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学科：数学教学内容：函数与方程考点梳理一、考试内容集合、子集、交集、并集、补集。|ax+b|c(c0)型不等式。一元二次不等式。映射、函数。分数指数幂与根式。函数的单调性，函数的奇偶性。反函数，互为反函数的函数图像间的关系。指数函数。对数，对数的性质和运算法则。对数函数，换底公式。简单的指数方程和对数方程。二、考试要求1.理解集合、子集、交集、并集、补集的概念。了解空集和全集的意义。了解属于、包含、相等关系的意义。能掌握有关的术语和符号，能正确地表示一些较简单的集合。2.理解|ax+b|c(c0)型不等式的概念，并掌握它们的解法。了解二次函数、一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法。3.了解映射的概念，在此基础上理解函数及其有关的概念，掌握互为反函数的函数图像间的关系。4.理解函数的单调性和奇偶性的概念，并能判断一些简单函数的单调性和奇偶性。能利用函数的奇偶性来描绘函数的图像。5.理解分数指数幂、根式的概念，掌握分数指数幂的运算法则。6.理解对数的概念，掌握对数的性质。7.掌握指数函数、对数函数的概念及其图像和性质，并会解简单的指数方程和对数方程。三、考点简析1.函数及相关知识关系表2.集合（1）作用地位“集合”是数学研究的基本对象之一。学习集合的概念，有助于理解事物的逻辑关系和对应关系，加深对数学的抽象特征的理解，也能提高使用数学语言的能力。高考试题中，对集合从两个方面进行考查：一方面是考查对集合概念的认识和理解水平，主要表现在对集合的识别和表达上。如对集合中涉及的特定字母和符号，元素与集合间的关系，集合与集合间的比较，另一方面，则是考查学生对集合知识的应用水平，如求方程组、不等式组及联立条件组的解集，以及设计、使用集合解决问题等。（2）重点与难点重点是集合的概念和表示法及交、并、补集的运算。难点是集合运算的综合运用，特别是带有参数的不等式解集的讨论。（3）有关子集的几个等价关系AB=AAB；AB=BAB；ABC uAC uB；ACuB =CuAB；CuAB=IAB。（4）交、并集运算的性质AA=A，A=，AB=BA；AA=A，A=A，AB=BA；Cu (AB)= CuACuB，Cu (AB)= CuACuB；（5）有限子集的个数：设集合A的元素个数是n，则A有2n个子集，2n1个非空子集。3.函数的性质（1）函数的概念：定义域、值域、对应法则、反函数、复合函数、分段函数；（2）函数的性质：单调性、奇偶性、有界性、极（最）值性、对称性、周期性等；（3）函数对称性与周期性的几个结论：设函数y=f(x)的定义域为R，且满足条件f(a+x)=f(bx)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=对称；定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x有f(x+a)=f(xb)，则y=f(x)是以T=a+b为周期的函数；定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x满足条件f(x)=2bf(2ax)，则y=f(x)关于点(a,b)对称；若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于x=b（ab）对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=2|ab|是它的一个周期；若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于点(b,c)中心对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=4|ab|是它的一个周期。（4）函数的奇偶性与单调性：奇函数与偶函数的定义域关于原点对称，图像分别关于原点与y轴对称；任意定义在R上的函数f(x)都可以惟一地表示成一个奇函数与一个偶函数的和。即f(x)= +若奇函数f(x)在区间a,b(0ab)上单调递增（减），则f(x)在区间b,a上也是单调递增（减）；若偶函数f(x)在区间a,b（0af(b)，则ab;函数f(x)在R上单调递减，若f(a)f(b)，则a0时，f(x)在区间p,q上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。