章末总结(三) 不等式-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件系统梳理了不等式单元的核心内容，涵盖不等式的性质及应用、基本不等式及其应用、一元二次不等式的解法、实际应用问题四大考点，通过例题解析与分层练习将知识点串联，帮助学生构建完整的知识网络。 其特色在于采用“考点聚焦-例题精析-变式训练”模式，如基本不等式求最值时构造“2(1-x)+1/(1-x)”的形式培养逻辑推理能力，实际应用问题中研发人员投入模型让学生用数学眼光观察现实，分层练习满足不同学情，助力教师高效开展复习教学。

数学·必修·第一册(苏教) 章末总结　(三)不等式 阶段过关检测卷(三) 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) . 【练一练】 2．已知a，b，c均为正实数，求证： eq \f(2b＋3c－a,a) ＋ eq \f(a＋3c－2b,2b) ＋ eq \f(a＋2b－3c,3c) ≥3. 证明：：∵a，b，c均为正实数， ∴ eq \f(2b,a) ＋ eq \f(a,2b) ≥2(当且仅当a＝2b时等号成立)， eq \f(3c,a) ＋ eq \f(a,3c) ≥2(当且仅当a＝3c时等号成立)， eq \f(3c,2b) ＋ eq \f(2b,3c) ≥2(当且仅当2b＝3c时等号成立)， 将上述三式相加得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c))) ≥6(当且仅当a＝2b＝3c时等号成立)， ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)－1)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)－1)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)－1)) ≥3(当且仅当a＝2b＝3c时等号成立)， 即 eq \f(2b＋3c－a,a) ＋ eq \f(a＋3c－2b,2b) ＋ eq \f(a＋2b－3c,3c) ≥3(当且仅当a＝2b＝3c时等号成立). 考点三　一元二次不等式的解法 一元二次不等式的解法包括不含参数的和含有参数的形式．不含参的一元二次不等式解法比较简单，常与集合问题结合；含参不等式要注意分类讨论，关键是弄清分类的依据，做到不重不漏． 例3.已知关于x的不等式ax2＋bx＋c≥0. (1)当a＝－1，b＝2，c＝1时，求该不等式的解集； (2)从下面两个条件中任选一个，并求出此时该不等式的解集． ①a＝1，b＝－2－m，c＝2m； ②a＝m，b＝m－2，c＝－2. 解：(1)当a＝－1，b＝2，c＝1时不等式为－x2＋2x＋1≥0， 可化为x2－2x－1≤0，解得1－ eq \r(2) ≤x≤1＋ eq \r(2) ，所以不等式的解集为[1－ eq \r(2) ，1＋ eq \r(2) ]. (2)若选①，a＝1，b＝－2－m，c＝2m，不等式为x2－(2＋m)x＋2m≥0， 即(x－2)(x－m)≥0，当m>2时，不等式解集为{x|x≤2或x≥m}， 当m＝2时，不等式解集为R， 当m<2时，不等式解集为{x|x≤m或x≥2}， 综上所述：当m>2时，不等式解集为{x|x≤2或x≥m}， 当m＝2时，不等式解集为R，当m<2时，不等式解集为{x|x≤m或x≥2}． 若选②a＝m，b＝m－2，c＝－2.不等式为mx2＋(m－2)x－2≥0， 若m＝0，－2x－2≥0，不等式解集为{x|x≤－1}， 若m≠0，不等式可化为(mx－2)(x＋1)≥0， 当m>0时，不等式解集为{x|x≤－1或x≥ eq \f(2,m) }， 当m<－2时，不等式解集为{x|－1≤x≤ eq \f(2,m) }， 当m＝－2时，不等式解集为{x|x＝－1}， 当－2<m<0时，不等式解集为{x| eq \f(2,m) ≤x≤－1}， 综上所述，当m<－2时，不等式解集为{x|－1≤x≤ eq \f(2,m) }， 当m＝－2时，不等式解集为{x|x＝－1}，当－2<m<0时，不等式解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2,m)≤x≤－1)) ， 当m＝0时，不等式解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－1)))) ，当m>0时，不等式解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－1或x≥\f(2,m))))) . 【练一练】 3．已知关于x的不等式ax2＋x＋b>0的解集为(－1，2)(a，b∈R). (1)求a，b的值； (2)解关于x的不等式：(x＋a)(x－k)<0(k∈R). 