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选修4-5不等式选讲讲义


选修 4-5 不等式选讲讲义
河南省三门峡市卢氏县第一高级中学 山永峰 不等式选讲是新课标的新增内容,也是选考内容。从题型上看 小题、大题都有,难度不大。从能力要求上看,主要考查学生了解不 等式、应用不等式的能力,分析问题和解决问题的能力。 (1)在填空 题或解答题中考查含绝对值不等式的解法与含绝对值符号的函数的 最值、恒成立问题。 (2)直接运用柯西不等式、排序不等式或证明不 等式,往往难度不大。加以适当的训练是完全可以掌握的。预计在 2015 年高考中: (1)本专题仍为选考部分内容,且以绝对值不等式的 解法和证明内容为主,把不等式的综合应用放在次重点位置上,把不 等式的证明放在一般位置上。从题型上看,仍为填空题或解答题,难 度不大。现结合考纲要求和本人多年教学经验整理如下,以餙读者! 第一节 绝对值不等式 [备考方向要明了] 考 什 么 1.理解绝对值不等式的几何意义,并能利用绝 对值不等式的几何意义证明以下不等式: (1)|a+b|≤|a|+|b|;(2)|a-b|≤|a-c|+|c-b|. 2.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. [归纳· 知识整合] 1.绝对值不等式的解法 (1)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法 怎 么 考 从近两年的高考试题可以看出,本节重 点考查含绝对值不等式的解法(可能含 参)或以函数为背景证明不等式,题型为 解答题,如 2012 年新课标 T24 等.

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①|ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c. ②|ax+b|≥c?ax+b≥c 或 ax+b≤-c. (2)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法 法一: 利用绝对值不等式的几何意义求解, 体现了数形结合思想; 法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论思想; 法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程 的思想. [探究] 1.解含绝对值不等式或含绝对值方程的关键是什么? 提示:关键是根据绝对值的定义或性质去掉绝对值. 2.绝对值三角不等式 (1)定理 1:如果 a,b 是实数,则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,当且 仅当 ab≥0 时,等号成立. (2)定理 2:如果 a,b,c 是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当 且仅当(a-b)(b-c)≥0 时,等号成立. [探究] 2.绝对值的三角不等式的向量形式及几何意义是什么? 提示:当 a,b 不共线时,|a+b|<|a|+|b|,它的几何意义是三角 形的两边之和大于第三边. [自测· 牛刀小试] 1.求不等式|2x-1|≥3 的解集. 2.已知函数 f(x)=|x+2|-|x-1|,求 f(x)的值域. 3.(2011· 江西)对于 x∈R,求不等式|x+10|-|x-2|≥8 的解集. 4.已知关于 x 的不等式|x-1|+|x|≤k 无解,求实数 k 的取值范 围. 5.如果关于 x 的不等式|x-a|+|x+4|≥1 的解集是全体实数,求 实数 a 的取值范围.

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考点一:绝对值不等式性质的应用
[例 1] 确定“|x-a|<m 且|y-a|<m”是“|x-y|<2m(x,y,a,m ∈R)”的什么条件. ————— —————————————— 两数和与差的绝对值不等式的性质 |a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b| (1) 对绝对值三角不等式定理 |a| - |b|≤|a± b|≤|a| + |b| 中等号成立 的条件要深刻理解,特别是用此定理求函数的最值时. (2)该定理可强化为||a |-|b||≤|a± b|≤|a|+|b|,它经常用于证明含 绝对值的不等式. 变式训练:1.若不等式|x+1|+|x-2|≥a 对任意 x∈R 恒成立, 求 a 的取值范围.

考点二:绝对值不等式的解法
[例 2] (2012· 新课标全国卷)已知函数 f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)当 a=-3 时,求不等式 f(x)≥3 的解集; (2)若 f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求 a 的取值范围. ————— —————————————— 绝对值不等式的解法 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤:①求零点;②划区间、 去绝对值号;③分别解去掉绝对值的不等式;④取每个结果的并集, 注意在分段时不要遗漏区间的端点值. (2)用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使得代 数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法.

变式训练:
2.设函数 f(x)=|x-1|+|x-a|

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(1)若 a=-1,解不等式 f(x)≥3; (2)如果?x∈R,f(x)≥2,求 a 的取值范围. 3.(2011· 辽宁高考)已知函数 f(x)=|x-2|-|x-5|. (1)证明:-3≤f(x)≤3; (2)求不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集.

