高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第一讲章末小结与测评

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高中数学人教A版选修-创新应用教学案：第一讲第节第课时圆的极坐标方程含答案

2
角形中实现，找出这样的三角形便形成了解题的关键．
1．设 M 是定圆 O 内一定点，任作半径 OA，连接 MA，过 M 作 MP⊥MA 交 OA 于 P，求 P 点的轨迹方程．
解：
以 O 为极点，射线 OM 为极轴，建立极坐标系，如图．设定圆 O 的半径为 r，OM＝a，P(ρ，θ)是轨迹上任意一点． ∵MP⊥MA，∴|MA|2＋|MP|2＝ |PA|2.由余弦定理，可知|MA|2＝a2＋r2－2arcos θ，|MP|2＝a2＋ρ2－2aρcos θ.而|PA|＝r －ρ，由此可得 a2＋r2－2arcos θ＋a2＋ρ2－2aρcos θ＝(r－ρ)2.
π 答案：ρ2－4ρcos (θ－ )－1＝0
3
7． (天津高考 )已知圆的极坐标方程为 ρ＝ 4cos θ ，圆心为 C, 点 P 的极坐标为
( )π
4， 3 ，则|CP|＝________．解析：圆 ρ＝4cos θ的直角坐标方程为 x2＋y2＝4x，圆心 C(2，0)．点 P 的直角坐标为
构造形如 ρcos θ，ρsin θ，ρ2 的形式，进行整体代换．其中方程的两边同乘以(或同除
以)ρ 及方程两边平方是常用的变形方法．但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注
意对变形过程的检验．
( )π
3．把极坐标方程 ρcos θ－ 6 ＝1 化为直角坐标方程．
π
3
1
解：由 ρcos (θ－ 6 )＝1 得
(3)ρcos2 ＝1；(4)ρ2cos 2θ＝4；(5)ρ＝
2
2－cos
θ.
[精讲详析] 本题考查极坐标与直角坐标的互化公式．
(1)将 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入 y2＝4x，

高中数学人教版选修45数学教案

高中数学人教版选修45数学教案标题：高中数学人教版选修4-5教案一、课程介绍高中数学人教版选修4-5课程，是高中数学学习的重要环节。

本课程主要涉及数学知识点中的数列、数学归纳法、不等式等内容，是学生进一步深化数学理解的必备课程。

通过本课程的学习，学生可以更好地掌握数学方法，提高数学思维能力和解决问题的能力。

二、课程目标1、掌握数列的基本概念和性质，了解数列的递推关系和通项公式，掌握数列的求和方法。

2、理解数学归纳法的原理和证明方法，掌握使用数学归纳法证明简单的数学问题。

3、理解不等式的性质和基本不等式，掌握运用不等式解决实际问题的方法。

三、教学方法在本课程的教学过程中，我们将采用以下教学方法：1、理论讲解：通过详细的讲解和推导，使学生深入理解数列、数学归纳法和不等式的概念和原理。

2、案例分析：通过具体的案例分析，使学生掌握运用数列、数学归纳法和不等式解决实际问题的技巧。

3、互动讨论：通过互动讨论，鼓励学生积极参与课堂讨论，加深学生对知识点的理解和掌握。

四、教学内容及步骤1、数列的基本概念和性质：介绍数列的概念、通项公式、递推关系等基本性质。

2、数列的求和：介绍数列的求和方法，如倒序相加法、错位相减法等。

3、数学归纳法：讲解数学归纳法的原理和证明方法，并通过实例进行演示。

4、不等式的性质：介绍不等式的性质和基本不等式，如加法性质、乘法性质、权方和不等式等。

5、不等式的应用：讲解如何运用不等式解决实际问题，如最值问题、取值范围问题等。

五、教学评估为了更好地评估学生的学习成果，我们将采取以下评估方法：1、课堂表现：观察学生的课堂参与度、回答问题的情况等，了解学生对知识点的掌握情况。

2、作业练习：布置相关练习题和作业，检验学生对知识点的理解和应用能力。

3、期末考试：通过期末考试，全面检测学生对本课程的掌握情况，以便针对问题进行改进。

六、教学反思在完成本课程的教学后，我将进行深入的反思和总结。

我将根据学生的反馈和教学评估结果，分析教学中存在的问题和不足之处，并寻找改进的方法。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第一讲章末小结与测评

