2022年高三第二轮专题复习系列.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载高三数学其次轮专题复习系列 一、本章学问结构：实数的性质6- 不等式不等式的证明不等式的性质不等式的解法均值不等式不等式的应用比较法一元一次不等式函数性质的争论综合法一元二次不等式最值的运算与争论分析法分式高次不等式实际应用问题其它方法含肯定值不等式二、高考要求（1）懂得不等式的性质及其证明；（2）把握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理,并会简单应用；（3）分析法、综合法、比较法证明简洁的不等式；（4）把握某些简洁不等式的解法；（5）懂得不等式 |a| |b| |a+b| |a| +|b|；三、热点

2、分析1.重视对基础学问的考查,设问方式不断创新 .重点考查四种题型：解不等式, 证明不等式,涉及不等式应用题,涉及不等式的综合题,所占比例远远高于在课时和学问点中的比例 .重视基础学问的考查,常考常新,创意不断,设问方式不断创新,图表信息题,多项型填空题等情形新奇的题型受到命题者的青眯,值得引起我们的关注 . 2.突出重点,综合考查,在学问与方法的交汇点处设计命题,在不等式问题中包蕴着丰富的函数思想,不等式又为争论函数供应了重要的工具,不等式与函数既是学问的结合点,又是数学学问与数学方法的交汇点,因而在历年高考题中始终是重中之重 .在全面考查函数与不等式基础学问的同时,将不等式的重点学问以及其

3、他学问有机结合,进行综合考查,强调学问的综合和学问的内在联系,加大数学思想方法的考查力度,是高考对不等式考查的又一新特点 . 3.加大推理、论证才能的考查力度,充分表达由学问立意向才能立意转变的命题方向 .由于代数推理没有几何图形作依靠,因而更能检测出同学抽象思维才能的层次 .这类代数推理问题常以高中代数的主体内容函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为学问背景,并与高等数学学问及思想方法相连接,立意新奇,抽象程度高,有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能表达出高观点、低设问、深化浅出的名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 43 页精选学习资料 - - - - -

4、 - - - - 学习必备 欢迎下载特点,考查容量之大、功能之多、才能要求之高,始终是高考的热点 . 4.突出不等式的学问在解决实际问题中的应用价值,借助不等式来考查同学的应用意识. 不等式部分的内容是高考较为稳固的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用；高考试题中有以下几个明显的特点：（1）不等式与函数、数列、几何、导数 独考查不等式的试题题量很少；,实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多,单（2）挑选题 ,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题,特殊是应用题和压轴题几 乎都与不等式有关；（3）不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法

5、,而放缩法作为一种帮助方法不容忽视；四、复习建议 1力求娴熟把握不等式的性质,以最大限度地削减不等式解题中可能显现的失误；2对于不等式的证明,应略高于教材上有关例题和习题的难度；必需重视演练与其它内 容综合在一起的证明题,特殊是综合教材上的例题与习题、创新题；3对于解不等式,一般不需超出教材上的例题和习题的难度,也不要超出教材上的例题 和习题所涉及的范畴,但对于需要分类求解的不等式应赐予充分的留意,而这类习题 的分类一般不超过两层；4娴熟把握利用平均值不等式求最值的方法及其使用条件,的应用；并重视在几何和实际问题中5,通过训练 ,使同学把握等价转化思想和化归思想,培育同学的代数推理才能,提高同

6、学应用不等式学问解决问题的才能. 6.重视数学思想方法的复习依据本章上述的命题趋向我们迎考复习时应加强数学思想方法的复习 .在复习不等式的解法时,加强等价转化思想的训练与复习 .解不等式的过程是一个等价转化的过程,通过等价转化可简化不等式（组）,以快速、精确求解 .加强分类争论思想的复习 .在解不等式或证不等式的过程中,如含参数等问题,一般要对参数进行分类争论 .复习时,同学要学会分析引起分类争论的缘由,合理的分类,做到不重不漏 .加强函数与方程思想在不等式中的应用训练.不等式、函数、方程三者密不行分,相互联系、相互转化 .如求参数的取值范畴问题,函数与方程思想是解决这类问题的重要方法 .在不

7、等式的证明中,加强化归思想的复习,证不等式的过程是一个把已知条件向要证结论的一个转化过程,既可考查同学的基础学问,又可考查同学分析问题和解决问题的才能,正由于证不等式是高考考查同学代数推理才能的重要素材,复习时应引起我们的足够重视 .利用函数 f（x）=x （a0）的单调性解决有关最值问题是近几年高考中的热点,应加强这方面的训练和指导 . 7.强化不等式的应用高考中除单独考查不等式的试题外,常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中涉及不等式的学问,加强不等式应用才能,是提高解综合题才能的关键.因此,在复习时应加强这方面训练,提高应用意识,总结名师归纳总结 不等式的应用规律,

