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  • 2021-07-01 发布

【数学】2020届一轮复习北师大版不等关系与基本不等式教案

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不等关系与基本不等式 ‎【学习目标】‎ ‎1.在复习不等式性质的基础上,介绍了含有绝对值的不等式及其解法,平均值不等式及简单应用、证明不等式的一些基本方法,以及不等式在实际生活中的应用.‎ ‎2.特别强调了不等式及证明的几何意义和背景,以加深学生对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解决问题的能力.‎ ‎【要点梳理】‎ 要点一:不等式的性质 性质1 对称性:;‎ 性质2 传递性:;‎ 性质3 加法法则(同向不等式可加性):;‎ ‎ 推论:.‎ 性质4 乘法法则:若,则 ‎ 推论1: ;‎ 推论2:;‎ 推理3:;‎ 推理4:.‎ 要点二:含有绝对值的不等式 绝对值的几何意义 设是一个实数,在数轴上||表示实数对应的点与原点的距离;‎ ‎|-|表示实数对应的点与实数对应的点之间的距离.‎ 关于绝对值的几个结论 定理 对任意实数和,有 推论 ‎ ‎1.;‎ ‎2..‎ ‎3. .‎ 要点诠释:‎ ‎(1)关于定理,可以把、、‎ 看作是三角形三边,很象三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,这样理解便于记忆,此定理在后面学习复数时,可以推广到比较复数的模长,并有其几何意义,有时也称其为“绝对值的三角形不等式”.‎ ‎(2)绝对值不等式|+|≤||+||或|-|≤|-c|+|c-|,从左到右是一个不等式放大过程,从右到左是缩小过程,证明不等式可以直接使用,也可通过适当的添、拆项证明不等式,还可利用它消去变量求最值.‎ 绝对值不等式的解法 含绝对值的不等式||<与||>的解集 不等式 ‎>0‎ ‎=0‎ ‎<0‎ ‎||<的解集 ‎-<<‎ ‎||>的解集 ‎>或<-‎ R 和型不等式的解法 ‎1. 先去绝对值符号,化为不等式组:‎ ‎⇔;‎ ‎⇔.‎ ‎2.解关于的不等式.‎ 不等式的解法 ‎1.将不等式两边平方,去绝对值:;‎ ‎2.解不等式:.‎ 含有两个绝对值符号的不等式解法 一般有三种解法,分别是“零点划分法”、“利用绝对值的几何意义法”和“利用函数图象法”.此外,有时还可采用平方法去绝对值,它只有在不等式两边均为正的情况下才能使用.‎ ‎“零点划分法”是解绝对值不等式的最基本方法,一般步骤是:‎ ‎(1)令每个绝对值符号里的代数式等于零,求出相应的根;‎ ‎(2)把这些根按由小到大进行排序,n个根把数轴分为n+1个区间;‎ ‎(3)在各个区间上,去掉绝对值符号组成若干个不等式,解这些不等式,求出它们的解集;‎ ‎(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集.‎ 要点三:平均值不等式 定理1 对任意实数,有(当且仅时,取“=”号).‎ 定理2 对任意两个正数,有(当且仅时,取“=”号).‎ 定理3 对任意三个正数,有(当且仅时,取“=”号).‎ 定理4 对任意三个正数,有(当且仅时,取“=”号).‎ 推广 对于n个正数,有 ‎(当且仅当时取“=”号).‎ 其中,、 叫作这n个正数的算术平均值和几何平均值, 因此这个结论也可以阐述为n个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值.‎ 要点四:不等式的证明 不等式的性质和基本不等式是证明不等式的理论依据.但是由于不等式的形式多样,因此不等式的证明方法也很多.‎ 比较法 有两种:‎ ‎1.求差比较法:‎ 任意两个代数式、,可以作差后比较与0的关系,进一步比较与的大小.‎ ‎①;‎ ‎②;‎ ‎③.‎ ‎2.求商比较法:‎ 任意两个值为正的代数式、,可以作商后比较与1的关系,进一步比较与的大小.‎ ‎①;‎ ‎②;‎ ‎③.‎ 要点诠释:‎ ‎(1)比较法通常是进行因式分解或进行配方,利用非负数的性质来进行判断.