3 种方法——求解绝对值不等式的方法 形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有如下解法: (1)零点分段讨论法:利用绝对值号内式子对应方程的根,将数 轴分为(-∞,a],(a,b],(b,+∞)(此处设 a<b)三个部分,在每个 部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解, 然后取各个不等式 解集的并集. (2)几何法:利用 |x-a|+|x-b|>c(c>0)的几何意义:数轴上到点 x1=a 和 x2=b 的距离之和大于 c 的点的集合. (3)图象法:作出函数 y1=|x-a|+|x-b|和 y2=c 的图象,结合图 象求解. 创新交汇——含参数的绝对值不等式的恒成立问题 1. 含参数的绝对值不等式的恒成立问题是高考的热点内容之一, 此类问题常与二次函数、对数函数、三角函数结合命题,需要有一定 的综合知识的能力. 2.解答此类问题时,根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值 符号, 转化为分段函数, 然后利用数形结合解决, 是常用的思想方法. [典例] (2012· 辽宁高考)已知 f(x)=|ax+1|(a∈R), 不等式 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}.(1)求 a 的值;
? ? x ?? (2)若?f?x?-2f?2??≤k 恒成立,求 k 的取值范围. ? ? ??
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[名师点评] 1.本题有以下创新点 把绝对值不等式与集合、函数知识、恒成立问题紧密结合起来研 究,尽管难度不大,但需要有一定的知识综合能力. 2.解决本题的关键点 解答本题的关键点:(1)先求解不等式|ax+1|≤3,并将解集与已 知解集对照求出 a 的值;(2)利用零点分段讨论去掉绝对值,将问题 转化为恒成立问题. 3.在解决恒成立问题时应注意 C≥f(x)恒成立?C≥f(x)max, C≤f(x)恒成立?C≤f(x)min. [变式训练] 1.(2014· 陕西高考改编)若存在实数 x 使|x-a|+|x-1|≤3 成立, 求实数 a 的取值范围. 2.(2014· 苏北四市调研)已知函数 f(x)=|x-1|+|x-2|.若不等式|a +b|+|a-b|≥|a|f(x)对 a,b∈R,且 a≠0 恒成立,求实数 x 的范围.

模拟测试题:
1. (2014· 青岛模拟)若不等式 x2+|2x-6|≥a 对于一切实数 x 均成 立,求实数 a 的最大值. 2.(2013· 江西高考)在实数范围内,求不等式|2x-1|+|2x+1|≤6 的解集. 1? ? 3.若不等式?x+x?>|a-2|+1 对于一切非零实数 x 均成立,求实
? ?

数 a 的取值范围. 4.解不等式 x+|2x-1|<3.. 5.设函数 f(x)=|2x+1|-|x-4|. (1)解不等式 f(x)>2; (2)求函数 y=f(x)的最小值.
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备选习题:
1.若不等式|3x-b|<4 的解集中整数有且仅有 1,2,3,求实数 b 的 取值范围. 2.已知关于 x 的不等式|ax-2|+|ax-a|≥2(a>0). (1)当 a=1 时,求此不等式的解集; (2)若此不等式的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 3.已知 f(x)=|6x+a|. 1 5? ? (1)若不等式 f(x)≥4 的解集为?x|x≥2或x≤-6?,求实数 a 的值;
? ?

(2)在(1)的条件下,若 f(x+1)+f(x-1)>b 对一切实数 x 恒成立, 求实数 b 的取值范围.

第二节 不等式证明的基本方法
[备考方向要明了] 考 什 么 怎 么 考

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1.了解下列柯西不等式的几种不同形式. 理解它们的 几何意义,并会证明. ①柯西不等式的向量形式:|α|· |β|≥|α·β|. ②(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2. 1.该部分是对必修 5 中“不等式”的 ③ ?x1-x2? +?y1-y2? + ?x2-x3? +?y2-y3?
2 2 2 2

补充和深化,属选学选考内容.单独

≥ ?x1-x3?2+?y1-y3?2(通常称为平面三角不等式). 命题时,以解答题形式出现,属中等 2.会用向量递归方法讨论排序不等式. 3.了解数学归纳法的原理及其使用范围, 会用数学归 纳法证明一些简单问题. 4.会用数学归纳法证明贝努利不等式:(1+x)n>1+ nx(x>-1,x≠0,n 为大于 1 的正整数),了解当 n 为大于 1 的实数时贝努利不等式也成立. 5.会用上述不等式证明一些简单问题. 能够利用平均 值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值. 6.了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分 析法、反证法、放缩法 . 难度题目. 2.高考考查的重点是不等式的证明、 基本不等式、柯西不等式、数学归纳 法的应用,利用基本不等式、柯西不 等式求函数的最值等, 如 2012 年新课 标 T24 等.

[归纳· 知识整合] 1.比较法:作差比较法与作商比较法的基本原理: 方法 作差法 作商法 2.综合法与分析法 方法 特征 原理 a-b>0?a>b a b>1?a>b(a>0,b>0)

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综合法

证明不等式时,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等, 经过推理论证而得出命题成立,综合法又叫顺推证法或由因导果法. 证明命题时,从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,

分析法 直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理 等).这是一种执果索因的思考和证明方法.

[探究] 1.在证明不等式时综合法和分析法有怎样的关系? 提示:综合法:由条件出发推导出所要证明的不等式成立.分析 法:从结论出发寻找使结论成立的充分条件,综合法与分析法是对立 统一的两种方法.在实际解题时,常常用分析法探求解题思路,用综 合法表达. 2.在什么条件下用分析法证明不等式? 提示:如果不适合用反证法、归纳法,而综合法又不易操作时, 通过分析又容易找到使要证明结论成立的已知条件,这时用分析法. 3.反证法:先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已 知条件,应用公理、定义、定理、性质等,进行正确的推理,得到和 命题的条件(或已证明的定理、 性质、 明显成立的事实等)矛盾的结论, 以说明假设不正确,从而证明原命题成立,我们把它称为反证法. 4.放缩法:证明不等式时,有时要把所证不等式的一边适当地 放大或缩小,以利于化简,并使它与不等式的另一边的不等关系更为 明显,从而得出原不等式成立这种方法称为放缩法. 5.数学归纳法:数学归纳法证明不等式的一般步骤 (1)验证:当 n 取第一个值 n0(例如 n0=1,2 等)时结论正确; (2)假设当 n=k 时结论正确,证明当 n=k+1 时结论也正确. 综合(1)(2)可知,结论对于任意 n≥n0,且 n0,n ∈ N*都成立.
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6.柯西不等式:设 a,b,c,d 均为实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac +bd)2 等号当且仅当 ad=bc 时成立. [自测· 牛刀小试] b+1 b 1.设 t=a,s= (b>a>0),确定 s 与 t 的大小关系. a+1 2.求函数 y= x+ 3-x的最大值. 1 4 9 3.已知 a,b 为正数,求证:a+b≥ . a+b 4.设 a≥b>0,求证:3a3+2b3≥3a2b+2ab2. 1 1 1 3 5. 数列{an}的通项公式为 an=n(n+2). 求证: + +?+ a a an<4.
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考点一:比较法证明不等式
[例 1] 设 a,b 是非负实数,求证:a3+b3≥ ab(a2+b2). ————— —————————————— 作差比较法证明不等式的步骤 (1)作差;(2)变形;(3)判断差的符号;(4)下结论.其中“变形” 是关键,通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式,再结合 不等式的性质判断出差的正负. a2-b2 a-b 变式训练:1.设 a>b>0,求证: 2 2> . a +b a+b

