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第13章不等式【专题要点】（1）不等关系与不等式的性质是不等式的理论基础，是证明不等式和求解不等式的主要依据，也是高考的重要内容，在高考中一般不单独命题，而是以其他知识（如函数、集合、充要条件等）为载体进行考查，主要体现它的基础性和工具性。
若直接考查，则常以选择题和填空题形式出现(2)不等式的解法①要理解“三个二次”之间的关系，熟练掌握一元一次不等式的解法、一元二次不等式的解法，这是解其它不等式的基础。
会解含参数的一元二次不等式②会解绝对值不等式,能将分式不等式转化为整式不等式（组）求解。
(3)简单的线性规划能从实际问题中抽象出二元一次不等式组。
理解二元一次不等式组表示平面的区域，能够准确的画出可行域。
能够将实际问题抽象概括为线性规划问题，培养应用线性规划的知识解决实际问题的能力。
(4)均值定理理解均值不等式的概念，掌握均值不等式的证明过程。
能够利用均值不等式求函数的最值问题。
能利用均值不等式解答实际问题。
(5)不等式的综合应用能够运用不等式的性质、定理，不等式的解法及不等式的证明有关的数学问题和实际问题。
【考纲要求】(1)了解日常生活中的不等关系，了解不等式的有关概念及其分类；(2)掌握不等式的性质及其应用；明确各个性质中结论成立的前提条件。
(3)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图。
(4)了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组；了解线性规划的意义并会简单应用。
(5)掌握两个（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的定理，并会简单应用。
(6)掌握用比较法、分析法、综合法证明简单的不等式。
【知识纵横】【教法指引】1.从近几年高考题目来看，不等式的性质和解不等式问题多以一个选择题的形式出现，且多与集合、简易逻辑、函数知识相结合，难度较低；在复习复习时应高度重视，对每一条性质，要弄清楚条件和结论，注意条件加强和放宽后，条件和结论之间发生的变化；记住了不等式运算法则的结论形式，还要掌握运算法则的条件，避免由于忽略某些限制条件而造成解题失误，掌握证明不等式性质的方法，可以进一步提高逻辑推理能力,在解不等式时,可结合函数的定义域,值域和单调性.2.均值不等式是历年高考的重点考查内容，考查方式多样，在客观题中出现，一般只有一个选择或填空，考查直接，难度较低；在解答题中出现，其应用X围几乎涉及高中数学的所有章节，且常考常新，难度较高,利用均值不等式解决问题的关键是要注意定理成立的三个条件“一正二定三相等”.3.不等式证明也是高考的一个重点内容，且多以解答题的一个分支出现，常与函数、导数、数列、解析几何等知识结合，题目往往非常灵活，难度高。
高中数学《不等式》教案教学内容：不等式
教学目标：
1. 理解不等式的概念和性质。
2. 掌握不等式的解法和解集表示法。
3. 能够根据不等式的性质解决实际问题。
教学重点：
1. 掌握不等式的基本概念和性质。
2. 能够利用不等式解决实际问题。
教学难点：
1. 熟练掌握各种不等式的解法。
2. 能够根据实际问题建立并解决不等式。
教学过程：
一、导入（5分钟）
1. 引入不等式的概念，并和等式做比较，引发学生思考。
二、讲解不等式的性质和解法（15分钟）
1. 讲解不等式的符号表示及性质。
2. 讲解不等式的解法，包括加减法、乘法、除法等。
三、练习与讨论（20分钟）
1. 练习不等式的基本运算和解法。
2. 让学生在小组讨论中解决不等式问题。
四、实际问题应用（10分钟）
1. 列举一些实际问题，让学生通过建立不等式解决。
五、总结与展望（5分钟）
1. 总结不等式的性质和解法。
2. 展望下节课内容，讲解高级不等式的解法。
六、作业布置（5分钟）
1. 布置练习题，巩固不等式的知识。
教学板书：
不等式
1. 定义：比较两个数的大小关系的代数式。
2. 符号表示：大于（>）、小于（<）、大于等于（≥）、小于等于（≤）。
3. 特性：加减法、乘除法性质。
教学反思：
通过本节课的教学，学生对不等式的概念和性质有了初步了解，并能够熟练解决基本的不等式问题。
下一步可以引入更复杂的不等式，挑战学生的解题能力。
城东蜊市阳光实验学校2021届高三数学总复习不等式的综合应用教案A版1.(必修5P102习题7改编)函数y＝x＋(x≠0)的值域是________．答案：(－∞，－4]∪[4，＋∞)解析：当x>0时，y＝x＋≥2＝4，当x<0时，y＝x＋＝－≤－2＝－4.2.(必修5P102习题9改编)某种产品按以下三种方案两次提价．方案甲：第一次提价p%，第二次提价q%；方案乙：第一次提价q%，第二次提价p%；方案丙：第一次提价%，第二次提价%.其中p>q>0，上述三种方案中提价最多的是________．答案：方案丙解析：设原来价格为A，方案甲：经两次提价后价格为A＝A；方案乙：经两次提价后价格为A；方案丙：经两次提价后价格为A＝A[1＋＋.因为>，所以方案丙提价最多．3.(2021·联考)设x∈R，f(x)＝，假设不等式f(x)＋f(2x)≤k对于任意的x∈R恒成立，那么实数k 的取值范围是________．答案：k≥2解析：不等式化为k≥＋，因为∈(0，1]，所以k≥2.4.(2021·期中)设变量x，y满足|x|＋|y|≤1，那么x＋2y的最大值为________．答案：2解析：作出可行域为正方形，4个顶点分别为(1，0)，(0，1)，(－1，0)，(0，－1)，那么z＝x＋2y 过点(0，1)时最大值为2.[备课札记]题型1含参数的不等式问题例1假设不等式组的解集中所含整数解只有－2，求k的取值范围．解：由x2－x－2>0有x＜－1或者者x＞2，由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0.因为－2是原不等式组的解，所以k＜2.由(2x＋5)·(x＋k)＜0有－＜x＜－k.因为原不等式组的整数解只有－2，所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2，故k的取值范围是[－3，2)．不等式(－1)na<2＋对任意n∈N*恒成立，务实数a的取值范围．