不等式ppt 课件下载 北大版 高一上册
不等式(北大版 高一上册)
作者：满湘华
作者单位：北京大学 简介：无
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高二数学不等式复习讲义
[导读]不等式期末复习讲义 一、 知识点 1．不等式性质 比较大小方法：（1）作差比较法（2）作商比较法 不等式的基本性质 ①对称性：a & bb & a ②传递性: a & b, b & ca & c ③可加性: a & b a + c & b + c ④可积性: a & b, c & 0ac & bc； a & b, c & 0a
不等式期末复习讲义
一、 知识点
1．不等式性质
比较大小方法：（1）作差比较法（2）作商比较法
不等式的基本性质
①对称性：a & bb & a
②传递性: a & b, b & ca & c
③可加性: a & b a + c & b + c
④可积性: a & b, c & 0ac & bc；
　　　　　a & b, c & 0ac & bc；
⑤加法法则: a & b, c & d
a + c & b + d
⑥乘法法则：a & b & 0, c & d & 0
⑦乘方法则：a & b & 0,
an & bn (n∈N)
⑧开方法则：a & b & 0,
2．算术平均数与几何平均数定理：
（1）如果a、b∈R,那么a2 + b2 ≥2ab（当且仅当a=b时等号）
（2）如果a、b∈R＋,那么（当且仅当a=b时等号）推广：如果为实数，则
1）如果积xy是定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2；
（2）如果和x＋y是定值S，那么当x＝y时，和xy有最大值S2/4。
3．证明不等式的常用方法：
　比较法：比较法是最基本、最重要的方法。当不等式的两边的差能分解因式或能配成平方和的形式，则选择作差比较法；当不等式的两边都是正数且它们的商能与1比较大小，则选择作商比较法；碰到绝对值或根式，我们还可以考虑作平方差。
　综合法：从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式。综合法的放缩经常用到均值不等式。
　分析法：不等式两边的联系不够清楚，通过寻找不等式成立的充分条件，逐步将欲证的不等式转化，直到寻找到易证或已知成立的结论。
4．不等式的解法
（1） 不等式的有关概念
　　同解不等式：两个不等式如果解集相同，那么这两个不等式叫做同解不等式。
同解变形：一个不等式变形为另一个不等式时，如果这两个不等式是同解不等式，那么这种变形叫做同解变形。
提问：请说出我们以前解不等式中常用到的同解变形
　　　去分母、去括号、移项、合并同类项
（2） 不等式ax & b的解法
　　①当a&0时不等式的解集是{x|x&b/a}；
　　　②当a&0时不等式的解集是{x|x&b/a}；
　　　③当a=0时,b&0,其解集是R；b0, 其解集是ф。
（3） 一元二次不等式与一元二次方程、二次函数之间的关系
（4）绝对值不等式
｜x｜＜a（a＞0）的解集是｛x｜－a＜x＜a｝，几何表示为：
　　　　　－a
｜x｜＞a（a＞0）的解集是｛x｜x＜－a或x＞a｝，几何表示为：
小结：解绝对值不等式的关键是-去绝对值符号（整体思想，分类讨论）转化为不含绝对值的不等式，通常有下列三种解题思路：
（1）定义法：利用绝对值的意义，通过分类讨论的方法去掉绝对值符号；
（2）公式法：| f(x) | & a f(x) & a或f(x) & －a；| f(x) | & a
－a&f(x) & a；
（3）平方法：| f(x) | & a(a&0) f2(x) & a2；| f(x) | & a(a&0)
f2(x) & a2；（4）几何意义。
(5)分式不等式的解法
(6)一元高次不等式的解法　
数轴标根法
把不等式化为f(x)＞0（或＜0）的形式（首项系数化为正），然后分解因式，再把根按照从小到大的顺序在数轴上标出来，从右边入手画线，最后根据曲线写出不等式的解。
（7）含有绝对值的不等式
定理：|a| － |b|≤|a+b|≤|a| + |b|
? |a| － |b|≤|a+b|
中当b=0或|a|&|b|且ab&0等号成立
? |a+b|≤|a| + |b|
中当且仅当ab≥0等号成立
推论1：｜a1 + a2 + a3| ≤｜a1 | +| a2 | + | a3|
推广：｜a1 + a2 +...＋ an| ≤｜a1 | +| a2 | +...+ | an|
推论2：|a| － |b|≤|a－b|≤|a| + |b|
