【正文】 了轉(zhuǎn)化．對物體做正功，物體的能量增加．做了多少正功，物體的能量就增加了多少；對物體做負(fù)功，也稱物體克服阻力做功，物體的能量減少，做了多少負(fù)功，物體的能量就減少多少．因此功的正、負(fù)表示能的轉(zhuǎn)化情況，表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．第五篇：XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式專項復(fù)習(xí)教案XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式專項復(fù)習(xí)教案本資料為woRD文檔，請點擊下載地址下載全文下載地址課 第六章不等式●網(wǎng)絡(luò)體系總覽●考點目標(biāo)定位.（不擴展到三個）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，、分析法、|a|－|b|≤|a177。b|≤|a|+|b|.●復(fù)習(xí)方略指南本章內(nèi)容在高考中，以考查不等式的性質(zhì)、證明、解法和最值方面的應(yīng)用為重點，多數(shù)是與函數(shù)、方程、三角、數(shù)列、幾何綜合在一起被考查，單獨考查不等式的問題較少，主要考查函數(shù)方程思想、等價轉(zhuǎn)化思想、不等式與函數(shù)、數(shù)列、三角等內(nèi)容的綜合問題，知識覆蓋面廣，因此復(fù)習(xí)中應(yīng)注意：.復(fù)習(xí)不等式的性質(zhì)時，要克服“想當(dāng)然”和“顯然成立”的思維定勢，、分析法、綜合法外，還有反證法、換元法、判別式法、構(gòu)造法、幾何法，這些方法可作了解，但要控制量和度，（證）某些不等式時，要把函數(shù)的定義域、要注意滿足定理成立的三個條件：一“正”、二“定”、三“相等”.（問題），要緊緊抓住絕對值的定義實質(zhì)，●知識梳理.比較準(zhǔn)則：a－b＞0a＞b；a－b=0a=b；a－b＜0a＜：（1）a＞bb＜a.（2）a＞b，b＞ca＞c.（3）a＞ba+c＞b+c；a＞b，c＞da+c＞b+d.（4）a＞b，c＞0ac＞bc；a＞b，c＜0ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0ac＞bd.（5）a＞b＞0＞（n∈N，n＞1）；a＞b＞0an＞bn（n∈N，n＞1）.，重要結(jié)論：a＞b，ab＞0＜，不能弱化條件得a＞b＜，也不能強化條件得a＞b＞0＜.＞b，b≥c或a≥b，b＞c均可得出a＞c；而由a≥b，b≥c可能有a＞c，也可能有a=c，當(dāng)且僅當(dāng)a=b且b=c時，才會有a=（3）的推論以及性質(zhì)（4）（5）不等式的性質(zhì)從形式上可分兩類：一類是“”型；另一類是“”.●點擊雙基.若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是A.＞＞2bc.|a|＞|b|D.（）a＞（）b解析：由a＜b＜0知ab＞0，因此a?＜b?，即＞成立；由a＜b＜0得－a＞－b＞0，因此|a|＞|b|＞（）x是減函數(shù)，所以（）a＞（）：B2.（XX年春季北京，7）已知三個不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0（其中a、b、c、d均為實數(shù)），用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結(jié)論組成一個命題，可組成的正確命題的個數(shù)是解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得出－＞－ad＞0，兩端同除以ab，得－＞－＞0，ab＞0可得bc－ad＞＞：D∈（0，），β∈［0，］，那么2α－的范圍是A.（0，）B.（－，）c.（0，π）D.（－，π）解析：由題設(shè)得0＜2α＜π，0≤≤.∴－≤－≤0.