若p，则f(p)=m,f(q)=M;若px0，则f()=m,f(q)=M;若x0q，则f(p)=M,f()=m;若q,则f(p)=M,f(q)=m。（3）二次方程的实根分布条件：二次方程f(x)=0的两根中一根比r大，另一根比r小af(r)0;二次方程f(x)=0的两根都大于r二次方程f(x)=0在区间(p,q)内有两根二次方程f(x)=0在区间(p,q)内只有一根f(p)f(q)0，或（检验）或（检验）。二次方程f(x)=0的一根小于p，另一根大于q(pq)（4）二次不等式的转化策略：二次不等式f(x)0的解集是：(,，+a0且f()=f()=0.当a0时，f()|+|;当a0时，f()f() |+|0时，二次不等式f(x)0在p,q上恒成立或或f(x)0恒成立或f(x)0时，函数图像过点（1，1），（0，0），且在第一象限内随x增加，图像上升；当n1时，在R上是增函数。当0a1时，在（0,+ ）上是增函数。当0a1时，在(0,+ )上是减函数。6.对数运算常用公式（1）a=N（2）logaM+logaN=loga(MN)（3）logaMlogaN=loga（4）logaMn=nloga|M|（5）loga=loga|M|（6）loga=loga|M|（7）logbM=（8）（9）logablogbc=logac四、思想方法1.求函数解析式的方法：配方法与代入法。2.求值域的常用方法：观察法，函数单调性法，求逆函数法，分离法，配方法，换元法，判别式法，不等式法等。3.函数与方程思想函数思想，即先构造函数，把给定问题转化对辅助函数的性质研究，得出所需的结论。方程思想，就是把对数学问题的认识，归纳为对方程和方程组的认识。对于函数思想，应深刻理解一般函数y=f(x)、的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图像变换）。熟练掌握基本初等函数的性质，是应用函数思想解题的基础。函数方程思想常同数形结合、等价转化思想相互融合后才能充分发挥其具体解题的功效。【例题解析】例1 （1）已知集合A=x|x2ax+a219=0，集合B=x|log2(x25x+8)=1，集合C=x|m=1,m0，|m|1满足AB, AC=，求实数a的值；(2)已知集合P=x|x25x+40,Q=x|x22bx+b+20满足PQ，求实数b的取值范围。解 （1）由条件即可得B=2，3，C=4，2，由AB，AC=，可知3A，2A。将x=3代入集合A的条件得：a23a10=0a=2或a=5当a=2时，A=x|x2+2x15=0=5,3,符合已知条件。当a=5时,A=x|x25x+6=0=2，3，不符合条件“AC”=，故舍去。综上得：a=2。（2）显然P=x|1x4，记f(x)=x22bx+b+2若Q为空集，则由0得：4b24(b+2)0 1b2。若Q不是空集，则应满足 即解之得：2b综上得：1g(17)=9,g(x)g(20)=36g(x)的最大值为36，最小值为9。（3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有两个解。而在1000，1000上有200个周期，至少有400个解。又f(1000)=0所以最少有401个解。且这401个解的和为200。注 题中（2）可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到f(x)= 一般地：当x3，2时，4x2,7f(x)=f(4x)=(x2)2当x3,7,f(x)=(x2)2故当x3+10k,7+10k,x10k3,7f(x)= (x10k2)2(kz)f(x)= (x10k2)2 x3+10k,7+10k,（kZ）例3 设a是正数，ax+y=2(x0,y0)，记y+3xx2的最大值是M(a)，试求：（1）M(a)的表达式；（2）M(a)的最小值。解 将代数式y+3xx2表示为一个字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x的二次函数，逐步进行分类求M(a)。（1）设S(x)=y+3xx2,将y=2ax代入消去y，得：S(x)=2ax+3xx2 =x2+(3a)x+2 =x(3a)2+(3a)2+2(x0)y0 2ax0而a0 0x下面分三种情况求M(a)(i)当03a0)，即时解得 0a1或2a0)即时，解得：1a2，这时M(a)=S()=2a+3 =+(iii)当3a0；即a3时M(a)=S(0)=2综上所述得：M（a）=（2）下面分情况探讨M(a)的最小值。当0a1或2a2当1a2时M(a)=+=2()2+1a21当=时，M(a)取小值，即M(a)M（2）=当a3时，M(a)=2经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。