解：当n为奇数时，－a＜2＋，即a＞－.而－≤－3，那么a>－3；当n为偶数时，a＜2－，而2－≥2－＝，所以a＜.综上可得：－3<a<.题型2不等式在函数中的应用例2函数f(x)＝在区间[－1，1]上是增函数．(1)务实数a的值组成的集合A；(2)设x1、x2是关于x的方程f(x)＝的两个相异实根，假设对任意a∈A及t∈[－1，1]，不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|恒成立，务实数m的取值范围．解：(1)f′(x)＝，因为f(x)在[－1，1]上是增函数，所以当x∈[－1，1]时，f′(x)≥0恒成立，令φ(x)＝x2－ax－2，即x2－ax－2≤0恒成立．解得－1≤a≤1.所以A＝{a|－1≤a≤1}．(2)由f(x)＝得x2－ax－2＝0.设x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2.从而|x1－x2|＝＝，因为a∈[－1，1]，所以≤3，即|x1－x2|max＝3，不等式对任意a∈A及t∈[－1，1]不等式恒成立，即m2＋tm－2≥0恒成立．设g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋m2－2，那么解得m≥2或者者m≤－2.故m的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)．设a，b＞0，且ab＝1，不等式＋≤λ恒成立，那么λ的取值范围是________．答案：[1，＋∞)解析：因为ab＝1，所以＋＝＋＝≤＝1，所以λ≥1.题型3不等式在实际问题中的应用例3某森林出现火灾，火势正以100 m2/分钟的速度顺风蔓延，消防站接到报警立即派消防队员前去，在火灾发生后5分钟到达救火现场，消防队员在现场平均每人灭火50 m2/分钟，所消耗的灭火材料，劳务贴等费用为人均125元/分钟，另附加每次救火所耗损的车辆、器械和装备等费用人均100元，而烧毁森林的损失费60元/m2，应该派多少消防队员前去救火才能使总损失最少？解：设派x名消防队员前去救火，用t分钟将火扑灭，总损失为y，那么t＝＝，y＝灭火劳务贴＋车辆、器械装备费＋森林损失费＝125xt＋100x＋60(500＋100t)＝125x×＋100x＋30000＋＝100(x－2)＋＋31450≥2＋31450＝36450，当且仅当100(x－2)＝，即x＝27时，y有最小值36450，故应派27人前去救火才能使总损失最少，最少损失36450元．某拟建一块周长为400 m的操场，如下列图，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？解：设中间矩形区域的长，宽分别为xm，ym，中间的矩形区域面积为Sm2，那么半圆的周长为m.∵操场周长为400 m，所以2x＋2×＝400，即2x＋πy＝400.∴S＝xy＝·(2x)·(πy)≤·＝.由解得∴当且仅当时等号成立．即把矩形的长和宽分别设计为100 m和m时，矩形区域面积最大．1.(2021·模拟)关于x的不等式x2－ax＋2a＜0的解集为A，假设集合A中恰有两个整数，那么实数a 的取值范围是________．答案：∪解析：设方程x2－ax＋2a＝0的两根为x1、x2，那么1<|x1－x2|＝≤3，解得4＋<a≤9或者者－1≤a<4－.当4＋<a≤9时，考虑抛物线的对称轴，因为4<<≤，集合A中恰有两个整数即4和5，所以5－<≤－3，解得<a≤9；当－1≤a<4－时，考虑抛物线的对称轴，因为－≤<<0，集合A中恰有两个整数即－1和0，所以－(－1)<≤1－，解得－1≤a<－.2.(2021·)函数f(x)＝x(1＋a|x|)．设关于x的不等式f(x＋a)<f(x)的解集为A，假设A，那么实数a的取值范围是________．答案：解析：由题意得0∈A，所以f(0＋a)<f(0)，即a(1＋a|a|)<0，显然a<0，解得－1<a<0，函数f(x)＝x(1＋a|x|)是奇函数且图象中两条抛物线的对称轴x＝，x＝－之间的间隔大于1，而－1<a<0，所以f(x＋a)<f(x)的解集为，所以(－，－－)，解得<a<.又－1<a<0，所以<a<0.3.(2021·模拟)假设a>0，b>0，且＋＝1，那么a＋2b的最小值为________．答案：解析：2a＋4b＋3＝(2a＋4b＋3)·＝[(2a＋b)＋3(b＋1)]·＝1＋＋＋3≥4＋2，所以a＋2b≥.4.(2021·)设a＋b＝2，b>0，那么当a＝________时，＋获得最小值．答案：－2解析：＋＝＋＝＋＋≥－＋2＝，当且仅当＝且a<0取等号，即a＝－2，b＝4.1.(2021·模拟)假设对满足条件x＋y＋3＝xy(x＞0，y＞0)的任意x、y，(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，那么实数a的取值范围是________．答案：解析：x＋y＋3＝xy≤，所以x＋y≥6，那么a≤x＋y＋，因为上述不等式右边的的最小值为6＋＝，故a≤.2.(2021模拟)实数x、y满足不等式那么的取值范围是________．答案：解析：作出可行域，求得∈，令t＝∈，那么＝＋t2，求导可得＋t2在上递减，在(1，2)上递增，故＝＋t2∈.3.(2021·模拟)设P(x，y)为函数y＝x2－1(x＞)图象上一动点，记m＝＋，那么当m最小时，点P的坐标为________．答案：(2，3)解析：m＝＋＝6＋＋.当且仅当＝，即x＝2时m获得最小，此时点P的坐标为(2，3)．4.(2021·模拟)x、y为正数，那么＋的最大值为________．答案：解析：设t＝∈(0，＋∞)，那么令f(t)＝＋＝＋，求导得f(t)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，故所求的最大值为f(1)＝2 3.1.不等式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，或者者解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用根本不等式求最值问题．不等式的综合题主要是不等式与函数、解析几何、数列、三角函数等知识的综合．解决这些问题的关键是找出综合题的各部分知识及联络，充分利用数学思想和数学方法解题．2.建立不等式的主要途径有：利用根本不等式；利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性等．3.解答不等式的实际应用问题一般分四步，即审题、建模、求解、检验．[备课札记]。