‎ ‎(2)若代数式、均为负数,也可以用求商比较法.‎ 综合法和分析法 综合法和分析法是直接证明的两种常用的思维方法.‎ ‎1.综合法 一般地,从命题的已知条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,经过演绎推理,一步步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明,我们把这种思维方法叫做综合法.‎ ‎2.分析法 一般地,从需要证明的命题出发,分析使这个命题成立的充分条件,逐步寻找使命题成立的充分条件,直至所寻求的充分条件显然成立(已知条件、定理、定义、公理等),或由已知证明成立,从而确定所证的命题成立的一种证明方法,叫做分析法.‎ 要点诠释:综合法的基本思路:执因索果;分析法的基本思路:执果索因.它们是思维方向互逆的两种推理方法.‎ 放缩法 通过缩小(或放大)分式的分母(或分子),或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式,这种证明不等式的方法称为放缩法.‎ 要点诠释:放缩法的要求较高,要想用好它,必须有目标,目标可以从要证的结论中去寻找.‎ 几何法 通过构造几何图形,利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法.‎ 反证法 反证法是间接证明的一种基本方法.一般地,首先假设要证明的命题结论不正确,即结论的反面成立,然后利用公理,已知的定义、定理,命题的条件逐步分析,得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论,以此说明假设的结论不成立,从而证明了原命题成立,这样的证明方法叫做反证法.‎ 反证法的基本思路:假设——矛盾——肯定 要点五:不等式的应用 不等式的应用十分广泛,不仅可以解决一些数学问题,而且也可以解决其他学科中以及生产生活中的一些问题。在应用时一般按以下步骤进行:‎ ‎①先理解题意,设变量,设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数;‎ ‎②建立相应的函数关系式,把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题;‎ ‎③在定义域内,求出函数的最大或最小值;‎ ‎④写出正确答案.‎ ‎【典型例题】‎ 类型一: 绝对值不等式 例1.解下列关于的不等式:‎ ‎(1); (2); ‎ ‎(3)|-4|-|2+5|<1; (4).‎ ‎【思路点拨】去绝对值,转化为解一元一次(二次)不等式(组)的形式.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)原不等式等价于,‎ 即 ‎ ∴ 原不等式的解集为 ‎(2)解法一:原不等式等价于,‎ 两边平方得,解得,‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ 解法二:原不等式等价于,‎ 表示数轴上与-1对应的点的距离;表示数轴上与1对应的点的距离.‎ 由于数轴上0与-1对应的点的距离和它到1对应的点的距离相等,所以若要使与-1对应的点的距离和它到1对应的点的距离相等,那么应满足:.‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎(3)原不等式可化为:‎ 当① ② 或③‎ 解不等式组①得:<-8.‎ 解不等式组②得:.‎ 解不等式组③得:>4‎ 综上所述,原不等式的解集为{|<-8或>-}.‎ ‎(4)‎ 当时,原不等式可化为:1<3,恒成立,故解集为全体实数;‎ 当时,原不等式可化为,即 ①‎ ‎ 当时,不等式①的解为:;‎ ‎ 当时,不等式①的解为:.‎ 综上所述, 当时,不等式的解集为;‎ 当时,不等式的解集为;‎ 当时,不等式的解集为.‎ ‎【总结升华】解含有绝对值的不等式的关键在于去掉绝对值符号,处理的方法通常是利用绝对值的定义与几何意义或平方等方法.对含多个绝对值符号的不等式一般利用“零点划分”法,分类讨论.如本题(3)中,分别令-4=0, 2+5=0,得两个零点. 故分、和>4三种情况.