二、常见题型专题总结：
专题一：利用不等式性质，判断其它不等式是否成立
1、a、b∈R,则下列命题中的真命题是（　C
A、若a&b，则|a|&|b|
B、若a&b，则1/a&1/b
C、若a&b，则a3&b3　　　　　　　D、若a&b，则a/b&1
2、已知a&0.－1&b&0,则下列不等式成立的是（ D ）
A、a&ab&ab2
B、ab2&ab&a
C、ab&a&ab2
D、ab&ab2&a
3、当0&a&b&1时，下列不等式成立的是（
A、(1a)1/b &(1a)b
B、(1+a)a&(1+b)b
C、(1a)b &(1a)b/2
D、(1a)a&(1b)b
4、若loga3&logb3&0，则a、b的关系是（ B ）
A、0&a&b&1
B、b&a&1　
C、0&b&a&1
5、若a&b&0，则下列不等式①1/a&1/b；②a2&b2；③lg(a2+1)&lg(b2+1)；④2a&2b中成立的是（　A ）
A、①②③④　　B、①②③　　　C、①②　　　　D、③④
（二）比较大小
1、若0&α&β&π/4,sinα+cosα=a,sinβ+cosβ=b，则（ A　）
A、a＜b　　　　B、a＞b　　　　　C、ab＜1　　　　　D、ab＞2
2、a、b为不等的正数，n∈N，则(anb+abn)－(an－1+bn－1)的符号是（ C　）
A、恒正　　　　　　　　　　　　B、恒负
C、与a、b的大小有关　　　　　 D、与n是奇数或偶数有关
3、设1＜x＜10，则lg2x,lgx2,lg(lgx)的大小关系是lgx2&lg2x&lg(lgx)
4、设a&0,a≠1,比较logat/2与loga(t+1)/2的大小。
分析：要比较大小的式子较多，为避免盲目性，可先取特殊值估测各式大小关系，然后用比较法（作差）即可。
（三）利用不等式性质判断P是Q的充分条件和必要条件
1、设x、y∈R,判断下列各题中，命题甲与命题乙的充分必要关系
⑴命题甲：x&0且y&0，　　命题乙：x+y&0且xy&0
⑵命题甲：x&2且y&2，　　命题乙：x+y&4且xy&4　　　　　充分不必要条件
2、已知四个命题，其中a、b∈R
①a2&b2的充要条件是|a|&|b|；②a2&b2的充要条件是|a|2&|b|2；③a2&b2的充要条件是(a+b)与(a－b)异号；④a2&b2的充要条件是(|a|+|b|)与(|a|－|b|)异号.其中真命题的序号是_　　　　　　　　　。
3、"a+b&2c"的一个充分条件是（
A、a&c或b&c
B、a&c或b＜c　　　C、a&c且b&c　　D、a&c且b＜c
（四）范围问题
1、设60＜a＜84,－28＜b＜33,求：a+b,a－b,a/b的范围。
2、若二次函数y=f(x)的图象过原点，且1≤f(1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(2)的范围。
（五）均值不等式变形问题
1、当a、b∈R时,下列不等式不正确的是（
A、a2+b2≥2|a|?|b|
B、(a/2+b/2)2≥ab
C、(a/2+b/2)2≤a2/2+b2/2
D、log1/2(a2+b2)≥log1/2(2|a|?|b|)
2、x、y∈(0,+∞)，则下列不等式中等号不成立的是（
C、(x+y)(1/x+1/y)≥4
D、(lgx/2+lgy/2)2≤lg2x/2+lg2y/2
3、已知a&0,b&0,a+b=1，则(1/a21)(1/b21)的最小值为（ D　）　
A、6　　　　　　　B、7　　　　　　　C、8　　　　　　　D、9
4、已知a&0,b&0,c&0，a+b+c=1，求证：1/a+1/b+1/c≥9
5、已知a&0,b&0,c&0,d&0,求证：
（六）求函数最值
1、若x&4,函数
5、大、－6
2、设x、y∈R, x+y=5，则3x+3y的最小值是（　）D
A、10　　　　　　B、　　　　　　C、　　　　　　D、
3、下列各式中最小值等于2的是（　）D
A、x/y+y/x
C、tanα+cotα
D、2x+2－x
4、已知实数a、b、c、d满足a+b=7,c+d=5,求(a+c)2+(b+d)2的最小值。
5、已知x&0,y&0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。
（七）实际问题