高考数学第二轮专题复习不等式教案一、本章知识结构：实数的性质二、高考要求（1）理解不等式的性质及其证明。
（2）掌握两个（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、比较法证明简单的不等式。
（4）掌握某些简单不等式的解法。
（5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。
三、热点分析1.重视对基础知识的考查，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知识点中的比例.重视基础知识的考查，常考常新，创意不断，设问方式不断创新，图表信息题，多选型填空题等情景新颖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，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数提供了重要的工具，不等式与函数既是知识的结合点，又是数学知识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知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查，强调知识的综合和知识的内在联系，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、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能检测出学生抽象思维能力的层次.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知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，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体现出高观点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式来考查学生的应用意识.不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。
XX届高考数学第二轮考点不等式问题的题型与方法专题复习教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第9－12课时课题：不等式问题的题型与方法一．复习目标：．在熟练掌握一元一次不等式、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法．通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；2．掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；3．通过复习不等式的性质及常用的证明方法，使学生较灵活的运用常规方法证明不等式的有关问题；4．通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；5．能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题．6．通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．．二．考试要求：．理解不等式的性质及其证明。
2．掌握两个（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的定理，并会简单的应用。
3．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。
4．掌握简单不等式的解法。
5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。
三．教学过程：（Ⅰ）基础知识详析．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰．2．整式不等式的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．3．在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰．通过复习，感悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用．4．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差→变形→判断符号．5．证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．6．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．7．不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程的解的讨论，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，最终都可归结为不等式的求解或证明。
课题 课 型 新 授高考要求 （1）不等式的基本性质、含有绝对值的不等式、利用不等式求最大（小）值。
（2）通过本专题的教学，使学生理解在自然界中存在着大量的不等量关系和等量关系，不等关系和相等关系都是基本的数学关系，它们在数学研究和数学应用中起着重要的作用；（3）使学生了解不等式及其证明的几何意义与背景，以加深对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析问题解决问题的能力.教学重难点不等式的应用 学法指导不等式历来是高考的重点内容。