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】集合中的最小整数为________.‎ ‎【答案】-3.‎ ‎【变式2】解下列关于的不等式:.‎ ‎【答案】当时,得,无解 ‎ 当,得 解得: ‎ ‎ 当时,得 解得:‎ ‎ 综上所述,原不等式的解集为.‎ ‎【变式3】解下列关于的不等式:.‎ ‎【答案】‎ 当时,即,因,故原不等式的解集是空集。‎ 当时,即,原不等式等价于,解得:‎ 综上,当时,原不等式解集为空集;当时,不等式解集为.‎ 例2.(2016 中山市模拟)已知函数f(x)=|x-a|.‎ (1) 若f(x)≤m的解集为{x |-1≤x≤5},求实数a,m的值;‎ (2) 当a=2且0≤t<2时,解关于x的不等式f(x)+t≥f(x+2)‎ ‎【思维点拨】(1)根据绝对值 不等式的解法建立关系即可求实数a,m的值;‎ ‎(2)根据绝对值不等式的解法,进行分段讨论即可得到不等式的解集。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为f(x)≤m,所以|x-a|≤m,‎ 即a-m≤x≤a+m,‎ 因为f(x)≤m的解集为{x |-1≤x≤5},‎ 所以a-m=-1,a+m=5,解得a=2,m=3;‎ ‎(2)当a=2时,函数f(x)=|x-2|,‎ 则不等式f(x)+t≥f(x+2)等价于|x-2|+t≥|x|,‎ 当x≥2时,x-2+t≥x,即t≥2与条件0≤t<2矛盾,‎ 当0≤x<2时,2-x+t≥x,即0≤x≤ ,成立,‎ 当x<0时,2-x+t≥x,即t≥-2恒成立。‎ 综上不等式的解集为 。‎ ‎【总结升华】本题考查绝对值函数,考查解不等式,解题的关键是进行分段讨论。‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】若存在实数使|-|+|-1|≤3成立,求实数的取值范围.‎ ‎【解析】由绝对值不等式的几何意义可知,数轴上点到点与1点的距离的和小于等于3.由图可得-2≤≤4.‎ ‎【变式2】(2016 贵州校级模拟)已知函数f(x)=2|x+1|+|x﹣2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值;‎ ‎(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证:++≥3.‎ ‎【解析】(1)∵函数f(x)=2|x+1|+|x﹣2|,‎ 当x<﹣1时,f(x)=﹣2(x+1)﹣(x﹣2)=﹣3x∈(3,+∞);‎ 当﹣1≤x<2时,f(x)=2(x+1)﹣(x﹣2)=x+4∈[3,6);‎ 当x≥2时,f(x)=2(x+1)+(x﹣2)=3x∈[6,+∞);‎ 综上,f(x)的最小值为m=3;‎ ‎(2)a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m=3,‎ 又因为+++(a+b+c)=(+a)+(+b)+(+c)‎ ‎≥2(++)=2(a+b+c),‎ 当且仅当a=b=c=1时,取“=”,‎ 所以,++≥a+b+c,‎ 即++≥3.‎ ‎【变式3】已知函数f()=|+|+|-2|.‎ ‎(1)当=-3时,求不等式f()≥3的解集;‎ ‎(2)若f()≤|-4|的解集包含[1,2],求的取值范围.‎ ‎【思路点拨】本题第(1)问较简单,一般用零点划分法就可以转化,第(2)问容易犯直接求解f()≤|-4|的解集的错误,应该是利用[1,2]是其解集而将绝对值先去掉再转化为[1,2] [-2-,2-]这一问题,注意不要弄反.‎ ‎【解析】(1)当=-3时,‎ 当≤2时,由f()≥3得-2+5≥3,解得≤1;‎ 当2<<3时,f()≥3无解;‎ 当≥3时,由f()≥3得2-5≥3,解得≥4;‎ 所以f()≥3的解集为{|≤1}∪{|≥4}.(5分)‎ ‎(2)f()≤|-4||-4|-|-2|≥|+|.来源:学,科,网Z,X,X,K]‎ 当∈[1,2]时,|-4|-|-2|≥|+|‎ ‎4--(2-)≥|+|‎ ‎-2-≤≤2-.‎ 由条件得-2-≤1且2-≥2,即-3≤≤0.