(1)利用问题的几何特征，建立适当坐标系，主要就是兼顾到它们的对称性，尽量使图形的对称轴(对称中心)正好是坐标系中的x轴，y轴(坐标原点)．(2)坐标系的建立，要尽量使我们研究的曲线的方程简单．舰A在舰B正东，距离6 km，舰C在舰B的北偏西30°，距离4 km，它们准备围捕海洋动物，某时刻A发现动物信号，4 s后，B、C同时发现这种信号，A于是发射麻醉炮弹．假设舰与动物都是静止的，动物信号的传播速度为1 km/s.空气阻力不计，求A炮击的方位角．[解]如图，以BA 为x 轴，BA 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，则B (－3，0)，A (3，0)，C (－5，23)．设动物所在位置P (x ，y )，P 在BC 中垂线上． ∵k BC ＝23－5＋3＝－3，BC 中点M (－4，3)，∴BC 的中垂线方程为y －3＝33(x ＋4)．即y ＝33(x ＋7)．① ∵|PB |－|P A |＝4＜|AB |＝6，∴P 在双曲线x 24－y 25＝1 ②的右支上．由①②得P (8，53)，设∠xAP ＝α，则tan α＝3， ∴α＝60°.∴炮弹发射的方位角为北偏东30°.设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x （λ＞0），y ′＝μ·y （μ＞0）的作用下，点P (x ，y )对应点P ′(x ′，y ′)称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝2y 后，曲线C 变为曲线(x ′－5)2＋(y ′＋6)2＝1，求曲线C 的方程，并判断其形状．[解] 将⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝2y ，代入(x ′－5)2＋(y ′＋6)2＝1中，得(2x －5)2＋(2y ＋6)2＝1.化简，得⎝⎛⎭⎫x －522＋(y ＋3)2＝14.该曲线是以⎝⎛⎭⎫52，－3为圆心，半径为12的圆. (1)在给定的平面上的极坐标系下，有一个二元方程F (ρ，θ)＝0，如果曲线C 是由极坐标(ρ，θ)满足方程的所有点组成的，则称此二元方程F (ρ，θ)＝0为曲线C 的极坐标方程．(2)由于平面上点的极坐标的表示形式不唯一，因此曲线的极坐标方程和直角坐标方程也有不同之处，一条曲线上的点的极坐标有多组表示形式，有些表示形式可能不满足方程，这里要求至少有一组能满足极坐标方程．(3)求轨迹方程的方法有直接法、定义法、相关点代入法，在极坐标中仍然适用，注意求谁设谁，找出所设点的坐标ρ、θ的关系．△ABC 底边BC ＝10，∠A ＝12∠B ，以B 为极点，BC 为极轴，求顶点A 的轨迹的极坐标方程．[解]如图：令A (ρ，θ)，△ABC 内，设∠B ＝θ，∠A ＝θ2，又|BC |＝10，|AB |＝ρ.于是由正弦定理，得ρsin ⎝⎛⎭⎫π－3θ2＝10sinθ2，化简，得A 点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cos θ.(1)互化的前提依旧是把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴并在两种坐标系下取相同的单位．(2)互化公式为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ ρ2＝x 2＋y 2 tan θ＝yx（x ≠0）(3)直角坐标方程化极坐标方程可直接将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入即可，而极坐标方程化为直角坐标方程通常将极坐标方程化为ρcos θ，ρsin θ的整体形式，然后用x ，y 代替较为方便，常常两端同乘以ρ即可达到目的，但要注意变形的等价性．把下列极坐标方程化为直角坐标方程，并指出它们分别表示什么曲线． (1)ρ＝2a cos θ(a ＞0)； (2)ρ＝9(sin θ＋cos θ)； (3)ρ＝4；(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5.[解] (1)ρ＝2a cos θ，两边同时乘以ρ得ρ2＝2a ρcos θ，即x 2＋y 2＝2ax . 整理得x 2＋y 2－2ax ＝0，即(x －a )2＋y 2＝a 2. 是以(a ，0)为圆心，以a 为半径的圆． (2)两边同时乘以ρ得ρ2＝9ρ(sin θ＋cos θ)，即x 2＋y 2＝9x ＋9y ，又可化为⎝⎛⎭⎫x －922＋⎝⎛⎭⎫y －922＝812，是以⎝⎛⎭⎫92，92为圆心，以922为半径的圆． (3)将ρ＝4两边平方得ρ2＝16，即x 2＋y 2＝16. 是以原点为圆心，以4为半径的圆．(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5，即2x －3y ＝5，是一条直线.(1)柱坐标定义：设P 是空间内任意一点，它在Oxy 平面上的射影为Q ，用(ρ，θ)(ρ≥0，0≤θ＜2π)来表示点Q 在平面Oxy 上的极坐标．这时点P 的位置可由有序数组(ρ，θ，z )表示，叫做点P 的柱坐标．(2)球坐标：建立空间直角坐标系O -xyz ，设P 是空间任意一点，连接OP ，记|OP |＝r ，OP 与Oz 轴正向所夹的角为φ，设P 在Oxy 平面上的射影为Q .Ox 轴逆时针方向旋转到OQ 时，所转过的最小正角为θ，则P (r ，φ，θ)为P 点的球坐标．如图，在长方体OABC -D ′A ′B ′C ′中，|OA |＝3，|OC |＝3，|OD ′|＝3，A ′C ′与B ′D ′相交于点P ，分别写出点C ，B ′，P 的柱坐标．[解] C 点的ρ、θ分别为|OC |及∠COA . B ′点的ρ为|OB |＝|OA |2＋|AB |2＝32＋32＝32；θ＝∠BOA ，而tan ∠BOA ＝|AB ||OA |＝1.所以∠BOA ＝π4.P 点的ρ、θ分别为OE 、∠AOE ，|OE |＝12|OB |＝322，∠AOE ＝∠AOB .所以C 点的柱坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π2，0；B ′点的柱坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，π4，3；P 点的柱坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫322，π4，3.如图，长方体OABC —D ′A ′B ′C ′中OA ＝OC ＝a ，BB ′＝2OA ，对角线OB ′与BD ′相交于点P ，顶点O 为坐标原点；OA ，OC 分别在x 轴，y 轴的正半轴上．试写出点P 的球坐标．[解] r ＝|OP |，φ＝∠D ′OP ，θ＝∠AOB ，而|OP |＝a ，∠D ′OP ＝∠OB ′B ， tan ∠OB ′B ＝|OB ||BB ′|＝1，∴∠OB ′B ＝π4，θ＝∠AOB ＝π4.∴点P 的球坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，π4，π4.一、选择题1．点M 的直角坐标是(－1, 3)，则点M 的极坐标为( ) A.⎝⎛⎭⎫2，π3 B.⎝⎛⎭⎫2，－π3C.⎝⎛⎭⎫2，2π3D.⎝⎛⎭⎫2，2k π＋π3，(k ∈Z )解析：选D ρ2＝(－1)2＋(3)2＝4，∴ρ＝2. 又⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴⎩⎨⎧cos θ＝－12，sin θ＝32，∴θ＝2π3＋2k π，k ∈Z .即点M 的极坐标为(2，2k π＋2π3)，(k ∈Z )．2．化极坐标方程ρ2cos θ－ρ＝0为直角坐标方程为( ) A ．x 2＋y 2＝0或y ＝1 B ．x ＝1 C ．x 2＋y 2＝0或x ＝1 D ．y ＝1 解析：选C ρ(ρcos θ－1)＝0，ρ＝x 2＋y 2＝0，或ρcos θ＝x ＝1.3．极坐标方程ρcos θ＝2sin 2θ表示的曲线为( ) A ．一条射线和一个圆 B ．两条直线 C ．一条直线和一个圆 D ．一个圆解析：选C ρcos θ＝4sin θcos θ，cos θ＝0，或ρ＝4sin θ，(ρ2＝4ρsin θ)，则x ＝0，或x 2＋y 2＝4y .4．(安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A ．θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝2 B ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2C ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝1D ．θ＝0(ρ∈R ) 和ρcos θ＝1解析：选B 由ρ＝2cos θ，可得圆的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，所以垂直于x 轴的两条切线方程分别为x ＝0和x ＝2，即所求垂直于极轴的两条切线方程分别为θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2，故选B.二、填空题5．点M 的柱坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3，8，则它的直角坐标为________．解析：∵x ＝2cos π3＝1，y ＝2sin π3＝3，z ＝8.∴它的直角坐标为(1，3，8)．答案：(1，3，8)6．点M 的球坐标为⎝⎛⎭⎫6，π2，π3，则它的直角坐标为________．解析：x ＝6·sin π2·cos π3＝3，y ＝6sin π2sin π3＝33，z ＝6cos π2＝0，∴它的直角坐标为(3，33，0)．答案：(3，33，0)7．在极坐标系中，点(1，2)到直线ρ(cos θ＋sin θ)＝2的距离为________．解析：直线的直角坐标方程为x ＋y －2＝0， d ＝|1＋2－2|2＝22.答案：228．在极坐标系中，过点A (6，π)作圆ρ＝－4cos θ的切线，则切线长为________．解析：圆ρ＝－4cos θ化为(x ＋2)2＋y 2＝4，点(6，π)化为 (－6，0)，故切线长为42－22＝12＝2 3.答案：2 3 三、解答题9．求由曲线4x 2＋9y 2＝36变成曲线x ′2＋y ′2＝1的伸缩变换．解：设变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，（λ>0），y ′＝μ·y ，（μ>0），将其代入方程x ′2＋y ′2＝1，得λ2x 2＋μ2y 2＝1. 又∵4x 2＋9y 2＝36，即x 29＋y 24＝1. ∴⎩⎨⎧λ2＝19，μ2＝14.又∵λ>0，μ>0， ∴λ＝13，μ＝12.∴将曲线4x 2＋9y 2＝36变成曲线x ′2＋y ′2＝1的伸缩变换为⎩⎨⎧x ′＝13x ，y ′＝12y .10.如图，圆O 1和圆O 2的半径都是1，|O 1O 2|＝4，过动点P 分别作圆O 1和圆O 2的切线PM 、PN (M 、N 分别为切点)使得|PM |＝2|PN |，试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程．解：如图，以直线O 1O 2为x 轴，线段O 1O 2的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，则两圆心的坐标分别为O 1(－2，0)，O 2(2，0)．设P (x ，y )，则|PM |2＝|PO 1|2－|MO 1|2＝(x ＋2)2＋y 2－1.同理，|PN |2＝(x －2)2＋y 2－1. ∵|PM |＝2|PN |，即|PM |2＝2|PN |2.即(x ＋2)2＋y 2－1＝2[(x －2)2＋y 2－1]．即x 2－12x ＋y 2＋3＝0. 即动点P 的轨迹方程为(x －6)2＋y 2＝33.11．在极坐标系中，已知圆C 的圆心C ⎝⎛⎭⎫3，π6，半径为1.Q 点在圆周上运动，O 为极点．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)若P 在直线OQ 上运动，且满足OQ QP ＝23，求动点P 的轨迹方程．