考点二:用分析法和综合法证明不等式
a b c 3 [例 2] 设 a>0,b>0,c>0,求证: + + ≥2. b+c a+c a+b ————— —————————————— 分析综合法 分析法与综合法常常结合起来使用,称为分析综合法,其实质是 既充分利用已知条件, 又时刻瞄准解题目标, 即不仅要搞清已知什么,
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还要明确干什么,通常用分析法找到解题思路,用综合法书写证题过 程. 变式训练 2.已知 a,b,c 均为正实数. b 2 c2 a 2 求证: a + b + c ≥c b a+a c b+b a c.

考点三:用反证法证明不等式
[例 3] 已知 f(x)=x2+px+q,求证|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一 1 个不小于2. 互动探究 若本例已知中的 q=1,求证:

f(1)与 f(-1)中至少有一个不小于 2. ————— —————————————— 反证法的适用情形 (1)当要证明的结论与条件之间的联系不明显,直接由条件推出 结论很困难时,常用反证法. (2)如果从正面入手证明需分多种情况进行分类讨论,则从反面 进行证明,即“正难则反”的思想.

变式训练:3.如果 a,b,c,d 均为实数,a+b=1,c+d=1,
且 ac+bd>1.试证明 a,b,c,d 中至少有一个负数. .

考点四:用放缩法证明不等式
[例 4]已知:an= 1×2+ 2×3+ 3×4+?+ n?n+1?(n∈N


n?n+1? n?n+2? ),求证: 2 <an< 2 . ————— ——————————————

用放缩法证明不等式的基本方法及常用技巧 (1)用放缩法证明不等式的基本方法是:欲证 A≥B,可通过适当 放大或缩小,借助一个或多个中间变量,使得 B≤B1,B1≤B2,?,
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Bi≤A,或 A≥A1,A1≥A2,?,Ai≥B,再利用传递性,达到目的. (2) 放缩法的常用技巧: (1) 舍去一些正项或负项如 a2 + a + 1 = 1? 3 ? 1? ? ?a+ ?2+ >?a+ ?2 等; (2)在和或积中换大(或换小)某些项; (3)扩大(或 2? 4 ? 2? ? a a+m 1 1 缩小)分式的分子或分母, 如b> (a , b, m∈R+且 a>b), 2< k k?k-1?, b+m 1 2 < 等;(4)绝对值不等式的性质,如|a+b|≤|a|+|b|等. k k+ k+1

变式训练:4.设 m 是|a|,|b|和 1 中最大的一个,当|x|>m 时,
?a b ? 求证:? x+x2?<2. ? ?

考点五:柯西不等式的应用
[例 5] 若 3x+4y=2,试求 x2+y2 的最小值. ————— ——————————————

使用柯西不等式的一般形式求最值时, 关键是结合已知条件构造 两个适当的数值,变形为柯西不等式的形式.

变式训练:5.求函数 f(x)=2 1-2x+ 4x+3的最大值.

3 个方面——证明不等式的方法和技巧 (1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显,可考虑用分 析法;如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命 题、惟一性命题,则考虑用反证法;如果待证不等式与自然数有关, 则考虑用数学归纳法等. (2)在必要的情况下,可能还需要使用换元法、构造法等技巧简 化对问题的表述和证明.尤其是对含绝 对值不等式的解法或证明,其简化的基本思路是化去绝对值号, 转化为常见的不等式(组)求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、
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分区间、逐个解、并起来”为简化策略,而绝对值三角不等式,往往 作为不等式放缩的依据. (3)在使用基本不等式时,等号成立的条件是一直要注意的事情, 特别是连续使用时,要求分析每次使用时等号是否成立. 易误警示——不等式证明中的易错误区 [典例] (2013· 西安)设 a∈R, 函数 f(x)=ax2+x-a(-1≤x≤1), 5 17 (1)若|a|≤1, 求证: |f(x)|≤4; (2)求 a 的值, 使函数 f(x)有最大值 8 . [易误辨析] (1)因不能正确利用绝对值三角不等式定理、配方法、放缩法等 进行证明而致错. (2)因忽视对 a 的讨论而致第(2)问出错. (3)对较简单的绝对值不等式证明,不会灵活运用平方法、换元 法等去掉绝对值符号转化为常见的不等式证明题, 或不能恰当运用||a| -|b||≤|a± b|≤|a|+|b|,通过适当地添项、拆项进行放缩证明,也是造 成此类问题失分的原因. 1 [变式训练]: (2014· 江苏高考)已知实数 x,y 满足:|x+y|<3, 1 5 |2x-y|<6,求证:|y|<18. 检测训练题 2 1.已知关于 x 的不等式 2x+ ≥7 在 x∈(a,+∞)上恒成立, x-a 求实数 a 的最小值. 1 2.(2013· 沈阳模拟)已知 a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥3. 3.(2012· 南京模拟)已知 x、y、z 均为正数,求证:

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3?1 1 1? ? + + ? 3 ?x y z ?≤

1 1 1 x2+y2+z2.