对于本章来讲，考察有关不等式性质的基础知识、基本方法，而且还考察逻辑推理能力、分析问题、解决问题的能力。
本章内容在复习时，要在思想方法上下功夫。
预测2011年的高考命题趋势：1、从题型上来看，填空题可能考察，把不等式的性质与函数、三角结合起来综合考察不等式的性质、函数单调性等，多以填空题的形式出现，解答题以含参数的不等式的证明、求解为主；2、利用基本不等式解决像函数)0(,)(>+=a xa x x f 的单调性或解决有关最值问题是考察的重点和热点，应加强训练。
基础训练1、设点(,)m n 在直线1x y +=位于第一象限内的图像上运动，则22log log nm +的最大值是2、已知12320061x x x x ⋅⋅⋅⋅⋅=且122006,,...x x x 都是正数，则122006(1)(1)...(1)x x x +++的最小值是3、已知6084,2833x y <<<<则x y -的取值范围为 ，x y的取值范围为 4、已知0,0,a b >>给出下列四个不等式:① 122a b ab ++≥ ② 11()()4a b a b ++≥ ③ 22a b a b ab+≥+ ④ 124a a +≥-+其中正确的不等式有__________________例2、若不等式221(1)x m x ->-对满足||2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。
高等数学不等式复习教案1. 引言本教案是为了帮助学生复高等数学中的不等式知识而设计的。
不等式是数学中重要的概念之一，在各个领域都有广泛的应用。
通过本教案的研究，学生将能够巩固不等式的基本概念、性质和解题方法，提高数学解题能力。
2. 复目标- 掌握不等式的基本概念，如不等式符号、不等式条件等；- 熟悉不等式的性质，如传递性、加减性、乘除性等；- 学会解不等式的基本方法，如化简、变形、分析法等；- 运用不等式解决实际问题。
3. 教学方法- 讲授：通过教师讲解不等式的基本概念、性质和解题方法，引导学生理解和掌握相关知识；- 演示：通过示例演示不等式的解题过程，帮助学生理解解题思路和方法；- 练：提供一定数量的练题，让学生通过练巩固所学知识，并掌握解题技巧；- 讨论：组织学生进行讨论，分享解题思路和方法，促进合作研究，激发思维。
4. 教学内容4.1 不等式的基本概念- 不等式符号：大于、小于、大于等于、小于等于；- 不等式条件：正数、负数、零、自然数等。
4.2 不等式的性质- 传递性：如果a > b，b > c，则a > c；- 加减性：如果a > b，c > 0，则a ± c > b ± c；- 乘除性：如果a > b，c > 0（或c < 0），则ac > bc（或ac < bc）。
4.3 不等式的解题方法- 化简法：将复杂的不等式化简为简单的形式，便于求解；- 变形法：通过变形等价转化为易于求解的形式；- 分析法：通过分析不等式的特点，找到合适的解题思路。
4.4 实际问题的应用通过实际问题的应用，让学生将不等式应用于实际生活中，培养解决实际问题的数学思维能力。
5. 教学流程1. 引入：介绍不等式的重要性和应用领域，激发学生的研究兴趣；2. 讲授：讲解不等式的基本概念、性质和解题方法；3. 演示：通过示例演示不等式的解题过程，引导学生掌握解题思路；4. 练：布置一定数量的练题，让学生巩固所学知识；5. 讨论：组织学生进行讨论，分享解题思路和方法；6. 总结：总结本节课的重点内容和解题技巧；7. 作业：布置相关的作业，要求学生独立完成。
高中数学不等式的问题教案一、教学目标：1. 知识目标：了解不等式的基本概念和性质，掌握解不等式的方法和技巧。
2. 能力目标：能够灵活运用不等式求解实际问题，提高数学建模能力。
3. 情感态度目标：培养学生对数学的兴趣和自信心，激发学生思维的活跃性。
二、教学重点和难点：1. 重点：不等式的基本概念和性质；解不等式的方法和技巧。
2. 难点：应用不等式解决实际问题。
三、教学方法：1. 情境教学法：通过生活实例引入不等式的概念，增强学生对知识的理解和应用能力。
2. 示范演示法：老师讲解不等式解题步骤，并举例说明，引导学生掌握解题技巧。
3. 合作学习法：学生之间相互交流讨论，共同解决问题，培养团队合作意识。
四、教学过程：1. 导入：通过一个生活实例引入不等式的概念，让学生了解不等式的含义及应用场景。
2. 模块讲解：分析不等式的基本性质，讲解解不等式的方法和技巧，引导学生掌握解题思路。
3. 练习训练：让学生进行练习，巩固和提高解不等式的能力。
4. 实例分析：选取一些实际问题，让学生运用不等式解决，培养数学建模能力。
5. 总结反思：引导学生总结本节课的知识要点和解题技巧，反思学习过程中存在的问题和解决办法。
五、作业布置：完成课堂练习题，提升解不等式的能力。
六、教学建议：1. 注重实际问题：让学生在解题过程中体会到数学在生活中的应用，增强学习兴趣。
2. 培养细心态度：解不等式需要细心和耐心，鼓励学生多思考、多实践。
3. 鼓励创新思维：在解题过程中，鼓励学生灵活运用知识，发挥想象力和创造力。
以上是一份高中数学不等式问题的教案范本，希望对您有所帮助。
祝教学顺利！。
2021年高考数学第二轮复习 不等式教学案考纲指要：利用基本不等式解决像函数的单调性或解决有关最值问题是考察的重点和热点，解答题以含参数的不等式的证明、求解为主.考点扫描：1．不等关系通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组）的实际背景；2．基本不等式：（a ,b ≥0）①探索并了解基本不等式的证明过程；②会用基本不等式解决简单的最大（小）问题。
3．常用的证明不等式的方法:（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法。
4．不等式及它的解法：（1）一元一次不等式； （2）一元二次不等式； （3）分式不等式；（4）简单的绝对值不等式； （5）指数不等式；（6）对数不等式；（7）二元一次不等式（线性规划）。
考题先知：例1． 设函数，其中。
（1）解不等式； （2）当时，求函数的最小值。
分析：（1）所解不等式即为，从知，实施等价变形后对a 分类讨论可得解；（2）求函数的最小值，可从单调性入手，因此，细化函数表达（即去绝对值符号）成为解决问题的第一步。
