课件28张PPT。第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法1.1.1 不等式的基本性质1.掌握比较两个实数大小的方法.
2.理解不等式的性质,能运用不等式的性质比较大小.
3.能运用不等式的性质证明不等式等简单问题.1.实数的大小与实数的运算性质之间的关系
设a,b为两个实数,它们在数轴上的点分别记为A,B,如果A落在B的右边,则称a大于b,记为a>b;如果A落在B的左边,则称a小于b,记为a
b,a=b,ab?a-b>0;a=b?a-b=0;a名师点拨实数的大小与实数的运算性质之间的关系是我们比较两个实数大小的基本方法(作差法)的理论依据.作差法的步骤为:作差—变形—定号(与0比较大小)—结论.【做一做1-1】 x2-x与x-2的大小关系为 .?
解析:(x2-x)-(x-2)=x2-2x+2=(x-1)2+1.
因为(x-1)2≥0,所以(x-1)2+1>0,
即(x2-x)-(x-2)>0.
所以x2-x>x-2.
答案:x2-x>x-2
【做一做1-2】 设x=a2b2+5,y=2ab-a2-4a,若x>y,则实数a,b应满足的条件为 .?
解析:∵x>y,
∴x-y=a2b2+5-2ab+a2+4a=(ab-1)2+(a+2)2>0.
∴ab-1≠0或a+2≠0,
即ab≠1或a≠-2.
答案:ab≠1或a≠-22.不等式的基本性质 归纳总结(1)对于性质(4)可以看成:若c>0,则a>b?ac>bc;若c<0,则a>b?ac(2)在不等式的性质的应用中,要特别注意,除性质(1)(3)外,其余的性质均不可逆,不能逆用,若要逆用,则必须注意适用的条件.
(3)上面这些不等式的基本性质是我们证明和解决不等式问题的基础和出发点.
(4)在研究不等式时,需要特别注意“符号问题”,即在作乘(除)法运算时,乘(除)数的符号会影响不等式的方向.【做一做2-1】 若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是( ) 解析:对于选项A,还需有ab>0这个前提条件;对于选项B,当a,b都为负数时不成立,或一正一负时可能不成立,如2>-3,但22>(-3)2不正答案:C 【做一做2-2】 下列命题正确的有 .?
①若a>b,则ac2>bc2;答案:② 1.使用不等式的性质时要注意哪些问题?
剖析:(1)在应用传递性时,如果两个不等式中有一个带等号,而另一个不带等号,那么等号是不能传递的.如a≤b,b(2)在乘(除)中,要特别注意乘(除)数的符号.
(3)a>b>0?an>bn>0成立的条件是“n为正整数,且n≥2”.如果去掉这个条件,取n=-1,a=3,b=2,那么就会出现3-1>2-1,2.比较两数(式)大小的常用方法有哪些?它们有什么区别?
剖析:题型一题型二题型三题型四作差比较法 分析:直接作差比较需将 展开,过程较为复杂,式子冗长,可以考虑两个式子的特点,根据两个式子的特点,先把式子变形后,再作差比较大小.题型一题型二题型三题型四反思当直接作差不容易判断两式的大小或者运算量较大时,可观察式子自身的特点,先变形,再去作差,最后比较大小.题型一题型二题型四题型三不等式的性质
【例2】 判断下列命题的真假,并简述理由.
(1)a>b,c>d?a-c>b-d;分析:要判断上述命题的真假,依据就是实数的基本性质及实数运算的符号法则,以及不等式的基本性质,经过合理的逻辑推理即可判断.也可令式中字母取一些特殊值,以检验不等式是否成立.题型一题型二题型四题型三解:(1)假命题.理由:令a=5,b=4,c=3,d=1,有a>b,c>d,但a-c(2)假命题.理由:当a>b>0,c<0,d>0时,显然 (2)为假命题;
(3)假命题.理由:|a|>b>0?|a|n>bn,但|a|n与an可能相等,也可能互为相反数,故(3)为假命题,如a=-2,b=1,n=3时,|a|>b>0,但a3=-8<1=b3.题型一题型二题型四题型三反思利用不等式的性质判断命题的真假时,关键要搞清楚性质的条件与所研究问题的条件是否一致.否定一个结论只需举一个反例即可.解此类问题,取特殊值检验往往事半功倍.但要注意特殊值法只能适用于证明结论不成立.题型一题型二题型三题型四利用不等式的性质证明不等式
【例3】 若a>b>0,c-d>0.
∵a>b>0,∴a-c>b-d>0. (*)题型一题型二题型三题型四反思(1)证明不等式的常用方法:
①直接利用不等式的性质,最常用的性质有传递性、可乘性、同向可加性等;
②作差法或作商法;
③函数的单调性.
(2)在直接利用不等式的性质证明不等式时,特别注意以下几点:
①是不是同向不等式;
②此性质是不是可以逆用.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:由于多次应用同向不等式相加(乘)法则导致变量的取值范围扩大.
【例4】 已知f(x)=mx2-n,且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,求f(3)的取值范围.加减消元,得0≤m≤3,1≤n≤7,
从而,得-7≤f(3)=9m-n≤26,即f(3)的取值范围是[-7,26].题型一题型二题型三题型四错因分析m,n是两个相互关系、相互制约的量,由条件中的不等式通过加减消元得出0≤m≤3,1≤n≤7后,并不意味着m,n可以取得[0,3]及[1,7]上的一切值.如当m=0,n=7时,m-n=-7已不满足-4≤m-n≤-1.此类题一般是先运用待定系数法把f(3)用f(1),f(2)表示出来,再利用不等式的性质求f(3)的取值范围.切勿像错解那样先求出m,n的取值范围,再求f(3)的取值范围,这样会造成变量的取值范围扩大.题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 51若a<0,-1A.a>ab>ab2 B.ab2>ab>a
C.ab>a>ab2 D.ab>ab2>a
解析:∵a<0,-1∴ab>ab2>a.
答案:D1 2 3 4 52若a>b,则下列不等式一定成立的是( ) 答案:C 3已知a,b,c均为实数,下面四个命题中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.31 2 3 4 5答案:C 1 2 3 4 54实数a,b,c,d满足三个条件:①d>c;②a+b=c+d;③a+dc,知b>d>c>a.
答案:b>d>c>a1 2 3 4 55使不等式a2>b lg(a-b)>0,2a>2b+1都成立的a与b的关系是 .?解析:由条件可知,a与b同时满足|a|>|b| a-b>1,a>b+1.故有a>b+1,且b>0.
答案:a>b+1,且b>0课件25张PPT。1.1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法1.熟练掌握一元一次不等式和一元二次不等式的解法.
2.能借助于一元一次(二次)不等式(组)求解有关问题.1.一元一(二)次不等式的概念
(1)含有一个未知数并且未知数最高次数是一次的不等式,叫做一元一次不等式.
(2)含有一个未知数并且未知数最高次数是二次的不等式,叫做一元二次不等式.
【做一做1】 +m2-1>0一定可以看作( )
A.关于x的一次不等式
B.关于m的一元二次不等式
C.一次或二次不等式
D.不是不等式
解析:若m为参数,x为变量,当m=0时不是一元一次不等式;若x为参数,m为变量,则必为一元二次不等式.
答案:B2.一元一次不等式的解法
关于x的不等式ax>b,(3)当a=0时,若b<0,则该不等式的解集为R;若b≥0,则该不等式的解集为?.【做一做2】 若关于x的不等式mx+3≤0的解集为[2,+∞),则m= .?3.一元二次不等式的解法
已知一元二次不等式ax2+bx+c>0或ax2+bx+c<0(a≠0).
设a>0,x1,x2为一元二次方程ax2+bx+c=0(a>0)的两根,且x1解析:因为Δ>0,方程x2-x-2=0的两根为-1和2,所以不等式x2-x-2<0的解集为{x|-1答案:{x|-1【做一做3-2】 不等式-x2+2x-3>0的解集为 .?
解析:由-x2+2x-3>0,得x2-2x+3<0.
因为Δ<0,所以方程x2-2x+3=0无实根.
所以不等式x2-2x+3<0的解集是空集.
答案:?如何理解三个“二次”之间的关系?
剖析:二次函数的图象、一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的关系如下表:(2)一元二次方程的根,就是相对应的二次函数的图象与x轴交点的横坐标,也就是相对应的一元二次不等式解集的端点.题型一题型二题型三题型四解一元一次不等式 ②a+b>0.
通过这两个结论可以解出a,b间的关系,进而可求(a-3b)x+(b-2a)>0的解集.题型一题型二题型三题型四解得a=2b>0,b>0,∴不等式(a-3b)x+(b-2a)>0等价于-bx-3b>0,即-bx>3b,∴x<-3.
故所求不等式的解集为{x|x<-3}.题型一题型二题型四题型三解一元二次不等式
【例2】 解下列不等式:
(1)2+3x-2x2>0;
(2)x(3-x)≤x(x+2)-1;
(3)x2-2x+3>0.分析:解一元二次不等式的一般步骤是:①化为标准形式.②确定判别式Δ=b2-4ac的符号.③若Δ≥0,则求出该不等式对应的二次方程的根;若Δ<0,则对应的二次方程无根;若Δ=0,则对应的二次方程有两个相等的实根.④联系对应的二次函数的图象得出不等式的解集.特别地,若一元二次不等式的左边的二次三项式能分解因式,则可立即写出不等式的解集.题型一题型二题型四题型三解:(1)原不等式变形为2x2-3x-2<0.
∴(2x+1)(x-2)<0.(3)∵Δ=(-2)2-4×3=-8<0,
∴原不等式的解集为R.
反思熟练掌握一元二次方程、二次函数、一元二次不等式三者之间的关系,会熟练地应用分解因式、配方的技能,并有效地应用数形结合的思想,就能得心应手解一元二次不等式.题型一题型二题型三题型四解含参数的不等式
【例3】 解关于x的不等式:x2-(a+a2)x+a3>0.
分析:原不等式可变形为(x-a)(x-a2)>0,所以需比较(x-a)(x-a2)=0的两根a与a2的大小,从而确定对a进行分类的标准.
解:原不等式可变形为(x-a)(x-a2)>0.
程(x-a)(x-a2)=0的两个根为x1=a,x2=a2.
而a-a2=0?a1=0,a2=1,
于是对a可以分为“a<0,01和a=0,a=1”五种情况进行分类讨论.
当a<0时,有a∴原不等式的解集为{x|xa2};
当0∴原不等式的解集为{x|xa};题型一题型二题型三题型四当a>1时,有a∴原不等式的解集为{x|xa2};
当a=0时,有x≠0,
∴原不等式的解集为{x|x∈R,且x≠0};
当a=1时,有x≠1,
∴原不等式的解集为{x|x∈R,且x≠1}.
反思借助于因式分解法可求得相应的二次方程的两根,我们可通过讨论两根的大小关系,从而得到不等式的解集.题型一题型二题型三题型四【例4】 解关于x的不等式:3x2-mx-m>0.
分析:通过讨论方程3x2-mx-m=0的根的情况得到不等式的解集.