4. (2013· 福建高考)已知函数 f(x)=m-|x-2|, m∈R, 且 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1]. (1)求 m 的值; 1 1 1 (2)若 a,b,c∈R+,且a+2b+3c=m,求证:a+2b+3c≥9. 1 1 1 1 5.求证: + +?+3n>2(n≥2,n∈N*). n+1 n+2 备选习题 1 1 1.已知 a>0,b-a>1,求证: 1+a> 1 . 1-b

2.已知函数 f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a、b∈R. (1)若 a+b≥0,求证:f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b); (2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.

2014 年高考不等式选讲真题专练
1.[2014· 福建卷] (Ⅲ)选修 45:不等式选讲已知定义在 R 上的函 数 f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为 a. (1)求 a 的值; (2)若 p,q,r 是正实数,且满足 p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3. 2.[2014· 广东卷] 设集合 A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0, 1},i=1,2,3,4,5},那么集合 A 中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3| +|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )

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A.60

B.90

C.120

D.130

3.[2014· 广东卷] 不等式|x-1|+|x+2|≥5 的解集为________. 4 . [2014· 湖 南 卷 ] 若 关 于 x 的 不 等 式 |ax - 2| < 3 的 解 集 为 5 1? ? ?x- <x< ?,则 a=________. 3 3? ? 5.[2014· 江西卷] (1)(不等式选做题)对任意 x,y∈R,|x-1|+|x| +|y-1|+|y+1|的最小值为( A.1 B.2 ) C.3 D.4

6.[2014· 辽宁卷] 选修 45:不等式选讲 设函数 f(x)=2|x-1|+x-1, g(x)=16x2-8x+1.记 f(x)≤1 的解集 为 M,g(x)≤4 的解集为 N. (1)求 M; 1 (2)当 x∈M∩N 时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤4. 7.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 选修 45:不等式选讲 1 1 若 a>0,b>0,且a+b= ab. (1)求 a3+b3 的最小值.

(2)是否存在 a,b,使得 2a+3b=6?并说明理由. 8.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 选修 45:不等式选讲 1? ? 设函数 f(x)=?x+a?+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2; ? ? (2)若 f(3)<5,求 a 的取值范围. 9.[2014· 陕西卷] A.(不等式选做题)设 a,b,m,n∈R,且 a2 +b2=5,ma+nb=5,则 m2+n2的最小值为________. 10.[2014· 浙江卷] (1)解不等式 2|x-2|-|x+1|>3; (2)设正数 a, b, c 满足 abc=a+b+c, 求证: ab+4bc+9ac≥36, 并给出等号成立条件. 1 11. [2014· 重庆卷] 若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+2a+2 对任意实 数 x 恒成立,则实数 a 的取值范围是________.

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第一节 绝对值不等式参考答案
1.解:|2x-1|≥3 等价于 2x-1≥3 或 2x-1≤-3,解得 x≥2 或 x≤-1. 所以解集为(-∞,-1]∪[2,+∞).

?-3,x<-2, 2.解:函数可化为 f(x)=?2x+1,-2≤x≤1, ?3,x>1,

所以 f(x)∈[-3,3].

? ? ?x≤-10, ?-10<x≤2, ? 3. 解: 由题得 或? 或 ?-x-10+x-2≥8, ? ? ?x+10+x-2≥8, ?x>2, ? ? 解得 x∈[0,+∞). ?x+10-x+2≥8. ?

4.解:∵|x-1|+|x|≥|x-1-x|=1,∴当 k<1 时,不等式|x-1|+ |x|≤k 无解,故 k<1. 5.解:在数轴上,由实数绝对值的几何意义知 a≤-5 或 a≥-3. [自主解答] ∵|x-y|=|(x-a)-(y-a)|≤|x-a|+|y-a|<m+m=

2m,∴|x-a|<m 且|y-a|<m 是|x-y|<2m 的充分条件. 取 x=3,y=1,a=-2,m=2.5,则有|x-y|=2<5=2m,但|x- a|=5,不满足|x-a|<m=2.5, 故|x-a|<m 且|y-a|<m 不是

|x-y|<2m 的必要条件.故为充分不必要条件 变式训练 解:由于|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,所以只 需 a≤3 即可.

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[自主解答]

?-2x+5,x≤2, (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ?2x-5,x≥3.

当 x≤2 时,由 f(x)≥3 得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3 得 2x-5≥3,解得 x≥4; 所以 f(x)≥3 的解集为{x|x≤1 或 x≥4}. (2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当 x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a| ?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a. 由条件得-2-a≤1 且 2-a≥2,即-3≤a≤0. 故满足条件的 a 的取值范围为[-3,0]. 变式训练 解:(1)当 a=-1 时,f(x)=|x-1|+|x+1|, -2x,x<-1, ? ? f(x)=?2,-1≤x≤1, ? ?2x,x>1.

