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高中数学复习专题讲座(第20讲)不等式的综合应用

时间:2012-10-14


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题目 高中数学复习专题讲座 不等式知识的综合应用 高考要求 不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一,作为解决问题的工 具,与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题; 另一类是建 立函数关系,利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法,使 考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面 的问题 重难点归纳 1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题,在解决这些问 题时,关键是把非不等式问题转化为不等式问题,在化归与转化中,要注意 等价性 2 对于应用题要通过阅读,理解所给定的材料,寻找量与量之间的内 在联系, 抽象出事物系统的主要特征与关系, 建立起能反映其本质属性的数 学结构,从而建立起数学模型,然后利用不等式的知识求出题中的问题 典型题例示范讲解 例 1 用一块钢锭烧铸一个厚度均匀, 且表面积为 2 平方米的正四棱锥形 有盖容器(如右图)设容器高为 h 米,盖子边长为 a 米, (1)求 a 关于 h 的解析式; (2)设容器的容积为 V 立方米,则当 h 为何值时,V 最 大?求出 V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度) 命题意图 本题主要考查建立函数关系式, 棱锥表面 积和体积的计算及用均值定论求函数的最值 知识依托 本题求得体积 V 的关系式后,应用均值定理可求得最值 错解分析 在求得 a 的函数关系式时易漏 h>0 技巧与方法 本题在求最值时应用均值定理 解 ①设 h′是正四棱锥的斜高,由题设可得
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1 ? 2 a ? 4 ? h ?a ? 2 ? ? 2 ? 1 2 ? a 2 ? a ? h 12 ? 4 ?

消去 h ?. 解得 : a ?
h

1
2

(a ? 0) ?1

②由 V

?

1 3

a h ? 3( h

2

h
2

? 1)

(h>0)

得 V ?

1 3( h ? 1 h )

而h ?

1 h

? 2

h?

1 h

? 2

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所以 V≤

1 6

,当且仅当 h=

1 h

即 h=1 时取等号
1 6

故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为

立方米

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例 2 已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x ≤1 时|f(x)|≤1 (1)证明 |c|≤1; (2)证明 当-1 ≤x≤1 时,|g(x)|≤2; (3)设 a>0,有-1≤x≤1 时, g(x)的最大值为 2,求 f(x) 命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质, 以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力 知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引,而绝对值不 等式的性质灵活运用是本题的灵魂 错解分析 本题综合性较强, 其解答的关键是对函数 f(x)的单调性的深 刻理解,以及对条件“-1≤x≤1 时|f(x)|≤1”的运用;绝对值不等式的性质 使用不当,会使解题过程空洞,缺乏严密,从而使题目陷于僵局 技巧与方法 本题(2)问有三种证法,证法一利用 g(x)的单调性;证法 二利用绝对值不等式 ||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|; 而证法三则是整体处理 g(x) 与 f(x)的关系 (1)证明 由条件当=1≤x≤1 时,|f(x)|≤1, 取 x=0 得 |c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1 (2)证法一 依题设|f(0)|≤1 而 f(0)=c, 所以|c|≤1 当 a>0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上是增函数, 于是 g(-1)≤g(x)≤g(1),(-1≤x≤1) ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),|c|≤1, ∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|=2, g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-2)|+|c|)≥-2, 因此得|g(x)|≤2 (-1≤x≤1); 当 a<0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上是减函数, 于是 g(-1)≥g(x)≥g(1),(-1≤x≤1), ∵|f(x)|≤1 (-1≤x≤1),|c|≤1 ∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2 综合以上结果,当-1≤x≤1 时,都有|g(x)|≤2 证法二 ∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1) ∴|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1,|f(0)|≤1, ∵f(x)=ax2+bx+c,∴|a-b+c|≤1,|a+b+c|≤1,|c|≤1, 因此,根据绝对值不等式性质得 |a-b|=|(a-b+c)-c|≤|a-b+c|+|c|≤2,
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|a+b|=|(a+b+c)-c|≤|a+b+c|+|c|≤2, ∵g(x)=ax+b,∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2, 函数 g(x)=ax+b 的图象是一条直线, 因此|g(x)|在[-1,1]上的最大值只能在区间的端点 x=-1 或 x=1 处取得, 于是由|g(±1)|≤2 得|g(x)|≤2,(-1<x<1 )
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证法三

:? x ?