解:Δ=m2+12m=m(m+12).(3)当Δ<0,即-12反思当与二次不等式相对应的二次方程不能应用因式分解的方法求出根时,我们可通过讨论判别式Δ来解不等式.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:因忽视对二次项系数的讨论而致错.
【例5】 若不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0对一切x∈R恒成立,求a的取值范围.错因分析:不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0在a-2=0时不是二次不等式,故求解错误.题型一题型二题型三题型四正解:当a-2=0,即a=2时,不等式为-4<0,对一切x∈R恒成立.
当a-2≠0,即a≠2时,不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0对一切x∈R恒成立,综上所述,a的取值范围应为(-2,2]. 1 2 3 4 51不等式(1-2x)(3x+1)<0的解集是( ) 答案:A 1 2 3 4 5A.-14 B.-10 C.10 D.14 答案:A 1 2 3 4 53已知y=f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=x-2,那么不等式1 2 3 4 5答案:D 1 2 3 4 5答案:[-3,1] 1 2 3 4 55解关于x的不等式:x2+(1-a)x-a<0.
解:x2+(1-a)x-a=0的根为x1=-1,x2=a.
函数y=x2+(1-a)x-a的图象开口向上,
当a<-1时,原不等式的解集为{x|a当a=-1时,原不等式的解集为?;
当a>-1时,原不等式的解集为{x|-12.理解定理1和定理2(基本不等式).
3.探索并了解三个正数的算术—几何平均值不等式的证明过程.
4.掌握用基本不等式求一些函数的最值及实际的应用问题.1.定理1
设a,b∈R,则a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立.2.定理2(基本不等式或平均值不等式) (3)基本不等式可用语言叙述为:两个正数的算术平均值大于或等于它们的几何平均值.【做一做2-1】 下列不等式中正确的是( )答案:D 答案:4 3.定理3(三个正数的算术—几何平均值不等式或平均值不等式)(3)定理3可用语言叙述为三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值.【做一做3】 已知x,y,z是正数,且x+y+z=6,则lg x+lg y+lg z的取值范围是( )
A.(-∞,lg 6] B.(-∞,3lg 2]
C.[lg 6,+∞) D.[3lg 2,+∞)
解析:∵x,y,z是正数,∴lg x+lg y+lg z=lg xyz≤lg 23=3lg 2,当且仅当x=y=z=2时,等号成立.
答案:B4.定理4(一般形式的算术—几何平均值不等式) 答案:4 1.三个或三个以上正数的算术—几何平均值不等式的应用条件是什么?
剖析:“一正”:不论是三个数的平均值不等式或者n个数的平均值
“二定”:包含两类求最值问题:一是已知n个正数的和为定值(即a1+a2+…+an为定值),求其积a1a2…an的最大值;二是已知乘积a1a2…an为定值,求其和a1+a2+…+an的最小值.
“三相等”:等号成立的条件是a1=a2=a3=…=an,不能只是其中一部分值相等.2.如何使用基本不等式中的变形与拼凑方法?
剖析:为了使用基本不等式求最值(或范围等),往往需要对数学代数式变形或拼凑数学结构,有时一个数拆成两个或两个以上的数,题型一题型二题型三题型四利用基本不等式比较大小 分析:解答本题应充分利用基本不等式及其变形,不等式的性质.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型四题型三利用基本不等式求最值 分析:根据题设条件,合理变形,创造能用基本不等式的条件. 题型一题型二题型四题型三题型一题型二题型四题型三题型一题型二题型四题型三?反思利用基本不等式解题时要注意考察“三要素”:(1)函数中的相关项必须都是正数;(2)变形后各项的和或积有一个必须是常数;(3)当且仅当各项相等时,才能取到等号,可简化为“一正二定三相等”.求函数的最值时,常将不满足上述条件的函数式进行“拆”、“配”等变形,使其满足条件,进而求出最值.题型一题型二题型三题型四基本不等式的实际应用【例3】 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额,拟在2017年第10届世界运动会期间进行一系列促销活动,经过市场调查和测算,化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3-x与t+1成反比例的关系,如果不搞促销活动,化妆品的年销量只能是1万件,已知2017年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元,每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用,若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和,则当年生产的化妆品正好能销完.
(1)将2017年的利润y(单位:万元)表示为促销费t(单位:万元)的函数;
(2)该企业2017年的促销费投入多少万元时,企业的年利润最大?题型一题型二题型三题型四分析:表示出题中的所有已知量和未知量,先利用它们之间的关系列出函数表达式,再应用不等式求最值.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思解答不等式的实际应用问题,一般可分为如下四步.
(1)阅读理解材料:应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图形语言”并用,而且多数应用题篇幅较长.阅读理解材料要达到的目的是将实际问题抽象成数学模型.这就要求解题者领悟问题的实际背景,确定问题中量与量之间的关系,初步形成用怎样的模型能够解决问题的思路,明确解题方向.
(2)建立数学模型:根据(1)中的分析,把实际问题用“符号语言”、“图形语言”抽象成数学模型,并且建立所得数学模型和已知数学模型的对应关系,以便确立下一步的努力方向.
(3)讨论不等关系:根据题目要求和(2)中建立起来的数学模型,讨论与结论有关的不等关系,得出有关理论参数的值.
(4)得出问题结论:根据(3)中得到的理论参数的值,结合题目要求得出问题的结论.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:利用基本不等式求最值时,应注意不等式成立的条件,即变量为正实数,和或积为定值,等号成立,三者缺一不可.题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 51下列函数中,最小值为2的是( ) 答案:D 1 2 3 4 5答案:C 1 2 3 4 5A.3 B.4 C.5 D.6 答案:A 1 2 3 4 54周长为l的矩形的面积的最大值为 ,对角线长的最小值为 .?1 2 3 4 5课件31张PPT。1.3 绝对值不等式的解法1.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式:|ax+b|≤c,|ax+b|≥c,|x-a|+|x-b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c.
2.明确绝对值不等式解题的关键及方法步骤,会解简单的绝对值不等式.1.含绝对值的不等式|x|a的解集 【做一做1-1】 不等式|x|≥3的解集为 .?
答案:{x|x≤-3或x≥3}
【做一做1-2】 对任意实数x,不等式|x|>a恒成立,则实数a的取值范围是 .?
解析:∵|x|≥0,∴要使|x|>a恒成立,则a<0.
答案:(-∞,0)2.|ax+b|≤c,|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法
(1)|ax+b|≤c(c>0)型不等式的解法是:先化为不等式组
-c≤ax+b≤c,再利用不等式的性质求出原不等式的解集.
(2)|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法是:先化为ax+b≥c或ax+b≤-c,再进一步利用不等式的性质求出原不等式的解集.
名师点拨解含绝对值符号的不等式的基本思想是去掉绝对值符号,使其变为不含绝对值符号的一般不等式,然后,其解法就与解一般的不等式或不等式组相同.
【做一做2-1】 已知集合A={x|x2-5x+6≤0},集合B={x||2x-1|>3},则集合A∩B等于( )
A.{x|2≤x≤3} B.{x|2≤x<3}
C.{x|2解析:∵A={x|2≤x≤3},B={x|x>2或x<-1},∴A∩B={x|2答案:C【做一做2-2】 若不等式|3x-b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3,则b的取值范围为 .?答案:(5,7) 3.|x-a|+|x-b|≥c和|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法
(1)解法一:分区间讨论法.一般步骤是:①令每个绝对值符号里的一次式为0,求出相应的根;②把这些根由小到大排序,它们把实数轴分为若干个区间;③在所分区间上,根据绝对值的定义去掉绝对值符号,讨论所得的不等式在这个区间上的解集;④这些解集的并集就是原不等式的解集.
(2)解法二:几何法.几何解法的关键是对绝对值几何意义的理解.例如:|x-a|+|x-b|0)的解集为与A(a),B(b)距离之和小于c的点的全体.
(3)解法三:图象法.图象法的关键是构造函数,正确画出函数的图象,求出函数的零点,利用函数的图象得到不等式的解集.
知识拓展关于|x-a|<|x-b|(a≠b)的解法可以利用解不等式|x|0)?x28的解集为 .? 答案:(-∞,-4)∪(4,+∞) 1.如何用分区间讨论法解含绝对值的不等式?
剖析:分区间讨论法解含绝对值的不等式时,是先求出使每一个绝对值符号内的数学式子等于零的未知数的值(称为零点),将这些值依次在数轴上标注出来,它们把数轴分成若干个区间,讨论每一个绝对值符号内的式子在每一个区间上的符号,去掉绝对值符号,使之转化为不含绝对值符号的不等式去解,求解过程中不要丢掉对区间端点的讨论,以免漏解.在分区间讨论的过程中,每一个区间的讨论都有一个“x”的范围(或值)作为本区间讨论的前提,这与解含参数的不等式有些类似,但本质上又不同,每一区间的讨论结果,都是“x”的前提范围与本区间含绝对值不等式去掉绝对值符号的不等式解集的交集,而最后的不等式的解集应是每一区间结果的并集.解含参数的不等式讨论时,每一步的前提条件是参数所取的范围(或值),每一步间的结果各自独立,不存在“交、并”集的说法,因此最后的结果也必须在参数的不同限制范围下叙述结论.所以解含绝对值不等式与解含参数不等式,虽然都用的分区间讨论法,但实质上是不同的.这就要求准确理解和把握各自不同的解题思路及解题过程,以免出错.2.几个特殊的含绝对值的不等式的区别是什么?
剖析:(1)若|x-4|-|x-3|>a有解,则a的取值范围是 ;?
(2)若|x-4|-|x-3|>a的解集为R,则a的取值范围是 ;?
(3)若|x-4|+|x-3|(4)若|x-4|+|x-3|>a的解集为R,则a的取值范围是 .?
处理以上这种问题,我们可以与函数y=|x-4|-|x-3|,y=|x-4|+|x-3|的最值(值域)等联系起来,第一个函数的值域为[-1,1],而第二个函数只有最小值1,即|x-4|+|x-3|≥1,所以(1)|x-4|-|x-3|>a要有解,只需a<1;(2)|x-4|-|x-3|>a的解集要是R,则说明是恒成立问题,所以a<[|x-4|-|x-3|]min=-1,即a<-1;(3)|x-4|+|x-3|a的解集为R,说明a<[|x-4|+|x-3|]min=1,即a<1.以上这几种不等式问题,实质是与两种函数的值域或最值相联系的问题,当然也可以借助函数的图象,用数形结合来解得a的取值范围.而理解这几种表述方式对掌握本节知识有很好的帮助.题型一题型二题型三题型四简单的绝对值不等式的解法
【例1】 解下列不等式:
(1)|4x+5|≥25;
(2)|3-2x|<9;
(3)1<|x-2|≤3.
分析:根据绝对值的几何意义去掉绝对值符号求解.
解:(1)∵|4x+5|≥25,
∴4x+5≥25或4x+5≤-25.
∴4x≥20或4x≤-30.题型一题型二题型三题型四(2)∵|3-2x|<9,∴|2x-3|<9,
∴-9<2x-3<9,即-6<2x<12.