‎ 故满足条件的的取值范围为[-3,0].(10分)‎ 例3. 已知 ,求证 ‎ ‎【思路点拨】利用绝对值的两个性质给予证明.‎ ‎ (1)‎ ‎,‎ ‎∴ (2)‎ 由(1),(2)得:‎ ‎【总结升华】在推理比较简单时,我们常常将几个不等式连在一起写。但这种写法,只能用于不等号方向相同的不等式。‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】 求证:.‎ ‎【证明】,‎ ‎∴,‎ ‎∴。‎ ‎【变式2】若为任意实数,为正数,求证:‎ ‎【证明】,而,‎ ‎∴,得证.‎ ‎【变式3】‎ ‎【证明】因为 类型二:平均值不等式 例4. 若,求函数的最大值.‎ ‎【思路点拨】适当拼凑,利用平均值不等式的定理求函数的最值.‎ ‎【解析】,‎ 因为,所以和都是正数,所以 ‎, ‎ 当且仅当,即时取等号.‎ 所以,该函数的最大值为.‎ ‎【总结升华】(1)当若干正数的积为定植时,可以求它们的和的最小值,当若干正数的和为定植时,可以求它们的积的最小值,正所谓“积定和最小,和定积最大”.‎ ‎(2)求最值的条件“一正,二定,三取等”.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】已知,求函数的最大值.‎ ‎【答案】1.‎ 因,所以首先要“调整”符号,又不是常数,所以对要进行拆、凑项,‎ ‎,‎ ‎∴.‎ 当且仅当,即时,上式等号成立,故当时,。‎ ‎【变式2】已知,且,求的最小值。‎ ‎【答案】16.‎ ‎,‎ 当且仅当时,上式等号成立,‎ 又,可得时, 。‎ 类型三:不等式的证明 例5.设为正数,用综合法证明:.‎ ‎【思路点拨】将不等式从左向右给予证明.‎ ‎【解析】‎ ‎【总结升华】本题是从已知条件出发,通过巧妙拼凑,利用平均值不等式的有关定理,进而证明结论,即“由因寻果”,运用了综合法这一基本的证明方法.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】已知,,c均为正数,利用综合法证明:,并确定为何值时,等号成立.‎ ‎【证明】‎ 证法一:因为,,c均为正数,‎ 所以, ①‎ ‎,‎ 将上式两边平方,得 , ②‎ 将①②不等式两边相加,得 .‎ 又, ③‎ 所以原不等式成立.‎ 当且仅当时,①式和②式等号成立;‎ 当且仅当时,③式等号成立.‎ 即当且仅当时,原式等号成立.‎ 证法二:因为均为正数,由基本不等式得,‎ 所以. ①‎ 同理, ②‎ 故. ③‎ 所以原不等式成立.‎ 当且仅当时,①式和②式等号成立;‎ 当且仅当,时,③式等号成立.‎ 即当且仅当==c=3时,原式等号成立.‎ ‎【变式2】设、、c三数成等比数列,而、y分别为、和、c的等差中项.‎ 试证:  ‎ ‎【证明】依题意,、、c三数成等比数列,即 ,‎ 由比例性质有: .‎ 又由题设: ,‎ 所以 ‎ 原题得证.‎ 例6.已知,用分析法证明:.‎ ‎【证明】‎ ‎【总结升华】分析法是由果索因,在用分析法证明问题时,一定要恰当运用“要证”、“只要证”、“即证”、“也即证”等用语. ‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】已知函数.‎ 若,且,用分析法证明:.‎ ‎【证明】‎ 要证 ‎ 即证明 ‎ 只需证明 只需证明,‎ 由于,故,‎ 所以 故只需证明,‎ 即证.‎ 即证,‎ 因为,且,所以上式成立.‎ 所以.‎ ‎【变式2】设,用分析法证明:.‎ ‎【证明】‎ 要证 ,‎ 只要证 ,‎ 即证 ,‎ 也就是证 ,‎ 只要证 ,‎ 即证 ,‎ 因为 >0,‎ 也就是证 ,‎ 由条件可知,显然成立. ‎ 故.‎ 例7. 用比较法证明:..‎ ‎【思路点拨】本题用比较法给予证明.‎ ‎【证明】证法一:求差比较法:‎ 解法二:求商比较法:‎ ‎【总结升华】比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的一种方法,用比较法证明不等式的步骤是:作差(商)—变形—判断符号(比较与1的大小)—下结论。‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】设不等式|2x-1|<1的解集为M.