( x ? 1) ? ( x ? 1) 4 x ?1 2

2

2

? ( x ?1 2

x ?1 2

) ?(

2

x ?1 2

) , x ?1 2

2

? g ( x ) ? ax ? b ? a [( ? [a ( ? f( x ?1 2 x ?1 2 )? f( ) ? b(
2

) ?(

2

) ] ? b( ) ? b(
2

2

x ?1 2 x ?1 2

?

)

x ?1 2

) ? c ] ? [a (

x ?1 2

) ? c]

x ?1 2

)
x ?1 2 x ?1 2 ( x ?1 2 ) |≤1,|f( x ?1 2 ) |+|f( x ?1 2

当-1≤x≤1 时,有 0≤

≤1,-1≤

≤0, )|≤1;
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∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f 因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f
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(

x ?1 2

)|≤2

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(3)解 因为 a>0,g(x)在[-1,1]上是增函数,当 x=1 时取得最大值 2, 即 g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2 ① ∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,∴c=f(0)=-1 因为当-1≤x≤1 时,f(x)≥-1,即 f(x)≥f(0), 根据二次函数的性质,直线 x=0 为 f(x)的图象的对称轴,
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由此得-

b 2a

<0 ,即 b=0

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由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1 例 3 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两个根 x1、x2
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满足 0<x1<x2<

1
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a

(1)当 x∈[0,x1 ) 时,证明 x<f(x)<x1; (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明
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x0<

x1 2

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解 (1)令 F(x)=f(x)-x, 因为 x1,2 是方程 f(x)-x=0 的根, x 所以 F(x)=a(x -x1)(x-x2) 当 x∈(0,x1)时,由于 x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0, 又 a>0,得 F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即 x<f(x) x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)]
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∵0<x<x1<x2<

1 a

,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0
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∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1 (2)依题意
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x0=-

b 2a

,因为 x1、x2 是方程 f(x)-x=0 的两根,即 x1,x2
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是方程 ax2+(b-1)x+c=0 的根 ∴x1+x2=- ∴x0=- ∴x0<
b 2a ? x1 2
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b ?1 a ? a ( x1 ? x 2 ) ? 1 2a
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?

ax 1 ? ax 2 ? 1 2a

,因为 ax2<1,

ax 1 2a
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学生巩固练习 1 定义在 R 上的奇函数 f(x)为增函数,偶函数 g(x)在区间[0,+∞) 的图象与 f(x)的图象重合,设 a>b>0,给出下列不等式,其中正确不等式 的序号是( ) ①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) ④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a) A ①③ B ②④ C ①④ D ②③
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2

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下列四个命题中
1 x ? 9 y

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①a+b≥2 ab

②sin2x+
sin

4
2

≥4
x

③设 x,y

都是正数, 若

=1, x+y 的最小值是 12 ④若|x-2|<ε , 则 |y-2|<ε ,
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则|x-y|<2ε ,其中所有真命题的序号是__________ 3 某公司租地建仓库,每月土地占用费 y1 与车库到车站的距离成反 比,而每月库存货物的运费 y2 与到车站的距离成正比,如果在距车站 10 公 里处建仓库,这两项费用 y1 和 y2 分别为 2 万元和 8 万元,那么要使这两项 费用之和最小,仓库应建在离车站__________公里处 4 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两 实数根为 x1,x2 (1)如果 x1<2<x2<4,设函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证 x0>-1; (2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求 b 的取值范围 5 某种商品原来定价每件 p 元,每月将卖出 n 件,假若定价上涨 x 成
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(这里 x 成即 原来的 z 倍
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x 10

,0<x≤10 )

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每月卖出数量将减少 y 成,而售货金额变成

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(1)设 y=ax,其中 a 是满足
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1 3

≤a<1 的常数,用 a 来表示当售货金额最
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大时的 x 的值; (2)若 y=
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x,求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围