∴-3∴原不等式的解集为{x|-3解法二:1<|x-2|≤3?1故原不等式的解集为{x|3(1)形如|f(x)|a(a∈R)型不等式
此类问题的简单解法是等价命题法,即
①当a>0时,|f(x)||f(x)|>a?f(x)>a或f(x)<-a.
②当a=0时,|f(x)||f(x)|>a?f(x)≠0.
③当a<0时,|f(x)||f(x)|>a?f(x)有意义.
(2)形如|f(x)|<|g(x)|型不等式
此类问题的简单解法是利用平方法,即
|f(x)|<|g(x)|?[f(x)]2<[g(x)]2
?[f(x)+g(x)][f(x)-g(x)]<0.题型一题型二题型三题型四(3)形如|f(x)|g(x)型不等式
此类问题的简单解法是等价命题法,即
①|f(x)|②|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<-g(x)(其中g(x)可正也可负).
若此类问题用分类讨论法来解决,则显得较复杂.
(4)形如a<|f(x)|a>0)型不等式
此类问题的简单解法是利用等价命题法,即
a<|f(x)|?a(5)形如|f(x)|f(x)型不等式
此类问题的简单解法是利用绝对值的定义,即
|f(x)||f(x)|>f(x)?f(x)<0.题型一题型二题型四题型三含多个绝对值的不等式的解法
【例2】 解下列不等式:
(1)|x+1|+|x-1|≥3;
(2)|x+2|+|x-1|<6.
分析:(1)本题可以用分区间讨论法或数形结合法求解,对于形如|x+a|+|x+b|的代数式,可以认为是分段函数.(2)可用分区间讨论法,也可以利用绝对值的几何意义去绝对值符号求解或应用图象法求解.题型一题型二题型四题型三解:(1)解法一:(几何法)如图,设数轴上与-1,1对应的点分别为A,B,则A,B两点间的距离为2,因此区间[-1,1]上的数都不是不等式的解.设在点A左侧有一点A1,到A,B两点的距离之和为3,A1对应数轴上的x,则-1-x+1-x=3,得x=
同理设点B右侧有一点B1到A,B两点的距离之和为3,B1对应数轴上的x,则x-1+x-(-1)=3,得x
从数轴上可看到,点A1,B1之间的点到A,B的距离之和都小于3;点A1的左边或点B1的右边的任意点到A,B的距离之和都大于3.
所以原不等式的解集是题型一题型二题型四题型三解法二:(分区间讨论法或分段法)当x≤-1时,原不等式可以化为-(x+1)-(x-1)≥3,解得x≤
当-1x+1-(x-1)≥3,即2≥3,不成立,无解.
当x≥1时,原不等式可以化为x+1+x-1≥3,
解得x≥
综上可知,原不等式的解集为题型一题型二题型四题型三解法三:(图象法)将原不等式转化为
|x+1|+|x-1|-3≥0.
构造函数y=|x+1|+|x-1|-3,即题型一题型二题型四题型三(2)解法一:|x+2|=0和|x-1|=0的根-2,1把实数轴分为三个区间(-∞,-2],(-2,1),[1,+∞).在这三个区间上|x+2|+|x-1|有不同的解析表达式,它们构成了三个不等式组.题型一题型二题型四题型三解法二:x为不等式|x+2|+|x-1|<6的解?x是与数轴上的点A(-2)及B(1)两点距离之和小于6的点.
A,B两点间的距离为3,因此线段AB上任何一点到A,B的距离之和都等于3,因此都是原不等式的解.但我们需要找到原不等式解的全体,关键在于找到与A,B的距离之和为6的点.题型一题型二题型四题型三反思(1)|x-a|+|x-b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的三种解法:分区间(分类)讨论法、图象法和几何法.分区间讨论的方法具有普遍性,但较烦琐;几何法和图象法较直观,但只适用于数据较简单的情况.
(2)分区间讨论的关键在于对绝对值代数意义的理解,(3)|x-a|+|x-b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的图象解法和画出函数f(x)=|x-a|+|x-b|-c的图象是密切相关的,其图象是折线,正确地画出其图象的关键是写出f(x)的分段表达式.不妨设a(4)几何解法的关键是理解绝对值的几何意义.题型一题型二题型三题型四含参数的绝对值不等式的解法
【例3】 已知函数f(x)=|x-a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤5},求实数a的值;
(2)在(1)的条件下,若f(x)+f(x+5)≥m对一切实数x恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)由f(x)≤3,得|x-a|≤3,
解得a-3≤x≤a+3.
因为不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤5},题型一题型二题型三题型四(2)当a=2时,f(x)=|x-2|.
设g(x)=f(x)+f(x+5),所以当x<-3时,g(x)>5;
当-3≤x≤2时,g(x)=5;
当x>2时,g(x)>5.
综上可得,g(x)的最小值为5.
从而,若f(x)+f(x+5)≥m,即g(x)≥m对一切实数x恒成立,则m的取值范围为(-∞,5].题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:应用取零点分区间讨论法求解含多个绝对值符号的不等式时,因漏掉分界点而致错.
【例4】 解不等式|2x-1|+|2x-4|≥6.错因分析:本题求解错误的原因是将绝对值不等式转化为不等式组时未考虑分界点 ,2.题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 51不等式|x-1|+|x-2|≤3的最小整数解是( )
A.0 B.-1 C.1 D.2
解析:解|x-1|+|x-2|≤3,得0≤x≤3,故选A.
答案:A1 2 3 4 5A.{x|01}
B.{x|0C.{x|-1D.{x|x<0}等式不成立,排除选项B;当x=-1时,不等式成立,排除选项C;故选D.
答案:D1 2 3 4 53若不等式|x-3|+|x-4|A.(1,+∞) B.[1,+∞)
C.(7,+∞) D.(1,7)在同一个坐标系内作出y=f(x)与y=a的图象,如图所示.
要使原不等式的解集非空,则在函数y=a的图象下方,一定存在函数f(x)的图象的部分,所以只需a>1,即实数a 的取值范围是(1,+∞).故选A.
答案:A1 2 3 4 54不等式|x+1|-|2x-3|+2>0的解集为 .? 答案:(0,6) 1 2 3 4 55若关于x的不等式|x+2|+|x-1|解析:数轴上任一点到-2与1的距离之和的最小值为3.
所以当a≤3时,原不等式的解集为?.
答案:(-∞,3]课件19张PPT。1.4 绝对值的三角不等式1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值的不等式的几何意义证明不等式.
2.会用绝对值三角不等式的两个性质定理证明简单的含绝对值的不等式以及解决含绝对值的不等式的最值问题.1.定理1(绝对值的三角不等式)及推论
(1)若a,b为实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.
(2)推论1:||a|-|b||≤|a+b|.
推论2:||a|-|b||≤|a-b|.
名师点拨(1)定理1还可以变形为|a-b|≤|a|+|b|,等号成立的充要条件是ab≤0.
(2)这个定理是含有绝对值的不等式中一个非常重要的不等式,证明的最重要依据是对于一切实数a,b,都有|a|≤|b|?a2≤b2?|a|2≤|b|2.
(3)注意等号成立的条件是ab≥0,与以前学习过的不等式有所不同.
(4)根据定理及推论易得:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.【做一做1-1】 已知实数a,b满足ab<0,则有 ( )
A.|a-b|<|a|+|b| B.|a+b|>|a|-|b|
C.|a+b|<|a-b| D.|a-b|<||a|-|b||
解析:∵ab<0,∴a,b异号,
∴|a-b|>|a+b|成立.
答案:C【做一做1-2】 若|a-c|A.|a|<|b|+|c| B.|c|<|a|+|b|
C.b>||c|-|a|| D.b<|a|-|c|
解析:由|a-c|0,∴b=|b|.
∵|a|-|c|≤|a-c|,
∴|a|-|c|故选项A成立.
同理,由|c|-|a|≤|a-c|,得|c|-|a|∴|c|<|a|+b=|a|+|b|.故选项B成立.
而由选项A成立,得|c|-|a|>-|b|,由选项B成立,得|c|-|a|<|b|,
∴-|b|<|c|-|a|<|b|,
即||c|-|a||<|b|=b.故选项C成立.
由选项A成立知选项D不成立,故选D.
答案:D2.定理2(三个实数的绝对值的三角不等式)
设a,b,c为实数,则|a-c|≤|a-b|+|b-c|,等号成立?(a-b)(b-c)≥0,即b落在a,c之间.
名师点拨(1)在应用定理1证明定理2时,用到了a-c=(a-b)+(b-c)这一条件,这种处理问题的方法在解决不等式问题时常用到,在处理实际问题时应特别注意.
(2)应用定理时应特别注意条件、适用范围及等号成立的条件.
【做一做2】 函数y=|x-1|+|x+3|的最小值为 .?
解析:y=|x-1|+|x+3|=|1-x|+|x+3|≥|1-x+x+3|=4,当且仅当(1-x)(x+3)≥0,即-3≤x≤1时,等号成立,故当-3≤x≤1时,函数取得最小值4.
答案:4如何理解绝对值的三角不等式的几何意义?
剖析用向量a,b替换实数a,b时,问题就从一维扩展到二维,当向量a,b不共线时,a+b,a,b构成三角形,有|a+b|<|a|+|b|.当向量a,b共线时,若a,b同向(相当于ab≥0),则|a+b|=|a|+|b|;若a,b异向(相当于ab<0),则|a+b|<|a|+|b|,这些都是利用了三角形的性质定理,如两边之和大于第三边等,这样处理,可以形象地描绘绝对值三角不等式,更易于记忆定理,并利于定理的应用.
绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式,但放缩的“尺度”还要仔细把握,如下面的式子:
|a|-|b|≤||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|.
我们较为常用的形式是|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,但有些同学就会误认为只能如此,而实质上,|a+b|是不小于||a|-|b||的,|a|-|b|不一定是正数,当然,这需对绝对值不等式有更深的理解,从而使放缩的“尺度”更为准确.题型一题型二题型三利用绝对值不等式证明不等式
【例1】 设m等于|a|,|b|和1中最大的一个,当|x|>m时,求证分析:本题的关键是对题设条件的理解和运用.|a|,|b|和1这三个数中哪一个最大?如果两两比较大小,将十分复杂,但我们可以得到一个重要的信息:m≥|a|,m≥|b|,m≥1.题型一题型二题型三反思分析题目时,题目中的语言文字是我们解题的信息的重要来源与依据,而解题时的数学符号语言也往往需要从文字语言“翻译”转化而来,那么准确理解题目中的文字语言,适时准确地进行转化也就成了解题的关键,如本题中题设条件中的文字语言“m等于|a|,|b|,1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a|,|m|≥|b|,m≥1”是证明本题的关键.题型一题型二题型三利用绝对值的三角不等式求函数的最值
【例2】 求函数y=|x-3|-|x+1|的最大值和最小值.
分析:若把x-3,x+1看作两个实数,则所给的代数式符合两个数绝对值的差的形式,因而可以联想到两个数和(差)的绝对值与两个数绝对值的和(差)之间的关系,进而可转化求解.另一种思路是:含有这种绝对值函数式表示的是分段函数,所以也可以视为是分段函数求最值.
