f(x)| f(x) 1,即a ,1.b-1 1. a 2Vb 綜上：b-1a1, a b -1,對任意 xw0, 1,可推出 ax - bx2 , b -1 x - bx2 = b x x2 )_x - -x , _ 1即ax - bx2 - -1 ,.b1 , a 1時，對任意x w 0, 1, |f(x)|W1的充要條件是b-1 Waa 一右 x = 1,又 a 0, b 1方法2:2b.a 2b,如圖f(x)在0, 1上遞增，此時只

21、要f41 .2b a 1 b= 2b 1 bb M1與b21矛盾：，1lb)2b此時對任意x三to, 11, |f（x）| 1=Jf(1)|M1ia _ 2，bla - 2 . b* JJ-1 a - b 1 b -1 a 1 b又b 1, 2 . b 1 b, b-1 a 0 , 0bW1 時，對任意 xW 0, 1】f (x) = ax bx2 之一b 之 一1,即f(x)1若f(x) 1= f (1) 1= a - b 1, gPa b 1反之，a m b 1 =r2.22.f(x)=ax-bx 三 b 1x-bx =bx x-bx =bx1-xx 1(v 0 b 1, 0 x 0, 0

22、bW1時，對任意xw0, 1, |f(x)|1的充要條件是解法2:如圖則f (x )在0, 1上為增函數(shù),只要f 1 .1 若1 ,2b即a -b 1, 2b ： a b 1又0cbM1.a 一若1 ,即 a 2 a4b1 f(1) =a -b _ -1.b -1 a2 b b 1綜合：當0cbM1 ,對任意xw 0, 1，|f (x )|M1 r的充要條件是a 1時，證明上_二五十* +十Xn yn 0,yn a 0.由不等式的性質(zhì)，有yn 1yn 2 ynn丫2 n 1占 A占 /u /二 /_. = Aynyn ynNy另一方面,Xn 1Xn 2 Xn=fu = fu xnxn 1xn

23、_2n -1 X2n -1丸 =/uX1因此，近之九n= (nW N*).故巫 E區(qū)(nW N*)。 ynXnyn 1 Yn、 .一一 . . . . . , . ， *(III)證明：當人:1時，由(II)可知yn Axn之1(nw N )。又由(II)上士三區(qū)(nW N*),則之四二土Yn 1 YnXn .1Xn從而外書之3 =九2”三N*).因此 yn - XnXnX1 -y1 . X2 y . Xn - ynX2 -Y2 X3 -y3Xn 1 - yn 1【模擬試題】.19.設(shè)x,yuR ,且 + =1 ,則x+y的最小值為一. x y.函數(shù)y=loga (x+3) -1 (a0,a#

24、1)的圖象恒過定點 A,若點A在直線 mx+ny+1=0上,1 2其中mn0,則m+n的最小值為3.設(shè)實數(shù)x, y滿足x2 +2xy 1=0,貝U x+y的取值范圍是_.4,若函數(shù)f(x )=loga，x+9一4 ；(a0且a #1 )的值域為R,則實數(shù)a的取值范圍是5.設(shè)F1F2分別為雙曲線 a2y2 =1 (a0, b 0)的左、右焦點，P為雙曲線右支上 b28.已知 f (x) =px _q且 MW f (1)-1 , -1 0.x2213.如圖，直線y=kx+b與橢圓 +y2 =1交于A,B兩點，記 AOB的面積為S. 包的最小值為IPF2 |8a,則該雙曲線離心率 e的取值范圍是x

25、_0表示的平面區(qū)域是一個三角形，則S的取值范圍是函數(shù)的最優(yōu)解，則 a.已知 a, b, c, d C R+ , a2 +b2 +c2 =d2 ,a+b+c=dx，貝U x 的取值范圍是 一，一八一2.2，一一一 ，一.已知集合 A=x x -5x + 4 M0與 B=xx -2ax+a+20若 Bl A ,則 a 的范(I)求在k=0, 0b -；-。4a2.已知一次函數(shù) f(x)=ax +x (a= R, a#0).5(1)當ovav，時，f (sin x) ( x w R )的取大值為 一，求f (x)的取小值.4(2)如果xW0, 1時，總有| f (x) | 0且awl,問不等式cnd