注 解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3a是否在定义域区间0，内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。例4 已知函数f(x)=x(pZ)在(0,+)上是增函数，且在其定义域上是偶函数。（1）求p的值，并写出相应的函数f(x)的解析式。（2）对于（1）中求得的函数f(x)，设函数g(x)=qff(x)+(2q1)f(x)+1，问是否存在实数q(q0。f(x)在(0,+)上是增函数，p2+p+0解得：1p3,而pZp=0,1,2当p=0或2时，有f(x)=x不是偶函数，故p=1，此时,f(x)=x2。（2）利用函数单调性的定义进行探索求解。f(x)=x2g(x)=qx4+(2q1)x2+1假设存在实数q(q0)，使得g(x)满足题设条件。设x1x2,则g(x1)g(x2)=qx14+(2q1)x12+qx24(2q1)x22=(x1+x2) (x2x1) q(x12+x22)(2q1)若x1,x2(,4，易知x1+x20,要使g(x)在(,4上是递减函数，则应有q(x12+x22)(2q1)0恒成立x132，而q0q( x12+x22)32q从而要使q( x12+x22)2q1恒成立，则必有2q132q即 q若x1,x2(4，)，易知(x1+x2) (x2x1)0恒成立4x10,4x20x12+x2232，而q32q要使q( x12+x22)2q1恒成立，则必有2q132q,即 q综合以上两方面，得q=故存在实数q=，使得g(x)在(,4上是减函数，且在(4,0)上是增函数。注 本例是一道综合性较强的题目。对于第（2）小题，还可以从复合函数性质方面来考虑，就有如下解法：设t=x2，由g(x)在(,4上是减函数，在(4,0)上是增函数，而t=x2在16，+和(0,16)上都是增函数，得h(t)=qt2+(2q1)t+1在（0，16）上是增函数，在16，+上是减函数，从而可得=16 q=例5 设函数f(x)定义域为R，当x0时，f(x)1，且对任意x,yR，有f(x+y)=f(x)f(y)。（1）证明：f(0)=1;（2）证明：f(x)在R上是增函数；（3）设集合A=(x,y)|f(x2)f(y2)0时，f(x)1。则设x=0,y=1得：f(0+1)=f(0)f(1)，即f(1)=f(0)f(1)f(1)1 f(0)=1（2）证明f(x)在R上是增函数，即证明当x1x2时，有f(x1)f(x2)。对x1,x2R,x10f(x2)=f(x1+x2x1)=f(x1)f(x2x1)中有f(x2x1)1故要证明f(x2)f(x1)，只要证明f(x1)0即可。事实上，当x10时，f(x1)10当x1=0时，f(x1)=10当x11 0f(x1)0f(x2)=f(x1)f(x2x1)f(x1)，故命题得证。（3）解 A：f(x2+y2)f(1)，则由单调性知x2+y20，得f(x)=，证得f(x)0恒成立。且=f(x2)f(x1)=f(x2x1)1f(x2)f(x1)例6 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=bx，其中a、b、c满足abc,a+b+c=0(a,b,cR)。（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；（2）求线段AB在x轴上的投影A1B1的长度的取值范围。解 （1）证：由消去y，得ax2+2bx+c=0=4b24ac=4(ac)24ac=4(a2+ac+c2)=4(a+)2+c2此证法不够自然 abc ，c不同时为00，即两函数的图像交于不同的两点。（2）设方程ax22bx+c=0的两根为x1和x2，则x1+x2=,x1x2=|A1B1|2=( x1x2)2=( x1+x2)24x1x2 =()2=4()2+1=4(+)2+abc，a+b+c=0，a0,c0，求证：（1）pf()0，所以，pf()0时，由（1）知f()0，则f(0)0，又()0 又f()0，所以f(x)=0在（,1）内有解。当p0),已知二次方程f(x)x=0的两个根x1与x2满足0x1x2。（1）证明：当u(0,x1)时，uf(u)x1;（2）若f(x0x)=f(x0+x)，证明：2x0x1。