作出函数 f (x)=|x-1|+|x+1|的图象.

? ? 3 3? 由图象可知,不等式的解集为?x?x≤-2 ,或x≥2?. ? ? ?

(2)若 a=1,f(x)=2|x-1|,不满足题设条件:

?-2x+a+1,x≤a, 若 a<1,f(x)=?1-a,a<x<1, ?2x-a-1,x≥1 ?-2x+a+1,x≤1, 若 a>1,f(x)=?a-1,1<x<a, ?2x-a-1,x≥a ,

f(x)的最小值为 1-a;

f(x)的最小值为 a-1.

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所以对于?x∈R,f(x)≥2 的充要条件是|a-1|≥2, 所以 a 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).

?-3,x≤2, 3.解:(1)证明:f(x)=|x-2|-|x-5|=?2x-7,2<x<5, ?3,x≥5.
4.当 2<x<5 时,-3<2x-7<3. 所以-3≤f(x)≤3. (2)由(1)可知,当 x≤2 时,f(x)≥x2-8x+15 的解集为空集; 当 2<x<5 时,f(x)≥x2-8x+15 的解集为 {x|5- 3≤x<5};

当 x≥5 时,f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5≤x≤6}. 综上,不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集为 {x|5- 3≤x≤6}. 例:[解] (1)由|ax+1|≤3 得-4≤ax≤2. {x|-2≤x≤1},所以当 a≤0 时,不合题意. 4 2 当 a>0 时,-a≤x≤a,得 a=2. 又 f(x)≤3 的解集为

? ?-4x-3, -1<x<-1 ?x? 2, ? ? (2)记 h(x)=f(x)-2f ,则 h(x)=? 2 ? ? 1 ? ?-1,x≥-2,
1,x≤-1,

所以|h(x)|≤1,因此 k≥1. 1.解: |x-a|+|x-1|≥|a-1|, 则只需要|a-1|≤3, 解得-2≤a≤4. |a+b|+|a-b| 2.解:由|a+b|+|a-b|≥|a|f(x),且 a≠0,得 ≥f(x). |a| | a+b|+|a-b| |a+b+a-b| 又因为 ≥ =2,则有 2≥f(x). |a| |a|
?1 5? 1 5 解不等式|x-1|+|x-2|≤2,得2≤x≤2.即实数 x 的范围是?2,2?. ? ?

检测训练题答案 1.解:令 f(x)=x2+|2x-6|,当 x≥3 时,f(x)=x2+2x-6=(x+1)2
17

-7≥9;当 x<3 时,f(x)=x2-2x+6=(x-1)2+5≥5.综上可知,f(x) 的最小值为 5,故原不等式恒成立只需 a≤5 即可,从而 a 的最大值 为 5. 1 3 2.解:当 x>2时,原不等式可化为 2x-1+2x+1≤6,解得 x≤2, 1 3 1 此时2<x≤2;当 x<-2时,原不等式可化为-2x+1-2x-1≤6,解得 3 3 1 1 1 x≥-2,此时-2≤x<-2;当-2≤x≤2时,原不等式可化为 1-2x 1 1 +2x+1≤6,解得 x∈R,此时-2≤x≤2;综上,原不等式的解集为
? 3 3? ? 3 3? ?- , ?,故解集为?- , ?. ? 2 2? ? 2 2?

1? ? 3.解: ∵?x+ x?≥2,∴|a-2|+1<2,即|a-2|<1,解得 1<a<3.
? ?

4.解:原不等式可化为?

?2x-1≥0, ?x+?2x-1?<3,

或?

?2x-1<0, ?x-?2x-1?<3.

1 4 1 解得2≤x<3或-2<x<2.
?-2<x<3 ?. 所以原不等式的解集是?x? ?
? ? ? ? ? ?

4

? ?

-x-5?x<- ?, ? ? ? 1 2? 5.解:(1)f(x)=|2x+1|-|x-4|=? ? ? 3x-3?-2≤x<4?, ? ? ? ?x+5?x≥4?.

?

1?

6.当 x<-2时,由 f(x)=-x-5>2 得,x<-7. 故 x<-7; 1 5 当-2≤x<4 时,由 f(x)=3x-3>2,得 x>3. 当 x≥4 时,由 f(x)=x+5>2, 5 故3<x<4;

1

得 x>-3,故 x≥4.

18

故原不等式的解集为

? ? 5 ? ?x?x<-7或x> ?. 3 ? ? ?

9 (2)画出 f(x)的图象如图: 所以 f(x)min=-2. b-4 b+4 备选 1.解:∵|3x-b|<4,∴-4<3x-b<4. ∴ 3 <x< 3 .(*) b-4 若原不等式的整数解只有 1,2,3 , 由 (*) 式,知 0≤ 3 <1 且 b+4 3< 3 ≤4. 解之得 4≤b<7 且 5<b≤8,∴5<b<7. 备选 2 解:(1)当 a=1 时,不等式为|x-2|+|x-1|≥2 由绝对值的几何意义知, 不等式的意义可解释为数轴上的点 x 到 5 1 1、2 的距离之和大于等于 2,所以 x≥2或 x≤2.
? ? 1 5 ? 所以不等式的解集为?x?x≤2或x≥2 ?. ? ? ?