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6 设函数 f(x)定义在 R 上,对任意 m、n 恒有 f(m+n)=f(m)?f(n),且当 x>0 时,0<f(x)<1 (1)求证 f(0)=1,且当 x<0 时,f(x)>1; (2)求证 f(x)在 R 上单调递减; (3)设集合 A={ (x,y)|f(x2)?f(y2)>f(1)},集合 B={(x,y)|f(ax-g+2)=1, a∈R},若 A∩B= ? ,求 a 的取值范围
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已知函数 f(x)=

2x

2

? bx ? c
2

x

?1

(b<0)的值域是[1,3] ,

(1)求 b、c 的值; (2)判断函数 F(x)=lgf(x),当 x∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结 论; (3)若 t∈R,求证
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lg

7 5

≤F(|t-

1 6

|-|t+

1 6

|)≤lg

13
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5

参考答案 1 解析 由题意 f(a)=g(a)>0,f(b)=g(b)>0,且 f(a)>f(b),g(a)>g(b) ∴f(b)-f(-a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b) 而 g(a)-g(-b)=g(a)-g(b)∴g(a)+g(b)-[g(a)-g(b)] =2g(b)>0,∴f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) 同理可证 f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) 答案 A 2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等” ④式 |x-y|=|(x-2)-(y-2)|≤|(x-2)-(y-2)|≤|x-2|+|y-2|<ε +ε =2ε 答案 ④
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3

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解析

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由已知 y1=

20 x

;y2=0
20 x

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8x(x 为仓库与车站距离)
20 x

费用之和 y=y1+y2=0 当且仅当 0
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8x+

≥2

0 .8 x ?

=8

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8x=

20 x

即 x=5 时“=”成立

答案 5 公里处 4 证明 (1)设 g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且 x>0 ∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即 x1x2<2(x1+x2)-4,
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于是得 x 0 ? ? ? ? 1 2

b 2a

?

1 2

? (? 1 2

b ?1 a

?

1 a

)?

1 2

( x1 ? x 2 ) ?

1 2

x1 x 2 ?

1 2

( x1 ? x 2 ) ? ( x1 ? x 2 ) ? 2

( x1 ? x 2 ) ? 2 ? ?

(2 ? 4) ? 2 ? ?1
1 a

(2)解

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由方程 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 可知 x1?x2=

>0,所以 x1,x2 同号?

1°若 0<x1<2,则 x2-x1=2,∴x2=x1+2>2, ∴g(2)<0,即 4a+2b-1<0 又(x2-x1)2=
( b ? 1) a
2 2



?

4 a

? 4

∴2a+1= ( b ? 1) 2 ? 1 (∵a>0)代入①式得, 2 ( b ? 1) 2 ? 1 <3-2b 解②得 b<
1 4



2°若 -2<x1<0,则 x2=-2+x1<-2 ∴g(-2)<0,即 4a-2b+3<0 又 2a+1= ( b ? 1) 2 ? 1 ,代入③式得 2 ( b ? 1) 2 ? 1 <2b-1 解④得 b>
7
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4

综上,当 0<x1<2 时,b< 5
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1 4

,当-2<x1<0 时,b>

7
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(1)由题意知某商品定价上涨 x 成时, 上涨后的定价、 每月卖出数量、
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每月售货金额分别是 因而 npz
? p (1 ? x 10

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p(1+
y 10

x 10

)元、n(1-
1 100

y 10

)元、npz 元,

) ? n (1 ?

), ? z ?

(10 ? x )( 10 ? y ) ,

在 y=ax 的条件下,z= 由于
1 3

1 100

[-a[x- ≤10
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5 (1 ? a ) a

]2+100+

25 (1 ? a ) a

2



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≤a<1,则 0<

5 (1 ? a ) a

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要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x=
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5 (1 ? a )
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a
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(2)由 z=
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1 100
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(10+x)(10-
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2 3

x)>1,解得 0<x<5
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6 (1)证明 令 m>0,n=0 得 f(m)=f(m)?f(0) 取 m=m,n=-m,(m<0),得 f(0)=f(m)f(-m)
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∵f(m)≠0,∴f(0)=1

∴f(m)=
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1 f (? m )

,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1

(2)证明 任取 x1,x2∈R,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1] =f(x1)-f(x2-x1)?f(x1)=f(x1)[1-f(x2-x1)] , ∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数
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(3)由 ?