∴－＜2α－＜：D＞b＞0，m＞0，n＞0，則，：特殊值法即可答案：＞＞＞=2－，b=－2，c=5－2，則a、b、：a=2－=－＜0，∴b＞=5－2=－＞－c=3－7=－＜0.∴c＞b＞：c＞b＞a●典例剖析【例1】已知－1＜a+b＜3且2＜a－b＜4，求2a+：∵a+b，a－b的范圍已知，∴要求2a+3b的取值范圍，只需將2a+3b用已知量a+b，a－+3b=x（a+b）+y（a－b），用待定系數(shù)法求出x、：設(shè)2a+3b=x（a+b）+y（a－b），∴解得∴－＜（a+b）＜，－2＜－（a－b）＜－1.∴－＜（a+b）－（a－b）＜，即－＜2a+3b＜.評述：解此題常見錯誤是：－1＜a+b＜3，①2＜a－b＜4.②①+②得1＜2a＜7.③由②得－4＜b－a＜－2.④①+④得－5＜2b＜1，∴－＜3b＜.⑤③+⑤得－＜2a+3b＜.思考討論.評述中解法錯在何處??并試著解決如下問題：已知函數(shù)f（x）=ax2－c，滿足－4≤f（1）≤－1，－1≤f（2）≤5，求f（3）：20－1【例2】（XX年福建，3）命題p：若a、b∈R，則|a|+|b|＞1是|a+b|＞1的充分而不必要條件；命題q：函數(shù)y=的定義域是（－∞，－1］∪［3，+∞），則A.“p或q”為假B.“p且q”為真剖析：只需弄清命題p、：∵|a+b|≤|a|+|b|，若|a|+|b|＞1不能推出|a+b|＞1，而|a+b|＞1一定有|a|+|b|＞1，=的定義域為|x－1|－2≥0，∴|x－1|≥2.∴x≤－1或x≥3.∴：D【例3】比較1+logx3與2logx2（x＞0且x≠1）：由于要比較的兩個數(shù)都是對數(shù)，我們聯(lián)系到對數(shù)的性質(zhì)，：（1+logx3）－2logx2=＜x＜1或x＞時，有l(wèi)ogx＞0，1+logx3＞①或②時，logx＜①得無解，解②得1＜x＜，即當(dāng)1＜x＜時，有l(wèi)ogx＜0，1+logx3＜=1，即x=時，有l(wèi)ogx=0.∴1+logx3=，當(dāng)0＜x＜1或x＞時，1+logx3＞2logx2；當(dāng)1＜x＜時，1+logx3＜2logx2；當(dāng)x=時，1+logx3=：作差看符號是比較兩數(shù)大小的常用方法，在分類討論時，要做到不重復(fù)、函數(shù)f（x）=x2+（b－1）x+c的圖象與x軸交于（x1，0）、（x2，0），且x2－x1＞＜x1時，比較t2+bt+：令f（x）=（x－x1）（x－x2），∴x2+bx+c=（x－x1）（x－x2）++bt+：t2+bt+c＞x1.●闖關(guān)訓(xùn)練夯實基礎(chǔ).（XX年遼寧，2）對于0＜a＜1，給出下列四個不等式：①loga（1+a）＜loga（1+）；②loga（1+a）＞loga（1+）；③a1+a＜a1；④a1+a＞A.①③B.①④c.②③D.②④解析：∵0＜a＜1，∴a＜，從而1+a＜1+.∴l(xiāng)oga（1+a）＞loga（1+）.又∵0＜a＜1，∴a1+a＞②與④：D=a+（a＞2），q=2，則＞q＜q≥q≤q解析：p=a－2++2≥4，而－a2+4a－2=－（a－2）2+2＜2，∴q＜4.∴p＞：A－1＜2a＜0，A=1+a2，B=1－a2，c=，D=則A、B、c、：取特殊值a=－，計算可得A=，B=，c=，D=.∴D＜B＜A＜：D＜B＜A＜c＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜：（－3，3）＞2，b＞2，試比較a+：∵ab－（a+b）=（a－1）（b－1）－1，又a＞2，b＞2，∴a－1＞1，b－1＞1.∴（a－1）（b－1）＞1，（a－1）（b－1）－1＞0.∴ab＞a+=xn+x－n，B=xn－1+x1－n，當(dāng)x∈R+，n∈N時，求證：A≥：A－B=（xn+x－n）－（xn－1+x1－n）=x－n（x2n+1－x2n－1－x）=x－n［x（x2n－1－1）－（x2n－1－1）］=x－n（x－1）（x2n－1－1）.由x∈R+，x－n＞0，得當(dāng)x≥1時，x－1≥0，x2n－1－1≥0；當(dāng)x＜1時，x－1＜0，x2n－1＜0，即x－1與x2n－1－1同號.∴A－B≥0.