‎ ‎(1)求集合M;‎ ‎(2)若a,b∈M,试比较与的大小.‎ ‎【答案】(1)由|2x-1|<1,得-1<2x-1<1, ‎ 解得0<x<1,所以M={x|0<x<1}. ‎ ‎(2)由(1)和a,b∈M可知0<a<1,0<b<1. ‎ 所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0,‎ 故ab+1>a+b. ‎ 当m>1时,y=logmX在(0,+∞)上递增, ‎ ‎∴‎ 当0<m<1时logmX在(0,+∞)上单调递减, ‎ ‎∴. ‎ ‎【变式2】设,试比较与的大小.‎ ‎【解析】‎ ‎∵,,‎ ‎∴.‎ 例8. 用放缩法证明:‎ ‎【证明】‎ ‎【总结升华】在不等式的证明中,“放”和“缩”是常用的推证技巧.“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析得出的.常见的放缩变换有变换分式的分子和分母,如上面不等式中k∈N+,k>1时,‎ 举一反三:‎ ‎【变式】函数,用放缩法证明: .‎ ‎【证明】=1-‎ 得 ‎.‎ 例9.已知,用反证法证明:.‎ ‎【思路点拨】首先假设结论的否命题成立,以此为条件推出一个错误的结论.‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎【总结升华】结论中若有“都是”、“都不是”、“至多”、“至少”等字眼,或直接从正面证明较为困难的问题,一般可以考虑使用反证法.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】试证一元二次方程至多有两个不同的实根.‎ ‎【证明】假设一元二次方程有两个以上的实数根,且各不相 等。令为方程的三个相异实根,则:‎ 这与各不相等矛盾。故原命题成立。‎ ‎【变式2】若为自然数,且,则中至少有一个为偶数。‎ ‎【证明】假定均为奇数,令,‎ 类型四:不等式的应用 例10.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量(单位:千克)与销售价格(单位:元/千克)满足关系式,其中,为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.‎ ‎(1)求的千克;‎ ‎(2)若该商品的成品为3元/千克,试确定销售价格的值,使商场每日销售该商品所获得利润最大.‎ ‎【解析】(1)=5时,,解得=2.‎ ‎(2)由(1)可知,该商品每日销售量,所以商场每日销售该商品所获得利润为:‎ 当且仅当,即=4时取“=”号.‎ 所以,当销售价格为4元/千克时,使商场每日销售该商品所获得利润最大,最大利润为42元.‎ ‎【总结升华】用平均值不等式解决此类问题时,应按如下步骤进行:   (1)理解题意,设变量,设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数;   (2)建立相应的函数关系式,把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题;   (3)在定义域内,求出函数的最大值或最小值;   (4)正确写出答案.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】设计一副宣传画,要求画面面积为4840cm2,画面的宽与高的比为(<1),画面的上下各留出8cm的空白,左右各留5cm的空白,怎样确定画面的高与宽的尺寸,能使宣传画所用纸张面积最小?‎ ‎【解析】设画面的宽为 cm,面积为S cm2,则 当且仅当,即取等号.‎ 所以,当画面的宽为55 cm、高为88 cm时,宣传画所用纸张面积最小.‎ ‎【变式2】用篱笆围一个面积为100m2的矩形菜园,问这个矩形菜园长、宽个为多少时,所用篱笆最短?最短的篱笆是多少?‎ ‎【解析】设矩形菜园的长为 m,宽为y m,则y=100,篱笆的长为2(+y)m.‎ 由可得,‎ ‎∴2(+y)≥40,‎ 当且仅当=y时等号成立,此时=y=10.‎ ‎∴这个矩形的长、宽都为10m时,所用篱笆最短,最短篱笆是40 m.‎