1、98（高考）如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2cm的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为am，高度为bm，已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比，现有制箱材料60m2，问当a、b各为多少米时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）。
解一：设流出的水中杂质的质量分数为y，
由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k&0)
据题设2×2b+2ab+2a=60(a&0,b&0)
由a&0,b&0可得0&a&30
令t=2+a，则a=t－2从而当且仅当t=64/t，即t=8,a=6时等号成立。∴y=k/ab≥k/18
当a=6时,b=3，
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
解二：设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k&0)
要求y的最小值，即要求ab的最大值。
据题设2×2b+2ab+2a=60(a&0,b&0)，即a+2b+ab=30
即a=6,b=3时，ab有最大值，从而y取最小值。
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
2、某工厂有旧墙一面长14米,现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126　　米2的厂房，工程条件是：①建1米新墙的费用为a元；②修1米旧墙的费用为a/4元；③拆去1米旧墙用所得材料建1米新墙的费用为a/2元.经过讨论有两种方案：⑴利用旧墙的一段x(x&14)米为矩形厂房的一面边长；⑵矩形厂房的一面长为x(x≥14).问如何利用旧墙，即x为多少米时，建墙费用最省？⑴⑵两种方案哪种方案最好？
解：设总费用为y元，利用旧墙的一面矩形边长为x米，则另一边长为126/x米。
⑴若利用旧墙的一段x米(x&14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x?a/4元，剩余的旧墙拆得的材料建新墙的费用为(14－x)?a/2元，其余的建新墙的费用为(2x+ 2?126/x－14)?a元，故总费用　当且仅当x＝12时等号成立，∴x＝12时ymin=7a(6－1)=35a。
⑵若利用旧墙的一段x米(x≥14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x?a/4元，建新墙的费用为(2x+ 2?126/x－14)?a元，故总费用
设f(x)=x+126/x, x2&x1≥14，则f(x2)－f(x1)= x2+126/x2－(x1+126/x1)
=(x2x1)()&0∴f(x)=x+126/x在［14，＋∞)上递增，∴f(x)≥f(14)
∴x=14时ymin=7a/2+2a(14+126/14－7)=35.5a
综上所述，采用方案⑴，即利用旧墙12米为矩形的一面边长，建墙费用最省。
（八）比较法证明不等式
1、已知a、b、m、n∈R+,证明：am+n+bm+n≥ambn+anbm
变：已知a、b∈R+,证明：a3/b+b3/a≥a2+b2
2、已知a、b∈R+,f(x)=2x2+1,a+b=1,证明：对任意实数p、q恒有a?f(p)+b?f(q)≥f(ap+bq)
（九）综合法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：
2、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3
3、已知a、b、c为不全相等的正数，且abc=1,求证：
4、已知a、b∈R+，a+b=1,求证：
（十）分析法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：bc/a+ac/b+ab/c&a+b+c
2、已知函数f(x)=lg(1/x－1),x1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求证：
　　　　　　
3、设实数x,y满足y+x2=0,0&a&1，求证：loga (ax+ay)≤loga2+1/8
（十一）反证法、放缩法、构造法、判别式法、换元法等证明不等式
1、设f(x)=x2+ax+b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1/2。
2、若x2+y2≤1,求证|x2+2xy－y2|≤.