8、才能提高解决问题的才能.如在实际问题应用中,主要有构避第 2 页,共 43 页造不等式求解或构造函数求函数的最值等方法,求最值时要留意等号成立的条件,免不必要的错误.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载五、典型例题不等式的解法【例 1】解不等式：xa21a2a0,解：原不等式可化为：a1 xx2即 a1x+2 ax20. 当 a1 时,原不等式与 xa 2x20 同解 . a 1如 a 22,即 0a1 时,原不等式无解；如 a 22,即 a0 或 a1,于是 a1a 1 a 1时原不等式的解为 ,a 2 2,+ .a 1当 a1 时,

9、如 a0,解集为 a 2, 2；如 0a 1,解集为 2,a 2 a 1 a 1综上所述：当 a1 时解集为 ,a22,+；1,4,求实数a 的取值范a1当 0a1 时,解集为 2,a2；a1当 a=0 时,解集为；当 a0 时,解集为 a2,2. a1【例 2】设不等式x 22ax+a+20的解集为 M,假如 M围. 解： M1,4有 n 种情形：其一是 M=,此时 0；其二是 M,此时 0,分三种情形运算 a 的取值范畴 . 设 fx= x 2 2ax+a+2,有 =2a 24a+2=4 a 2a2 1当 0 时, 1a2, M= 1,42当 =0 时,a=1 或 2.当 a=1 时 M=

10、 11,4；当 a=2 时,m=21,4. 3当 0 时, a 1 或 a2.设方程 fx=0 的两根 x1,x2,且 x1x2,那么 M= x1,名师归纳总结 x2, M1, 41x1x24f 1 0,且f400第 3 页,共 43 页1a4,且- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a30学习必备欢迎下载即 18 7 a 0,解得： 2a18 ,a 0 7a 1 或 a 2M1,4时, a 的取值范畴是 1,18. 7【例 3】解关于 x 的不等式：log 2 x 1 log 4 a x 2 1 a 0x 1 0 x 1解：原不等式等价于 a x 2 1

11、 0 ,即 x 2 1. 2 ax 1 a x 2 1 x a x 2 0由于 a 1,所以 1 2 1,所以,上述不等式等价于 x 2 1a a x a x 2 0解答这个含参数的不等式组,必定需要分类争论,此时, 分类的标准的确定就成明白答的关键如何确定这一标准？（1）当1a2时,不等式组等价于x21aax2 或x此时,由于21aaa120,所以21aaa从而21xa或x2a（2）当a2时,不等式组等价于x32所以x2x3,且x22（3）当a2时,不等式组等价于x21a此时,由于x2 或xa212,所以,21x2 或xaaa综上可知：名师归纳总结 当1a2时,原不等式的解集为xx21x2a

12、 或x2；第 4 页,共 43 页a当3a2时,原不等式的解集为xx；,且2当a2时,原不等式的解集为x21x2 或xaa- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【例 4】解关于 x 的不等式：学习必备x欢迎下载a0,a14logalogax2解：原不等式等价于名师归纳总结 4logax0ax222logax4x02logax4ax0x2” 之下的最大、第 5 页,共 43 页logax20alog2 ax3logalogax3或log4logxlog3logax4,当 a1时,原不等式的解集为xa3xa4当 0a1 时,原不等式的解集为xa4xa3【例 5

13、】设函数fxaxx21,（1）当a2时,解不等式fx f1；（2）求 a 的取值范畴,使得函数fx在,1上为单调函数讲解：（1）a2时,fx f1可化为：2x1x21,等价于：xx110x21或x2110042x解得1x5,解得x13所以,原不等式的解集为x1x5或x13（2）任取x 1x2,1,且x 1x 2,就fx 1fx2ax1x 121ax2x221ax 1x2x 121x221ax 1x2x 12x 12x22211x2x 1x2ax 12x 1x 2211x 2要使函数fx在,1上为单调函数,需且只需：ax 1 2x 1x 2221恒成立,（或ax 12x 1x 221恒成立）1x

14、1x 2因此,只要求出x12x 1x2221在条件“x 1x2,1,且x 11x- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载如：x 1,1x21,最小值即可 为了探求这个代数式的最值,我们可以考虑极端情形,简洁知道,此时2 x 1 x 22；如考虑 x 1 x 2,就不难看出,此时x 1 1 x 2 12 x 1 x 22 1,至此我们可以看出：要使得函数 f x 为单调函数, 只需 a 1x 1 1 x 2 12 2事 实 上 , 当 a 1 时 , 由 于 x 1 x 2 x 1 1 x 2 1 0 恒 成 立 , 所 以 ,2 x 1 x

