2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 不等式問題的題型與方法教案 蘇教版.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 不等式問題的題型與方法教案 蘇教版 一．復(fù)習(xí)目標(biāo)： 1．在熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式的解法基礎(chǔ)上，掌握其它的一些簡(jiǎn)單不等式的解法．通過不等式解法的復(fù)習(xí)，提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力以及計(jì)算能力； 2．掌握解不等式的基本思路，即將分式不等式、絕對(duì)值不等式等不等式，化歸為整式不等式(組)，會(huì)用分類、換元、數(shù)形結(jié)合的方法解不等式； 3．通過復(fù)習(xí)不等式的性質(zhì)及常用的證明方法(比較法、分析法、綜合法、數(shù)學(xué)歸納法等)，使學(xué)生較靈活的運(yùn)用常規(guī)方法(即通性通法)證明不等式的有關(guān)問題； 4．通過證明不等式的過程，培養(yǎng)自覺運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、函數(shù)等基本數(shù)學(xué)思想方法證明不等式的能力； 5．能較靈活的應(yīng)用不等式的基本知識(shí)、基本方法，解決有關(guān)不等式的問題． 6．通過不等式的基本知識(shí)、基本方法在代數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、復(fù)數(shù)、立體幾何、解析幾何等各部分知識(shí)中的應(yīng)用，深化數(shù)學(xué)知識(shí)間的融匯貫通，從而提高分析問題解決問題的能力．在應(yīng)用不等式的基本知識(shí)、方法、思想解決問題的過程中，提高學(xué)生數(shù)學(xué)素質(zhì)及創(chuàng)新意識(shí)．． 二．考試要求： 1．理解不等式的性質(zhì)及其證明。 2．掌握兩個(gè)（不擴(kuò)展到三個(gè)）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，并會(huì)簡(jiǎn)單的應(yīng)用。 3．掌握分析法、綜合法、比較法證明簡(jiǎn)單的不等式。 4．掌握簡(jiǎn)單不等式的解法。 5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。。 三．教學(xué)過程： （Ⅰ）基礎(chǔ)知識(shí)詳析 1．解不等式的核心問題是不等式的同解變形，不等式的性質(zhì)則是不等式變形的理論依據(jù)，方 程的根、函數(shù)的性質(zhì)和圖象都與不等式的解法密切相關(guān)，要善于把它們有機(jī)地聯(lián)系起來，互相轉(zhuǎn)化．在解不等式中，換元法和圖解法是常用的技巧之一．通過換元，可將較復(fù)雜的不等式化歸為較簡(jiǎn)單的或基本不等式，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)形結(jié)合，則可將不等式的解化歸為直觀、形象的圖形關(guān)系，對(duì)含有參數(shù)的不等式，運(yùn)用圖解法可以使得分類標(biāo)準(zhǔn)明晰． 2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基礎(chǔ)，利用不等式的性質(zhì)及函 數(shù)的單調(diào)性，將分式不等式、絕對(duì)值不等式等化歸為整式不等式(組)是解不等式的基本思想，分類、換元、數(shù)形結(jié)合是解不等式的常用方法．方程的根、函數(shù)的性質(zhì)和圖象都與不等式的解密切相關(guān)，要善于把它們有機(jī)地聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化和相互變用． 3．在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧之一，通過換元，可將較復(fù)雜的不等式 化歸為較簡(jiǎn)單的或基本不等式，通過構(gòu)造函數(shù)，將不等式的解化歸為直觀、形象的圖象關(guān)系，對(duì)含有參數(shù)的不等式，運(yùn)用圖解法，可以使分類標(biāo)準(zhǔn)更加明晰．通過復(fù)習(xí)，感悟到不等式的核心問題是不等式的同解變形，能否正確的得到不等式的解集，不等式同解變形的理論起了重要的作用． 4．比較法是不等式證明中最基本、也是最常用的方法，比較法的一般步驟是：作差(商)→變形 →判斷符號(hào)(值)． 5．證明不等式的方法靈活多樣，內(nèi)容豐富、技巧性較強(qiáng)，這對(duì)發(fā)展分析綜合能力、正逆思維 等，將會(huì)起到很好的促進(jìn)作用．在證明不等式前，要依據(jù)題設(shè)和待證不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法．通過等式或不等式的運(yùn)算，將待證的不等式化為明顯的、熟知的不等式，從而使原不等式得到證明；反之亦可從明顯的、熟知的不等式入手，經(jīng)過一系列的運(yùn)算而導(dǎo)出待證的不等式，前者是“執(zhí)果索因”，后者是“由因?qū)Ч保瑸闇贤?lián)系的途徑，證明時(shí)往往聯(lián)合使用分析綜合法，兩面夾擊，相輔相成，達(dá)到欲證的目的． 6．證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數(shù)學(xué)歸納法仍是證明不等式的 基本方法．要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟，技巧和語言特點(diǎn)． 7．不等式這部分知識(shí)，滲透在中學(xué)數(shù)學(xué)各個(gè)分支中，有著十分廣泛的應(yīng)用．因此不等式應(yīng)用問題體現(xiàn)了一定的綜合性、靈活多樣性，這對(duì)同學(xué)們將所學(xué)數(shù)學(xué)各部分知識(shí)融會(huì)貫通，起到了很好的促進(jìn)作用．