证法一 （1）令F(x)=f(x)x，因为x1,x2是方程f(x)x=0的根，所以可设F(x)=a(xx1)(xx2)当u（0，x1）时， x10，又a0，得F(u)=a(ux1)(ux2)0，即uf(u)x1f(u)=x1(u+F(u) =(x1u)1+a(ux2)0ux1x20,1+a(ux2)=1+auax21ax20，得x1f(u)0。 f(u)x1故当u（0，x1）时，uf(u)x1（2）依题意得x0=x1,x2是方程f(x)x=0的两根，即x1,x2是方程ax2+(b1)x+c=0的根，所以x1+x2=x0=ax21, x0=，即2x0x1。证法二 （1）方程f(x)x=0的两根为x1,x2 f(x)x=a(xx1)(xx2)故欲证uf(u)x10f(u)ux1u0a(ux1)(ux2)x1u0a(x2u)0）0x2u0)又0ux2, 0x2u成立。故uf(u)x1成立。（2）由于方程x1,x2是方程f(x)x=0的根，也即ax2+(b1)x+c=0的两根。x1+x2=+又0x2x1+x2=+x1又x0=，故2x00。（1）求f()及f();（2）证明f(x)是周期函数；（3）记an=f(2n+),求(lnan)。解 （1）f(1)=f(+)=f()f()=f2()=af()=又f()=f(+)=f2()0 f()=a 同理可得f()=a（2）f(x)是偶函数， f(x)=f(x)又f(x)关于x=1对称，f(x)=f(2x)f(x)=f(x)=f2(x)=f(2+x) （xR）这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期。（3）对于x0，1，有0, f(x)=f(+)=f()f()0 （x0,1）（，其中，不能同时为0，）f()=f(n)=f+(n1)=f()f(n1)=f()f()f()=f()n又f()=a,f()=af(2n+)=f() an=a(lnan)= (lna)=0例10 已知a,b,c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b，当1x1时，|f(x)| 1。（1）证明：|c|1;（2）证明：当1x1时，|g(x)| 2;（3）设a0，当1x1时，g(x)的最大值为2，求f(x)。解 （1）取x=01，1，由已知得：|c|=|f(0)| 1(2) 因为g(x)=ax+b是关于x的一次函数（也可能是常数函数），所以g(x)在区间1，1上单调（a0时，单调递增；a0时，g(x)在1，1上是增函数，所以当x=1时，g(x)取得最大值2，即2=g(1)=f(1)f(0)所以 1f(0)=f(1)212=1从而得：c=f(0)=1又当x1，1时，f(x)1=f(0)，表明二次函数f(x)在1，1上不单调，所以有1,1，且 f()=f(0)=1。又由二次函数极值的惟一性得：=0，即b=0,a=2，所以 f(x)=2x21。注 本题第（2）小题还可这样证明：用f(1),f(0),f(1)表示出a,b,c。由解得：a=f(0),b=,c=f(0)故|g(x)|=|ax+b| =|f(0)x+| =|f(1)+ f(1)xf(0)| |f(1)|+|f（1）|+|x|f(0)| |+|+1 =+1 =2学科：数学教学内容：函数与方程综合能力训练【综合能力训练】一、选择题1.已知集合M=x|x2+6x160,N=x|(xk)(xk2)0,MN，则k的取值范围是（ ）A.k0B.k2C.8k0D.k8或k02.已知集合M=x|x2=a2,ax|x是正实数，集合N=x|nx=a，a0，若NM，则n取值的集合是（ ）A.1B.1C.1,1D.1,0,13.已知函数f(x)=x2,集合A=x|f(x1) =ax,xR，且Ax|x是正实数=x|x是正实数，则实数a的取值范围是（ ）A.（4,+）B.（，1C.（0,+）D.（,40,+4.函数y=x的值域是（ ）A.,+B.（，C.,+D.(, +)5.已知函数f(x)=4x2+4axa24a(a0)在区间0,1上有最大值12，则实数a的值为( )A.1B.2C.3D.66.函数f(x)=x22xsin+sin1(R)在区间0，1上的极小值为g(sin)，则g(sin)的最小、最大值是( )A.最小值1，最大值B.最小值3，最大值C.最小值2，最大值D.无最小值，最大值7.当0x1时，函数y=ax+a1的值有正值也有负值，则实数a的取值范围是（ ）A.a1C.a1D.ag(a)g(b)成立的是（ ）A.ab0B.ab0D.ab1（或x2，则a的取值范围是（ ）A.(,1)(1,2)B.(0,)(1,2)C.(1,2)D.(0,)(2,+)二、填空题13.函数y=+logx的值域是 。14.已知f(x)=a(a为不等于1的正数)，且f(lga)=，则a= 。