解：(1)如图所示，设M (ρ，θ)为圆C 上任意一点，如图，在△OCM 中，|OC |＝3，|OM |＝ρ，|CM |＝1，∠COM ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6，根据余弦定理，得1＝ρ2＋9－2·ρ·3·cos ⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6，化简整理，得ρ2－6·ρcos (θ－π6)＋8＝0为圆C 的轨迹方程．(2)设Q (ρ1，θ1)，则有ρ21－6·ρ1cos (θ1－π6)＋8＝0.① 设P (ρ，θ)，则OQ ∶QP ＝ρ1∶(ρ－ρ1)＝2∶3⇒ρ1＝25ρ，又θ1＝θ，即⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝25ρ，θ1＝θ，代入①得425ρ2－6·25ρcos (θ－π6)＋8＝0，整理得ρ2－15ρcos (θ－π6)＋50＝0为P 点的轨迹方程．(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3，则它的直角坐标为( )A ．(3，1)B ．(－1，3)C ．(1，3)D ．(－3，－1)解析：选C x ＝ρcos θ＝2cos π3＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π3＝ 3.∴它的直角坐标为(1，3)．2．原点与极点重合，x 轴正半轴与极轴重合，则点(－2，－23)的极坐标是( ) A.⎝⎛⎭⎫4，π3 B.⎝⎛⎭⎫4，4π3C.⎝⎛⎭⎫－4，－2π3D.⎝⎛⎭⎫4，2π3解析：选B 由直角坐标与极坐标互化公式：ρ2＝x 2＋y 2， tan θ＝yx (x ≠0)．把点(－2，－23)代入即可得ρ＝4，tan θ＝3，因为点(－2，－23)在第三象限，所以θ＝4π3.3．可以将椭圆x 210＋y 28＝1变为圆x 2＋y 2＝4的伸缩变换为 ( )A.⎩⎨⎧5x ′＝2x ，2y ′＝y B.⎩⎨⎧2x ′＝5x ，y ′＝2y C.⎩⎨⎧2x ′＝x ，5y ′＝2x D.⎩⎨⎧5x ′＝2x ，2y ′＝y解析：选D 法一：将椭圆方程x 210＋y 28＝1化为2x 25＋y 22＝4，∴(2x 5)2＋(y2)2＝4.令⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝25 x ，y ′＝y 2得x ′2＋y ′2＝4，即x 2＋y 2＝4.∴伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧5x ′＝2x ，2y ′＝y 为所求．法二：将x 2＋y 2＝4改写为x ′2＋y ′2＝4，设满足题意的伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x （λ>0），y ′＝μ·y （μ>0），代入x ′2＋y ′2＝4得λ2x 2＋μ2y 2＝4，即λ2x 24＋μ2y 24＝1.与椭圆x 210＋y 28＝1比较系数得⎩⎪⎨⎪⎧λ24＝110，μ24＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝25，μ＝12.∴伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝25 x ，y ′＝12y .即⎩⎪⎨⎪⎧5x ′＝2x ，2y ′＝y .4．曲线的极坐标方程为ρ＝4sin θ，化成直角坐标方程为( ) A ．x 2＋(y ＋2)2＝4 B ．x 2＋(y －2)2＝4 C ．(x －2)2＋y 2＝4 D ．(x ＋2)2＋y 2＝4解析：选B 由直角坐标和极坐标的互化公式y ＝ρsin θ，即ρ2＝x 2＋y 2，可得x 2＋y 2＝4y ，整理得：x 2＋(y －2)2＝4. 5．圆ρ＝2(cos θ＋sin θ)的圆心坐标是( ) A.⎝⎛⎭⎫1，π4 B.⎝⎛⎭⎫12，π4C.⎝⎛⎭⎫2，π4D.⎝⎛⎭⎫2，π4解析：选A 法一：∵圆ρ＝2(cos θ＋sin θ)＝2sin (θ＋π4)，可以看作由圆ρ＝2sin θ顺时针旋转π4得到．而ρ＝2sin θ的圆心为(1，π2)，顺时针旋转π4得到(1，π4)，∴ρ＝2(cos θ＋sin θ)的圆心坐标为(1，π4)．法二：圆ρ＝2(cos θ＋sin θ)直角坐标方程为 x 2＋y 2－2x －2y ＝0， ∴(x －22)2＋(y －22)2＝1，圆心的直角坐标为(22，22)，化为极坐标为(1，π4)． 6．已知点P 的坐标为(1，π)，则过点P 且垂直极轴的直线方程是( ) A ．ρ＝1 B ．ρ＝cos θ C ．ρ＝－1cos θD ．ρ＝1cos θ解析：选C 由点P 的坐标可知，过点P 且垂直极轴的直线方程在直角坐标中为x ＝－1，即ρcos θ＝－1.7．曲线θ＝2π3与ρ＝6sin θ的两个交点之间的距离为( )A ．1 B. 3 C ．3 3 D ．6 解析：选C极坐标方程θ＝2π3，ρ＝6sin θ分别表示直线与圆，如图所示，圆心C (3，π2)，∠AOC ＝π6，∴|AO |＝2×3×cos π6＝6×32＝3 3.8．点M ⎝⎛⎭⎫1，7π6关于直线θ＝π4(ρ∈R )的对称点的极坐标为 ( )A.⎝⎛⎭⎫1，4π3B.⎝⎛⎭⎫1，2π3C.⎝⎛⎭⎫1，π3D.⎝⎛⎭⎫1，－7π6解析：选A 法一：点M (1，7π6)关于直线θ＝π4(ρ∈R )的对称点为(1，7π6＋π6)，即(1，4π3)．法二：点M (1，7π6)的直角坐标为(cos 7π6，sin 7π6)＝(－32，－12)，直线θ＝π4(ρ∈R )，即直线y ＝x ，点(－32，－12)关于直线y ＝x 的对称点为(－12，－32)，再化为极坐标即(1，4π3)．9．圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为( ) A.22B. 2 C ．2 D ．2 2 解析：选B圆ρ＝4cos θ的圆心C (2，0)，如图，|OC |＝2，在Rt △COD 中，∠ODC ＝π2，∠COD ＝π4，∴|CD |＝ 2.10．圆ρ＝r 与圆ρ＝－2r sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4(r >0)的公共弦所在直线的方程为( )A ．2ρ(sin θ＋cos θ)＝rB ．2ρ(sin θ＋cos θ)＝－r C.2ρ(sin θ＋cos θ)＝r D.2ρ(sin θ＋cos θ)＝－r解析：选D 圆ρ＝r 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝r 2① 圆ρ＝－2r sin (θ＋π4)＝－2r (sin θcos π4＋cos θsin π4)＝－2r (sin θ＋cos θ)．两边同乘以ρ得ρ2＝－2r (ρsin θ＋ρcos θ) ∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2， ∴x 2＋y 2＋2rx ＋2ry ＝0.②①－②整理得2(x ＋y )＝－r ，即为两圆公共弦所在直线的普通方程．再将直线2(x ＋y )＝－r 化为极坐标方程为2ρ(cos θ＋sin θ)＝－r .二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．直线x cos α＋y sin α＝0的极坐标方程为________．解析：ρcos θcos α＋ρsin θsin α＝0，cos (θ－α)＝0，取θ－α＝π2.答案：θ＝π2＋α12．在极坐标系中，若过点A (4，0)的直线l 与曲线ρ2＝4ρcos θ－3有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为________．解析：将ρ2＝4ρcos θ－3化为直角坐标方程得(x －2)2＋y 2＝1，如右图易得－33≤k ≤33. 答案：[－33，33] 13．已知点M 的柱坐标为⎝⎛⎭⎫2π3，2π3，2π3，则点M 的直角坐标为________，球坐标为________．解析：设点M 的直角坐标为(x ，y ，z )，柱坐标为(ρ，θ，z )，球坐标为(r ，φ，θ)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，z ＝z ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2π3cos 2π3＝－π3，y ＝2π3sin 2π3＝3π3，z ＝2π3，由⎩⎪⎨⎪⎧r ＝x 2＋y 2＋z 2，cos φ＝zr ，得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝22π3，cos φ＝22.即⎩⎪⎨⎪⎧r ＝22π3，φ＝π4. ∴点M 的直角坐标为(－π3，3π3，2π3)，球坐标为(22π3，π4，2π3)．答案：(－π3，3π3，2π3) (22π3，π4，2π3)14．(湖南高考)在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝________．解析：曲线C 1的直角坐标方程为2x ＋y ＝1，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝a 2，C 1与x 轴的交点坐标为(22，0)，此点也在曲线C 2上，代入解得a ＝22. 答案：22三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(12分)极坐标系中，求点⎝⎛⎭⎫m ，π3(m ＞0)到直线ρcos(θ－π3)＝2的距离．解：将直线极坐标方程化为ρ(cos θcos π3＋sin θsin π3)＝2，化为直角坐标方程为x ＋3y －4＝0，点(m ，π3)的直角坐标为(12m ，32m )，∴点(12m ，32m )到直线x ＋3y －4＝0的距离为|12m ＋3·32m －4|1＋3＝2|m －2|2＝|m －2|.16．(12分)极坐标方程ρ＝－cos θ与ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝1表示的两个图形的位置关系是什么？解：ρ＝－cos θ可变为ρ2＝－ρcos θ，化为普通方程为 x 2＋y 2＝－x ，即(x ＋12)2＋y 2＝14它表示圆心为(－12，0)，半径为12的圆．将ρcos (θ＋π3)＝1化为普通方程为x －3y －2＝0，∵圆心(－12，0)到直线的距离为|－12－2|1＋3＝54＞1，∴直线与圆相离．17．(12分)(江苏高考)在极坐标系中，已知圆C 经过点P ⎝⎛⎭⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．解：在ρsin(θ－π3)＝－32中令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C 的圆心坐标为(1，0)．因为圆C 经过点P (2，π4)，所以圆C 的半径PC ＝（2）2＋12－2×1×2cos π4＝1，于是圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.18．(14分)已知线段BB ′＝4，直线l 垂直平分BB ′，交BB ′于点O ，在属于l 并且以O 为起点的同一射线上取两点P 、P ′，使OP ·OP ′＝9，建立适当的坐标系，求直线BP 与直线B ′P ′的交点M 的轨迹方程．解：以O 为原点，BB ′为y 轴，l 为x 轴，建立如图所示的直角坐标系，则B (0，2)，B ′(0，－2)，设P (a ，0)(a ≠0)，则由OP ·OP ′＝9，得P ′(9a ，0)，直线BP 的方程为x a ＋y2＝1，直线B ′P ′的方程为x 9a＋y－2＝1，即l BP ：2x ＋ay －2a ＝0，l B ′P ′：2ax －9y －18＝0.设M (x ，y )，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ay －2a ＝0，2ax －9y －18＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝（2－y ）a ，9y ＋18＝2ax(a 为参数)．消去a ，可得4x 2＋9y 2＝36(x ≠0)，所以点M 的轨迹是焦点在x 轴上，长轴长为6，短轴长为4的椭圆(除去点B ，B ′)．。

