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面对高考高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用

时间:2011-05-20

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 且表面积为 2 平方米的正四棱锥形 例 1 用一块钢锭烧铸一个厚度均匀, 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 ? 2 h ′a = 2 ? ? ?a 2 + 1 a 2 = h 12 ? 4 ?

消去 h ′.解得 : a =

1 h +1
2

( a > 0)

1 h ②由 V = a 2 h = (h>0) 2 3 3(h + 1)
得 V =

1 1 3( h + ) h

而h +

1 1 = 2 h? = 2 h h

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1 1 ,当且仅当 h= 即 h=1 时取等号 6 h 1 故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为 立方米 6 2 例 2 已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax +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 而证法三则是整体处理 g(x) 二利用绝对值不等式 ||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|; 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,
所以 V≤
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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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( x + 1) 2 ? ( x ? 1) 2 x +1 2 x ?1 2 =( ) ?( ) , 4 2 2 x +1 2 x ?1 2 x +1 x ?1 ∴ g ( x ) = ax + b = a[( ) ?( ) ] + b( ? ) 2 2 2 2 x +1 2 x +1 x ?1 2 x ?1 = [a ( ) + b( ) + c ] ? [a( ) + b( ) + c] 2 2 2 2 x +1 x ?1 = f( )? f( ) 2 2 证法三 :Q x =

x +1 x ?1 ≤1,-1≤ ≤0, 2 2 x +1 x ?1 ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f ( ) |≤1,|f( )|≤1; 2 2 x +1 x ?1 因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f ( ) |+|f( )|≤2 2 2 (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, ① 即 g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2 ∵-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, b 由此得- <0 ,即 b=0 2a 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 1 满足 0<x1<x2< a (1)当 x∈[0,x1 ) 时,证明 x<f(x)<x1; x (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明 x0< 1 2 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)]
当-1≤x≤1 时,有 0≤
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1 ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 a ∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1 b (2)依题意 x0=- ,因为 x1、x2 是方程 f(x)-x=0 的两根,即 x1,x2 2a 是方程 ax2+(b-1)x+c=0 的根 b ?1 ∴x1+x2=- a b a ( x1 + x2 ) ? 1 ax1 + ax2 ? 1 = = ,因为 ax2<1, ∴x0=- 2a 2a 2a ax x ∴ x 0< 1 = 1 2a 2 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 4 2 下列四个命题中 ①a+b≥2 ab ②sin2x+ ≥4 ③设 x,y sin 2 x 1 9 都是正数, 若 + =1, x+y 的最小值是 12 ④若|x-2|<ε, 则 |y-2|<ε, x y 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 x (这里 x 成即 ,0<x≤10 ) 每月卖出数量将减少 y 成,而售货金额变成 10 原来的 z 倍 1 (1)设 y=ax,其中 a 是满足 ≤a<1 的常数,用 a 来表示当售货金额最 3
∵0<x<x1<x2<
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大时的 x 的值;

2 x,求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围 3 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
(2)若 y=
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已知函数 f(x)=

2 x 2 + bx + c (b<0)的值域是[1,3] , x2 +1

(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
源 源 源 源 源 源

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lg

7 1 1 13 ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 5 6 6 5

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

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 ;y2=0 x
8x+

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

8x(x 为仓库与车站距离)

费用之和 y=y1+y2=0 当且仅当 0
源 源 源

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

20 20 ≥2 0.8 x ? =8 x x

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

8x=

20 即 x=5 时“=”成立 x
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

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,
新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源

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于是得x0 = ?

b 1 b ?1 1 1 1 1 = ? (? ? ) = ( x1 + x2 ) ? x1 x2 > ( x1 + x2 ) ? ( x1 + x2 ) + 2 2a 2 a a 2 2 2 1 1 = ? ( x1 + x2 ) + 2 > ? (2 + 4) + 2 = ?1 2 2
源 源 源

(2)解

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源 源 源 源 源 源 源 源















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由方程 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 可知 x1·x2=

1 >0,所以 x1,x2 同号? a


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) 2 4 ? =4 a a2

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

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





7 4

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

1 7 ,当-2<x1<0 时,b> 4 4 5 解 (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、 x y 每月售货金额分别是 p(1+ )元、n(1- )元、npz 元, 10 10 x y 1 因而 npz = p (1 + ) ? n(1 ? ),∴ z = (10 + x)(10 ? y ) , 10 10 100
综上,当 0<x1<2 时,b<
源 源 源

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王

新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

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源 源 源 源 源 源 源 源















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1 5(1 ? a) 2 25(1 ? a) 2 [-a[x- ] +100+ ] 100 a a 1 5(1 ? a) 由于 ≤a<1,则 0< ≤10 3 a 5(1 ? a) 要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x= a
在 y=ax 的条件下,z=
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王 新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

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1 2 (10+x)(10- x)>1,解得 0<x<5 100 3 6 (1)证明 令 m>0,n=0 得 f(m)=f(m)·f(0) ∵f(m)≠0,∴f(0)=1 取 m=m,n=-m,(m<0),得 f(0)=f(m)f(-m) 1 ∴f(m)= ,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1 f ( ? m) (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
(2)由 z=
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特王 特特特 特 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

? f ( x 2 + y 2 ) > f (1) ?x 2 + y 2 < 1 得? , (3)由 ? ? f (ax ? y + 2) = 1 = f (θ) ?ax ? y + 2 = 0
由题意此不等式组无解,数形结合得
源 源 源

新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















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特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
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|2| a +1
2





新新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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≥1,解得 a2≤3

∴a∈[- 3 , 3 ]

7

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

(1)解







新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















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特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
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源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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设 y=

2 x 2 + bx + c ,则(y-2)x2-bx+y-c=0 2 x +1



∵x∈R,∴①的判别式Δ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0, ② 即 4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 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 ? ? 8c + b 2 ∴c=2,b=-2,b=2(舍) 1× 3 = ? 4 ?
(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

? (?

2( x2 ? x1 )(1 ? x1 x2 ) 2x )= >0, 2 2 2 1 + x1 (1 + x1 )(1 + x2 )

∴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 ?
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1 1 1 1 1 | ? | t + |, | u |≤| (t ? ) ? (t + ) |= , 6 6 6 6 3
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1 1 ≤u≤ ,根据 F(x)的单调性知 3 3 1 1 F(- )≤F(u)≤F( ), 3 3 7 1 1 13 ∴lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 对任意实数 t 成立 5 6 6 5 课前后备注 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,
即-
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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? In the modern time, mainly in small and medium-sized enterprises, Foshan steel industry is the speed development by leaps and bounds, and have made remarkable achievements in upstream, but also face factors of production such as energy, raw material cost, continuously high indirectly lead to cost pressures in iron and steel

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