15.x0是x的方程ax=logax(0a1)的解，则x0,1,a这三个数的大小关系是 。16.若函数f(x)=ax+blog2(x+)+1在(,0)上有最小值3(a,b为非零常数)，则函数f(x)在（0，+）上有最 值为 。三、解答题17.设f(x)是定义在（，+）上的函数，对一切xR均有f(x)+f(x+3)=0，且当1x1时，f(x)=2x3，求当20有意义，且满足条件f(2)=1,f(xy)=f(x)+f(y),f(x)是非减函数。（1）证明f(1)=0;（2）若f(x)+f(x2)2成立，求x的取值范围。20.设集合A=x|4x2x+2+a=0,xR。（1）若A中仅有一个元素，求实数a的取值集合B；（2）若对于任意aB，不等式x26xa(x2)恒成立，求x的取值范围。21.已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数，且a0)满足条件：f(x1)=f(3x)且方程f(x)=2x有等根。（1）求f(x)的解析式；（2）是否存在实数m,n（m1。参考答案【综合能力训练】1.A 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.D 8.B 9.A 10.C 11.B 12.D 13. 14.10或10 15.ax01 16.大、517.解 f(x)+f(x+3)=0, f(x+3)=f(x)当1x1时，f(x)=2x3,当1x1时，f(x+3)=f(x)=2x+3.设x+3=t，则由1x1得2t4,又x=t3,于是f(t)=2(t3)+3=2t+9，故当20有意义，故x.0且x20，即x2.由以上知所求x的范围为x1+.20.解(1)令2x=t(t0)，设f(t)=t24t+a,由f(t)=0在（0，+）上仅有一根或两相等实根、有f(t)=0有两等根时，=0164 a =0a=4.验证:t24t+4=0t=2(0,+)这时x=1.f(t)=0有一正根和一负根时，f(0)0a0恒成立。只须5x2.21.解(1)方程ax2+bx2x=0有等根，=(b2)2=0，得b=2。由f(x1)=f(3x)知此函数图像的对称轴方程为x=1，得a=1，故f(x)=x2+2x.(2)f(x)=(x1)2+11，4n1，即n.而抛物线y=x2+2x的对称轴为x=1，当n时，f(x)在m,n上为增函数。若满足题设条件的m,n存在，则即又mn.m=2,n=0，这时，定义域为2，0，值域为8，0。由以上知满足条件的m,n存在,m=2,n=0.22.解 (1)f(x)的定义域为 (1,1)，设1x1x20, x1x2 00, (1x1)(1+x2)0, (1+x1)(1x2) (1x1)(1+x2)=2(x1x2)001lg0故f(x1)1=f(0)，且f(x)为定义在（1，1）上的增函数，得0x(x+1)1，解得x1或0x1的解。学科：数学教学内容：不等式(上)【考点梳理】一、考试内容不等式，不等式的性质，不等式的证明，不等式的解法，含有绝对值的不等式。二、考试要求1.掌握不等式的性质及其证明，掌握证明不等式的几种常用方法，掌握两个和三个（不要求四个和四个以上）“正数的算术平均数不小于它们的几何平均数”这两个定理，并能运用上述性质、定理和方法解决一些问题。2.在熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式（组）的解法的基础上初步掌握其他的一些简单的不等式的解法。3.会用不等式|a|b|a+b|a|+|b|。三、考点简析1.不等式知识相互关系表2.不等式的性质（1）作用地位不等式性质是不等式理论的基本内容，在证明不等式、解不等式中都有广泛的应用。高考中，有时直接考查不等式的性质，有时间接考查性质（如在证明不等式、解不等式中就间接考查了掌握不等式性质的程度）。准确地认识、运用基本性质，并能举出适当反例，能辨别真假命题是学好不等式的要点。（2）基本性质实数大小比较的原理与实数乘法的符号法则是不等式性质的依据。在不等式性质中，最基本的是：abbb,bcac（传递性）aba+cb+c（数加）（ab,c=0ac=bc）与等式相比，主要区别在数乘这一性质上，对于等式a=bac=bc，不论c是正数、负数还是零，都成立，而对于不等式ab，两边同乘以c之后，ac与bc的大小关系就需对c加以讨论确定。这关系即使记得很清楚，但在解题时最容易犯的毛病就是错用这一性质，尤其是需讨论参数时。（3）基本性质的推论由基本性质可得出如下推论：推论1：ab0,cd0acbd推论2：ab0,cd0推论3：ab0anbn(nN)推论4：ab0(nN)对于上述推论可记住两点：一是以上推论中a,b,c,d均为正数，即在x|x是正实数中对不等式实施运算；二是直接由实数比较大小的原理出发。