数学人教A版选修4-5学案：第一讲二绝对值不等式(第2课时)含解析

2.绝对值不等式的解法1．掌握绝对值不等式的几种解法，并解决绝对值不等式求解问题．2．了解绝对值不等式的几何解法．1．含有绝对值的不等式的解法（同解性）（1)｜x｜＜a错误!(2)|x|＞a错误!对于不等式｜x｜＜a(a＞0)，由绝对值的几何定义知，它表示数轴上到原点的距离小于a的点的集合．如图：【做一做1】若集合M＝{x｜｜x|≤2},N＝{x|x2－3x＝0｝，则M∩N＝(）A．{3｝B．{0} C．{0,2} D．｛0，3}2．|ax＋b｜≤c（c＞0），|ax＋b|≥c(c＞0）型不等式的解法（1)|ax＋b｜≤c(c＞0)型不等式的解法是：先化为不等式组__________,再利用不等式的性质求出原不等式的解集．(2）|ax＋b｜≥c（c＞0）的解法是：先化为________或__________，再进一步利用不等式的性质求出原不等式的解集．【做一做2－1】若条件p：|x＋1｜≤4,条件q：x2＜5x－6，则p是q的(）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【做一做2－2】|2x＋1｜＞｜5－x｜的解集是__________．3．｜x－a｜＋｜x－b|≥c和｜x－a|＋｜x－b|≤c型不等式的解法有三种不同的解法：解法一可以利用绝对值不等式的________．解法二利用分类讨论的思想，以绝对值的“______”为分界点，将数轴分成几个区间,然后确定各个绝对值中的多项式的______,进而去掉__________．解法三可以通过________，利用__________，得到不等式的解集．|x－a|＋|x－b｜≥c或｜x－a｜＋|x－b|≤c型的不等式的三种解法可简述为:①几何意义；②根分区间法;③构造函数法．【做一做3】不等式|x－1｜＋｜x－2｜＜2的解集是__________．答案：1．（1)－a＜x＜a无解(2)x＞a或x＜－a x≠0x∈R【做一做1】B方法一：由代入选项验证可排除选项A、C、D,故选B.方法二：M＝｛x|－2≤x≤2｝，N＝{0，3｝，∴M∩N＝｛0｝．2．（1)－c≤ax＋b≤c（2）ax＋b≥c ax＋b≤－c【做一做2－1】A∵由p：|x＋1|≤4，得－4≤x＋1≤4,即－5≤x≤3，又q：2＜x＜3，∴p为x＞3或x ＜－5，q为x≥3或x≤2。