(2)∵|ax-2|+|ax-a|≥|a-2|, ∴原不等式的解集为 R 等价于 |a-2|≥2,∴a≥4 或 a≤0,又 a>0,∴a≥4. 4-a -4-a 备选 3.解: (1)由 f(x)≥4 得|6x+a|≥4, 解得 x≥ 6 或 x≤ 6 , a 1 ?4- 6 =2, 依题意,? -4-a 5 ? 6 =-6,

∴a=1.

(2)当 a=1 时,f(x)=|6x+1|,f(x+1)=|6x+7|, f(x-1)=|6x-5| f(x+1)+f(x-1)=|6x+7|+|6x-5|≥ |(6x+7)-(6x-5)|=12,∴b<12. 第二节 不等式证明的基本方法
19

[自测· 牛刀小试] b-a b b+1 ab+b-ab-a 1.解:∵t-s=a- = = >0, a+1 a?a+1? a?a+1? ∴t>s,即 s<t. 2.解:由柯西不等式得 3.证明:∵a>0,b>0,
?1 4? b 4a ∴(a+b)?a+b?=5+a+ b ≥5+2 ? ?

x+ 3-x≤

?12+12??x+3-x?= 6.

b 4a 1 4 9 × = 9. ∴ + ≥ a b a b a+b.

4.证明:3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)+2b2(b-a) =(3a2-2b2)(a-b).因为 a≥b>0,所以 a-b≥0,3a2-2b2>0. 从而(3a2-2b2)(a-b)≥0.故 3a3+2b3≥3a2b+2ab2 成立. 1 1 1 1 1 1 1 5.证明:∵a +a +?+a = + + +?+ 1×3 2×4 3×5 n?n+2? 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? =2?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2?
? ?

1 1 1 ? 1? 1? 3 1? =2?1+2-n+1-n+2?<2?1+2?=4.
? ? ? ?

1 1 1 3 ∴a +a +?+a <4.
1 2 n

例 1:[自主解答] 由 a,b 是非负实数,作差得 a3+b3- ab(a2+b2)=a2 a( a- b)+b2 b( b- a) = ( a - b )(( a )5 - ( b )5) . 当 a≥b 时 , a ≥ b , 从 而 ( a)5≥( b)5, 得 ( a - b )(( a )5 - ( b )5)≥0 ; 当 a<b 时 , a < b , 从 而 ( a)5<( b)5,得( a- b)(( a)5-( b)5)>0.所以 a3+b3≥ ab(a2+b2). a2-b2 a-b 变式训练 1.设 a>b>0,求证: 2 2> . a +b a+b

20

a2-b2 a-b a3-b3-ab2+a2b-a3+b3+a2b-ab2 证明: 法一: 2 2- = a +b a+b ?a2+b2??a+b? 2a2b-2ab2 2ab?a-b? = 2 2 = 2 2 ∵ a>b>0,∴a- b>0, ab>0 , ?a +b ??a+b? ?a +b ??a+b?
a2-b2 a-b a2-b2 a-b a +b >0,a+b>0.∴a2+b2-a+b>0,∴a2+b2>a+b.
2 2

法二:∵a>b>0,∴a+b>0,a-b>0.
a2-b2 a2+b2 a2-b2 a+b ?a+b?2 ∴ a-b =a2+b2· = a-b a2+b2 a+b a2+b2+2ab 2ab =1+ 2 >1. 2 2 a +b a +b2



a2-b2 a-b ∴ 2 2> . a +b a+b 例 2[自主解答] 要证 a b c 3 + + ≥2, b+c a+c a+b

a b c 9 只需证 +1+ +1+ +1≥2, b+c a+c a+b a+b+c a+b+c a+b+c 9 只需证 + + ≥2,只需证 b+c a+c a+b
? 1 1 1 ? 9 ? 1 1 1 ? (a+b+c)?b+c+a+c+a+b?≥2.∵(a+b+c)?b+c+a+c+a+b? ? ? ? ? ? 1 1 1 ? 1 1 = 2 [(b + c) + (a + c) + (a + b)]·?b+c+a+c+a+b? ≥ 2 ? ?

×3 ?b+c??a+c??a+b?×3×

3

3

1 9 =2, ?b+c??a+c??a+b?

当且仅当 a=b=c 时“=”成立,故原不等式成立. b 2 c2 变式训练:证明:∵a,b,c 均为正实数,∴ a + b ≥ 2 =2c b c2 a 2 a, 同理, b + c ≥2a c a2 b2 b, c + a ≥2b a c, b 2 c2 a· b

21

b 2 c2 a 2 三式相加可得 a + b + c ≥c

b a+a

c b +b

a c.

1 例 3 [自主解答] 假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于2, 则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2.而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)-2f(2)| =|(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)|=2, 与|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2 矛盾, 1 所以|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于2. 互动探究:证明:∵q=1,∴f(x)=x2+px+1 假设 f(1)与 f(-1)都小于 2,则 f(1)+f(-1)<4. 而 f(1)+f(-1)=(2+p)+(2-p)=4,出现矛盾, ∴f(1)与 f(-1)中至少有一个不小于 2. 变式训练:证明:假设 a,b,c,d 均为非负数, 即 a≥0,b≥0,c≥0,d≥0. ∵a+b=1,c+d=1, ∴(a+b)(c+d)=(ac+bd)+(bc+ad)=1. ∵a,b,c,d 均为非负数,则 bc+ad≥0, 故 ac+bd≤1.这与已知条件 ac+bd>1 矛盾. 故假设不成立,因此 a,b,c,d 中至少有一个为负数. 例 4 [自主解答] ∵ n?n+1?= n2+n, ∴ n?n+1?>n, ∴ an = 1×2 + 2×3 + ? + n?n+1? >1 + 2 + 3 + ? + n = n?n+1? n+?n+1? . ∵ n ? n + 1 ? < , 2 2 1+2 2+3 3+4 n+?n+1? ∴an< 2 + 2 + 2 +?+ 2 n+1 n?n+2? 1 =2+(2+3+?+n)+ 2 = 2 .