3.不等式的证明（1）作用地位证明不等式是数学的重要课题，也是分析、解决其他数学问题的基础，特别是在微积分中，不等式是建立极限论的理论基础。高考中，主要涉及“a,b0时，a+b2”这类不等式，以及运用不等式性质所能完成的简单的不等式的证明。用数学归纳法证明的与自然数有关命题的不等式难度较大。（2）基本不等式定理1：如果a,bx|x是正实数，那么（当且仅当a=b时取“=”号）定理2：如果a,b,cx|x是正实数，那么(当且仅当a=b=c时取“=”号)定理3：如果a、bx|x是正实数，那么（当且仅当a=b时取“=”号）推论4：如果a,b,cx|x是正实数，那么（当且仅当a=b=c时取“=”号）由上述公式还可衍生出一些公式4ab(a+b)22(a2+b2),a、bR（当且仅当a=b时等号成立）a2+b2+c2ab+bc+ca,a,b,cR（当且仅当a=b=c时等号成立）a2+b2+c2(a+b+c)2ab+bc+ca,a,b,cR（当且仅当a=b=c时等号成立）|+|2（当且仅当|a|=|b|时取“=”号）a0,b0,a+b=1，则ab等。（4）不等式证明的三种基本方法比较法：作差比较，根据ab0ab，欲证ab只需证ab0；作商比较，当b0时，ab1。比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有时根据题设可转化为等价问题的比较（如幂、方根等）。分析法：从求证的不等式出发寻找使该不等式成立的充分条件。对于思路不明显，感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径。综合法：从已知的不等式及题设条件出发，运用不等式性质及适当变形（恒等变形或不等变形）推导出要求证明的不等式。4.不等式的解法（1）作用与地位解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段，与“等式变形”并列的“不等式的变形”，是研究数学的基本手段之一。高考试题中，对解不等式有较高的要求，近两年不等式知识占相当大的比例。（2）一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）解一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）是解其他各类不等式的基础，必须熟练掌握，灵活应用。（3）高次不等式解高次不等式常用“数轴标根法”。一般地，设多项式F(x)=a(xa1)(xa2)(xan) （a0）它的n个实根的大小顺序为a1a20时有：在奇数区间内，F(x)0。在偶数区间内，F(x)0f(x)g(x)00（5）无理不等式两类常见的无理不等式等价变形：g(x) 或g(x) （6）指数不等式与对数不等式当0aag(x)f(x)1时a(fx)ag(x)f(x)g(x)logaf(x)logag(x)f(x)g(x)0（7）含参数不等式对于解含参数不等式，要充分利用不等式的性质。对参数的讨论，要不“重复”不“遗漏”。5.含有绝对值的不等式（1）作用与地位绝对值不等式适用范围较广，向量、复数的模、距离、极限的定义等都涉及到绝对值不等式。高考试题中，对绝对值不等式从多方面考查。（2）两个基本定理定理1：|a|b|a+b|a|+|b| （a、bR）定理2：|a|b|ab|a|+|b| （a、bR）应理解其含义，掌握证明思路以及“=”号成立的条件。（3）解绝对值不等式的常用方法讨论法：讨论绝对值中的式于大于零还是小于零，然后去掉绝对值符号，转化为一般不等式。等价变形：解绝对值不等式常用以下等价变形|x|ax2a2ax0)|x|ax2a2xa或x0)一般地有：|f(x)|g(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g (x)或f(x)g(x)四、思想方法1.不等式中常见的基本思想方法（1）等价转化。具体地说，就是无理化为有理，分式化为整式，高次化为低次，绝对值化为非绝对值，指数、对数化为代数式等。（2）分类讨论。分类讨论的目的是处理解决问题过程中遇到的障碍，在无障碍时不要提前进行分类讨论。（3）数形结合。有些不等式的解决可化为两个函数图像间的位置关系的讨论等几何问题。（4）函数方程思想。解不等式可化为解方程或求函数图像与x轴交点的问题，根据题意判断所求解的区间。如“标根法”实际上就是一种函数方程思想。2.