解:解法一:∵||x-3|-|x+1||≤|(x-3)-(x+1)|=4,
∴-4≤|x-3|-|x+1|≤4.∴ymax=4,ymin=-4.
解法二:把函数看作分段函数.∴-4≤y≤4.∴ymax=4,ymin=-4. 题型一题型二题型三反思对于含有两个绝对值以上的代数式,通常利用分段讨论的方法转化为分段函数,进而利用分段函数的性质解决相应的问题.利用含绝对值不等式的性质定理进行“放缩”,有时也能产生比较好的效果,但这需要准确地处理“数”的差或和,以达到所需要的结果.题型一题型二题型三绝对值不等式的综合应用 分析:(1)借助定义判别f(x)的单调性;(2)利用绝对值三角不等式解决.题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思此类题目的综合性强,不仅要用到绝对值不等式的性质、推论及已知条件,还要用到配方等等价变形.在应用绝对值不等式的放缩性质求最值时要注意等号成立的条件,这是关键所在.1 2 3 4 51若|x-a|A.|x-y|<2h B.|x-y|<2k
C.|x-y|解析:|x-y|=|(x-a)+(a-y)|≤|x-a|+|y-a|答案:C1 2 3 4 52已知h>0,a,b∈R,命题甲:|a-b|<2h;命题乙:|a-1|A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
解析:显然a与b的距离可以很近,满足|a-b|<2h,但此时a,b与1的距离可以很大,因此甲不能推出乙.另一方面,若|a-1|因此甲是乙的必要不充分条件.
答案:B1 2 3 4 53已知a,b,c∈R,且a>b>c,则有( )
A.|a|>|b|>|c| B.|ab|>|bc|
C.|a+b|>|b+c| D.|a-c|>|a-b|
解析:∵a,b,c∈R,且a>b>c,令a=2,b=1,c=-6.
∴|a|=2,|b|=1,|c|=6,
∴|b|<|a|<|c|,故排除选项A.
∵|ab|=2,|bc|=6,
∴|ab|<|bc|,故排除选项B.
∵|a+b|=3,|b+c|=5,
∴|a+b|<|b+c|,故排除选项C.故选D.
答案:D1 2 3 4 54设|a|<1,|b|<1,则|a+b|+|a-b|与2的大小关系是 .?
解析:当a+b与a-b同号时,
|a+b|+|a-b|=|(a+b)+(a-b)|=2|a|<2.
当a+b与a-b异号时,
|a+b|+|a-b|=|(a+b)-(a-b)|=2|b|<2.
综上可知,|a+b|+|a-b|<2.
答案:|a+b|+|a-b|<21 2 3 4 55已知|x-a|<1,求证:|a|-1<|x|<|a|+1.
证明:∵|x-a|=|a-x|,根据绝对值不等式定理可得||x|-|a||≤|x-a|,
∴|x|-|a|≤|x-a|<1或|a|-|x|≤|x-a|<1,
∴|x|<|a|+1或|a|-1<|x|.
∴|a|-1<|x|<|a|+1.课件21张PPT。1.5 不等式证明的基本方法1.5.1 比较法1.理解和掌握比较法证明不等式的依据.
2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.
3.通过学习比较法证明不等式,培养学生对转化思想的理解和应用.比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种 【做一做1】 设m=a+2b,n=a+b2+1,则( )
A.m>n B.m≥n
C.m解析:∵n-m=b2+1-2b=(b-1)2≥0,∴n≥m.
答案:D
【做一做2】 下列命题中,是真命题的有( )A.①②③ B.①②④
C.④ D.①②③④
答案:A1.用作差比较法证明不等式的一般步骤是什么?
剖析:用作差比较法证明不等式的一般步骤如下. (1)作差:把不等式的左、右两边作差,可以是左边减右边,也可以是右边减左边;(2)变形:把这个差变化为易于判断正负的形式,而不必考虑差的值是多少,变形的方法主要有配方法、通分法、因式分解法等;(3)判断差的符号:主要依据差的最后变形的结果来判断;(4)下结论:肯定所证明的不等式成立.2.作商比较法中的符号问题如何解决? 断.否则,结论将是错误的.对于此类问题,分为含参数变量类的和大小固定的两种,因而也可以通过特殊值的方法进行一定的猜测,进而给出一定的理性推理或证明过程.题型一题型二题型三题型四用作差比较法证明不等式 题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思(1)在作差比较法中,变形具有承上启下的作用,变形的目的在于判断差的符号,而不用考虑差能否化简或值是多少.
(2)变形所用的方法要具体情况具体分析,可以配方,可以因式分解,可以运用一切有效的恒等变形的方法.
(3)因式分解是常用的变形手段,为了便于判断“差式”的符号,常将“差式”变形为一个常数,或几个因式积的形式,当所得的“差式”是二次三项式时,常用判别式法判断符号.有时会遇到结果符号不能确定,这时候要对差式进行分类讨论.题型一题型二题型四题型三用作商比较法证明不等式
【例2】 已知a>b>c>0,求证:a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.
分析:证明这类含幂指数乘积形式的不等式,往往通过作商与1比较大小来证明.
证明:由a>b>c>0,得ac+bbc+aca+b>0.
所证不等式左边除以右边,得题型一题型二题型四题型三反思证明此题易出现在不讨论ab+c·bc+a·ca+b>0的前提下,就开始作商;或在未得到a-b>0, ,就得出商大于1,这些都是解题不严谨的表现,解题时要注意这一点.
一般地,要比较的两个解析式均为正值时,可利用作商的方法比较其大小,如果两个解析式均为负值时,可用同样的方法比较其绝对值的大小.题型一题型二题型三题型四比较法的实际应用
【例3】 已知买8千克胡萝卜和10千克白菜的钱小于22元,而买12千克胡萝卜和6千克白菜的钱大于24元,问买2千克胡萝卜与3千克白菜的钱哪个更多些?
分析:设每千克胡萝卜和每千克白菜的钱分别为a元和b元,根据条件列出a,b间的关系式,比较2a与3b的大小即可.题型一题型二题型三题型四反思应用不等式解决实际问题时,关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决.在实际应用不等关系解决问题时,常用比较法来判断数的大小关系,若是选择题或填空题,则可用特殊值加以判断.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:作差后对差式变形不恰当,使判断符号的过程含糊不清.
【例4】 判断函数f(x)=x3在R上的单调性.
错解:设x1,x2是R上的任意两个数,且x1∴f(x2)>f(x1).
∴f(x)=x3在R上为增函数.题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 51下列关系式中对任意a0,且a≠1,P=loga(a3+1),Q=loga(a2+1),则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q B.PC.P=Q D.大小不确定答案:A 1 2 3 4 5A.P>Q B.PC.P≥Q D.P≤Q答案:D 1 2 3 4 51 2 3 4 55(x+1)(x2-x+1) (x-1)(x2+x+1).?
解析:(x+1)(x2-x+1)-(x-1)(x2+x+1)=x3+1-(x3-1)=2>0,
故(x+1)(x2-x+1)>(x-1)(x2+x+1).
答案:>课件21张PPT。1.5.2 综合法和分析法1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思想.
2.掌握综合法、分析法证明简单不等式的方法和步骤.
3.能综合运用综合法、分析法证明不等式.1.综合法
在证明不等式的时候,我们经常要从命题的已知条件出发,利用公理、已知的定义及定理,逐步推导,从而最后导出要证明的命题,这种方法称为综合法.
名师点拨用综合法证明不等式,就是用因果关系书写“从已知出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后达到待证不等式得证”的全过程,其特点可描述为“由因导果”,即从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”.综合法属逻辑方法范畴,它的严谨体现在步步注明推理依据.答案:D 2.分析法
从需要证明的命题出发,分析使这个命题成立的充分条件,利用已知的一些定理,逐步探索,最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实),这种证明方法称为分析法.
归纳总结名师点拨用分析法证明“若A则B”的模式为:
欲证命题B成立,
只需证命题B1成立,……
只需证命题B2成立,……
……
只需证明A为真.
已知A为真,故B必为真.
可以简单写成:
B?B1?B2?…?Bn?A.【做一做2】 要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证( ) 解析:要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证a2(1-b2)+(b2-1)≤0,只要证(b2-1)(a2-1)≥0.答案:D 综合法在应用中的有关问题是什么?
剖析:用综合法证明不等式时,主要利用基本不等式,函数的单调性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论.
综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些基本不等式.比如下面的几个,是经常用到的: 选择使用哪个不等式作为证题的“原始出发点”或对已知条件的转化是证题的关键,这要求对要证明的结果有充分的分析过程,可以联系平时学习过程中积累下来的数学结论或知识作出判断.比如?题型一题型二题型三用综合法证明不等式
【例1】 设a,b,c为△ABC的三条边,求证:a2+b2+c2<2ab+2bc+2ac.
分析:本题看似是一道与公式a2+b2≥2ab(a,b∈R)有关的题目,又好像与二次函数有关,但实际上这两种思路都行不通.其实本题的关键在于△ABC中隐含的a,b,c的关系.
证明:证法一:在△ABC中,a则a2于是a2+b2+c2即a2+b2+c2<2ab+2bc+2ac.题型一题型二题型三证法二:在△ABC中,设a>b>c,
则0∴(a-b)2∴(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2即a2+b2+c2<2ab+2bc+2ac.
证法三:在△ABC中,设a,b,c三边所对的角分别为角A,B,C,则由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+b2-2abcos C,
则a2+b2+c2=(b2+c2-2bccos A)+(a2+c2-2accos B)+(a2+b2-2abcos C),
即a2+b2+c2=2abcos C+2bccos A+2accos B.
∵在△ABC中,cos A<1,cos B<1,cos C<1,
∴2abcos C+2bccos A+2accos B<2ab+2bc+2ca.
∴a2+b2+c2<2ab+2bc+2ac.题型一题型二题型三反思本题容易由a2+b2≥2ab或二次函数陷入思维定式,比如下面两种分析:
分析一:∵a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,b2+c2≥2bc,
∴(a2+b2)+(b2+c2)+(a2+c2)≥2ab+2bc+2ac,即a2+b2+c2≥ab+bc+ac,这严重背离了原题的证明意图.
分析二:设f(a)=a2+b2+c2-2(ab+bc+ac),即f(a)=a2-2a(b+c)+b2+c2-2bc.
Δ=4(b+c)2-4(b2+c2-2bc)=16bc>0.
则f(a)的值可正、可负、可为零,无法确定.
因此,分析题目时,对条件要看清楚,尤其要探寻条件间的限制关系,以免受到某些思维定式的影响.题型一题型二题型三用分析法证明不等式 分析:本题要证明的不等式显得较为复杂,不易观察出怎样由a>b>0得到要证明的不等式,因而可以用分析法先变形要证明的不等式,从中找到证题的线索.题型一题型二题型三反思分析法的格式是固定化的,其中每一步都是上一步成立的充分条件,即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理.题型一题型二题型三易错辨析
易错点:因不注意分析法的证题格式而致错.错因分析:分析法是“执果索因”,即由待证的不等式出发,逐步寻求它要成立的充分条件,所以书写时必须按照分析法的固有格式进行.本题的错误就在于未按分析法的格式证明.题型一题型二题型三1 2 3 4 5A.A≥B B.A≤B
C.A>B D.Ay>1,0A.ax>ay B.logax>logay
C.xa解析:∵0y>1,∴根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性可知axya,故排除选项A,B,C.答案:D 1 2 3 4 5A.2 B.3
C.4 D.5答案:C 1 2 3 4 5答案:a+b 1 2 3 4 5答案:≥ 课件23张PPT。1.5.3 反证法和放缩法1.理解反证法在证明不等式中的应用,掌握用反证法证明不等式的方法.