2019-2020学年度最新高中数学人教A版选修4-5教学案：第一讲本讲知识归纳与达标验收

2019-2020学年度最新高中数学人教A 版选修4-5教学案：第一讲本讲知识归纳与达标验收对应学生用书P16考情分析从近两年的高考试题来看，绝对值不等式主要考查解法及简单的应用，题目难度中档偏下，着重考查学生的分类讨论思想及应用能力．解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，化成不含绝对值的不等式，其一是依据绝对值的意义；其二是先令每一个绝对值等于零，找到分界点，通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值．真题体验1．(江西高考)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥|x －1－x |＋|y －1－(y ＋1)|＝1＋2＝3. 答案：C2．(湖南高考)不等式|2x ＋1|－2|x －1|＞0的解集为________．解析：原不等式即|2x ＋1|＞2|x －1|，两端平方后解得12x ＞3，即x ＞14.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x >143．(陕西高考)已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．解析：(am ＋bn )(bm ＋an )＝ab (m 2＋n 2)＋mn (a 2＋b 2)≥2mnab ＋mn (a 2＋b 2)＝mn (a ＋b )2＝mn ＝2，当且仅当m ＝n ＝2时等号成立．答案：24．(福建高考)设不等式|x －2|＜a (a ∈N ＋)的解集为A ，且32∈A ，12∉A .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值．解：(1)因为32∈A ，且12∉A ，所以⎪⎪⎪⎪32－2＜a ，且⎪⎪⎪⎪12－2≥a ，解得12＜a ≤32.又因为a ∈N ＋，所以a ＝1.(2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0，即－1≤x ≤2时取到等号，所以f (x )的最小值为3. 5．(江苏高考)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.解：因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518.对应学生用书P16利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值或代数式大小的比较，常用到分类讨论的思想．[例1] “a ＋c >b ＋d ”是“a >b 且c >d ”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 易得a >b 且c >d 时必有a ＋c >b ＋d .若a ＋c >b ＋d 时，则可能有a >b 且c >d . [答案] A利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：①和为定值时，积有最大值；②积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．[例2] x ，y ，z ∈R ＋，x －2y ＋3z ＝0，y 2xz 的最小值为________．[解析] 由x －2y ＋3z ＝0得y ＝x ＋3z2，则y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz 4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时取“＝”． [答案] 3[例3] (新课标全国卷Ⅱ)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. [证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.1.公式法|f (x )|>g (x )⇔f (x )>g (x )或f (x )<－g (x )； |f (x )|<g (x )⇔－g (x )<f (x )<g (x )． 2．平方法|f (x )|>|g (x )|⇔[f (x )]2>[g (x )]2. 3．零点分段法含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．[例4] 解下列关于x 的不等式： (1)|x ＋1|>|x －3|； (2)|x －2|－|2x ＋5|>2x ； [解] (1)法一：|x ＋1|>|x －3|，两边平方得(x ＋1)2>(x －3)2，∴8x >8.∴x >1. ∴ 原不等式的解集为{x |x >1}．法二：分段讨论：当x ≤－1时，有－x －1>－x ＋3，此时x ∈∅；当－1<x ≤3时，有x ＋1>－x ＋3，即x >1，.∴此时1<x ≤3；当x >3时，有x ＋1>x －3成立，∴x >3. ∴原不等式解集为{x |x >1}．(2)分段讨论：①当x <－52时，原不等式变形为2－x ＋2x ＋5>2x ，解得x <7，∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－52. ②当－52≤x ≤2时，原不等式变形为2－x －2x －5>2x ，解得x <－35.∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－52≤x <－35. ③当x >2时，原不等式变形为x －2－2x －5>2x ，解得x <－73，∴原不等式无解．综上可得，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－35.对于不等式恒成立求参数范围问题，常见类型及其解法如下： (1)分离参数法：运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立中的参数范围问题． (2)更换主元法：不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．[例5] 设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－a . (1)当a ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若f (x )≥4a ＋1对任意的实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－1≥|x ＋1＋4－x |－1≥4， ∴f (x )min ＝4.(2)f (x )≥4a＋1对任意的实数x 恒成立⇔|x ＋1|＋|x －4|－1≥a ＋4a 对任意的实数x 恒成立⇔a ＋4a≤4.当a ＜0时，上式成立；当a ＞0时，a ＋4a≥2a ·4a＝4，当且仅当a ＝4a ，即a ＝2时上式取等号，此时a ＋4a ≤4成立．综上，实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{2}．对应学生用书P47(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{x |x 2－5x ＋6≤0}，集合B ＝{x ||2x －1|>3}，则集合A ∩B 等于( ) A ．{x |2≤x ≤3} B ．{x |2≤x <3} C ．{x |2<x ≤3}D ．{x |－1<x <3}解析：A ＝{x |2≤x ≤3}，B ＝{x |x >2或x <－1}． ∴A ∩B ＝{x |2<x ≤3|}．答案：C2．(陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a 和b (a 2ab 2b ＝a ，即a <v <ab .答案：A3．已知|x －a |2 D ．|a |－|b |＝|a －b |解析：法一(特殊值法)：令a ＝－1，b ＝－2，代入A ，B ，C ，D ，知D 不正确．法二：由1a <1b <0，得b <a <0，所以b 2>ab ，ab >a 2，故A ，B 正确．又由b a >1，a b >0，且b a ≠a b ，即b a ＋ab >2正确．从而A ，B ，C 均正确，对于D ，由b <a <0⇔|a |<|b |. 即|a |－|b |<0，而|a －b |≥0，故D 错．答案：D5．函数y ＝|x －4|＋|x －6|的最小值为( ) A ．2 B. 2 C ．4D ．6解析：y ＝|x －4|＋|x －6|≥|x －4＋6－x |＝2. 答案：A6．若a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，则( ) A ．ab ＞bc B ．ac ＞bc C ．ab ＞acD ．a |b |＞c |b |解析：∵a ＋b ＋c ＝0，a ＞b ＞c . ∴a ＞0，又b >c .∴ab >ac . 答案：C7．已知x ＋2y ＋3z ＝6，则2x ＋4y ＋8z 的最小值为( ) A ．336 B ．2 2 C ．12D ．1235 解析：∵2x ＞0,4y ＞0,8z ＞0，∴2x ＋4y ＋8z ＝2x ＋22y ＋23z ≥332x ·22y ·23z ＝332x ＋2y ＋3z ＝3×4＝12. 当且仅当2x ＝22y ＝23z ，即x ＝2，y ＝1，z ＝23时，等号成立．答案：C8．已知x >1，y >1，且lg x ＋lg y ＝4，则lg x lg y 的最大值是( ) A ．4 B ．2 C ．1D.14解析：由x >1，y >1，故lg x >0，lg y >0.∴4＝lg x ＋lg y ≥2lg x lg y .∴lg x lg y ≤4，当且仅当x ＝y 时取等号．答案：A9．不等式|sin x ＋tan x |＜a 的解集为N ；不等式|sin x |＋|tan x |＜a 的解集为M ；则解集M 与N 的关系是( )A ．N ⊆MB ．M ⊆NC ．M ＝ND ．M N解析：|sin x ＋tan x |≤|sin x |＋|tan x |，则M ⊆N (当a ≤0时，M ＝N ＝∅)．答案：B10．(安徽高考)若函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋a |的最小值为3，则实数a 的值为( ) A ．5或8 B ．－1或5 C ．－1或－4D ．－4或8解析：当a ≥2时，f (x )＝⎩⎨⎧3x ＋a ＋1，x >－1，x ＋a －1，－a 2≤x ≤－1，－3x －a －1，x <－a2，如图1可知，当x ＝－a2时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2－1 ＝3，可得a ＝8；当a <2时，f (x )＝⎩⎨⎧3x ＋a ＋1，x >－a2，－x －a ＋1，－1≤x ≤－a 2，－3x －a －1，x <－1，如图2可知，当x ＝－a 2时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a2＋1＝3，可得a ＝－4.综上可知，答案为D.答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把正确答案填在题中横线上) 11．函数f (x )＝3x ＋12x2(x >0)的最小值为________．解析：f (x )＝3x ＋12x 2＝3x 2＋3x 2＋12x 2≥333x 2·3x 2·12x 2＝9，当且仅当3x 2＝12x 2即x ＝2时取等号．答案：912．定义运算x ·y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤y ，y ，x ＞y ，若|m －1|·m ＝|m －1|，则m 的取值范围是________．解析：依题意，有|m －1|≤m ，所以－m ≤m －1≤m ，所以m ≥12.答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 13．以下三个命题： (1)若|a －b |<1，则|a |<|b |＋1；(2)若a ，b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a －b |； (3)若|x |<2，|y |>3，则|x y |<23.其中正确的有__________个．解析：(1)∵|a |－|b |≤|a －b |<1，∴|a |<|b |＋1. ∴(1)正确．(2)∵|a ＋b |－2|a |＝|a ＋b |－|2a |≤|a ＋b －2a |＝|b －a |＝|a －b |，∴(2)正确． (3)∵|x |<2，|y |>3，∴|x y |＝|x ||y |<23.∴(3)正确．答案：314．设函数f (x )＝|2x －1|＋x ＋3，则f (－2)＝________，若f (x )≤5，则x 的取值范围是________．解析：f (－2)＝|2×(－2)－1|＋(－2)＋3＝6. ∵|2x －1|＋x ＋3≤5 ⇔|2x －1|≤2－x ⇔x －2≤2x －1≤2－x⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥x －22x －1≤2－x∴－1≤x ≤1.答案：6 [－1,1]三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)解不等式： |2x －1－x |<2；解：原不等式⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－x <2，2x －1－x >－2.因为2x －1－x <2⇔2x －1<x ＋2⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x ＋2≥0，2x －1<(x ＋2)2⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，x 2＋2x ＋5>0⇔x ≥12.又2x －1－x >－2⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x －2≥0，2x －1>(x －2)2.或⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x －2<0. ⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x 2－6x ＋5<0或12≤x <2，⇔⎩⎨⎧x ≥2，1<x <5或12≤x <2⇔2≤x <5或12≤x <2⇔12≤x <5. 所以，原不等式组等价于⎩⎨⎧x ≥12，12≤x <5⇔12≤x <5. 因此，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12≤x <5. 16．(本小题满分12分)(新课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.17．(本小题满分12分)已知|2x －3|≤1的解集为[m ，n ]．(1)求m ＋n 的值；(2)若|x －a |＜m ，求证：|x |＜|a |＋1.解：(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，得1≤x ≤2，∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.(2)证明：若|x －a |＜1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |＜|a |＋1.18．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m .(1)解关于x 的不等式f (x )＋a －1＞0(a ∈R )；(2)若函数f (x )的图像恒在函数g (x )图像的上方，求m 的取值范围．解：(1)不等式f (x )＋a －1＞0，即|x －2|＋a －1＞0，当a ＝1时，解集为x ≠2，即(－∞，2)∪(2，＋∞)；当a ＞1时，解集为全体实数R ；当a ＜1时，∵|x －2|＞1－a ，∴x －2＞1－a 或x －2＜a －1，∴x ＞3－a 或x ＜a ＋1，故解集为(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．(2)f(x)的图像恒在函数g(x)图像的上方，即为|x－2|＞－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，即|x－2|＋|x＋3|＞m恒成立．又对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m＜5，即m的取值范围是(－∞，5)．。