22

n?n+1? n?n+2? 综上得, 2 <an< 2 . 变式训练:证明:由已知 m≥|a|,m≥|b|,m≥1.又|x|>m,
?a b ? ?a? ? b ? ∴|x|>|a|,|x|>|b|,|x|>1,∴? x +x2?≤?x ?+?x2? ? ? ? ? ? ? ?

|a| |b| |x| |x| 1 |x| =|x| +|x|2<|x|+|x|2=1+|x|<1+|x|=2.

?a b ? ∴? x +x2?<2. ?

例 5:[自主解答] 由柯西不等式(32+42)(x2+y2)≥(3x+4y)2,① 4 x y 得 25(x2+y2)≥4,所以 x2+y2≥25. 不等式①中当且仅当3=4时 3x+4y=2, ? 等号成立, x2+ y2 取得最小值,需解方程组: ?x y ?3=4, 6 ? ?x=25, ? 8 ? ?y=25. 解得

6 8 4 因此当 x=25, y=25时, x2+y2 取得最小值, 最小值为25.

? 3? :5.解:由柯西不等式得?2 1-2x+ 2· 2x+ ?2≤ 2 ? ?

[22 + ( 2 )2] ?? 1-2x?2+?
? ?

?

?

3? ? 3? ? 2x+2?2? = 6× ?1-2x+2x+2? =
?? ? ?

1-2x 5 6×2=15.当且仅当 2 =

3 2x+2 时取等号, 2

1 即 f(x)的最大值是 15,此时 x=-3. 典例:[解] (1)∵-1≤x≤1,∴|x|≤1. 又∵|a|≤1, ∴|f(x)|=|a(x2-1)+x|≤|a(x2-1)|+|x|≤|x2-1|+|x|=1 1? 5 5 ? -|x|2+|x|=-?|x|-2?2+4≤4.
? ?

(2)当 a=0 时,f(x)=x, 当-1≤x≤1 时, f(x)的最大值为 f(1)=1,
23

不满足题设条件,∴a≠0.

又 f(1)和 f(-1)均不是最大值,

17 ∴f(x)的最大值 8 应在其对称轴上的顶点位置取得.

? ?-1<-21a<1, ∴命题等价于? 1 17 ? ?f???-2a???= 8 ,
a<0,

1 a < - ? ? 2, 解得? 1 a =- 2 或 a =- ? ? 8,

∴a=-2.

变式训练: 证明: 因为 3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤2|x+y|+|2x 1 1 2 1 5 5 -y|, 由题设知|x+y|<3, |2x-y|<6, 从而 3|y|<3+6=6, 所以|y|<18. 检测训练题答案 1.解:∵2x+ 2 2 =2(x-a)+ +2a≥2 x-a x-a 2 2?x-a? +2a x-a

3 =2a+4≥7,∴a≥2. 2.证明:法一:∵a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a +b+c)2-2(a2+b2+c2), 1 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥3. ?a+b+c? 1 法二:∵a +b +c -3 =a2+b2+c2- 3
2 2 2 2

1 =3(2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac) 1 =3[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0 1 ∴a2+b2+c2≥3.

法三:∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1, 1 即 3(a2+b2+c2)≥1,∴a2+b2+c2≥3.
? 1 1 1 ? ?1 1 1? 3.证明:由柯西不等式得 (12+12+12)?x2+y2+z2?≥? x +y + z ?2, ? ? ? ?
24





1 1 1 1 1 1 3 ?1 1 1? ? + + ? + + , 即 2+ 2+ 2 ≥ x y z x y z 3 ?x y z ? ≤

1 1 1 x2+y2+z2. 4.解:(1)因为 f(x+2)=m-|x|,所以 f(x+2)≥0 等价于|x|≤m, 由|x|≤m 有解,得 m≥0,且其解集为{x|-m≤x≤m}. 又 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1],故 m=1. 1 1 1 (2)证明:由(1)知a+2b+3c=1,又 a,b,c∈R+,由柯西不等 1? ?1 1 式得 a+2b+3c=(a+2b+3c)?a+2b+3c?≥
? ?