26、n +1 cn +dn是否對一切正整數(shù)n恒成立？請說明理由【試題答案】1.答案16解：x+y=(x+y)1+9=10+9x+y 之 10 +2內(nèi)=16 .x y y x.答案：8解：函數(shù)恒過點 A (-2,-1),所以2m+n=1,121 n 、，4m n故 _ _ = - - (2m n) =44 4 =8.m n m nn m.答案：(g,_1U1,y)解：x2 +2xy +y2 =y2 +1 之1 即(x + y f 之1,所以 x + y 21 或 x+yM1。.答案:(0,1)U(1,4a解：令u=x+ 4,則u須取遍所有的正實數(shù)，即Umin W0,而xumin =2a -4= 2V

27、a -4_0= 0 :二 a _4 且 a -1 .答案：(1,3解：LPFL =(2aLPFdL =fa_+PF2 +4a 之 4a+4a =8a,當且僅當-a- =| PF2I ,PF2I|PF2|PF2|PF2|c即PF2 =2a時上式取等號，這時PF1 =4a,由 巴 評2 FF12,得6aA2c,故1e=W3.a.答案：(1,峋。解：原問題可轉(zhuǎn)化為已知1 - I +1 I +=一 bcsin A = - 1 =1,求*=a+2+的范圍淇中d d dd d d人 a b c222令d =p ,d=q , d=r 貝U p +q +r =1, 求x=p+q+r 的氾圍.由 x2 =p2

28、+q2 +r2 +2pq +2pr +2qr 3,知 xw73又由 p2 +q2 +r2 =1 ,知 0 p2, q2 , r2 1，故 0p, q , rp2 , qq2 ,2r r故 p +q +r p2 +q2 +r2 =1.18.答案：1 a三一7【解析】易得A=x1x4設(shè) y =x2 -2ax+a+2(*)(1)若B =e，則顯然BJA,由Ac。得4a2 -4(a +2) 0 ,解得 T a 0 應(yīng)有x Xi x X2)cx 1 x 0-2a1 4-2解得ZEaE18綜上所述得a的取值范圍為1 caE竺.778.答案：-1 f (3) 20p - q -1p q 4解：因為 M Wf

29、(1)W1 , 1 Wf(2)宅5,所以r ，求z=9pq的最值.如14P -q _514P -q _ -1f p = 0p = 3圖，因為d ， Zmm = -1 , f , 4ax=20.所以1 W f(3) E20 .q =1q =79.答案:10.答案.11.解析:123-, 5102 s 492 B C1 - cos(B C) sin cos2A = cos2A21 cosA=cos2A2cosA 259=1 2 cos A -1 二一59c 43:c0sA=5 ,510-1 ,. 3 ,由 Szabc =-bcsin A = bc，由余弦定理得:a1 2 =b2 +c2 -2bcc

30、osA =4 ,5bc+4= b2+c2 bc, bc 10Sa abc3bc 3,10當且僅當b=c時，取得最大值，所以當 b= c時，4ABC的面積S的最大值為3.12.解：1 當a =0時，原不等式化為 x-20,其解集為x x2； TOC o 1-5 h z _ ，一2 2. -22。當a工，原不等式化為（x2）（x）0,解集為x| x2 aaa一 ，一 2 一一 2 一一 一 23當0 a 0 ,解集為x x 一aaa4。當a =1時，原不等式化為（x2）0,解集為xx#2；225。當a 1時，由于2-,原不等式化為（x2）（x 2） A0, aa2其斛集為 x | x 2. a綜上所述，原不等式的解集為：一， 八,一、, 一 一 ，一、,21當a=0時，其解集為xx2；2。當a0時，解集為x| x2a,，、2，一八，3。當0 a 1時，解集為xx1時，其解集為x|x