第3章 章末总结 (三)不等式-【金版新学案】2023-2024学年新教材高一数学必修1同步课堂高效讲义配套课件(苏教版)

2023-11-07
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资源信息

学段 高中
学科 数学
教材版本 高中数学苏教版必修 第一册
年级 高一
章节 本章回顾
类型 课件
知识点 等式与不等式
使用场景 同步教学-单元练习
学年 2023-2024
地区(省份) 全国
地区(市) -
地区(区县) -
文件格式 PPTX
文件大小 2.01 MB
发布时间 2023-11-07
更新时间 2023-11-07
作者 山东正禾大教育科技有限公司
品牌系列 金版新学案·高中同步课堂高效讲义
审核时间 2023-11-07
下载链接 https://m.zxxk.com/soft/41626353.html
价格 2.00储值(1储值=1元)
来源 学科网

内容正文:

章末总结 (三)不等式   第3章 不等式 阶段过关检测卷(三) 谢 谢 观 看 ! 第 3 章   不等式 考点一 不等式的性质及应用 不等式性质是本章的重要考点,主要有以下命题角度:(1)根据不等式性质判断命题真假;(2)利用不等式性质解不等式;(3)利用不等式性质证明不等式;(4)利用不等式性质求代数式范围.题型多为选择或填空题,有时也命制解答题,难度中低等.解题时要注意各个性质适用的条件. 例1.已知三个不等式:ab>0,bc-ad>0, eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0(其中a,b,c,d均为实数),用其中两个不等式作为条件,余下的一个不等式作为结论组成一个命题,请写出可组成正确命题的两个命题. 解:若ab>0,bc-ad>0成立,不等式bc-ad>0两边同除以ab可得 eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0, 即命题1:ab>0,bc-ad>0⇒ eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0. 若ab>0, eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0成立,不等式 eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0两边同乘ab,可得bc-ad>0, 即命题2:ab>0, eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0⇒bc-ad>0. 若 eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0,bc-ad>0成立,则 eq \f(c,a) - eq \f(d,b) = eq \f(bc-ad,ab) >0. 又bc-ad>0,则ab>0, 即命题3: eq \f(c,a) - eq \f(d,b) >0,bc-ad>0⇒ab>0. (以上三个命题中任意选择两个命题都可以) 【练一练】 1.已知a>b>0,c<d<0,e<0,则下述一定正确的是(  ) A.ae>be B.c2<d2 C. eq \f(e,a-c) + eq \f(e,d-b) >0 D.(d-c)e> eq \f(a,b) 答案: C 解析:因为a>b>0,c<d<0,e<0,所以ae<be,c2>d2,故AB错误; -c>-d>0,所以a-c>b-d>0,所以 eq \f(1,a-c) < eq \f(1,b-d) ,所以 eq \f(e,a-c) > eq \f(e,b-d) , 即 eq \f(e,a-c) + eq \f(e,d-b) >0,故C正确; 对于D,若a=2,b=1,c=-1,d=- eq \f(1,2) ,e=-1时,则(d-c)e=2= eq \f(a,b) ,故D错误. 考点二 基本不等式及其应用 基本不等式应用广泛,主要用于求函数的最值.一些恒成立问题、不等式的证明问题、实际情境中的最值问题等都可以转化为基本不等式问题.常考题型为选择或填空题,难度中等.解题时要注意不等式成立的前提,有时要根据式子特点构造应用基本不等式的条件. 例2.(1)不等式2x+m+ eq \f(1,x-1) <0对一切x∈(-∞,1)恒成立,则实数m的取值范围是___________. 解析:∵2x+m+ eq \f(1,x-1) <0对一切x∈(-∞,1)恒成立, ∴m<-2x- eq \f(1,x-1) =2(1-x)+ eq \f(1,1-x) -2对一切x∈(-∞,1)恒成立, ∵x<1,∴1-x>0, eq \f(1,1-x) >0, ∴2(1-x)+ eq \f(1,1-x) ≥2 eq \r(2(1-x)·\f(1,1-x)) =2 eq \r(2) ,当且仅当2(1-x)= eq \f(1,1-x) ,即x=1- eq \f(\r(2),2) 时取等号. ∵不等式2x+m+ eq \f(1,x-1) <0对一切x∈(-∞,1)恒成立,∴m<2 eq \r(2) -2. ∴实数m的取值范围是(-∞,2 eq \r(2) -2). 答案:(-∞,2 eq \r(2) -2) (2)已知正实数a,b满足 eq \f(1,2a+b) + eq \f(1,b+1) =1,求证:a+b≥ eq \f(3,2) . 证明::因为2a+2b+1=2a+b+b+1, 由 eq \f(1,2a+b) + eq \f(1,b+1) =1,可得2a+b+b+1= eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a+b)+\f(1,b+1))) [(2a+b)+(b+1)] =1+ eq \f(b+1,2a+b) +1+ eq \f(2a+b,b+1) ≥2+2 eq \r(\f(b+1,2a+b)×\f(2a+b,b+1)) =4, 当且仅当a= eq \f(1,2) ,b=1时取等号,所以2a+2b+1≥4,即a+b≥ eq \f(3,2) . 【练

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