2022年高考第二轮专题复习《不等式问题的题型与方法》

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1、2022年高考第二轮专题复习不等式问题的题型与方法一复习目标：1在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；2掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式(组)，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；3通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题；4通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；5能较灵活的应用不等式

2、的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题 6通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识二考试要求：1理解不等式的性质及其证明。2掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用。3掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。4掌握简单不等式的解法。5理解不等式|a|-|b|a+b|a|+|b|。三教学过程：（）基础知识详析1解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式

3、的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰2整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于

4、把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用3在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰通过复习，感悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用4比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)变形判断符号(值) 5证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维等，将会起到很好的促进作用在证明不等式前，要依据题设

5、和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的6证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的基本方法要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点7不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的

6、应用因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。8不等式应用问题体现了一定的综合性这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等式；另一类是建立函数式求最大值或最小值利用

7、平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件利用不等式解应用题的基本步骤：10审题，20建立不等式模型，30解数学问题，40作答。9注意事项：解不等式的基本思想是转化、化归，一般都转化为最简单的一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来求解，。解含参数不等式时，要特别注意数形结合思想，函数与方程思想，分类讨论思想的录活运用。不等式证明方法有多种，既要注意到各种证法的适用范围，又要注意在掌握常规证法的基础上，选用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。（）范例

8、分析b)M，且对M中的其它元素(c，d)，总有ca，则a=_分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，总有ca”？M中的元素又有什么特点？解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)|y-1|+(y+3)(2)当1y3时，所以当y=1时，xmin=4说明：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示其数学实质即求集合M中的元素满足关系式例2解关于的不等式： 分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对

9、两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。解：当。例3 己知三个不等式： (1)若同时满足、的值也满足，求m的取值范围；(2)若满足的值至少满足和中的一个，求m的取值范围。分析：本例主要综合复习整式、分式不等式和含绝对值不等的解法，以及数形结合思想，解本题的关键弄清同时满足、的值的满足的充要条件是：对应的方程的两根分别在和内。不等式和与之对应的方程及函数图象有着密不可分的内在联系，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系。解：记的解集为A，的解集为B，的解集为C。解得A=（-1，3）；解得B=（1） 因同时满足、的值也满足，ABC 设，由的图象可知：方程的小根小于0，大根大于或等

10、于3时，即可满足（2） 因满足的值至少满足和中的一个，因此小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而说明：同时满足的x值满足的充要条件是：对应的方程2x+mx-1=0的两根分别在(-，0)和3，+)内，因此有f(0)0且f(3)0，否则不能对AB中的所有x值满足条件不等式和与之对应的方程及图象是有着密不可分的内在联系的，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系例4.已知对于自然数a，存在一个以a为首项系数的整系数二次三项式，它有两个小于1的正根，求证：a5分析：回忆二次函数的几种特殊形式设f(x)=ax+bx+c(a0) 顶点式f(x)=a(x-x)+f(x)(a0)这里(x，f(x

11、)是二次函数的顶点，x=)、(x，f(x)、(x，f(x)是二次函数图象上的不同三点，则系数a，b，c可由证明：设二次三项式为：f(x)=a(x-x)(x-x)，aN依题意知：0x1，0x1，且xx于是有f(0)0，f(1)0又f(x)=ax-a(x+x)x+axx为整系数二次三项式，所以f(0)=axx、f(1)=a(1-x)(1-x)为正整数故f(0)1，f(1)1从而 f(0)f(1)1 另一方面，且由xx知等号不同时成立，所以由、得，a16又aN，所以a5说明：二次函数是一类被广泛应用的函数，用它构造的不等式证明问题，往往比较灵活根据题设条件恰当选择二次函数的表达形式，是解决这类问题的

12、关键例5.设等差数列a的首项a10且Sm=Sn(mn)问：它的前多少项的和最大？分析:要求前n项和的最大值，首先要分析此数列是递增数列还是递减数列解:设等差数列a的公差为d，由Sm=Sn得ak0，且ak+10(kN)说明：诸多数学问题可归结为解某一不等式(组)正确列出不等式(组)，并分析其解在具体问题的意义，是得到合理结论的关键例6若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1f(-1)2，3f(1)4，求f(-2)的范围分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含

13、有f(-2)的不等式(组)，即可求解解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx于是解法一(利用基本不等式的性质)不等式组()变形得()所以f(-2)的取值范围是6，10解法二(数形结合)建立直角坐标系aob，作出不等式组()所表示的区域，如图6中的阴影部分因为f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系如图6，当直线4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10即f(-2)的取值范围是：6f(-2)10解法三(利用方程的思想)又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而1f(

14、-1)2，3f(1)4， 所以 33f(-1)6 +得43f(-1)+f(1)10，即6f(-2)10说明：(1)在解不等式时，要求作同解变形要避免出现以下一种错解：2b，84a12，-3-2b-1，所以 5f(-2)11(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高例7(xx 江苏)己知，（1）（2），证明：对任意，的充要条件是；（3）讨论：对任意，的充要条件。证明：（1）依题意，对任意，都有（2）充分性：必要性

15、：对任意（3）即 而当例8若a0，b0，a3+b3=2求证a+b2，ab1分析：由条件a3+b3=2及待证的结论a+b2的结构入手，联想它们之间的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通二者的“桥梁”证法一 (作差比较法)因为a0，b0，a3+b3=2，所以(ab)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6=3ab(a+b)-2=3ab(a+b)-(a3+b3)=-3(a+b)(a-b)20，即 (a+b)323证法二 (平均值不等式综合法)因为a0，b0，a3+b3=2，所以所以a+b2，ab1说明：充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格

