《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案考綱指要:利用基本不等式解決像函數(shù)的單調(diào)性或解決有關(guān)最值問題是考察的重點和熱點,解答題以含參數(shù)的不等式的證明、求解為主.考點掃描:1不等關(guān)系通過具體情境,感受在現(xiàn)實世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系,了解不等式(組)的實際背景;2基本不等式:(a,b0)探索并了解基本不等式的證明過程;會用基本不等式解決簡單的最大(?。﹩栴}。3常用的證明不等式的方法:(1)比較法;(2)綜合法;(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)簡單的絕對值不等式; (5)指數(shù)不等式;(6)對數(shù)不等式;(7)二元一
2、次不等式(線性規(guī)劃)。考題先知:例1 設(shè)函數(shù),其中。(1)解不等式; (2)當(dāng)時,求函數(shù)的最小值。分析:(1)所解不等式即為,從知,實施等價變形后對a分類討論可得解;(2)求函數(shù)的最小值,可從單調(diào)性入手,因此,細化函數(shù)表達(即去絕對值符號)成為解決問題的第一步。解:(1)由得,原不等式可化為,當(dāng)時,有,而,故;當(dāng)時,有;當(dāng)時,有,而,故;綜上所述,當(dāng)時,解集為;當(dāng)時,解集為。(2)由得當(dāng)時,在為增函數(shù),在為減函數(shù),所以;當(dāng)時,所以,綜上所述,。點評:本題第(1)題也可作出函數(shù)與的圖象,利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想求之。例2已知:且,求證:。分析:觀察條件不等式的特征,存在不少證法,若從消元角度入手,
3、可構(gòu)造一元二次方程,用判別式法證之;若從基本不等式出發(fā),可用放縮法證之;若著眼,則可用均值換元法證之;若無從下手,則可用分析法或反證法證之;若從不等式的幾何意義出發(fā),又可用幾何法證之。證一(判別式法):記,則由代入得:,整理得,得,即。證二(比較法):,得證。證三(放縮法):,得證。證四(換元法):設(shè),則,得證。證五(分析法):欲證,僅需證,即證,顯然成立,因上述過程可逆,故原不等式成立。證六(反證法):假設(shè),則,即,矛盾,故假設(shè)不成立,從而。證七(幾何法):因為直線上的點到點的最小距離等于,所以。 點評:在高考中,不等式的證明常作為某一綜合題的其中一步,放縮與換元是兩種重要的方法,應(yīng)值得注意
4、。復(fù)習(xí)智略:例3求使a(x0,y0)恒成立的a的最小值。分析:本題實質(zhì)是給定條件求最值的題目,所求a的最值蘊含于恒成立的不等式中,因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a呈現(xiàn)出來。解法一:由于a的值為正數(shù),將已知不等式兩邊平方,得:x+y+2a2(x+y),即2(a21)(x+y),x,y0,x+y2,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時,中有等號成立。比較、得a的最小值滿足a21=1,a2=2,a= (因a0),a的最小值是。解法二:設(shè) x0,y0,x+y2 (當(dāng)x=y時“=”成立),1,的最大值是1。從而可知,u的最大值為,又由已知,得au,a的最小值為,解法三:y0,原不等式可化為+1a,設(shè)=tan,(0,)。tan
5、+1a,即tan+1asecasin+cos=sin(+),又sin(+)的最大值為1(此時=),由式可知a的最小值為。點評:本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍,此時我們習(xí)慣是將x、y與cos、sin來對應(yīng)進行換元,即令=cos,=sin(0,這樣也得asin+cos,但是這種換元是錯誤的 其原因是:(1)縮小了x、y的范圍;(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y1”這樣一個條件,顯然這是不對的。除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系,af(x),則amin=f(x)max 若 af(x),則amax=f(x)min,利用這一基本事實,可以較輕松地