解：（1）由得，，原不等式可化为， 当时，有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+>->>a a x a a x x 110，而，故； 当时，有；当时，有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+>-<>a a x a a x x 110，而，故； 综上所述，当时，解集为；当时，解集为。
（2）由⎩⎨⎧<++-≥--=--=)(,)1()(,)1()(a x a x a a x a x a ax a x x f 得当时，在为增函数，在为减函数，所以；当时，，所以，综上所述，。
点评：本题第（1）题也可作出函数与的图象，利用数形结合的数学思想求之。
例2．已知：且，求证：。
分析：观察条件不等式的特征，存在不少证法，若从消元角度入手，可构造一元二次方程，用判别式法证之；若从基本不等式出发，可用放缩法证之；若着眼，则可用均值换元法证之；若无从下手，则可用分析法或反证法证之；若从不等式的几何意义出发，又可用几何法证之。
高三数学第二轮专题复习：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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0)得 2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米例2已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+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， 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 )=ax 2+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， |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))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤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，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2①∵－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，由此得－ab2＜0 ，即b =0由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2a1(1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 021x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x－x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］ ∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－a ax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211xa ax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 ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，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y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2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y 1和y 2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 )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1； (2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围参考答案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 A2 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 ④3 解析 由已知y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x +x20≥2x x 208.0⋅=8当且仅当0 8x =x20即x =5时“=”成立 答案 5公里处 4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，所以x 1，x21°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0①又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a a b ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b ②解②得b ＜412°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2 ∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0 ③又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1 ④解④得b 47综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b ＞47。