2.掌握放缩法证明不等式的原理,并会用其证明不等式.1.反证法
假设要证明的命题是不正确的,然后利用公理,已有的定义、定理,命题的条件逐步分析,得到和命题的条件(或已证明过的定理,或明显成立的事实)矛盾的结论,从而得出原来结论是正确的,这种方法称作反证法.
名师点拨用反证法证明不等式必须把握以下几点:
(1)必须否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出各种情况,缺少任何一种可能,反证法都是不完全的.
(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须根据这一条件进行推证.否则,仅否定结论,不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法.
(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背,推导出的矛盾必须是明显的.【做一做1-1】 应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( )
①结论相反的判断,即假设;②原命题的条件;③公理、定理、定义等;④原结论.
A.①② B.①②④
C.①②③ D.②③
答案:C
【做一做1-2】 实数a,b,c不全为0的等价条件为( )
A.a,b,c均不为0
B.a,b,c中至多有一个为0
C.a,b,c中至少有一个为0
D.a,b,c中至少有一个不为0
答案:D2.放缩法
在证明不等式时,有时需要将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小),使它由繁化简,达到证明目的,这种方法称为放缩法.其关键在于放大(缩小)要适当.
名师点拨用放缩法证明不等式时,常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性.缩小分母、扩大分子,分式的值增大;缩小分子、扩大分母,分式的值减小;每一次缩小其和变小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩有时需便于求和.A.M=1 B.M<1
C.M>1 D.M与1的大小关系不确定
解析:分母全换成210,共有210个单项.
答案:B【做一做2-2】 lg 9·lg 11与1的大小关系是 .? 答案:lg 9·lg 11<1 1.反证法中的数学语言是什么?
剖析:反证法适宜证明“存在性问题,唯一性问题”,带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题,或者说“正难则反”,直接证明有困难时,常采用反证法.下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设:对某些数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾,尤其在一些选择题中,更是如此.2.放缩法的尺度把握等问题有哪些?
剖析:(1)放缩法的主要理论依据.
①不等式的传递性;
②等量加不等量为不等量;
③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较;
④基本不等式与绝对值不等式的基本性质;
⑤三角函数的有界性等.
(2)放缩法使用的主要方法:
放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考查.常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知不等式、利用函数的性质进行放缩等.比如,题型一题型二题型三题型四用反证法证明否定性结论命题 分析:“不能同时”包含情况较多,而其否定“同时大于”仅有一种情况,因此适宜用反证法证明.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四反思(1)当证明的结论中含有“不是”“不都”“不存在”等词语时,适于应用反证法,因为此类问题的反面比较具体.
(2)用反证法证明不等式时,推出的矛盾有三种表现形式:①与已知矛盾;②与假设矛盾;③与显然成立的事实相矛盾.题型一题型二题型四题型三用反证法证明“至多”“至少”类问题 分析:问题从正面证明不易入手,适合应用反证法证明. 题型一题型二题型四题型三∴假设不成立, 则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2.
而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|
≥|f(1)+f(3)-2f(2)|
≥f(1)+f(3)-2f(2)
=(1+b+c)+(9+3b+c)-2(4+2b+c)=2.
两式显然矛盾,∴假设不成立.题型一题型二题型四题型三反思(1)在所要证明的问题中含有“至多”“至少”等字眼时,常使用反证法证明.
(2)在用反证法证明的过程中,由于作出了与结论相反的假设,相当于增加了题设条件,因此在证明过程中必须使用这个增加的条件,否则将无法推出矛盾.题型一题型二题型三题型四用放缩法证明不等式 分析:运用放缩法进行证明.
证明:(1)由题设,得a2+ab+b2=a+b,
于是(a+b)2>a2+ab+b2=a+b,故a+b>1.
因为(a+b)2>4ab,题型一题型二题型三题型四反思用放缩法证明不等式的过程中,往往采用添项或减项的“添舍”放缩,拆项对比的分项放缩,函数的单调性放缩等.放缩时要注意适度,否则不能同向传递.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:在证明不等式时,因不按不等式的性质变形,从而导致证明过程错误.1 2 3 4 51用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根,则a,b,c中至少有一个偶数.下列假设中正确的是( )
A.假设a,b,c都是偶数
B.假设a,b,c都不是偶数
C.假设a,b,c中至多有一个偶数
D.假设a,b,c中至多有两个偶数
答案:B1 2 3 4 52设x,y∈(0,+∞),且xy-(x+1)=1,则( ) 答案:B 1 2 3 4 5A.都大于2
B.都小于2
C.至少有一个不大于2
D.至少有一个不小于2答案:D 1 2 3 4 5答案:≥ 1 2 3 4 55若正数a,b满足ab≥1+a+b,则a+b的最小值为 .? 课件20张PPT。第二章 柯西不等式与排序不等式及其应用2.1 柯西不等式2.1.1 平面上的柯西不等式的代数和向量形式1.认识二维形式的柯西不等式.
2.理解二维形式的柯西不等式的几何意义.
3.会利用二维形式的柯西不等式进行简单问题的证明.1.二维形式的柯西不等式
定理1 (柯西不等式的代数形式)设a1,a2,b1,b2均为实数,则定理2 (柯西不等式的向量形式)设α,β为平面上的两个向量,则|α||β|≥|α·β|.
当α及β为非零向量时,上式中等号成立?向量α与β共线(平行)?存在实数λ≠0,使得α=λβ.
当α或β为零向量时,规定零向量和任何向量平行,如α,β中至少有一个是零向量,则规定α·β=0,上面的结果仍然正确.【做一做1-1】 若a,b∈R,且a2+b2=10,则a-b的取值范围是( )解析:∵(a2+b2)[12+(-1)2]≥(a-b)2,a2+b2=10,
∴(a-b)2≤20.答案:A 【做一做1-2】 已知p,q∈(0,+∞),且p3+q3=2,则p+q的最大值为( )答案:A 2.定理4(平面三角不等式) 3.定理5(平面三角不等式的向量形式)
设α,β,γ为平面向量,则|α-β|+|β-γ|≥|α-γ|.
当α-β,β-γ为非零向量时,上面不等式中等号成立?存在正常数λ,使得α-β=λ(β-γ)?向量α-β与β-γ同向,即夹角为零.
名师点拨定理4与定理5是同一定理的不同表示形式,它们都可以看作是定理3的变式.如何理解柯西不等式?
剖析:柯西不等式的几种形式都需要对其结构进行理解与记忆,因此,柯西不等式可以理解为有四个顺序的数来对应的一种不等关系或构造成一个不等式,如基本不等式是由两个数来构造,但怎样构造要仔细体会.例如:结合具体问题灵活地应用柯西不等式. 题型一题型二题型三题型四利用柯西不等式的代数形式证明不等式
【例1】 设a,b∈(0,+∞),且a+b=2.题型一题型二题型三题型四反思利用柯西不等式证明某些不等式时,有时需要将数学表达式适当地变形.这种变形往往具有很高的技巧,必须善于分析题目的特征,根据题设条件,综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质,找到突破口.题型一题型二题型四题型三利用柯西不等式的向量形式证明不等式
【例2】 已知a,b∈(0,+∞),且a+b=1.
求证:(ax+by)2≤ax2+by2.
分析:利用柯西不等式的向量形式.当且仅当存在实数λ≠0,使得m=λn时等号成立.
故(ax+by)2≤ax2+by2.题型一题型二题型三题型四利用柯西不等式解决实际问题
【例3】 在半径为R的圆内,求周长最大的内接长方形.
分析:首先表示出长方形的周长,得出目标函数,然后利用柯西不等式求解.题型一题型二题型三题型四反思当函数的解析式中含有根号时常利用柯西不等式求解. 题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:应用柯西不等式时,因不注重等号是否成立,从而导致结果错误.1 2 3 4 5A.a2+b2 B.2ab
C.(a+b)2 D.4ab答案:C 1 2 3 4 52已知a+b=1,则a2+b2的最小值为( ) 答案:C 1 2 3 4 53若3x+4y=2,则x2+y2的最小值为( ) 答案:D 1 2 3 4 51 2 3 4 55设实数x,y满足3x2+2y2≤6,则p=2x+y的最大值是 .?课件20张PPT。2.1.2 柯西不等式的一般形式及其参数配方法的证明1.认识一般形式的柯西不等式.
2.理解一般形式的柯西不等式的几何意义.
3.会用一般形式的柯西不等式求解一些简单问题.定理(柯西不等式的一般形式) (2)柯西不等式的一般形式的证明方法是参数配方法.
名师点拨记忆柯西不等式的一般形式,一是抓住其结构特点:左边是平方和再开方的积,右边是积的和的绝对值;二是与二维形式的柯西不等式类比记忆.【做一做1】 已知a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,则a2+b2+c2的最小值为( )解析:由柯西不等式,
得(a2+b2+c2)(12+12+12)≥(a×1+b×1+c×1)2.答案:C A.1 B.-1 C.2 D.-2 ∴(a1b1+a2b2+…+anbn)2≤4.
∴-2≤a1b1+…+anbn≤2.
∴所求的最大值为2.
答案:C1.一般形式的柯西不等式如何应用?
剖析:我们主要利用柯西不等式来证明一些不等式或求值等问题,但往往不能直接应用,需要对数学式子的形式进行变形,拼凑出与一般形式的柯西不等式相似的结构,才能应用,因而适当变形是我们应用一般形式的柯西不等式的关键,也是难点.我们要注意在应用柯西不等式时,对于数学式子中数或字母的顺序要对比柯西不等式中的数或字母的顺序,以便能使其形式一致,然后应用解题.
2.如何利用“1”?
剖析:数字“1”的利用非常重要,为了利用柯西不等式,除了拼凑应该有的结构形式外,对数字、系数的处理往往起到某些用字母所代表的数或式子所不能起的作用.这要求在理论上认识柯西不等式与实际应用时二者达到一种默契,即不因为“形式”与“面貌”的影响而不会用柯西不等式.题型一题型二题型三利用柯西不等式证明不等式
【例1】 已知a1,a2,…,an都是正实数,且a1+a2+…+an=1.分析:已知条件中a1+a2+…+an=1,可以看作“1”的代换,而要证明a1+a2+…+an=1应扩大2倍后再利用,本题还可以利用其他的方法证明.题型一题型二题型三证明:证法一:根据柯西不等式,得 题型一题型二题型三当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
故原不等式成立.
证法二:∵a∈(0,+∞),题型一题型二题型三当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
故原不等式成立.题型一题型二题型三反思通过以上不同的证明方法可以看出,构造出所需要的某种结构是证题的难点,因此,对柯西不等式或其他重要不等式,要熟记公式的特点,能灵活变形,才能灵活应用.题型一题型二题型三利用柯西不等式求函数的最值 分析:将已知等式变形,直接应用柯西不等式求解.