6、解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題。還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處,可以把原問題轉(zhuǎn)化。檢測評估:1、設(shè)關(guān)于的不等式和的解集分別是、。下列說法中不正確的是( )(A)不存在一個常數(shù)使得、同時為.(B)至少存在一個常數(shù)使得、都是僅含有一個元素的集合.(C)當(dāng)、都是僅含有一個元素的集合時,總有.(D)當(dāng)、都是僅含有一個元素的集合時,總有.2若對任意,不等式恒成立,則實數(shù)的取值范圍是( )ABCD3.已知x、y滿足約束條件則(x+3)2+y2的最小值為 A. B.2 C.8 D.104已知兩個正數(shù)滿足,則取最小值時的值分別為( )A B C D 5設(shè)定義域為的函數(shù)滿足以下條件:對任意;對任意當(dāng)時,
7、有,則以下不等式不一定成立的是( ) A、 B、 C、 D、6已知時,不等式恒成立,則實數(shù)的取值范圍是 7取得,原不等式化為,從而,得。8設(shè)函數(shù)f(x)=,已知f(a)1,則a的取值范圍是 9 系數(shù)方程的一個根大于0且小于1,另一根大于1且小于2,則的取值范圍是_ 10設(shè),則的最小值是 。11 已知 ; (1).當(dāng)時,求的最小值;(2).若不等式,對恒成立,求的取值范圍。12對1個單位質(zhì)量的含污物體進行清洗,清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為:為,要求清洗完后的清潔度為。有兩種方案可供選擇,方案甲:一次清洗;方案乙: 分兩次清洗。該物體初次清洗后受殘留水等因素影響,其質(zhì)量變?yōu)?。設(shè)用單位質(zhì)量
8、的水初次清洗后的清潔度是,用單位質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是,其中是該物體初次清洗后的清潔度。()分別求出方案甲以及時方案乙的用水量, 并比較哪一種方案用水量較少;()若采用方案乙,當(dāng)為某固定值時,如何安排初次與第二次清洗的用水量,使總用水量最小? 并討論取不同數(shù)值時對最少總用水量多少的影響。點撥與全解:1由得時,集合A僅含有一個元素;由得或6,集合B僅含有一個元素。說法中不正確的是C。2解:記,則由條件得,解之得,故選B。3.作出如圖所示的可行區(qū)域,知(x+3)2+y2的最小值為|AC|2=10.故選D。4由得,所以當(dāng),即時,取最小值25,故選B。5解:因,且,而在區(qū)間的單調(diào)性無法確定,所
9、以無法判斷,故選C。6解:原不等式可化為,當(dāng)時,不等式顯然成立;當(dāng)時,而函數(shù)在上單調(diào)遞減,故,所以。7.f(x)是定義在(0,+)上的增函數(shù),對正實數(shù)x,y都有:f(xy)=f(x)+f(y)成立,則不等式f(log2x)0的解集為_8解析 由f(x)及f(a)1可得 或 或 解得a2,解得a1,解得x a的取值范圍是(,2)(,1)9解:由條件得:,作出以為坐標(biāo)的線性區(qū)域,而表示在可行區(qū)域內(nèi)的動點與定點之間的斜率,從而可得其范圍是。10解:顯然取此時,所以當(dāng)時,有最小值。解:(1). 當(dāng)時, ,當(dāng),即時,; (2).由,得,設(shè)則,即或,或。由于,故顯然不成立,于是問題轉(zhuǎn)化為:若對恒成立,確定
10、的取值范圍。設(shè),則,當(dāng)時,為減函數(shù);當(dāng)時,為增函數(shù),當(dāng)時,為極小值,這樣,對有,或,或12解:()設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設(shè)有=0.99,解得x=19。由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程:解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3。 因為當(dāng),故方案乙的用水量較少。(II)設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為與,類似(I)得,(*),于是+, 當(dāng)為定值時,,當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立。此時 將代入(*)式得故時總用水量最少, 此時第一次與第二次用水量分別為:, 最少總用水量是.當(dāng),故T()是增函數(shù)(也可以用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷)。這說明,隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量。