3、已知a&b&c,求证：
4、已知a、b、c∈R＋，且a+b&c求证：.
5、已知a、b、c∈R，证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等号何时成立。
分析：整理成关于a的二次函数f(a)=a2+(c+3b)a+3b2+3bc+c2
∵Δ=(c+3b)2－4(3b2+3bc+c2)=－3(b2+2bc+c2)≤0
6、已知：x2－2xy + y2 + x + y + 1＝0，求证：1/3≤y/x≤3
7、在直角三角形ABC中，角C为直角，n≥2且n∈N，求证：cn≥an + bn
（十二）解不等式
1、解不等式：
2、解关于x的不等式：
（十三）不等式应用
不等式的应用主要有三个方面：一是能转化为求解不等式（组）的有关问题（如求函数的定义域、讨论一元二次方程的根的分布等）；二是能转化为不等式证明的有关问题（如证明函数的单调性）；三是能转化为重要不等式的极端情形解决的最值问题。
1、已知f(x)的定义域是（0,1］，则函数的定义域是_____________。
［－5，－2)∪( 1,4］
2、已知不等式ax2+bx+c&0的解集是{x|α&x&β}(0&α&β),求不等式cx2+bx+a&0的解集。
3、设(x≥0).⑴求证：f(x)是减函数；⑵求f(x)的值域。
4、由于对某种商品实行征税，其售价比原价上涨x%，涨价后商品卖出量减少，已知税率为销售金额的20%.
⑴为实现销售金额和扣除税款的余额y不比原销售金额少，求上涨率x%的取值范围；
⑵x为何值时，y最大？（保留一位小数）
解：设原价为a，销售量为b，则
当且仅当1＋x%＝25/9－x%，即x%＝8/9. ∴x＝88.9时y最大。
（十四）恒成立问题
1、若不等式a&lg(|x3|+|x7|)对于一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（　）
B、a＞1　　　　　C、0＜a≤1　　　　　D、a＜1
2、关于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集为R，求实数a的取值范围。
3、如果关于x的不等式的解集总包含了区间（1,2］，求实数a的取值范围。
解：由题设可知，原不等式在（1,2］中总成立，∴a＞0且a＋x＞1
　原不等式等价于lg(2ax)＜lg(a+x),等价于2ax＜a＋x，等价于(1－2a)x＋a＞0
　设f(x)＝(1－2a)x＋a，则f(x)＞0在（1,2］中总成立，故有
4、设对x∈R有恒成立，试求n的值。
分析：原不等式等价于
　　　由题意不等式（1）的解集为R
　　　又x2+x+1恒大于零，所以不等式（1）等价于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0 (2)
故不等式（2）的解集为R，从而有
　　　　　
所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或1
5、若f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对于一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。
6、已知函数
⑴当a=1/2时，求函数f(x)的最小值；
⑵若对任意x∈［1，＋∞）,f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围。
（十五）绝对值不等式定理中等号成立的问题
1、解关于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x|
2、证明：|x+1/x|≥2
（十六）绝对值不等式的证明
1、设a∈R，函数f(x)=ax2+x－a(－1≤x≤1).