高中数学第一讲不等式和绝对值不等式复习课学案新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学

第一讲不等式和绝对值不等式复习课学习目标 1.梳理本讲的重要知识要点，构建知识网络.2.进一步强化对基本不等式的理解和应用，尤其注意等号成立的条件.3.巩固对绝对值三角不等式的理解和掌握，进一步熟练绝对值三角不等式的应用.4.会解绝对值不等式．1．实数的运算性质与大小顺序的关系：a ＞b ⇔a －b ＞0，a ＝b ⇔a －b ＝0，a ＜b ⇔a －b ＜0，由此可知要比较两个实数的大小，判断差的符号即可． 2．不等式的基本性质 (1)对称性：a ＞b ⇔b ＜a . (2)传递性：a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c . (3)可加性：a ＞b ⇔a ＋c ＞b ＋c .(4)可乘性：如果a ＞b ，c ＞0，那么ac ＞bc ；如果a ＞b ，c ＜0，那么ac ＜bc .(5)乘方：如果a ＞b ＞0，那么a n ＞b n(n ∈N ，n ≥2)． (6)开方：如果a ＞b ＞0n a ＞nb n ∈N ，n ≥2)． 3．基本不等式(1)定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时，等号成立)． (2)定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab (当且仅当a ＝b 时，等号成立)．(3)引理：若a ，b ，c ∈R ＋，则a 3＋b 3＋c 3≥3abc (当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立)． (4)定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c3≥3abc (当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立)．(5)推论：若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n .当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n时，等号成立；(6)在应用基本不等式求最值时一定要注意考虑是否满足“一正，二定，三相等”的要求． 4．绝对值不等式的解法解含绝对值的不等式的基本思想是通过去掉绝对值符号，把含绝对值的不等式转化为一元一次不等式，或一元二次不等式．去绝对值符号常见的方法(1)根据绝对值的定义．(2)分区间讨论(零点分段法)．(3)图象法．5．绝对值三角不等式(1)|a|的几何意义表示数轴上的点到原点的距离，|a－b|的几何意义表示数轴上两点间的距离．(2)|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，ab≥0时等号成立)．(3)|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R，(a－b)(b－c)≥0时等号成立)．(4)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≤0，右边“＝”成立的条件是ab≥0)．(5)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≥0，右边“＝”成立的条件是ab≤0).类型一不等式的基本性质的应用例1 “a＋c＞b＋d”是“a＞b且c＞d”的( )A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析易得当a＞b且c＞d时，必有a＋c＞b＋d.若a＋c＞b＋d，则可能有a＞b且c＞d. 反思与感悟利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值或代数式大小的比较，常用到分类讨论的思想．跟踪训练1 如果a∈R，且a2＋a＜0，那么a，a2，－a，－a2的大小关系是( )A．a2＞a＞－a2＞－aB．－a＞a2＞－a2＞aC．－a＞a2＞a＞－a2D．a2＞－a＞a＞－a2答案 B解析由a2＋a＜0知，a≠0，故有a＜－a2＜0,0＜a2＜－a.故选B.类型二基本不等式及其应用命题角度1 用基本不等式证明不等式例2 已知a ＞b ＞c ＞d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 证明 ∵a ＞b ＞c ＞d ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，c －d ＞0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d ·[(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥331a －b ·1b －c ·1c －d·33(a －b )(b －c )(c －d )＝9. ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 反思与感悟不等式的证明方法很多，关键是从式子的结构入手分析，运用基本不等式证明不等式时，要注意成立的条件，同时熟记一些变形形式．跟踪训练2 设a ，b ，c 均为正数，证明：(ab ＋a ＋b ＋1)(ab ＋ac ＋bc ＋c 2)≥16abc . 证明 (ab ＋a ＋b ＋1)·(ab ＋ac ＋bc ＋c 2) ＝(b ＋1)(a ＋1)(b ＋c )(a ＋c ) ≥2b ·2a ·2bc ·2ac ＝16abc ， ∴所证不等式成立．命题角度2 求最大、最小值例3 若x ，y ，z ∈R ＋，x －2y ＋3z ＝0，则y 2xz的最小值为________．答案 3解析由x －2y ＋3z ＝0，得y ＝x ＋3z2，则y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz 4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时取“＝”．反思与感悟利用基本不等式求最值问题一般有两种类型(1)和为定值时，积有最大值；(2)积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．跟踪训练3 当0＜x ＜π2时，函数f (x )＝1＋cos2x ＋8sin 2xsin2x 的最小值为( )A ．2B ．2 3C ．4D ．4 3答案 C解析 f (x )＝2cos 2x ＋8sin 2x 2sin x cos x ＝cos x sin x ＋4sin xcos x.∵x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos x ＞0，sin x ＞0.故f (x )＝cos x sin x ＋4sin xcos x ≥2cos x sin x ·4sin xcos x＝4，当且仅当cos x ＝2sin x ＞0时，等号成立．故选C.类型三含绝对值的不等式的解法例4 解下列关于x 的不等式． (1)|x ＋1|＞|x －3|； (2)|x －2|－|2x ＋5|＞2x . 解 (1)方法一 |x ＋1|＞|x －3|，两边平方得(x ＋1)2＞(x －3)2，∴8x ＞8，∴x ＞1. ∴原不等式的解集为{x |x ＞1}．方法二分段讨论：当x ≤－1时，有－x －1＞－x ＋3，此时x ∈∅；当－1＜x ≤3时，有x ＋1＞－x ＋3，即x ＞1，∴此时1＜x ≤3；当x ＞3时，有x ＋1＞x －3，∴x ＞3. ∴原不等式的解集为{x |x ＞1}．(2)分段讨论：①当x ＜－52时，原不等式变形为2－x ＋2x ＋5＞2x ，解得x ＜7，∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－52.②当－52≤x ≤2时，原不等式变形为2－x －2x －5＞2x ，解得x ＜－35，∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－52≤x ＜－35. ③当x ＞2时，原不等式变形为x －2－2x －5＞2x ，解得x ＜－73，∴原不等式无解．综上可知，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－35. 反思与感悟含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．这种方法通常称为零点分段法．跟踪训练4 已知函数f (x )＝|x －a |，其中a ＞1. (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝|x －2|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6，x ≤2，2，2＜x ＜4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2＜x ＜4时，f (x )≥4－|x －4|，得2≥4，无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5. 所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}． (2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a ，x ≤0，4x －2a ，0＜x ＜a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12.又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －12＝1，a ＋12＝2，解得a ＝3.类型四恒成立问题例5 设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－a . (1)当a ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若f (x )≥4a＋1对任意的实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－1≥|x ＋1＋4－x |－1＝4，∴f (x )min ＝4.(2)f (x )≥4a＋1对任意的实数x 恒成立⇔|x ＋1|＋|x －4|－1≥a ＋4a对任意的实数x 恒成立⇔a ＋4a≤4.当a ＜0时，上式成立；当a ＞0时，a ＋4a≥2a ·4a＝4，当且仅当a ＝4a，即a ＝2时上式取等号，此时a ＋4a≤4成立．综上，实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{2}．反思与感悟不等式恒成立问题，通常是分离参数，将其转化为求最大、最小值问题．当然，根据题目特点，还可能用①变更主次元；②数形结合等方法．跟踪训练5 已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}． (1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．解 (1)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2， ∵f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，∴当a ≤0时，不合题意．又当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a，∴a ＝2.(2)令h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝|2x ＋1|－|2x ＋2|，∴h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1＜x ＜－12，－1，x ≥－12，∴|h (x )|≤1，∴k ≥1，即k 的取值范围是[1，＋∞).1．给出下列四个命题：①若a ＞b ，c ＞1，则a lg c ＞b lg c ；②若a ＞b ，c ＞0，则a lg c ＞b lg c ；③若a ＞b ，则a ·2c＞b ·2c；④若a ＜b ＜0，c ＞0，则c a ＞cb. 其中正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 C解析 ①正确，c ＞1，lg c ＞0；②不正确，当0＜c ≤1时，lg c ≤0；③正确，2c＞0；④正确，由a ＜b ＜0，得0＞1a ＞1b ，故c a ＞cb.2．设6＜a ＜10，a2≤b ≤2a ，c ＝a ＋b ，那么c 的取值范围是( )A ．