15、22 1 所 以 , 在 条 件 “x 1x 2 ,1, 且 x 1 x 2”之 下 , 必 有 ：x 1 1 x 2 1f x 1 f x 2 0所以,f x 在区间 ,1 上单调递减当 a 1 时,由（ 1）可以看出：特例 a 2 的情形下,存在 f 1 f 53由此可以猜想：函数 f x 在区间 ,1 上不是单调函数为了说明这一点,只需找到 x 1x 2 ,1,2使得 f x 1 f x 2 即可简便起见,不妨取 x 1 1,此时,可求得 x 2 a2 11,也a 1即：f 1 f aa 22 11 a,所以,f x 在区间 ,1 上不是单调函数另解：f x a x2,对 x 1,易知：

16、x 1当 x 1 时,x2；当 x 时,2 x1；x 1 x 1所以当 x 1, 时,x2 1,x 1从而只须 a 1,必有 f x 0,函数在 x 1, 上单调递减；【例 6】已知 fx是定义在 1,1上的奇函数,且m+n 0时 f m f n 0. m n1用定义证明 fx在 1,1上是增函数；1 12解不等式： fx+ 2 fx 1 ；f1=1 ,如 m、n 1,1,名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 43 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载3如 fxt 22at+1 对全部 x 1,1,a 1,1恒成立,求实数 t 的取值范畴 .

17、 解： 1证明：任取x1x2,且 x1,x2 1,1,就 fx1fx2= fx1+ fx2=fx 1fx2x1 x2 x 1x2 1x1x21,x1+x2 0,由已知fx 1fx2 0,又x1x20,x1x2fx1fx20,即 fx在 1,1上为增函数 . 2解： fx在 1,1上为增函数,1x11f1=1 ,21x111解得： x|3 x 1,xR 2x1x1123解：由 1可知 fx在 1,1上为增函数,且故对 x 1,1,恒有 fx 1,所以要 fx t 22at+1 对全部 x 1,1, a 1,1恒成立,名师归纳总结 即要 t 2 2at+11成立,故 t2 2at0,第 7 页,共

18、 43 页记 ga=t 22at,对 a 1,1,ga 0,只需 ga在 1,1上的最小值大于等于0,g1 0,g1 0,解得, t2 或 t=0 或 t 2.t 的取值范畴是：t|t2 或 t=0 或 t2.【例 7】给出一个不等式x2x21c1c（xR）；cc体会证：当c=1, 2, 3 时,对于 x 取一切实数,不等式都成立；试问：当c 取任何正数时,不等式对任何实数x 是否都成立？如能成立,请给出证明；如不成立,恳求出c 的取值范畴,使不等式对任何实数x 都能成立；解：令 fx=x2x1c,设 u=x2cuc 2c就 fx=u21u1uc uufxc1 u1c1 uc uc1 cucu

19、c- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 要使不等式成立,即fxc学习必备欢迎下载1 0 cuc 0 只须 u c 10 u 2c1 u 21x 2+c1c cx 21 c 故当 c= 1 时,c 2原不等式不是对一切实数 x 都成立,即原不等式对一切实数 x 不都成立要使原不等式对一切实数 x 都成立,即使 x 21 c 对一切实数都成立；cx 20 故 1 c0 cc1c0 c1 时,原不等式对一切实数 x 都能成立；不等式的证明【例 1】已知 a 2,求证：log a 1 a log a a 1解 1：log a 1 a log a a 1 1 log

20、 a a 1log a a 11 log a a 1 log a a 1log a a 1由于 a 2,所以,log a a 1 ,0 log a a 1 0,所以,2log a a 1 log a a 1log a a 1 log a a 122 2 2 2log a a 1 log a a14 4所以,log a 1 a log a a 1 0,命题得证解 2：由于 a 2,所以,log a a 1 0 , log a a 1 0,所以,1loga1alogaa1logaa11logaa1,logaa1logaa1由解 1 可知：上式 1故命题得证【例 2】已知 a0,b0,且 a+b=1

21、；求证： a+1b+ b 1 254. a证法一： 分析综合法 名师归纳总结 欲证原式,即证4ab2+4a 2+b225ab+40,即证 4ab 233ab+80,第 8 页,共 43 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载即证 ab1 或 ab8.4a0,b0,a+b=1, ab8不行能成立1=a+b2 ab , ab1 ,从而得证 . 4 证法二： 均值代换法 设 a=1 +t1,b= 21 +t2. 21t221 a+b=1,a 0,b0, t1+t2=0,|t1|1 ,|t2|22a1b1a2a1b2b1ab1t1211t221