⑴若|a|≤1,求证|f(x)|≤5/4；
⑵若函数f(x)有最大值17/8，求实数a的值。
2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求证：|xy－ab|＜ε3、（十七）探索性问题
1、是否存在自然数k，使得不等式对一切正整数n都成立，若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由。解：令∴f(n+1)&f(n)，即f(n)在N＋上是增函数，∴f(n)的最小值是f(1)
又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12
故对一切正整数n使得f(n)&2a－5的充要条件是13/12&2a－5，∴a&73/24
故所求自然数a的最大值是3。
2、已知抛物线y=f(x)=ax2+bx+c过点（－1,0），问是否存在常数a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤(1+x2)/2对于一切实数x都成立？
解：假设存在常数a、b、c，使得x≤f(x)≤(1+x2)/2对一切实数x恒成立，
　　令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1　　　　　①
　　∵抛物线过点（－1,0）∴a－b＋c＝0　　　②
　　解①②得：b=1/2,c=1/2－a,∴f(x)=ax2+x/2+1/2－a
　　由x≤f(x)≤(1+x2)/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2　　　　∴a=1/4,
三、数学思想与方法
（一）分类讨论的思想：　
1、设f(x) = 1+logx3,g(x)=2logx2，其中x＞0且x≠1，试比较f(x)与g(x)的大小。
2、解关于x的不等式
分析：①当a＜－1时，原不等式的解集为｛x|x≤a或－1＜x＜1}
②当－1＜a＜时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或a≤x＜1}
　　③当a＞1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或1＜x≤a}
　　④当a＝1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1 }
　　⑤当a＝－1时，原不等式的解集为｛x|x＜1且x≠－1}　　（二）数形结合的思想
1、关于x的方程x2x(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，则实数a的取值范围是（　）
A、［－5/4,+∞)
B、(5/4,1)
C、［－5/4，1］　　D、(－∞，1］
2、设k、a都是实数，关于x的方程|2x1|=k(xa)+a对于一切实数k都有解，求实数a的取值范围。
　　3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：　　+≥　　分析
观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.
　　如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.　　∴　　OC=
　　再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，
　　∴≥　　（三）函数与方程的思想
1、函数f(x)=lg(x2+ax+1)的值域为R，求实数a的取值范围。
2、已知，若f(x)在（－∞，1］有意义，求实数a的取值范围。
3、设不等式mx22x＜m1对于满足|m|≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围。
分析：设f(m)=(x21)m＋2x1，则对于满足|m|≤2的一切实数m都有f(m)＜0
∴f(－2)＜0且f(2)＜0
4、已知x、y、z∈（0,1），求证：x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) & 1
证明：构造函数f(x)= x(1－y) + y(1－z) + z(1－x)－1
即f(x) = (1－y－z)x + y(1－z) + z－1
　　　当1－y－z = 0,即y + z = 1时，
f(x) = y(1－z) + z－1 = y + z －1－yz = －yz & 0
当1－y－z ≠ 0时，f(x)为一次函数，又x∈（0,1），由一次函数的单调性，只需证明f(0) & 0, f(1) & 0
　　∵y、z∈（0,1）
　　∴f(0) = y(1－z) + z－1 = (y－1)(z－1) & 0
f(1) = (1－y－z) + y(1－z) + z－1 =－yz & 0
∴对任意的x∈（0,1）都有f(x) & 0
即x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) & 1
（四）转化与化归思想
1、关于x的方程4x+(m－3)?2x+m=0有两个不等的实数根，求实数m的取值范围。
（五）换元的思想
1、解不等式：
变：关于x的不等式的解集为［－5/2,2），求实数a、b的值。2、（六）1的代换
1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求证：ax2+by2≥(ax+by)2
2、已知x、y都是正数，a、b都是正常数，且a/x + b/y = 1，求证：
3、已知x、y都是正数，且x + y = 1,求证：(1 + 1/x)(1 + 1/y)≥9
4、已知x、y∈R+,且1/x + 9/y = 1，求x + y的最小值。
5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x + b/(1－x)的最小值是。
6、已知a,b是正数，且a + b = 1，求证：(ax + by)(ay + bx)≥xy
分析：∵a,b是正数，且a + b = 1
　　　∴(ax + by)(ay + bx) = a2xy + abx2 + aby2 + b2xy
　　　= (a2 + b2)xy+ ab(x2 + y2) = (1－2ab)xy+ ab(x2 + y2)
　　　= xy+ ab(x2 + y2－2xy) = xy + ab(x－y)2 ≥xy
（七）特殊与一般的思想
1、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = cx2+bx + a, 当|x| ≤1时，有|f(x)≤2。　（1）求证：|g(1)| ≤ 2；（2）求证：当|x| ≤ 1时，|g(x)|≤ 4.