解:根据柯西不等式,得
120=3[(2x+1)+(3y+4)+(5z+6)]题型一题型二题型三反思要求ax+by+z的最大值,利用柯西不等式(ax+by+z)2≤(a2+b2+12)(x2+y2+z2)的形式,再结合已知条件进行配凑,是常见的变形技巧.题型一题型二题型三易错辨析
易错点:应用柯西不等式时,因忽略等号成立的条件而致错.题型一题型二题型三错因分析:上题在求解时,由于等号不成立,因此求解过程错误,结果也不正确.
正解:应用函数单调性的定义(或导数)可证得f(x)在[2,3]上为增函数,1 2 3 4A.1 B.-1 C.3 D.9 答案:D 1 2 3 4A.1 B.3 C.6 D.9 答案:D 1 2 3 4答案:16 1 2 3 44已知x+4y+9z=1,则x2+y2+z2的最小值为 .?
解析:∵(x2+y2+z2)(12+42+92)
≥(x+4y+9z)2=1,课件20张PPT。2.3 平均值不等式(选学)1.了解算术平均,几何平均,调和平均的概念.
2.理解定理的意义及作用,了解定理的推证过程.
3.能够灵活应用定理证明求解一些简单问题.1.有关概念 2.定理
定理1(算术—几何平均值不等式,简称平均值不等式)(2)推论1:设a1,a2,…,an为n个正数,且a1a2…an=1,则a1+a2+…+an≥n,且等号成立?a1=a2=…=an=1.
(3)推论2:设C为常数,且a1,a2,…,an为n个正数,则当a1+a2+…+an=nC时,a1a2…an≤Cn,且等号成立?a1=a2=…=an.定理2 定理3 加权平均不等式 【做一做1】 下列命题是假命题的是( ) 答案:A 【做一做2】 已知x,y,z∈(0,+∞),且2x+3y+5z=6,则xyz的最大值为 .?平均值不等式的应用条件是什么?
剖析:“一正”:不论是三个数还是n个数的平均值不等式,都要求这三个数或者n个数都是正数,否则不等式是不成立的;“二定”:包含两类求最值问题,一是已知n个正数的和为定值(即a1+a2+…+an为定值),求其积a1a2…an的最大值,二是已知乘积a1a2…an为定值,求其和a1+a2+…+an的最小值;“三相等”:取等号的条件是a1=a2=…=an,不能只有其中一部分相等.题型一题型二题型三题型四利用平均值不等式证明不等式 分析:观察求证式子的结构,通过变形转化为用平均值不等式证明.题型一题型二题型三题型四反思不等式的证明方法较多,关键是从式子的结构入手进行分析,找到证明不等式的突破口,使其出现平均值不等式的形式.题型一题型二题型四题型三利用平均值不等式求最值 分析:对于x2(1-5x),视x2与1-5x为两项,其和不可能为定值,应把x2拆为两项x,x,故x,x,(1-5x)这三项同时配系数才能使和为定值.题型一题型二题型四题型三反思本题采用的方法是拆项,把x2变为x,x,再配系数的方法,请思考采用下面的变形错在什么地方?题型一题型二题型三题型四平均值不等式的应用
【例3】 某同学在电脑城组装了一台电脑,总费用为3 600元.假定在电脑的使用过程中,维修费平均为:第一年200元,第二年400元,第三年600元,依等差数列逐年递增,问:这台电脑使用多少年报废最合算?
分析:要求电脑使用多少年报废最合算,实际上是求使用多少年的平均费用最少,这种年平均费用一般由两部分组成:一部分是电脑成本的平均值,另一部分是电脑维修费用的平均值.这样,电脑的最值报废年限,即:
年平均消耗费用=年均成本费+年均维修费,
电脑最佳报废年限=年均消耗费用最低的年限.
因此,需建立年平均费用y与使用年数x的函数关系式.题型一题型二题型三题型四所以当x=6(年)时,y有最小值,即这台电脑使用6年报废最合算.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:忽视应用平均值不等式求最值应具备的“一正、二定、三相等”而致错.题型一题型二题型三题型四1 2 3 41若x,y∈R,且xy>0,x2y=2,则xy+x2的最小值是 .? 答案:3 1 2 3 41 2 3 41 2 3 44求证:在表面积一定的长方体中,以正方体的体积最大.
证明:设长方体的三条相交于同一顶点的棱长分别为x,y,z,则长方体的体积为V=xyz,表面积A=2xy+2yz+2zx,根据平均值不等式,课件18张PPT。2.4 最大值与最小值问题,优化的数学模型1.了解最值点、最值问题的概念.
2.能灵活应用平均值不等式、柯西不等式求一些简单问题的最值.
3.能求解一些较容易的实际应用问题的最值.最值问题
设D为f(x)的定义域,如果存在x0∈D,使得f(x)≤f(x0)(f(x)≥f(x0)),x∈D,则称f(x0)为f(x)在D上的最大(小)值,x0称为f(x)在D上的最大(小)值点.
寻求函数的最大(小)值及最大(小)值问题统称为最值问题,本节我们用平均值不等式及柯西不等式解决某些初等函数的最值问题.【做一做】 用一张钢板制作一个容积为4 m3的无盖长方体水箱.可用的长方形钢板有四种不同的规格(长×宽的尺寸如各选项所示,单位:m).若既要够用,又要所剩最少,则应选择钢板的规格是( )
A.2×5 B.2×5.5
C.2×6.1 D.3×5
解析:本题是一道立体几何和基本不等式相结合的综合题,此题主要考查考生信息处理能力和应用所学知识解决实际问题的能力,此题的题眼是“既要够用,又要所剩最少”.设长方体水箱的长、宽、高分别为x,y,z,答案:C 在利用平均值不等式解决某些初等函数的最值问题时要注意什么?
剖析:要注意三点:①函数式中,各项(必要时,还要考虑常数项)必须都是正数,若不是正数,则必须变形为正数;②函数式中,含变数的各项的和或积必须是常数,才能利用“定理”求出函数的最大(小)值.若含变数的各项之和或积不是常数(定值)时,则必须进行适当的配凑,使和或积变为常数(定值),才能使用“定理”求出函数的最大(小)值;③利用平均值不等式求最值时,必须能取到等号,若取不到等号,则必须经过适当的变形,使之能取到等号.上述三点可简记为“一正,二定,三相等”.题型一题型二题型三题型四利用平均值不等式求最值
【例1】 已知x∈(0,+∞),求函数y=x(1-x2)的最大值.题型一题型二题型三题型四反思拼凑数学结构,以便能利用平均值不等式求最值,是必须掌握的一种解题方法,但拼凑要合理,且要符合适用的条件,对于本题,有的学生可能这样去拼凑:虽然其中的拼凑过程保证了三个数的和为定值,但忽略了取等号的条件,显然x=2-2x=1+x无解,即无法取到等号,也就是说,这样拼凑是不正确的.这就要求平时多积累一些用拼凑方法的题型及数学结构,同时注意平均值不等式的使用条件,三个缺一不可.题型一题型二题型四题型三利用柯西不等式求最值
【例2】 两批货物分别为m吨,n吨,要从甲运往丙,途中要经过乙中转,从甲到乙是公路运输,两批货物的运价都是每吨a元,从乙到丙是航空运输,运价都是每吨b元,问总运费最少为多少元?
分析:由题意知就是利用柯西不等式求(m+n)(a+b)的最小值.反思应用柯西不等式求函数的最值,关键是构造两组数,并向着柯西不等式的形式进行转化.题型一题型二题型三题型四实际应用问题
【例3】 如图所示,把一块边长是a的正方形铁片的各角切去大小相同的小正方形,再把它的边沿着虚线翻折成一个无盖方底的盒子,问切去的正方形边长是多少时,才能使盒子的容积最大?分析:设切去的小正方形的边长为x,由题意可知,折成的盒子的底面边长为a-2x,高为x,这时盒子的容积V=(a-2x)2x,再利用题型一题型二题型三题型四反思求实际问题的最值,关键是建立适当的数学模型,从而将实际问题转化为数学问题再求最值.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:求最值时因忽略变量的取值范围致错.错因分析:错误的原因是没有注意函数的定义域{x|x>0或x<0},当x>0时,可直接应用平均值不等式,而当x<0时不能直接运用平均值不等式.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 5答案:B 1 2 3 4 52若x,y,z是非负实数,且9x2+12y2+5z2=9,则函数u=3x+6y+5z的最大值为( )
A.9 B.10 C.14 D.15答案:A 1 2 3 4 5答案:C 1 2 3 4 54函数y=loga(x+3)-1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A,若点A在直线 答案:8 1 2 3 4 5答案:①②③ 课件27张PPT。第三章 数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法原理1.了解数学归纳法的原理.
2.了解数学归纳法的应用范围.
3.会用数学归纳法证明一些简单问题.1.归纳法
由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法,通常称为归纳法.
名师点拨根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部,归纳法分为不完全归纳法和完全归纳法.
(1)不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特例得到一般结论的推理方法.不完全归纳法所得到的命题不一定是成立的,但它是一种重要的思考问题的方法,是研究数学问题的一把钥匙,是发现数学规律的一种重要手段.用不完全归纳法发现规律,用数学归纳法证明是解决问题的一种重要途径.
(2)完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法,又叫枚举法.与不完全归纳法不同,用完全归纳法得出的结论是可靠的.通常在事物包括的特殊情况不多时,采用完全归纳法.【做一做1-2】 从1=1,1-4=-(1+2),1-4+9=1+2+3,…,猜想第n个式子为 .?2.数学归纳法
一般地,当要证明一个命题对于不小于某正数n0的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:
(1)证明当n=n0时命题成立;
(2)假设当n=k(k∈N,且k≥n0)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立.
完成两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立,这种证明方法称为数学归纳法.名师点拨1.这两个步骤缺一不可,只完成步骤(1)而缺少步骤(2),就作出判断可能得出不正确的结论.因为单靠步骤(1),无法递推下去,即n取n0以后的数时命题是否正确,我们无法判定.同样,只有步骤(2)而缺少步骤(1),也可能得出不正确的结论.缺少步骤(1)这个基础,假设就失去了成立的前提,步骤(2)也就没有意义了.
2.用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步,即n=k+1时为什么成立?n=k+1时成立是利用假设n=k时成立,根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n=k+1时命题成立,而不是直接代入,否则n=k+1时也成假设了,命题并没有得到证明.
3.用数学归纳法可证明有关的正整数问题,但并不是所有的正整数问题都用数学归纳法证明,学习时要具体问题具体分析.【做一做2-1】 下列说法中不正确的是( )
A.数学归纳法中的两个步骤相互依存,缺一不可
B.数学归纳法证明的是与正整数有关的命题
C.数学归纳法证明的第一步是递推的基础,第二步是递推的依据
D.数学归纳法中第一步必须从n=1开始
答案:D故当n=k+1时,不等式成立.
上述的证明过程中,不正确的一步的序号为 .?
