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教师用书word（苏教版）

该高中数学不等式单元复习讲义通过高频考点聚焦构建知识体系，按不等式性质及应用、基本不等式、一元二次不等式解法、实际应用问题分层梳理，以例题解析呈现各考点命题角度，突出重难点分布与内在逻辑联系。 讲义亮点在于“例题-练一练”的递进式练习设计，如例1结合三个不等式组成正确命题培养数学思维的推理能力，例4的空间卫星网络投入问题渗透数学语言表达现实世界的建模意识。练一练涵盖选择、证明等题型，帮助不同层次学生提升，为教师精准教学和学生自主复习提供有力支持。

章末总结　(三)不等式 ► 对应学生用书P51 　高频考点聚焦 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，－>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－>0， 即命题1：ab>0，bc－ad>0⇒－>0. 若ab>0，－>0成立，不等式－>0两边同乘ab，可得bc－ad>0， 即命题2：ab>0，－>0⇒bc－ad>0. 若－>0，bc－ad>0成立，则－＝>0. 又bc－ad>0，则ab>0， 即命题3：－>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．＋>0 D．(d－c)e> 解析：选C.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<，所以>， 即＋>0，故C正确； 对于D，若a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－，e＝－1时，则(d－c)e＝2＝，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＋<0对一切x∈(－∞，1)恒成立，则实数m的取值范围是___________． 解析：∵2x＋m＋<0对一切x∈(－∞，1)恒成立， ∴m<－2x－＝2(1－x)＋－2对一切x∈(－∞，1)恒成立， ∵x<1，∴1－x>0，>0， ∴2(1－x)＋≥2＝2，当且仅当2(1－x)＝，即x＝1－时取等号． ∵不等式2x＋m＋<0对一切x∈(－∞，1)恒成立，∴m<2－2. ∴实数m的取值范围是(－∞，2－2). 答案：(－∞，2－2) (2)已知正实数a，b满足＋＝1，求证：a＋b≥. 证明：因为2a＋2b＋1＝2a＋b＋b＋1， 由＋＝1，可得2a＋b＋b＋1＝[(2a＋b)＋(b＋1)] ＝1＋＋1＋≥2＋2＝4， 当且仅当a＝，b＝1时取等号，所以2a＋2b＋1≥4，即a＋b≥. 【练一练】 2．已知a，b，c均为正实数，求证：＋＋≥3. 证明：∵a，b，c均为正实数， ∴＋≥2(当且仅当a＝2b时等号成立)， ＋≥2(当且仅当a＝3c时等号成立)， ＋≥2(当且仅当2b＝3c时等号成立)， 将上述三式相加得＋＋≥6(当且仅当a＝2b＝3c时等号成立)， ∴＋＋≥3(当且仅当a＝2b＝3c时等号成立)， 即＋＋≥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－≤x≤1＋，所以不等式的解集为[1－，1＋]. (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≥}， 当m<－2时，不等式解集为{x|－1≤x≤}， 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|≤x≤－1}， 综上所述，当m<－2时，不等式解集为{x|－1≤x≤}， 当m＝－2时，不等式解集为{x|x＝－1}，当－2<m<0时，不等式解集为， 当m＝0时，不等式解集为，当m>0时，不等式解集为. 【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， ∴ 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≥a，解得m≥＋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≥xa， 两边同除以ax得≥m－， 整理得m≤＋＋3，故有＋1≤m≤＋＋3， 因为＋＋3≥2＋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，＋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＝－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＝＝＋－48≥2－48＝32(0<x<220). 当且仅当＝，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． 学科网（北京）股份有限公司 $