解：(1)∵ 关于x的不等式ax2＋x＋b>0的解集为(－1，2)， ∴ －1，2为方程ax2＋x＋b＝0的两个根， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝0，,4a＋2＋b＝0，)) 解得a＝－1，b＝2. (2)由(1)知，不等式(x＋a)(x－k)<0，即为(x－1)(x－k)<0， ∵方程(x－1)(x－k)＝0的两根为x＝1，x＝k， ①当k>1时，有1<x<k； ②当k＝1时，x∈∅； ③当k<1时，有k<x<1. 综上所述，当k>1时，原不等式的解集为(1，k)； 当k＝1时，原不等式的解集为∅； 当k<1时，原不等式的解集为(k，1). 考点四　实际应用问题 本章实际应用问题的求解主要涉及两个工具，一是一元二次不等式，二是基本不等式．对数学建模的核心素养有较高要求．要在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题、分析问题、建立模型，确定参数，转化为基本不等式模型或一元二次不等式模型，并求解． 例4.为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入．据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a(a>0)万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名(x∈N＋且45≤x≤75)，调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(2x,25))) 万元． (1)要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？ (2)是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由． 解：(1)依题意可得调整后研发人员人数为100－x，年人均投入为(1＋4x%)a万元， 则(100－x)[1＋(4x)%]a≥100a(a>0)，解得0≤x≤75，又45≤x≤75，x∈N＋，所以调整后的技术人员的人数最多75人． (2)假设存在实数m满足条件．由技术人员年人均投入不减少有a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(2x,25))) ≥a，解得m≥ eq \f(2x,25) ＋1. 由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有 (100－x)[1＋(4x)%]a≥x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(2x,25))) a， 两边同除以ax得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100,x)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,25))) ≥m－ eq \f(2x,25) ， 整理得m≤ eq \f(100,x) ＋ eq \f(x,25) ＋3，故有 eq \f(2x,25) ＋1≤m≤ eq \f(100,x) ＋ eq \f(x,25) ＋3， 因为 eq \f(100,x) ＋ eq \f(x,25) ＋3≥2 eq \r(\f(100,x)·\f(x,25)) ＋3＝7，当且仅当x＝50时等号成立，所以m≤7， 又因为45≤x≤75，x∈N＋，所以当x＝75时， eq \f(2x,25) ＋1取得最大值7，所以m≥7， ∴7≤m≤7，即存在这样的m满足条件，其范围为{7}． 【练一练】 4．某企业研发的一条生产线生产某种产品，据测算，其生产的总成本y(万元)与年产量x(吨)之间的关系式为y＝ eq \f(x2,5) －48x＋8 000，已知此生产线年产量最大为220吨． (1)求年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低，并求出这个最低成本； (2)经过评估，企业定价每吨产品的出厂价为40万元，且最大利润不超过1 660万元，由该生产线年产量的最大值应为多少？ 解：(1)设每吨的平均成本为W， 则W＝ eq \f(y,x) ＝ eq \f(x,5) ＋ eq \f(8 000,x) －48≥2 eq \r(\f(x,5)·\f(8 000,x)) －48＝32(0<x<220). 当且仅当 eq \f(x,5) ＝ eq \f(8 000,x) ，即x＝200(吨)时每吨平均成本最低，且最低成本为32万元． (2)由题意得，40x－y≤1 660⇒x2－440x＋48 300≥0，解得x≥230或x≤210， ∵0<x≤220，∴0<x≤210. 当最大利润不超过1 660万元时，年产量的最大值应为210吨． $