解析:在(2)中,由n=k到n=k+1的证明,没有用上归纳假设,故(2)错误.
答案:(2)1.为什么数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题呢?
剖析:这是因为第一步首先验证了n取第一个值n0时命题成立,这样假设就有了存在的基础.假设当n=k时命题成立,根据假设和合理推证,证明出当n=k+1时命题也成立.这实质上是证明了一种循环.如验证了当n0=1时命题成立,又证明了当n=k+1时命题也成立,这就一定有当n=2时命题成立,当n=2时命题成立,则当n=3时命题也成立;当n=3时命题成立,则当n=4时命题也成立.如此反复,以至无穷.对所有n≥n0的正整数命题就都成立了.数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题,这就是数学方法的神奇.2.什么时候可以运用数学归纳法证明,证明时n0是否一定要为1?
剖析:数学归纳法一般被用于证明某些涉及正整数n的命题,n可取无限多值,但不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用数学归纳法证明,例如用数学归纳法证明 (n∈N*)的单调性就难以实现,一般说来,从n=k到n=k+1时,若问题中存在可利用的递推关系,则使用数学归纳法就较简单,否则使用数学归纳法就有困难.
在运用数学归纳法时,要注意起点n并非一定取1,也可能取2等值,要看清题目,比如证明凸n边形的内角和f(n)=(n-2)×180°,这里面的n应不小于3,即n≥3,第一个值n0=3.题型一题型二题型三题型四用数学归纳法证明恒等式
【例1】 用数学归纳法证明:分析:用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的关键是第二步,要注意当n=k+1时等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,问题就会顺利解决.题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型三题型四题型一题型二题型四题型三用数学归纳法证明整除性问题
【例2】 求证:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除,n∈N*.
分析:对于多项式A,B,若A=BC,C也是多项式,则A能被B整除.若A,B都能被C整除,则A+B,A-B也能被C整除.
证明:(1)当n=1时,a1+1+(a+1)2×1-1=a2+a+1,命题显然成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时,ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,则当n=k+1时,
ak+2+(a+1)2k+1=a·ak+1+(a+1)2·(a+1)2k-1
=a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a+1)2(a+1)2k-1-a(a+1)2k-1
=a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1.
由归纳假设,得上式中的两项均能被a2+a+1整除,故当n=k+1时命题成立.
根据(1)(2)可知,对一切n∈N*,命题成立.题型一题型二题型四题型三反思证明整除性问题的关键是“凑项”,采用增项、减项、拆项、因式分解等手段,凑出当n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题得证.题型一题型二题型三题型四用数学归纳法证明几何问题
【例3】 平面内有n个圆,任意两个圆都相交于两点,任意三个圆不相交于同一点,求证:这n个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分(n∈N*).
分析:因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数,那么再有一个圆和这n个圆相交,就有2n个交点,这些交点将增加的这个圆分成2n段弧,且每一段弧又将原来的平面区域一分为二,所以增加一个圆后,平面分成的区域数增加2n,即f(n+1)=f(n)+2n.有了上述关系,数学归纳法的第二步证明可迎刃而解.题型一题型二题型三题型四证明:(1)当n=1时,一个圆将平面分成两个部分,
且f(1)=1-1+2=2,所以n=1时命题成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时命题成立,
即k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2个部分,
则当n=k+1时,在k+1个圆中任取一个圆O,剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分,而圆O与k个圆有2k个交点,这2k个点将圆O分成2k段弧,每段弧将原平面一分为二,故得f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2.
故当n=k+1时,命题成立.
根据(1)(2)可知,对一切n∈N*,命题成立.题型一题型二题型三题型四反思对于用数学归纳法证明几何问题,可以先从有限情形中归纳出一个变化的过程,或者说体会出是怎样变化的,再去证明.也可以用“递推”的办法,比如本题,当n=k+1时的结果已知道:f(k+1)=(k+1)2-(k+1)+2,用f(k+1)-f(k)就可得到增加的部分,然后从有限的情况来理解如何增加的,也就好理解了.题型一题型二题型三题型四易错辨析
易错点:在应用数学归纳法证明有关问题时,两步缺一不可,且最易出错的地方是在第二步证明中未用归纳假设.
【例4】 已知在数列{an}中,a1=3,其前n项和Sn满足Sn=6-2an+1,计算a2,a3,a4,然后猜想出an的表达式,并用数学归纳法证明你的结论.
错解:当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)题型一题型二题型三题型四错因分析:本题在证明时出现的主要错误是未用归纳假设.题型一题型二题型三题型四1 2 3 4 51下列代数式中,n∈N*,则可能被13整除的是( )
A.n3+5n B.34n+1+52n+1
C.62n-1+1 D.42n+1+3n+2
解析:当n=1时,只有D项能被13整除.
答案:D1 2 3 4 52若凸n边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( )
A.f(n)+n+1 B.f(n)+n
C.f(n)+n-1 D.f(n)+n-2
解析:从凸n边形到凸(n+1)边形,对角线增加了(n-1)条.
答案:C1 2 3 4 53下列四个判断中,正确的是( )
A.式子1+k+k2+…+kn(n∈N*),当n=1时为1
B.式子1+k+k2+…+kn-1(n∈N*),当n=1时为1+k解析:对于选项A,当n=1时,式子应为1+k;选项B中,当n=1时,式子应为1;答案:C 1 2 3 4 54已知在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+1=2an+an-1(n∈N*),用数学归纳法证明a4n能被4整除,假设a4k能被4整除,则下一步证明 .?
答案:a4k+4能被4整除1 2 3 4 55某同学用数学归纳法证明等式1+2+22+…+2n-1=2n-1的过程如下:
(1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;
(2)假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时,等式成立,
即1+2+22+…+2k-1=2k-1;即当n=k+1时等式成立.
根据(1)(2)可知,对任意正整数n等式成立.
以上证明过程的错误是 .?
答案:第(2)步未用归纳假设课件20张PPT。3.2 用数学归纳法证明不等式,贝努利不等式1.会用数学归纳法证明简单的不等式.
2.会用数学归纳法证明贝努利不等式.
3.了解贝努利不等式的应用条件.1.用数学归纳法证明不等式
在不等关系的证明中,有多种多样的方法,其中数学归纳法是最常用的方法之一,在运用数学归纳法证不等式时,推导“k+1”成立时,比较法、分析法、综合法、放缩法等方法常被灵活地应用.
【做一做1-1】 欲用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n,总有2n>n3,n0为验证的第一个值,则( )
A.n0=1
B.n0为大于1小于10的某个整数
C.n0≥10
D.n0=2
解析:n=1时,2>1;n=2时,4<8;n=3时,8<27;n=4时,16<64;n=5时,32<125;n=6时,64<216;n=7时,128<343;n=8时,256<512;n=9时,512<729;n=10时,1 024>1 000.故选C.
答案:C【做一做1-2】 用数学归纳法证明“ n∈
N*,n>1)”时,由n=k(k>1)时不等式成立推证n=k+1时,左边应增加的项数是( )
A.2k-1 B.2k-1
C.2k D.2k+1
解析:增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k+1-2k=2k.
答案:C2.用数学归纳法证明贝努利不等式
(1)定理1(贝努利不等式):设x>-1,且x≠0,n为大于1的自然数,则(1+x)n>1+nx.
(2)定理2:设α为有理数,x>-1,①若0<α<1,则(1+x)α≤1+αx;②若α<0或者α>1,则(1+x)α≥1+αx.当且仅当x=0时等号成立.
名师点拨当指数推广到任意实数且x>-1时,
①若0<α<1,则(1+x)α≤1+αx;
②若α<0或者α>1,则(1+x)α≥1+αx.
当且仅当x=0时等号成立.应用数学归纳法证明不等式,从“n=k”到“n=k+1”证明不等式成立的技巧有哪些?
剖析:在用数学归纳法证明不等式的问题中,从“n=k”到“n=k+1”的过渡,利用归纳假设是比较困难的一步,它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样,只需拼凑出所需要的结构来,而证明不等式的第二步中,从“n=k”到“n=k+1”,只用拼凑的方法,有时也行不通,因为对不等式来说,它还涉及“放缩”的问题,它可能需通过“放大”或“缩小”的过程,才能利用上归纳假设,因此,我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化,从中找到“放缩尺度”,准确地拼凑出所需要的结构.题型一题型二题型三用数学归纳法证明数列型不等式 (1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:对一切正整数n,不等式a1a2…an<2n!恒成立.
分析:由题设条件知,可用构造新数列的方法求得an;第(2)问的证明,可以等价变形,视为证明新的不等式.题型一题型二题型三题型一题型二题型三题型一题型二题型三反思利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由n=k到n=k+1的变形.为满足题目的要求,常常要采用“放”与“缩”等手段,但是放缩要有度,这是一个难点,解决这类问题一是要仔细观察题目的结构,二是要靠经验积累.题型一题型二题型三用数学归纳法比较大小 分析:先通过n取比较小的值进行归纳猜想,确定证明方向,再用数学归纳法证明.题型一题型二题型三当n=1时,21=2>12=1;
当n=2时,22=4=22;
当n=3时,23=8<32=9;
当n=4时,24=16=42;
当n=5时,25=32>52=25;
当n=6时,26=64>62=36.
故猜测当n≥5(n∈N*)时,2n>n2.
下面用数学归纳法进行证明:
(1)当n=5时,显然成立.
(2)假设当n=k(k≥5,且k∈N*)时,不等式成立,
即2k>k2(k≥5),则当n=k+1时,
2k+1=2·2k>2·k2=k2+k2+2k+1-2k-1
=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2(因为(k-1)2>2).题型一题型二题型三反思利用数学归纳法比较大小,关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系,猜测出证明方向,再利用数学归纳法证明结论成立.题型一题型二题型三用数学归纳法证明探索型不等式 题型一题型二题型三(1)当n=1时,显然成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时,题型一题型二题型三反思用数学归纳法解决探索型不等式的思路是:观察——归纳——猜想——证明,即先通过观察部分项的特点进行归纳,判断并猜测出一般结论,然后用数学归纳法进行证明.1 2 3 41.下列选项中,满足1×2+2×3+3×4+…+n×(n+1)>3n2-3n+2的自然数n是( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:将n=1,2,3,4分别代入验证即可.
答案:D1 2 3 4答案:C 1 2 3 41 2 3 4课件31张PPT。本章整合专题一专题二专题三专题四专题一 含绝对值不等式的解法
1.公式法
|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<-g(x);
|f(x)|2.平方法
|f(x)|>|g(x)|?[f(x)]2>[g(x)]2.
3.零点分段法
含有两个以上绝对值符号的不等式,可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值,将这些值依次在数轴上标注出来,它们把数轴分成若干个区间,讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号,转化为不含绝对值的不等式去解.专题一专题二专题三专题四应用1解下列关于x的不等式:
(1)|x-x2-2|>x2-3x-4;
(2)|x-2|-|2x+5|>2x.
提示:根据绝对值的意义,先去掉绝对值符号,再解不等式.
解:(1)解法一:原不等式等价于x-x2-2>x2-3x-4或x-x2-2<-(x2-3x-4),故原不等式的解集为{x|x>-3}.