9＜c ＜30B ．0≤c ≤18C ．0≤c ≤30D ．15＜c ＜30答案 A解析因为a 2≤b ≤2a ，所以3a2≤a ＋b ≤3a .又因为6＜a ＜10，所以3a2＞9,3a ＜30.所以9＜3a2≤a ＋b ≤3a ＜30，即9＜c ＜30.3．不等式4＜|3x －2|＜8的解集为_______________________________________．答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2＜x ＜－23或2＜x ＜103 解析由4＜|3x －2|＜8，得⎩⎪⎨⎪⎧|3x －2|＞4，|3x －2|＜8⇒⎩⎪⎨⎪⎧3x －2＜－4或3x －2＞4，－8＜3x －2＜8⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－23或x ＞2，－2＜x ＜103.∴－2＜x ＜－23或2＜x ＜103.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2＜x ＜－23或2＜x ＜103. 4．解不等式3≤|x －2|＜4.解方法一原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥3， ①|x －2|＜4. ②由①得x －2≤－3或x －2≥3， ∴x ≤－1或x ≥5. 由②得－4＜x －2＜4， ∴－2＜x ＜6.∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．方法二 3≤|x －2|＜4⇔3≤x －2＜4或－4＜x －2≤－3⇔5≤x ＜6或－2＜x ≤－1. ∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．1．本讲的重点是均值不等式和绝对值不等式，要特别注意含绝对值不等式的解法． 2．重点题型有利用不等式的基本性质、均值不等式、绝对值三角不等式证明不等式或求函数最值问题；解绝对值不等式．3．重点考查利用不等式性质，均值不等式求函数的最值，含参数的绝对值不等式有解、解集是空集或恒成立问题．一、选择题1．若a ＞b ，则下列不等式中一定成立的是( ) A ．a ＞2b B ．－b a＞－1 C ．2a ＞2bD ．lg(a －b )＞1答案 C解析 ∵y ＝2x 是增函数，又a ＞b ，∴2a ＞2b. 2．设a ，b 为正实数，以下不等式恒成立的为( ) ①ab ＞2aba ＋b； ②a ＞|a －b |－b ； ③a 2＋b 2＞4ab －3b 2； ④ab ＋2ab＞2.A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④答案 D解析 ①不恒成立，因为a ＝b 时取“＝”； ②恒成立，因为a ，b 均为正数； ④是恒成立的，因为ab ＋2ab≥22＞2.3．若a ＞b ，b ＞0，则下列与－b ＜1x＜a 等价的是( )A ．－1b ＜x ＜0或0＜x ＜1aB ．－1a＜x ＜1bC ．x ＜－1a 或x ＞1bD ．x ＜－1b或x ＞1a答案 D解析－b ＜1x ＜a ，当x ＜0时，－bx ＞1＞ax ，解得x ＜－1b；当x ＞0时，－bx ＜1＜ax ，解得x ＞1a，故选D.4．不等式|x ＋3|－|x －3|＞3的解集是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＞32 B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪32＜x ≤3 C ．{x |x ≥3} D ．{x |－3＜x ≤0}答案 A解析 ①由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－3，－(x ＋3)＋(x －3)＞3，无解；②由⎩⎪⎨⎪⎧－3＜x ＜3，x ＋3＋x －3＞3，得32＜x ＜3； ③由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ＋3－(x －3)＞3，得x ≥3.综上，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＞32. 5．“a ＜4”是“对任意实数x ，|2x －1|＋|2x ＋3|≥a 成立”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 ∵|2x －1|＋|2x ＋3|≥|2x －1－(2x ＋3)|＝4， ∴当a ＜4时⇒|2x －1|＋|2x ＋3|≥a 成立，即充分条件成立；对任意实数x ，|2x －1|＋|2x ＋3|≥a ⇒a ≤4，不能推出a ＜4，即必要条件不成立．二、填空题 6．若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，则a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞ 解析令f (x )＝xx 2＋3x ＋1＝1x ＋1x＋3， ∵x >0，∴x ＋1x≥2，∴f (x )≤12＋3＝15，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时等号成立，即f (x )的最大值为15. 若使不等式恒成立，只需a ≥15即可． 7．已知不等式|x ＋2|－|x |≤a 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________．答案 [－2，＋∞)解析 ∵||x ＋2|－|x ||≤|x ＋2－x |＝2，∴2≥|x ＋2|－|x |≥－2，∵不等式|x ＋2|－|x |≤a 的解集不是空集，∴a ≥－2.8．定义运算“⊗”：x ⊗y ＝x 2－y 2xy(x ，y ∈R ，xy ≠0)，当x ＞0，y ＞0时，x ⊗y ＋(2y )⊗x 的最小值为________．答案 2解析因为x ⊗y ＝x 2－y 2xy ，所以(2y )⊗x ＝4y 2－x 22xy. 又x ＞0，y ＞0，故x ⊗y ＋(2y )⊗x ＝x 2－y 2xy ＋4y 2－x 22xy ＝x 2＋2y 22xy ≥22xy 2xy ＝2，当且仅当x ＝2y 时，等号成立． 9．不等式14(3|x |－1)≤12|x |＋3的解集为________．答案 {x |－13≤x ≤13}解析当x ＜0时，不等式为14(－3x －1)≤－12x ＋3，解得－13≤x ＜0，当x ≥0时，不等式为14(3x －1)≤12x ＋3，解得0≤x ≤13，∴不等式的解集为{x |－13≤x ≤13}．10．若f (x )＝2|x ＋1|－|x －1|且f (x )≥22，则x 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 解析 ∵f (x )＝2x 是增函数，∴f (x )≥22，即|x ＋1|－|x －1|≥32，①⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥1，2≥32，∴x ≥1，②⎩⎪⎨⎪⎧ －1＜x ＜1，2x ≥32，∴34≤x ＜1， ③⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－2≤32，无解．综上x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞. 11．已知函数f (x )＝|x －a |，若不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，则实数a 的值为________．答案 2解析由f (x )≤3，得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3.又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2，所以实数a 的值为2.三、解答题12．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝－3时，f (x )＝|x －3|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2＜x ＜3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4；所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}．(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a ，由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]．13．(2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|.(1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围．解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2.当x ＜－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1，得2x －1≥1，解得1≤x ≤2；当x ＞2时，由f (x )≥1，解得x ＞2.所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}．(2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ，而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54. 当且仅当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54. 四、探究与拓展14．已知关于x 的不等式|2x ＋1|－|x －1|≤log 2a (其中a ＞0)．(1)当a ＝4时，求不等式的解集；(2)若不等式有解，求实数a 的取值范围．解 (1)令f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|，当a ＝4时，f (x )≤2，当x ＜－12时，f (x )＝－x －2≤2，得－4≤x ＜－12；当－12≤x ≤1时，f (x )＝3x ≤2，得－12≤x ≤23；当x ＞1时，f (x )＝x ＋2≤2，此时x 不存在．所以不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －4≤x ≤23.(2)设f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －2，x ＜－12，3x ，－12≤x ≤1，x ＋2，x ＞1，故f (x )∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞，即f (x )的最小值为－32，若f (x )≤log 2a 有解，则log 2a ≥－32，解得a ≥24，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫24，＋∞. 15．已知不等式|2x －3|＜x 与不等式x 2－mx ＋n ＜0的解集相同．(1)求m －n ；(2)若a ，b ，c ∈(0,1)，且ab ＋bc ＋ac ＝m －n ，求a ＋b ＋c 的最小值．解 (1)|2x －3|＜x ，即－x ＜2x －3＜x ，解得1＜x ＜3， ∴1,3是方程x 2－mx ＋n ＝0的两根，∴由根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝4，n ＝3.∴m －n ＝1.(2)由(1)得ab ＋bc ＋ac ＝1，∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ＝a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋a 2＋c 22＋2.∵a 2＋b 22≥ab ，b 2＋c 22≥bc ，a 2＋c 22≥ac ， ∴a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋a 2＋c 22≥ab ＋bc ＋ac ＝1. ∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋a 2＋c 22＋2≥3(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)， ∴a ＋b ＋c 的最小值是 3.。