在解決問題時(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系、選擇適當(dāng)?shù)慕鉀Q方案，最終歸結(jié)為不等式的求解或證明．不等式的應(yīng)用范圍十分廣泛，它始終貫串在整個(gè)中學(xué)數(shù)學(xué)之中．諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函數(shù)單調(diào)性的研究，函數(shù)定義域的確定，三角、數(shù)列、復(fù)數(shù)、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題，無一不與不等式有著密切的聯(lián)系，許多問題，最終都可歸結(jié)為不等式的求解或證明。 8．不等式應(yīng)用問題體現(xiàn)了一定的綜合性．這類問題大致可以分為兩類：一類是建立不等式、解不等式；另一類是建立函數(shù)式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函數(shù)的最值時(shí)，要特別注意“正數(shù)、定值和相等”三個(gè)條件缺一不可，有時(shí)需要適當(dāng)拼湊，使之符合這三個(gè)條件．利用不等式解應(yīng)用題的基本步驟：10審題，20建立不等式模型，30解數(shù)學(xué)問題，40作答。 9．注意事項(xiàng)： ⑴解不等式的基本思想是轉(zhuǎn)化、化歸，一般都轉(zhuǎn)化為最簡(jiǎn)單的一元一次不等式（組）或一元二次不等式（組）來求解，。 ⑵解含參數(shù)不等式時(shí)，要特別注意數(shù)形結(jié)合思想，函數(shù)與方程思想，分類討論思想的錄活運(yùn)用。 ⑶不等式證明方法有多種，既要注意到各種證法的適用范圍，又要注意在掌握常規(guī)證法的基礎(chǔ)上，選用一些特殊技巧。如運(yùn)用放縮法證明不等式時(shí)要注意調(diào)整放縮的度。 ⑷根據(jù)題目結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，執(zhí)果索因，往往是有效的思維方法。 （Ⅱ）范例分析 b)∈M，且對(duì)M中的其它元素(c，d)，總有c≥a，則a=____． 分析：讀懂并能揭示問題中的數(shù)學(xué)實(shí)質(zhì)，將是解決該問題的突破口．怎樣理解“對(duì)M中的其它元素(c，d)，總有c≥a”？M中的元素又有什么特點(diǎn)？ 解：依題可知，本題等價(jià)于求函數(shù)x=f(y)=(y+3)|y-1|+(y+3) (2)當(dāng)1≤y≤3時(shí)， 所以當(dāng)y=1時(shí)，xmin=4． 說明：題設(shè)條件中出現(xiàn)集合的形式，因此要認(rèn)清集合元素的本質(zhì)屬性，然后結(jié)合條件，揭示其數(shù)學(xué)實(shí)質(zhì)．即求集合M中的元素滿足關(guān)系式 例2．解關(guān)于的不等式： 分析：本例主要復(fù)習(xí)含絕對(duì)值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關(guān)鍵不是對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論，而是去絕對(duì)值時(shí)必須對(duì)末知數(shù)進(jìn)行討論，得到兩個(gè)不等式組，最后對(duì)兩個(gè)不等式組的解集求并集，得出原不等式的解集。 解：當(dāng) 。 例3． 己知三個(gè)不等式：① ② ③ (1)若同時(shí)滿足①、②的值也滿足③，求m的取值范圍； (2)若滿足的③值至少滿足①和②中的一個(gè)，求m的取值范圍。 分析：本例主要綜合復(fù)習(xí)整式、分式不等式和含絕對(duì)值不等的解法，以及數(shù)形結(jié)合思想，解本題的關(guān)鍵弄清同時(shí)滿足①、②的值的滿足③的充要條件是：③對(duì)應(yīng)的方程的兩根分別在和內(nèi)。不等式和與之對(duì)應(yīng)的方程及函數(shù)圖象有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系，在解決問題的過程中，要適時(shí)地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系。 解：記①的解集為A，②的解集為B，③的解集為C。 解①得A=（-1，3）；解②得B= （1） 因同時(shí)滿足①、②的值也滿足③，ABC 設(shè)，由的圖象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3時(shí)，即可滿足 （2） 因滿足③的值至少滿足①和②中的一個(gè)，因 此小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而 說明：同時(shí)滿足①②的x值滿足③的充要條件是：③對(duì)應(yīng)的方程2x+mx-1=0的兩根分別在(-∞，0)和[3，+∞)內(nèi)，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否則不能對(duì)A∩B中的所有x值滿足條件．不等式和與之對(duì)應(yīng)的方程及圖象是有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系的，在解決問題的過程中，要適時(shí)地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系． 例4.已知對(duì)于自然數(shù)a，存在一個(gè)以a為首項(xiàng)系數(shù)的整系數(shù)二次三項(xiàng)式，它有兩個(gè)小于1的正根，求證：a≥5． 分析：回憶二次函數(shù)的幾種特殊形式．設(shè)f(x)=ax+bx+c(a≠0)．① 頂點(diǎn)式．f(x)=a(x-x)+f(x)(a≠0)．這里(x，f(x))是二次函數(shù)的頂點(diǎn)，x= ))、(x，f(x))、(x，f(x))是二次函數(shù)圖象上的不同三點(diǎn)，則系數(shù)a，b，c可由 證明：設(shè)二次三項(xiàng)式為：f(x)=a(x-x)(x-x)，a∈N． 依題意知：0＜x＜1，0＜x＜1，且x≠x．于是有 f(0)＞0，f(1)＞0． 