解法二:∵|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2,
∴原不等式等价于x2-x+2>x2-3x-4,
解得x>-3.
故原不等式的解集为{x|x>-3}.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四求f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1,p2表示).解:f(x)=f1(x)恒成立?f1(x)≤f2(x) ?|x-p1|-|x-p2|≤log32. (*)
若p1=p2,则(*)式?0≤log32,显然成立;
若p1≠p2,记g(x)=|x-p1|-|x-p2|.
当p1>p2时,专题一专题二专题三专题四所以g(x)max=p1-p2,故只需p1-p2≤log32.
当p1综上所述,f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件是|p1-p2|≤log32.专题一专题二专题三专题四专题二 基本不等式的应用
利用基本不等式求最值问题一般有两种类型:(1)和为定值时,积有最大值;(2)积为定值时,和有最小值.在具体应用基本不等式解题时,一定要注意适用的范围和条件:“一正、二定、三相等”.
应用1(1)已知0对于恒成立不等式求参数取值范围问题,常见类型及其解法如下:
(1)分离参数法
运用“f(x)≤a?f(x)max≤a,f(x)≥a?f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题.
(2)更换主元法
不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能时,可转换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.
(3)数形结合法
在研究曲线交点的恒成立问题时,若能利用数形结合,揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维各自的优势,可直观地解决问题.专题一专题二专题三专题四解:存在.理由:∵f(x)在(-∞,1]上是减函数,
∴k-sin x≤k2-sin2x≤1.假设存在实数k符合题意.
∵k2-sin2x≤1,即k2-1≤sin2x对一切x∈R恒成立,且sin2x≥0,
∴k2-1≤0,∴-1≤k≤1.①
由k-sin x≤k2-sin2x,专题一专题二专题三专题四应用2设有关于x的不等式lg(|x+3|+|x-7|)>a.
(1)当a=1时,解此不等式;
(2)当a为何值时,此不等式的解集是R?
提示:对于(1),根据对数函数的单调性转化为绝对值不等式求解.(2)可转化为函数最值问题求解.
解:(1)当a=1时,lg(|x+3|+|x-7|)>1,
?|x+3|+|x-7|>10,?x>7或x<-3.
所以不等式的解集为{x|x<-3或x>7}.专题一专题二专题三专题四(2)设f(x)=|x+3|+|x-7|,有f(x)≥|(x+3)-(x-7)|=10,当且仅当(x+3)(x-7)≤0,即-3≤x≤7时,f(x)取得最小值10,
即lg(|x+3|+|x-7|)≥1.
故要使lg(|x+3|+|x-7|)>a的解集为R,只要a<1.专题一专题二专题三专题四专题四 不等式的证明
证明不等式的主要方法有作差比较法、作商比较法、平方差比较法、综合法、分析法.其次还有反证法、放缩法、换元法、判别式法、构造函数法等,但这些方法不是孤立的,它们相互渗透、相辅相成,有的题目可以有多种证法,而有的题目要同时用几种方法才能解决,因此我们在平时解题中要通过一题多解,一解多法的反复训练,加强对各种方法的区别与联系的认识,把握每种方法的优点和缺点,从而不断提高我们分析问题和解决问题的能力.专题一专题二专题三专题四提示:本题可用分析法、综合法、比较法、三角代换法、构造函数法等证明.
证明:证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立.
(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,
只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).
即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.
即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证(bc-ad)2≥0.
因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.
故原不等式成立.
综合(1)(2)可知,原不等式成立.专题一专题二专题三专题四证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)
=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2.证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,
∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,专题一专题二专题三专题四?专题一专题二专题三专题四(2)当a2+b2=0时,原不等式显然成立.
综合(1)(2)可知,原不等式成立.专题一专题二专题三专题四应用2用反证法证明钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.
证明:如图所示,在△ABC中,
∠CAB>90°,D是BC的中点.专题一专题二专题三专题四12345671(江西高考)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为 .?
解析:原不等式等价于-1≤|x-2|-1≤1,
即0≤|x-2|≤2,解得0≤x≤4.
答案:[0,4]12345672(重庆高考)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|方法二:由绝对值不等式,得|x-5|+|x+3|≥|(x-5)-(x+3)|=8,
故不等式|x-5|+|x+3|答案:(-∞,8]12345673(陕西高考)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为 .?
解析:(am+bn)(bm+an)=abm2+(a2+b2)mn+abn2
=ab(m2+n2)+2(a2+b2)≥2abmn+2(a2+b2)=4ab+2(a2+b2)答案:2 12345674(辽宁高考)已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;
(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|,得-2x+6≥4,解得x≤1;
当2当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|,得2x-6≥4,解得x≥5;
所以f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.12345671234567(1)求a的值;
(2)求函数f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.(2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2时等号成立.所以f(x)的最小值为3.12345676(课标全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=-2时,求不等式f(x)设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,
其图象如图所示.
从图象可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0.
所以原不等式的解集是{x|0得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.课件19张PPT。本章整合专题一专题二专题三专题四专题一 柯西不等式的应用
利用柯西不等式证明其他不等式或求最值,关键是构造两组数,并向着柯西不等式的形式进行转化.
应用若n是不小于2的正整数,试证:提示:注意中间的一列数的代数和,其奇数项为正,偶数项为负,可进行恒等变形予以化简.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题二 排序不等式的应用
应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式,其证明的关键是找出两组有序数组,通常可以根据函数的单调性去寻找.
应用设0∴ln a1≤ln a2≤…≤ln an.
又∵0≤b1≤b2≤…≤bn,
∴由排序不等式可知b1ln a1+b2ln a2+…+bnln an
≥c1ln a1+c2ln a2+…+cnln an
≥bnln a1+bn-1ln a2+…+b1ln an.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题三 最值问题
有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定.其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理,在这类问题中,利用柯西不等式或排序不等式求解较容易.但在求最值时,无论是应用柯西不等式,还是排序不等式、平均值不等式,都应该注意等号成立的条件.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四应用2已知正实数x1,x2,…,xn满足x1+x2+…+xn=P,P为定值, 专题一专题二专题三专题四专题四 求参数的取值范围问题
应用不等式的知识,可以十分巧妙地解决一类求参数的取值范围问题.专题一专题二专题三专题四应用1求使lg(xy)≤ 对大于1的任意x与y恒成立的a的取值范围.专题一专题二专题三专题四应用2设f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且对任意a,b∈[-1,1],当a+b≠0时,都
(1)若a>b,试比较f(a)与f(b)的大小;(3)如果g(x)=f(x-c)和h(x)=f(x-c2)这两个函数的定义域的交集为空集,求c的取值范围.
提示:本题的(1)(2)两问密切相关,都应由已知不等式推出函数的单调性,以便解决问题.专题一专题二专题三专题四解:(1)设x1,x2是[-1,1]上的任意两个实数,且x1f(x1),即f(x)在[-1,1]上是增函数.
∴当-1≤bf(b).
(2)∵f(x)在[-1,1]上是增函数,专题一专题二专题三专题四(3)设g(x)的定义域为P,h(x)的定义域为Q,
则P={x|-1≤x-c≤1}={x|c-1≤x≤1+c},
Q={x|-1≤x-c2≤1}={x|c2-1≤x≤1+c2}.
若P∩Q=?,必有c+1而c2-c-2>0?c>2或c<-1,
c2-c+2<0?c∈?.
故c的取值范围是(-∞,-1)∪(2,+∞).12122(湖南高考)已知a,b,c∈R,a+2b+3c=6,则a2+4b2+9c2的最小值为 .?
解析:由柯西不等式,得(12+12+12)(a2+4b2+9c2)≥(a+2b+3c)2,即a2+4b2+9c2≥12,当a=2b=3c=2时等号成立,所以a2+4b2+9c2的最小值为12.
答案:12课件18张PPT。本章整合专题专题 数学归纳法证题的常用技巧
在使用数学归纳法证明时,一般说来,第一步,验证比较简明,而第二步归纳步骤情况较复杂.因此,熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的,其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题,归纳假设“P(k)”是问题的条件,而命题P(k+1)成立就是所要证明的结论,因此,合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键,下面简要分析一些常用技巧.
1.分析综合法
用数学归纳假设证明关于自然数n的不等式,从“P(k)”到“P(k+1)”,常常可用分析综合法.专题专题专题专题?2(ak+1+bk+1)≥(a+b)(ak+bk)
?2(ak+1+bk+1)-(ak+1+abk+bak+bk+1)≥0
?ak+1-abk-bak+bk+1≥0
?(a-b)(ak-bk)≥0.
因为a-b与(ak-bk)同正负(或同时为0),所以最后一个不等式显然成立,即当n=k+1时,不等式成立.专题2.放缩法
涉及关于正整数n的不等式,从“k”过渡到“k+1”,有时也考虑用放缩法.专题专题3.递推法
用数学归纳法证明与数列有关的问题时,有时要利用an与an+1的关系,实现从“k”到“k+1”的过渡.专题即当n=k+1时,原不等式也成立.
根据(1)(2)可知,当n∈N*时,原不等式都成立.专题4.构造配凑法
用数学归纳法证明关于正整数的命题(尤其是整除)时,从“k”过渡到“k+1”常常用构造配凑法.
应用5求证:62n+3n+2+3n是11的倍数(n∈N*).
证明:(1)当n=1时,62×1+31+2+31=66,是11的倍数.
(2)假设当n=k(k∈N*,且k≥1)时,命题成立,
即62k+3k+2+3k是11的倍数.则当n=k+1时,
62(k+1)+3k+3+3k+1=62k+2+3k+3+3k+1=36·62k+3·3k+2+3·3k
=33·62k+3·62k+3·3k+2+3·3k=33·62k+3(62k+3k+2+3k).
由假设可知3(62k+3k+2+3k)是11的倍数,而33·62k也是11的倍数,故n=k+1时,原命题也成立.
根据(1)(2)可知,对任意n∈N*原命题成立.专题5.几何法
“几何类”命题的证题关键是先要从证明当n=k+1时命题成立的结论中,分解出当n=k时命题成立的部分,然后去证余下的部分.
应用6在同一平面内有n条直线,每两条不平行,任意三条不共点,求证:它们将此平面分专题(湖北高考)(1)已知函数f(x)=rx-xr+(1-r)(x>0),其中r为有理数,且0(2)试用(1)的结果证明如下命题:
设a1≥0,a2≥0,b1,b2为正有理数,若b1+b2=1,则 ≤a1b1+a2b2;
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.
注:当α为正有理数时,有求导公式(xα)'=αxα-1.解:(1)f'(x)=r-rxr-1=r(1-xr-1),
令f'(x)=0,解得x=1.
当0当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)内是增函数.
故函数f(x)在x=1处取得最小值f(1)=0.(ⅱ)假设当n=k时,③成立,即若a1,a2,…,ak为非负实数,b1,b2,…,bk为正有理数,又(1-bk+1)+bk+1=1,由②得 bk+1)+ak+1bk+1
=a1b1+a2b2+…+akbk+ak+1bk+1,故当n=k+1时,③成立.
根据(ⅰ)(ⅱ)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立.
说明:(3)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立,则后续证明中不需讨论n=1的情况.