? f ( x 2 ? y 2 ) ? f (1 )

?x2 ? y2 ? 1 得? ? f ( ax ? y ? 2 ) ? 1 ? f ( ? ) ? ax ? y ? 2 ? 0
|2| a
2



由题意此不等式组无解,数形结合得

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≥1,解得 a2≤3

?1

∴a∈[- 3 , 3 ]
2x
2

7

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(1)解

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设 y=

? bx ? c x
2

?1

,则(y-2)x2-bx+y-c=0



∵x∈R,∴①的判别式Δ ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0, 即 4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 ② 由条件知,不等式②的解集是[1,3] ∴1,3 是方程 4y2-4(2+c)y+8c+b2=0 的两根
?1 ? 3 ? 2 ? c ? 2 ? 8c ? b 1? 3 ? ? 4 ?

∴c=2,b=-2,b=2(舍)

(2)任取 x1,x2∈[-1,1] ,且 x2>x1,则 x2-x1>0,且 (x2-x1)(1-x1x2)>0, ∴f(x2)-f(x1)=-
2 x2 1 ? x2
2

? (?

2x 1 ? x1
2

)?

2 ( x 2 ? x 1 )( 1 ? x 1 x 2 ) (1 ? x 1 )( 1 ? x 2 )
2 2

>0,

∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即 F(x2)>F(x1) ∴F(x)为增函数
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(3)记 u ?| t ?

1 6
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|? |t ?

1 6

|, | u |? | ( t ?

1 6

) ? (t ?

1 6

) |?

1 3

,

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即- F(- ∴lg

1 3 1 3 7 5

≤u≤

1 3

,根据 F(x)的单调性知
1 3

)≤F(u)≤F( ≤F(|t-
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),
1 6

1 6

|-|t+

|)≤lg

13 5

对任意实数 t 成立

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课前后备注

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数学中的不等式关系 数学是研究空间形式和数量关系的科学,恩格斯在《自然辩证法》一书 中指出, 数学是辩证的辅助工具和表现形式, 数学中蕴含着极为丰富的辩证 唯物主义因素,等与不等关系正是该点的生动体现,它们是对立统一的,又 是相互联系、相互影响的;等与不等关系是中学数学中最基本的关系 等的关系体现了数学的对称美和统一美, 不等关系则如同仙苑奇葩呈现 出了数学的奇异美 不等关系起源于实数的性质,产生了实数的大小关系, 简单不等式, 不等式的基本性质, 如果把简单不等式中的实数抽象为用各种 数学符号集成的数学式,不等式发展为一个人丁兴旺的大家族,由简到繁, 形式各异 如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系,又产生了重 要不等式、均值不等式等 不等式是永恒的吗?显然不是,由此又产生了 解不等式与证明不等式两个极为重要的问题 解不等式即寻求不等式成立 时变量应满足的范围或条件, 不同类型的不等式又有不同的解法; 不等式证 明则是推理性问题或探索性问题 推理性即在特定条件下,阐述论证过程, 揭示内在规律,基本方法有比较法、综合法、分析法;探索性问题大多是与 自然数 n 有关的证明问题, 常采用观察—归纳—猜想—证明的思路, 以数学 归纳法完成证明 另外,不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、 构造法等 数学科学是一个不可分割的有机整体, 它的生命力正是在于各个部分之 间的联系 不等式的知识渗透在数学中的各个分支,相互之间有着千丝万 缕的联系, 因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题, 诸如集 合问题,方程(组)的解的讨论,函数单调性的研究,函数定义域的确定,三 角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不 等式有着密切的联系 许多问题最终归结为不等式的求解或证明;不等式 还可以解决现实世界中反映出来的数学问题 不等式中常见的基本思想方 法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程 总之,不等式的应用 体现了一定的综合性,灵活多样性 等与不等形影不离,存在着概念上的亲缘关系,是中学数学中最广泛、最普 遍的关系 数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨 性,而不等关系是深刻而生动的体现 不等虽没有等的温柔,没有等的和 谐,没有等的恰到好处,没有等的天衣无缝,但它如山之挺拔,峰之隽秀,
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海之宽阔,天之高远,怎能不让人心旷神怡,魂牵梦绕呢?

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