∴A≥＜x＜1，a＞0且a≠，試比較|log3a（1－x）3|與|log3a（1+x）3|：∵0＜x＜1，∴①當(dāng)3a＞1，即a＞時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=|3log3a（1－x）|－|3log3a（1+x）|=3［－log3a（1－x）－log3a（1+x）］=－3log3a（1－x2）.∵0＜1－x2＜1，∴－3log3a（1－x2）＞0.②當(dāng)0＜3a＜1，即0＜a＜時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=3［log3a（1－x）+log3a（1+x）］=3log3a（1－x2）＞，|log3a（1－x）3|＞|log3a（1+x）3|.≈，令a2=1+.（1）證明介于aa2之間；（2）求aa2中哪一個更接近于；（3）你能設(shè)計一個比a2更接近于的一個a3嗎？并說明理由.（1）證明：（－a1）（－a2）=（－a1）?（－1－）=＜0.∴介于aa2之間.（2）解：|－a2|=|－1－|=||=|－a1|＜|－a1|.∴a2比a1更接近于.（3）解：令a3=1+，（2）知|－a3|=|－a2|＜|－a2|.探究創(chuàng)新＞－1，n≥2且n∈N*，比較（1+x）n與1+：設(shè)f（x）=（1+x）n－（1+nx），則（x）=n（1+x）n－1－n=n［（1+x）n－1－1］.由（x）=0得x=∈（－1，0）時，（x）＜0，f（x）在（－1，0）∈（0，+∞）時，（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上遞增.∴x=0時，f（x）最小，最小值為0，即f（x）≥0.∴（1+x）n≥1+：理科學(xué)生也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明.●思悟小結(jié).不等式的性質(zhì)是解、證不等式的基礎(chǔ)，對任意兩實數(shù)a、b有a－b＞0a＞b，a－b=0a=b，a－b＜0a＜b，這是比較兩數(shù)（式）大小的理論根據(jù)，、記熟不等式的性質(zhì)，并注意解題中靈活、（或兩個以上）不等式同加（或同乘）時一定要注意不等式是否同向（且大于零）..●教師下載中心教學(xué)點睛.加強化歸意識，“運算”＞b、c＞d在什么條件下才能推出ac＞，【例1】已知f（x）=|log2（x+1）|，m＜n，f（m）=f（n）.（1）比較m+n與0的大小；（2）比較f（）與f（）：本題關(guān)鍵是如何去掉絕對值號，：（1）∵f（m）=f（n），∴|log2（m+1）|=|log2（n+1）|.∴l(xiāng)og22（m+1）=log22（n+1）.∴［log2（m+1）+log2（n+1）］［log2（m+1）－log2（n+1）］=0，log2（m+1）（n+1）?log2=0.∵m＜n，∴≠1.∴l(xiāng)og2（m+1）（n+1）=0.∴mn+m+n+1=1.∴mn+m+n=、n∈（－1，0］或m、n∈［0，+∞）時，由函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性知x∈（－1，0］時，f（x）為減函數(shù)，x∈［0，+∞）時，f（x）為增函數(shù)，f（m）≠f（n）.∴－1＜m＜0，n＞0.∴m?n＜0.∴m+n=－mn＞0.（2）f（）=|log2|=－log2=log2，f（）=|log2|=log2.－==－＞0.∴f（）＞f（）.【例2】某家庭準(zhǔn)備利用假期到某地旅游，有甲、乙兩家旅行社提供兩種優(yōu)惠方案，甲旅行社的方案是：如果戶主買全票一張，其余人可享受五五折優(yōu)惠；乙旅行社的方案是：家庭旅游算集體票，、乙兩家旅行社的原價相同，請問該家庭選擇哪家旅行社外出旅游合算？解：設(shè)該家庭除戶主外，還有x人參加旅游，甲、那么y1=a+，y2=（x+1）a.∴y1－y2=a+－（x+1）=（－x）.∴當(dāng)x＞，y1＜y2；當(dāng)x＜，y1＞，所以當(dāng)x=1，即兩口之家應(yīng)選擇乙旅行社；當(dāng)x≥2（x∈N），