1 1 1 ? ? ? a· + 2b· + 3c· ?2=9. a 2b 3c ? ? 5.证明:法一(利用数学归纳法): 1 1 1 1 1 (1)当 n=2 时,左边=3+4+5+6>2,不等式成立. (2)假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时不等式成立. 即 1 1 1 1 + +?+3k>2. k+1 k+2 则当 n=k+1 时,

1 1 1 1 1 1 + +?+3k+ + + = ?k+1?+1 ?k+1?+2 3k+1 3k+2 3k+3 1 1 1 ? 1 1 1 ? 1 + +?+3k+?3k+1+3k+2+3k+3-k+1?> k+1 k+2 ? ? 1 1 ? 1 1 ? - ?3× ? + 2 ? 3k+3 k+1?=2. 所以当 n=k+1 时不等式也成立,

由(1),(2)知原不等式对一切 n≥2,n∈N*均成立. 法二(利用放缩法): ∵ n≥2 ,∴ 1 1 1 1 1 1 2 1 + + ? + 3n > 3n + 3n + ? + 3n = 3 > 2 . 即 n+1 n+2

25

1 1 1 1 + +?+3n>2(n≥2,n∈N*). n+1 n+2 备选习题 1:要证 1+a> 1 ,可证 1+a· 1-b>1, 1-b

a-b 1 1 即证 1+a-b-ab>1, 只需证 a-b-ab>0,即 ab >1, 即b-a>1, 1 1 1 ∵b-a>1 已知 ∴原不等式 1+a> 成立. 1-b :备选习题 2 解:(1)证明:∵a+b≥0,∴a≥-b.由已知 f(x)的单 调性得:f(a)≥f(-b).又 a+b≥0?b≥-a?f(b)≥f(-a). 两式相加即得: f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b). (2)命题(1)的逆命题为:若 f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),求证: a+b≥0. 逆命题成立.下面用反证法证之. 假设 a+b<0,那么:

? a+b<0?a<-b?f?a?<f?-b?? ??f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b). a+b<0?b<-a?f?b?<f?-a?? ?

这与已知矛盾,故 a+b≥0.逆命题得证.

2014 年高考真题答案
1. (Ⅲ)解:(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当 -1≤x≤2 时,等号成立,所以 f(x)的最小值等于 3,即 a=3. (2)由(1)知 p+q+r=3, 又 p, q, r 是正实数, 所以(p2+q2+r2)(12 +12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即 p2+q2+r2≥3. 2 .D [解析] 本题考查排列组合等知识,考查的是用排列组合

思想去解决问题,主要根据范围利用分类讨论思想求解.由“1≤|x1| +|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”考虑 x1,x2,x3,x4,x5 的可能取值,设集 合 M={0},N={-1,1}.

26

当 x1,x2,x3,x4,x5 中有 2 个取值为 0 时,另外 3 个从 N 中取,
2 共有 C5 ×23 种方法;当 x1,x2,x3,x4,x5 中有 3 个取值为 0 时,另 3 外 2 个从 N 中取,共有 C5 ×22 种方法;当 x1,x2,x3,x4,x5 中有 4 4 个取值为 0 时,另外 1 个从 N 中取,共有 C5 ×2 种方法. 3 3 2 4 故总共有 C2 5×2 +C5×2 +C5×2=130 种方法,

3.(-∞,-3]∪[2,+∞) 4.-3 5.(1)C 4? 1? ? ? 6. (1)M=?x0≤x≤3?. (2)由 g(x)=16x2-8x+1≤4 得 16?x-4? ? ? ? ? 2 1 3? ? 1 3 ≤4,解得-4≤x≤4,因此 N=?x-4≤x≤4?, ? ? 3? ? 故 M∩N=?x0≤x≤4?. 当 x∈M∩N 时,f(x)=1-x,于是 ? ? 1 ? 1?2 1 x2f(x)+x· [f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=xf(x)=x(1-x)=4-?x-2? ≤4. ? ? 1 1 2 7.解:(1)由 ab=a+b≥ ,得 ab≥2,当且仅当 a=b= 2时 ab 等号成立.故 a3+b3≥2 a3b3≥4 立.所以 a3+b3 的最小值为 4 2. (2)由(1)知, 2a+3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6, 从而不存在 a, b,使 2a+3b=6. 1? ? 8 . 解 : (1) 证 明 : 由 a>0 , 有 f(x) = ?x+a? + |x - a| ≥
? ?

2,当且仅当 a=b=

2时等号成

1 ? ? 1 ?x+ -(x-a)?= +a≥2,所以 f(x)≥2. a ? ? a 1? ? 1 (2)f(3)=?3+a?+|3-a|. 当 a>3 时,f(3)=a+a,由 f(3)<5 得 ? ? 5+ 21 1+ 5 1 3<a< 2 . 当 0<a≤3 时,f(3)=6-a+a,由 f(3)<5 得 2 <a≤ 3. 综上,a 的取值范围是?
? ?1+ 5

2



5+ 21? ?. 2 ?

27

9.A. 5

[解析] A.由柯西不等式可知(a2+b2)(m2+n2)≥(ma

+nb)2,代入数据,得 m2+n2≥5,当且仅当 an=bm 时,等号成立, 故 m2+n2 的最小值为 5. 10.解:(1)当 x≤-1 时,2(2-x)+(x+1)>3,得 x<2,此时 x≤ -1;当-1<x≤2 时,2(2-x)-(x+1)>3,得 x<0,此时-1<x<0; 当 x>2 时,2(x-2)-(x+1)>3,得 x>8,此时 x>8. 综上所述,原不等式的解集是(-∞,0)∪(8,+∞). 1 1 1 (2)证明:由 abc=a+b+c,得ab+bc+ca=1.由柯西不等式,得 1 1? ?1 (ab+4bc+9ac)?ab+bc+ca?≥(1+2+3)2,所以 ab+4bc+9ac≥36,
? ?

当且仅当 a=2,b=3,c=1 时,等号成立. 1? ? 11..?-1,2?
? ?

28


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