16、外简捷、漂亮证法三 (构造方程)设a，b为方程x2-mx+n=0的两根则因为a0，b0，所以m0，n0且=m2-4n0因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab=mm2-3n，所以所以a+b2由2m得4m2，又m24n，所以44n，即n1所以 ab1说明：认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能较顺利地找到解决问题的切入点证法四 (恰当的配凑)因为a0，b0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，于是有63ab(a+b)，从而83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2

17、+a3+b3=(a+b)3，所以a+b2(以下略)即a+b2(以下略)证法六 (反证法)假设a+b2，则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab2(22-3ab)因为a3+b3=2，所以22(4-3ab)，因此ab1 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=(a+b)ab2ab，所以ab1 于是与矛盾，故a+b2(以下略)说明：此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常用方法例9设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相分析：因为xR，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由

18、顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)证明：由题意知，a0设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则又二次方程ax2+bx+c=x无实根，故1=(b+1)2-4ac0，2=(b-1)2-4ac0所以(b+1)2+(b-1)2-8ac0，即2b2+2-8ac0，即b2-4ac-1，所以|b2-4ac|1说明：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径例10（xx理）某城市xx年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境

19、，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？解：设xx年末的汽车保有量为，以后每年末的汽车保有量依次为，每年新增汽车万辆。由题意得 例11已知奇函数知函数分析：这是一道比较综合的问题，考查很多函数知识，通过恰当换元，使问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题。 令 要使10 当 30当 综上： 例12如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状。（1）若最大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽是多少？（2）若最大拱高h不小于6米，则应如何设计拱高h和拱宽，才能使半个椭圆形隧道的土方工程最小？（

20、半个椭圆的面积公式为s=柱体体积为：底面积乘以高，本题结果均精确到0.1米）分析：本题为xx年上海高考题，考查运用几何、不等式等解决应用题的能力及运算能力。解：1)建立如图所示直角坐标系，则P（11，4.5）椭圆方程为：将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程得故隧道拱宽约为33.3米2)由椭圆方程故当拱高约为6.4米,拱宽约为31.1米时,土方工程量最小.例13已知nN，n1求证分析:虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解则说明：因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数的思想解决例14已知函数分析：本例

21、主要复习函数、不等式的基础知识，绝对值不等式及函数不等式的证明技巧。基本思路先将函数不等式转化为代数不等式，利用绝对值不等式的性质及函数的性质。证明（1）再利用二项展开式及基本不等式的证明（2）。证明：（1）当且仅当时，上式取等号。（2）时，结论显然成立当时，例15（xx年全国理）己知（1）（2）证明：（1）同理（2）由二项式定理有因此。（）、强化训练1已知非负实数，满足且，则的最大值是（ ） A B C D 2已知命题p：函数的值域为R，命题q：函数 是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是 （ ）Aa1Ba2C1a2Da1或a23 解关于的不等式04求a，b的值，使

22、得关于x的不等式ax2+bx+a2-10的解集分别是：(1)-1，2；(2)(-，-12，+)；(3)2；(4)-1，+)5 解关于的不等式6（xx北京文）数列由下列条件确定：（1）证明：对于,（2）证明：对于7设P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在区间-2，2上变动时，P恒为正值，试求x的变化范围 8已知数列中，b1=1，点P（bn,bn+1）在直线x-y+2=0上。）求数列）设的前n项和为Bn, 试比较。）设Tn=（）、参考答案1解：画出图象，由线性规划知识可得，选D2解：命题p为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数的判别式，从而；命题q为真时，。 若p

23、或q为真命题，p且q为假命题，故p和q中只有一个是真命题，一个是假命题。 若p为真，q为假时，无解；若p为假，q为真时，结果为1a2，故选C.3分析：本题主要复习分式不等式的解法、分类讨论的思想及利用序轴标根法解不等式的基本步骤。本题的关键是对分母分解因式，将原不等式等价转化为和比较与及3的大小，定出分类方法。解：原不等式化为：（1） 当时，由图1知不等式的解集为 （2） 当（3） 当4分析：方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互交通解(1) 由题意可知，a0且-1，2是方程ax2+bx+a2-10的根，所以(3)由题意知，2是方程ax2+

24、bx+a2-1=0的根，所以4a+2b+a2-1=0 又2是不等式ax2+bx+a2-10的解集，所以(4)由题意知，a=0b0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以a=0，b=-1说明：二次函数与一元二次方程、一元二次不等式之间存在着密切的联系在解决具体的数学问题时，要注意三者之间相互联系相互渗透，并在一定条件下相互转换。5分析：在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，数形结合，则可将不等式的解化归为直观，形象的图象关系，对含参数的不等式，运用图解法，还可以使得分类标准更加明晰。解：设，原不

25、等式化为，在同一坐标系中作出两函数图象故（1）当（2）（3）当时，原不等式的解集为综上所述，当时，解集为）；当时，解集为时，解集为。6证明：（1）（2）当时，=7分析：要求x的变化范围，显然要依题设条件寻找含x的不等式(组)，这就需要认真思考条件中“t在区间-2，2上变动时，P恒为正值”的含义你是怎样理解的？如果继续思考有困难、请换一个角度去思考在所给数学结构中，右式含两个字母x、t，t是在给定区间内变化的，而求的是x的取值范围，能想到什么？解：设P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1因为 P=f(t)在top直角坐标系内是一直线，所以t在区间-2，2上变动时，P恒为正值的充要条件解得log2x3或log2x-1说明：改变看问题的角度，构造关于t的一次函数，灵活运用函数的思想，使难解的问题转化为熟悉的问题8分析：本题主要复习数列通项、求和及不等式的有关知识。略解：） )Bn=1+3+5+(2n-1)=n2 )Tn= -得又。