证：（1）∵当|x| ≤1时，|f(x)|≤2,∴|f(1)|≤2
　　　　又|f(1)|＝|g(1)|　 ∴|g(1)|≤2
（2）∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(1)= ab+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤2 ∴|f(1)|≤2,|f(-1)|≤2,|f(0)|≤2
∴|g(x)|=|cx2+bx+a|
=|x2f(0)+[f(1)-f(-1)]x/2+[f(1)+f(-1)-2f(0)]/2|
=|(x2－1)f(0)+(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2|
≤|(x2－1)f(0)|+|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|(1－x2)||f(0)|
≤x+1+1-x+2 = 4
小结：对于二次函数f(x)=ax2+bx+cc=f(0)2a=f(1)+f(－1)－2f(0)
2b=f(1)f(1)
2、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = ax + b, 当－1≤x≤1时，有|f(x)≤1。　（1）证明：|c|≤1；（2）证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；（3）设a＞0，－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)的解析式。
①证明：∵－1≤x≤1时，有|f(x)|≤1,∴当x = 0时，有f (0) = c, 即|c| = |f(0)|≤1,故|c|≤1。
②证明：欲证当－1≤x≤1时，有|g(x)|≤2,即证－1≤x≤1时，－2≤g(x)≤2。对a分类讨论
当a＞0时，
∵g(x)在[－1,1]上是增函数，∴－a+b≤g(x)≤a+b,
∵a+b = f(1)－c ≤|f(1)| + |c|≤2,
－a +b = －[f(－1)－c]≥－[|f(－1)|+|c|]≥－2，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
当a＜0时，
∵g(x)在[－1,1]上是减函数，∴a+b≤g(x)≤－a+b,
∵a+b = f(1)－c ≥－[|f(1)|+|c|]≥－2 ，
－a +b = －[f(－1)－c] ≤|f(－1)|+ |c|≤2,，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
综上所述，有|g(x)|≤2。
③∵a＞0，∴g(x)在[－1,1]上是增函数，
∴x＝1时，g(x)取最大值2，即a+b＝2。
∴f(1)－f(0)＝a+b＝2，
∴－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1，即c= f(0)＝－1，
∵－1≤x≤1时，f(x)≥－1= f(0)，
∴x = 0为函数f(x)图象的对称轴，
∴b = 0, 故a＝2，所以f(x)＝2x2－1。
②另解：∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(1)= ab+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤1 ∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(0)|≤1
∴|g(x)|=|ax+b|
=|[f(1)+f(-1)-2f(0)]x/2+[f(1)-f(-1)]/2|
=|(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2-xf(0)|
≤|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|+|-xf(0)|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|-x||f(0)|
≤(x+1)/2+(1-x)/2+1= 2
3、是否存在满足下列条件的二次函数f(x)：
⑴当|x|≤1时，|f(x)|≤1；⑵f(2)＞7。若存在，求出解析式；若不存在，说明理由。
4、设f(x)=x2+bx+c(b、c为常数)，定义域为［－1,1］，⑴设|f(x)|的最大值为M，求证：M≥1/2；⑵求出⑴中当M＝1/2时，f(x)的表达式。
高二数学不等式复习...