又f(x)=ax-a(x+x)x+axx為整系數(shù)二次三項(xiàng)式， 所以f(0)=axx、f(1)=a(1-x)(1-x)為正整數(shù)．故f(0)≥1，f(1)≥1． 從而 f(0)f(1)≥1． ① 另一方面， 且由x≠x知等號(hào)不同時(shí)成立，所以 由①、②得，a＞16．又a∈N，所以a≥5． 說明：二次函數(shù)是一類被廣泛應(yīng)用的函數(shù)，用它構(gòu)造的不等式證明問題，往往比較靈活．根據(jù)題設(shè)條件恰當(dāng)選擇二次函數(shù)的表達(dá)形式，是解決這類問題的關(guān)鍵． 例5.設(shè)等差數(shù)列{a}的首項(xiàng)a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．問：它的前多少項(xiàng)的和最大？ 分析:要求前n項(xiàng)和的最大值，首先要分析此數(shù)列是遞增數(shù)列還是遞減數(shù)列． 解:設(shè)等差數(shù)列{a}的公差為d，由Sm=Sn得 ak≥0，且ak+1＜0． (k∈N)． 說明：諸多數(shù)學(xué)問題可歸結(jié)為解某一不等式(組)．正確列出不等式(組)，并分析其解在具體問題的意義，是得到合理結(jié)論的關(guān)鍵． 例6．若二次函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范圍． 分析：要求f(-2)的取值范圍，只需找到含人f(-2)的不等式(組)．由于y=f(x)是二次函數(shù)，所以應(yīng)先將f(x)的表達(dá)形式寫出來．即可求得f(-2)的表達(dá)式，然后依題設(shè)條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解． 解：因?yàn)閥=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，所以可設(shè)y=f(x)=ax2+bx．于是 解法一(利用基本不等式的性質(zhì)) 不等式組(Ⅰ)變形得 (Ⅰ)所以f(-2)的取值范圍是[6，10]． 解法二(數(shù)形結(jié)合) 建立直角坐標(biāo)系aob，作出不等式組(Ⅰ)所表示的區(qū)域，如圖6中的陰影部分．因?yàn)閒(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系．如圖6，當(dāng)直線4a-2b-f(-2)=0過點(diǎn)A(2，1)，B(3，1)時(shí)，分別取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范圍是：6≤f(-2)≤10． 解法三(利用方程的思想) 又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而 1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4， ① 所以 3≤3f(-1)≤6． ② ①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10． 說明：(1)在解不等式時(shí)，要求作同解變形．要避免出現(xiàn)以下一種錯(cuò)解： 2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11． (2)對(duì)這類問題的求解關(guān)鍵一步是，找到f(-2)的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，然后依其數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)特征，揭示其代數(shù)的、幾何的本質(zhì)，利用不等式的基本性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合、方程等數(shù)學(xué)思想方法，從不同角度去解決同一問題．若長(zhǎng)期這樣思考問題，數(shù)學(xué)的素養(yǎng)一定會(huì)迅速提高． 例7．( 江蘇)己知， （1） （2），證明：對(duì)任意，的充要條件是； （3）討論：對(duì)任意，的充要條件。 證明：（1）依題意，對(duì)任意，都有 （2）充分性： 必要性：對(duì)任意 （3） 即 而當(dāng) 例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求證a+b≤2，ab≤1． 分析：由條件a3+b3=2及待證的結(jié)論a+b≤2的結(jié)構(gòu)入手，聯(lián)想它們之間的內(nèi)在聯(lián)系，不妨用作差比較法或均值不等式或構(gòu)造方程等等方法，架起溝通二者的“橋梁”． 證法一 (作差比較法) 因?yàn)閍＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 (a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0， 即 (a+b)3≤23． 證法二 (平均值不等式—綜合法) 因?yàn)閍＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 所以a+b≤2，ab≤1． 說明：充分發(fā)揮“1”的作用，使其證明路徑顯得格外簡(jiǎn)捷、漂亮． 證法三 (構(gòu)造方程) 設(shè)a，b為方程x2-mx+n=0的兩根．則 因?yàn)閍＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．① 因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以 所以a+b≤2． 由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1． 說明：認(rèn)真觀察不等式的結(jié)構(gòu)，從中發(fā)現(xiàn)與已學(xué)知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系，就能較順利地找到解決問題的切入點(diǎn)． 證法四 (恰當(dāng)?shù)呐錅? 因?yàn)閍＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)， 于是有6≥3ab(a+b)，從而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3， 所以a+b≤2．