22、1t1t121 1t222441t11t21t11t222221t1t121 12t2t221 5t2222t22444211tt244253t222t242525.162161t21444明显当且仅当t=0,即 a=b=1 时,等号成立 . 2证法三： 比较法）a+b=1,a 0,b0, a+b2 ab , ab14ab814ab8ab0a1b125a2a1b21254a2b2433ab4b4ab4aba1b125ab4证法四： 综合法 a+b=1, a0,b 0, a+b2 ab , ab1 . 4 1ab21251ab1131ab291ab214251644161ab4ab即a1b125

23、ab4证法五： 三角代换法）名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 43 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载2 a0,b0,a+b=1,故令 a=sin2,b=cos 2,0,a1b1sin21cos212,所以不等式成立；absin2cos2sin4cos42sin2cos224sin22164sin224sin22 sin22 ,14sin22413.2 42sin22162544sin22 22511sin2sin22424即得a1b125.ab4【例 3】证明不等式11112nnN* 23n证法一： 1当 n 等于 1 时,不等式左端等

24、于1,右端等于2假设 n=kk 1时,不等式成立,即1+1112k ,23k就 111112k1123kk2n . 2kk1 1kk112k1,k1k1当 n=k+1 时,不等式成立. 综合 1、2得：当 nN*时,都有 1+11123n另从 k 到 k+1 时的证明仍有以下证法：名师归纳总结 2k112kk1k2kk1 k1111,nn12n.第 10 页,共 43 页kk120 ,k2k2k k1 12 k1 ,k112k1 .k1,02k又如:2k12kk2k11k2k112k.1k1,322kk N*,都有：证法二：对任意12k2k12 kkkk12因此111122 223n- - -

25、 - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证法三：设fn=2n 11学习必备欢迎下载11 n,23那么对任意kN2* 都有：1111k20fk1fk2 k1kk112 k1k k1 1 k11k12kk1kkkkfk+1 fk 因此,对任意nN* 都有 fnfn1 f1=10,11112n.23n不等式的应用【例 1】已知不等式2log0.5x27log05.x30 的解集为M,x,8求当xM时, 函数fx log2xlog2x 的最大值和最小值.242解：由2log0.5x27log0.5x3,0 2log5.0x1 log.05x303log05.x12Mx|2x8

26、 .由fx log2xlog2x,24得fxlog2x1 log2x2log2x23log2x2令u=log2x ,得fuu23 u2u321,u1,3242依据复合函数的单调性得：当u3即x22 时,fxmin1,12aa2.ax 的取值范畴 . logax是增函24当u3即x8 时,fx max2 .【例 2】 已知函数ylogax,其中aa|20（1）判定函数ylogax的增减性；为真命题,求实数（2）如命题p:|fx|1|f2x|解：（1）aa|12012aa2,a212a200,即210,函数y数；名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 43 页精选学习资料 - -

27、 - - - - - - - （ 2 ）|fx|1|f2x|即|学习必备|欢迎下载|1, 必 有x0,当0x1时 ,logaxloga2x4l o gxl o g2x0,不等式化为logaxloga2x,1loga2x1,故loga2x,1x1,此时1x1；当1x1 时,logax0loga2x,2a2a441；不等式化为logaxloga2x,1loga21,这明显成立,此时1x4当x1时,0logaxloga2x,不等式化为logaxloga2x,1loga2x1故xa,此时1xa；22x 2,综上所述知,使命题p 为真命题的x 的取值范畴是x|1xa.2a2【例 3】（1994 年已知函

28、数fxtgx,x0,2,如x 1,x20,2,且x 11 证明：2fx 1fx2fx 12x2解：fxtgx1fx1fx 21tgx1tgx2221sinx 1sinx 2sinx1cosx2cosx1sinx22cosx 1cosx22cosx 1cosx2sinx 1x2sinx 1x22cosx 1cosx2cos x 1x 2cos x 1x 2x 1,x 20,2,x 1x 2,2sinx1x20,cosx 1cosx20,且0cos x 1x21有0c o s 1x2c o s 1x 21c o s x21 tgx 1tgx 21s i n 1x2tgx 12x22c o s x2

29、即1fx 1fx2fx12x22【例 4】 1995 年设a n是由正数组成的等比数列,Sn是前n项之和；名师归纳总结 1证明lgS nlgS n2lgS n1第 12 页,共 43 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2是否存在常数C0,使得lgSn学习必备Sn欢迎下载lgSn1C成立？并证明你的结论；Clg2C2名师归纳总结 证明： I要证lgS nlgSn2lgS n1第 13 页,共 43 页2即证S nSn2S2 n10 即可1如q1,就Snna 1S nS n22 S n1na1n2a1n1 2a2 1a2 102如q1,S na11qn1qS nSn2S2 n1a2 11qn 12qn2a2 11qn212a2 1qn01q1q由1 2可得SnS n2S2 n1依据对数函数的单调性,可得lgS n