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高一数学不等式知识点总结
　　不等式的证明问题，由于题型多变、方法多样、技巧性强，加上无固定的规律可循，往往不是用一种方法就能解决的，它是多种方法的灵活运用，也是各种思想方法的集中体现，因此难度较大。以下是学识网小编为您整理的关于高一数学不等式知识点总结的相关资料，希望对您有所帮助。　　高一数学不等式知识点总结
　　一、要点精析
　　1.比较法比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法)。
　　(1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：&a-b&0a&b;a-b&0a&b&。其一般步骤为：①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体;②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段;③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法。
　　(2)商值比较法的理论依据是：&若a，b&R+，a/b&1a&b;a/b&1a&b&。其一般步骤为：①作商：将左右两端作商;②变形：化简商式到最简形式;③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1。应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法。
　　2.综合法利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是&由因导果&，从&已知&看&需知&，逐步推出&结论&。其逻辑关系为：AB1
　　B2 B3& BnB，即从已知A逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B。
　　3.分析法分析法是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是&执果索因&，即从&未知&看&需知&，逐步靠拢&已知&。用分析法证明AB的逻辑关系为：BB1B1B3 &
　　BnA，书写的模式是：为了证明命题B成立，只需证明命题B1为真，从而有&，这只需证明B2为真，从而又有&，&&这只需证明A为真，而已知A为真，故B必为真。这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件。
　　4.反证法有些不等式的证明，从正面证不好说清楚，可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式A&B，先假设A&B，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定A&B。凡涉及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有&至多&、&至少&、&不存在&、&不可能&等词语时，可以考虑用反证法。
　　5.换元法换元法是对一些结构比较复杂，变量较多，变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换，以便简化原有的结构或实现某种转化与变通，给证明带来新的启迪和方法。主要有两种换元形式。(1)三角代换法：多用于条件不等式的证明，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑三角代换，将两个变量都有同一个参数表示。此法如果运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为三角问题根据具体问题，实施的三角代换方法有：①若x2+y2=1，可设x=cos&，y=sin&;②若x2+y2&1，可设x=rcos&，y=rsin&(0&r&1);③对于含有的不等式，由于|x|&1，可设x=cos&;④若x+y+z=xyz，由tanA+tanB+tanC=tanAtan-BtanC知，可设x=taaA，y=tanB，z=tanC，其中A+B+C=&。(2)增量换元法：在对称式(任意交换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a&b&c等)的不等式，考虑用增量法进行换元，其目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简。如a+b=1，可以用a=1-t，b=t或a=1/2+t，b=1/2-t进行换元。
　　6.放缩法放缩法是要证明不等式A
　　二、难点突破
　　1.在用商值比较法证明不等式时，要注意分母的正、负号，以确定不等号的方向。
　　2.分析法与综合法是对立统一的两个方面，前者执果索因，利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握;后者是由因导果，宜于表述，因为它条理清晰，形式简洁，适合人们的思维习惯。但是，用分析法探求证明不等式，只是一种重要的探求方式，而不是一种好的书写形式，因为它叙述较繁，如果把&只需证明&等字眼不写，就成了错误。而用综合法书写的形式，它掩盖了分析、探索的过程。因而证明不等式时，分析法、综合法常常是不能分离的。如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律。还有的不等式证明难度较大，需一边分析，一边综合，实现两头往中间靠以达到证题的目的。这充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系。分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点。
　　3.分析法证明过程中的每一步不一定&步步可逆&，也没有必要要求&步步可逆&，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件。如果非要&步步可逆&，则限制了分析法解决问题的范围，使得分析法只能使用于证明等价命题了。用分析法证明问题时，一定要恰当地用好&要证&、&只需证&、&即证&、&也即证&等词语。
　　4.反证法证明不等式时，必须要将命题结论的反面的各种情形一一加以导出矛盾。
　　5.在三角换元中，由于已知条件的限制作用，可能对引入的角有一定的限制，应引起高度重视，否则可能会出现错误的结果。这是换元法的重点，也是难点，且要注意整体思想的应用。
　　6.运用放缩法证明不等式时要把握好&放缩&的尺度，即要恰当、适度，否则将达不到预期的目的，或得出错误的结论。另外，是分组分别放缩还是单个对应放缩，是部分放缩还是整体放缩，都要根据不等式的结构特点掌握清楚。本文地址：http://www.xspic.com/xuexifangfa/gaoyishuxue/444216.htm
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