(以下略) 即a+b≤2．(以下略) 證法六 (反證法) 假設(shè)a+b＞2，則 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)． 因?yàn)閍3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1． ① 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)ab＞2ab， 所以ab＜1． ② 于是①與②矛盾，故a+b≤2．(以下略) 說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法． 例9．設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x，y=-x，均不相 分析：因?yàn)閤∈R，故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點(diǎn)確定，故設(shè)f(x)=a(x-x0)2+f(x0)． 證明：由題意知，a≠0．設(shè)f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，則 又二次方程ax2+bx+c=x無實(shí)根，故 Δ1=(b+1)2-4ac＜0， Δ2=(b-1)2-4ac＜0． 所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即 b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1． 說明：從上述幾個(gè)例子可以看出，在證明與二次函數(shù)有關(guān)的不等式問題時(shí)，如果針對(duì)題設(shè)條件，合理采取二次函數(shù)的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑． 例10．某城市xx年末汽車保有量為30萬輛，預(yù)計(jì)此后每年報(bào)廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數(shù)量相同。為了保護(hù)城市環(huán)境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數(shù)量不應(yīng)超過多少輛？ 解：設(shè)xx年末的汽車保有量為，以后每年末的汽車保有量依次為，每年新增汽車萬輛。 由題意得 例11．已知奇函數(shù) 知函數(shù) 分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數(shù)知識(shí)，通過恰當(dāng)換元，使問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題。 令 要使 10 當(dāng) 30當(dāng) 綜上： 例12．如圖，某隧道設(shè)計(jì)為雙向四車道，車道總寬22米，要求通行車輛限高4.5米，隧道全長(zhǎng)2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個(gè)橢圓形狀。 （1）若最大拱高h(yuǎn)為6米，則隧道設(shè)計(jì)的拱寬是多少？ （2）若最大拱高h(yuǎn)不小于6米，則應(yīng)如何設(shè)計(jì)拱高h(yuǎn)和拱寬，才能使半個(gè)橢圓形隧道的土方工程最小？ （半個(gè)橢圓的面積公式為s=柱體體積為：底面積乘以高，，本題結(jié)果均精確到0.1米） 分析：本題為xx年上海高考題，考查運(yùn)用幾何、不等式等解決應(yīng)用題的能力及運(yùn)算能力。 解：1)建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則P（11，4.5） 橢圓方程為： 將b=h=6與點(diǎn)P坐標(biāo)代入橢圓方程得 故隧道拱寬約為33.3米 2)由橢圓方程 故當(dāng)拱高約為6.4米,拱寬約為31.1米時(shí),土方工程量最小. 例13．已知n∈N，n＞1．求證 分析:雖然待證不等式是關(guān)于自然數(shù)的命題，但不一定選用數(shù)學(xué)歸納法，觀其“形”，它具有較好規(guī)律，因此不妨采用構(gòu)造數(shù)列的方法進(jìn)行解． 則 說明：因?yàn)閿?shù)列是特殊的函數(shù)，所以可以因問題的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，利用函數(shù)的思想解決． 例14．已知函數(shù) 分析：本例主要復(fù)習(xí)函數(shù)、不等式的基礎(chǔ)知識(shí)，絕對(duì)值不等式及函數(shù)不等式的證明技巧?；舅悸废葘⒑瘮?shù)不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式，利用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)及函數(shù)的性質(zhì)。證明（1）再利用二項(xiàng)展開式及基本不等式的證明（2）。 證明：（1） 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，上式取等號(hào)。 （2）時(shí)，結(jié)論顯然成立 當(dāng)時(shí)， 例15．己知 （1） （2） 證明：（1） 同理 （2）由二項(xiàng)式定理有 因此 。 （Ⅲ）、強(qiáng)化訓(xùn)練 1．已知非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足且，則的最大值是（ ） A． B． C． D． 2．已知命題p：函數(shù)的值域?yàn)镽，命題q：函數(shù) 是減函數(shù)。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 （ ） A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)<2 C．1下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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