证明不等式的常用方法除了课本上介绍的证明不等式的三种基本方法外，还有如下常用方法：（1）放缩法若证明“AB”，我们先证明“AC”，然后再证明“CB”，则“AB”。（2）反证法反证法是通过否定结论导致矛盾，从而肯定原结论的一种方法。（3）数学归纳法证明与自然数n有关的不等式时，常用数学归纳法。此法高考中已多次考查。（4）变量代换法变量代换是数学中的一种常用的解题方法，对于一些结构比较复杂，变化较多而关系不太清楚的不等式，可适当地引进一些新的变量进行代换，以简化其结构。其代换技巧有局部代换、整体代换、三角代换、增量代换等。（5）函数方法通过利用函数的性质，如单调性、凹凸性、有界性、实根存在的条件等证明不等式的方法称为函数方法。（6）构造方法不等式证明中的构造方法，主要是指通过引进合适的恒等式、数列、函数、图形及变量等辅助手段，促使命题转化，从而使不等式得证。此法技巧要求较高，高考试题中很少见。【例题解析】例1 证明下列不等式：（1）若x,y,zR，a,b,cx|x是正实数，则x2+y2+z22（xy+yz+zx）；（2）若x,y,zx|x是正实数，且x+y+z=xyz，则+2(+)2。解 （1）先考虑用作差证法x2+y2+z22(xy+yz+zx)= (x2+y22xy)+(y2+z22yz)+(z2+x22zx)=(xy)2+(yz)2+(zx)20 x2+y2+z22（xy+yz+zx）（2）采用等价转化法所证不等式等价于x2y2z2(+)2(xy+yz+zx)2xyzyz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)2(xy+yz+zx)2(x+y+z)(y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2)2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2)y3z+yz3+z3x+zx3+x3y+xy32x2yz+2xy2z+2xyz2yz(yz) 2 +zx(zx) 2+xy(xy) 2+x2 (yz) 2+y2 (zx)2+z2 (xy) 20上式显然成立 原不等式得证。注 （1）配方技巧的实现关键在于合理的分项，正是这种分项我们对（1）还可证明如下：x2+y2+z2=(x2+y2)+(y2+z2)+(z2+x2)2+2+22(xy+yz+zx)（2）的证法要害是：化分式为整式，活用条件，即用x+y+z代换xyz，以及配方技术。事实上，这个代数不等式的实质是如下三角不等式：在锐角ABC中，求证：cotA(tanB+tanC)+cotB(tanC+tanA)+cotC(tanA+tanB)2(cotA+cotB+cotC)2例2 证明若x,y,zR，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，则x,y,z,0,。证法一由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得：x2+y2+(1xy)2=整理成关于y的一元二次方程得：2y22(1x)y+2x22x=0yR，故04(1x)242(2x22x)0解之得：0xx0,同理可得：y,z0,证法二 设x=+x，y=+y,z=+z，则x+y+z=0于是故，x，x0, ，同理，y,z0, 证法三 反证法设x、y、z三数中若有负数，不妨设x0，=x2+y2+z2x2+=+x2=x2x+，矛盾。设x,y,z三数中若有最大者大于，不妨设x，则：=x2+y2+z2x2+=x2+=x2x+=x(x)+，矛盾。故x,y,z0, 。注：本题证法甚多，最易接受的方法是证法一的判别式法，因为该法思路明晰，易于操作，技巧性不强。学科：数学教学内容：不等式(下)例3 已知i、m、n是正整数，且1imn，（1）证明：niAmimiAni;（2）证明：。证明 （1）对于1im，有Ami=m(mi+1),=，同理=。由于m，所以即 miAniniAmi（2）由二项式定理有(1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+Cnnmn(1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+Cmmnm由（1）知miAniniAmi (1imniCmi (kim,mmCnm nmCmm, mm+1Cnm+1 0, mmCnn 0,1+ Cn1m + Cn2m2+ Cnnmn 1+ Cm1n+ Cm2
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