高中数学人教A版选修4-5创新应用第一讲第1节第3课时三个正数的算术-几何平均不等式课件

高为 h，表面积为 S. 则 V＝πr2h， ∴h＝πVr2. ∴S＝2πr2＋2πrh＝2πr2＋2rV ＝2πr2＋Vr ＋Vr ≥3 3 2πV2.
即当 2πr2＝Vr ，
3 r＝
2Vπ时表面积最小．此时 h＝2r.
3 即饮料盒的底面半径为 r＝
2Vπ，
高为 2 3 2Vπ时，用料最省．
本课时经常考查算术-几何平均不等式在求最值中的应
n 当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
[问题思考]
1．满足不等式a＋3b＋c≥3 abc成立的 a，b，c 的范围是什么？
提示：a，b，c 的范围为 a≥0，b≥0，c≥0．
2．应用三个正数的算术－几何平均不等式，求最值应注意什么？
提示：三个正数的和为定值，积有最大值；积为定值，和有最小值．当且仅当三个正数相等时取得．
三个正数的算术-几何平均不等式定理，是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此，凡是可以利用该定理证明的不等式，一般都可以直接应用比较法证明，只是在具备条件时，直接应用该定理会更简便．若不直接具备 “一正二定三相等”的条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．
连续多次使用平均不等式定理时要注意前后等号成立的条件是否保持一致．
已知 x∈R＋，求函数 y＝x(1－x2)的最大值．
[精讲详析] 本题考查三个正数的算术-几何平均不等式在求最值中的应用．解答本题要根据需要拼凑出利用其算术-几何平均不等式的条件，然后再求解．
∵y＝x(1－x2)， ∴y2＝x2(1－x2)2 ＝2x2(1－x2)(1－x2)·12.
∵2x2＋(1－x2)＋(1－x2)＝2， ∴y2≤122x2＋1－3x2＋1－x23＝247. 当且仅当 2x2＝1－x2＝1－x2，

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第一讲第1节不等式

第1课时不等式的基本性质[核心必知]1．实数的大小顺序与实数的运算性质之间的关系 (1)设a ，b ∈R ，则①a ＞b ⇔a －b ＞0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＜b ⇔a －b ＜0． (2)设b ∈(0，＋∞)，则①a b ＞1⇔a ＞b ；②a b ＝1⇔a ＝b ；③ab ＜1⇔a ＜b . 2．不等式的基本性质[问题思考]1．若x ＞y ，a ＞b ，则在①a －x ＞b －y ，②a ＋x ＞b ＋y ，③ax ＞by ，④x －b ＞y －a ，⑤a y ＞bx这五个不等式中，恒成立的不等式有哪些？提示：令x ＝－2，y ＝－3，a ＝3，b ＝2，符合题设条件x ＞y ，a ＞b ，则∵a －x ＝3－(－2)＝5，b －y ＝2－(－3)＝5， ∴a －x ＝b －y ，因此①不成立．又∵ax ＝－6，by ＝－6，∴ax ＝by ，因此③也不正确．又∵a y ＝3－3＝－1，b x ＝2－2＝－1，∴a y ＝bx，因此⑤不正确．由不等式的性质可推出②④恒成立．即恒成立的不等式有②④．2．已知三个不等式：ab ＞0，bc －ad ＞0，c a －db ＞0(其中a ，b ，c ，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题有几个？提示：由已知可组成三个命题．①若ab ＞0，bc －ad ＞0，则c a －db ＞0，此命题正确，只需在不等式bc －ad ＞0两侧同除以ab ，根据不等式性质，整理即得结论；②若ab ＞0，c a －d b ＞0，则bc －ad ＞0，此命题正确，只需在不等式c a －db ＞0两侧同乘以ab ，根据不等式性质，整理即得结论；③若c a －db ＞0，bc －ad ＞0，则ab ＞0，此命题正确，因为c a －db ＞0⇔bc －ad ab ＞0，又因为bc －ad ＞0，故ab ＞0．即可组成的正确命题有3个．x ∈R ，比较x 3－1与2x 2－2x 的大小．[精讲详析] 本题考查利用作差法比较两个代数式的大小．解答本题需要将作差后的代数式分解因式，然后根据各因式的符号判断x 3－1与2x 2－2x 的大小．(x 3－1)－(2x 2－2x ) ＝(x 3－x 2)－(x 2－2x ＋1) ＝x 2(x －1)－(x －1)2 ＝(x －1)(x 2－x ＋1)．∵x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34＞0， ∴当x ＞1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＞0.即x 3－1＞2x 2－2x ；当x ＝1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＝0，即x 3－1＝2x 2－2x ；当x ＜1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＜0，即x 3－1＜2x 2－2x .(2)在变形中，一般是变形得越彻底越有利于下一步的判断．变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等．(3)在定号中，若为几个因式的积，需每个因式均先定号，当符号不确定时，需进行分类讨论．1．x ∈R ，比较(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1与⎝⎛⎭⎫x ＋12·(x 2＋x ＋1)的大小．解：因为(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1＝(x ＋1)·⎝⎛⎭⎫x 2＋x ＋1－x 2 ＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－x2(x ＋1)，⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫x ＋1－12(x 2＋x ＋1)＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－12(x 2＋x ＋1)．∴作差，得(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋12x ＋1－⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1) ＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－x 2(x ＋1)－(x ＋1)(x 2＋x ＋1)＋12(x 2＋x ＋1)＝12(x 2＋x ＋1)－12(x 2＋x )＝12＞0， ∴(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1＞⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1).下列命题中正确的是( )(1)若a ＞b ，c ＞b ，则a ＞c ； (2)若a ＞b ，则lg ab ＞0；(3)若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ； (4)若a ＞b ＞0，则1a <1b ；(5)若a c ＞bd，则ad ＞bc ；(6)若a ＞b ，c ＞d ，则a －d ＞b －c . A ．(1)(2) B ．(4)(6) C ．(3)(6) D ．(3)(4)(5)[精讲详析] 本题考查对不等式的性质的理解，解答本题需要利用不等式的性质或利用特殊值逐项判断．(1)错误．因为当取a ＝4，b ＝2，c ＝6时，有a ＞b ，c ＞b 成立，但a ＞c 不成立．(2)错误．因为a 、b 符号不确定，所以无法确定a b ＞1是否成立，从而无法确定lg ab ＞0是否成立．(3)错误．此命题当a 、b 、c 、d 均为正数时才正确． (4)正确．因为a ＞b >0，所以ab ＞0，两边同乘以1ab ，得1a ＜1b .(5)错误．只有当cd ＞0时，结论才成立． (6)正确．因为c ＞d ，所以－d ＞－c ，又a ＞b ，所以a －d ＞b －c .综上可知(4)(6)正确．答案：B运用不等式的性质时要注意条件，如倒数法则要求两数同号；两边同乘一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．2．(广州二模)设a ，b 为正实数，则“a 0，b >0，则1a >1b ⇒－1a <－1b， ∴a －1a 0，b >0⇒a 2b －b <ab 2－a ⇒a 2b －ab 2－b ＋a <0，ab (a －b )＋(a －b ) <0⇒(a －b )(ab ＋1)<0⇒a －b <0⇒a <b .已知60＜x ＜84，28＜y ＜33.求(1)x －y 的取值范围； (2)xy的取值范围． [精讲详析] 本题考查不等式性质的灵活应用．解答问题(1)需要先求出－y 的取值范围，然后利用不等式的同向可加性解决；解答问题(2)需要先求出1y 的取值范围，然后利用不等式的有关性质求解．∵28＜y ＜33，∴－33＜－y ＜－28，133＜1y ＜128.又60＜x ＜84，∴27＜x －y ＜56，6033＜x y ＜8428.即2011＜xy＜3.本题不能直接用x 的范围去减或除y 的范围，应严格利用不等式的基本性质去求得范围，其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“范围”间的联系．如已知20＜x ＋y ＜30，15＜x －y ＜18，要求2x ＋3y 的范围，不能分别求出x ，y 的范围，再求2x ＋3y 的范围，应把已知的“x ＋y ”“x －y ”视为整体，即2x ＋3y ＝52(x ＋y )－12(x －y )，两范围相加可得2x ＋3y 的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求．3．若已知二次函数y ＝f (x )的图象过原点，且1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4.求f (－2)的范围．解：法一：∵f (x )过原点， ∴可设f (x )＝ax 2＋bx .∴⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ，f （－1）＝a －b . ∴⎩⎨⎧a ＝12[f （1）＋f （－1）]，b ＝12[f （1）－f （－1）].∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)． ∵1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4. ∴6≤f (－2)≤10. 法二：设f (x )＝ax 2＋bx ，则f (1)＝a ＋b ，f (－1)＝a －b .令m (a ＋b )＋n (a －b )＝f (－2)＝4a －2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，m －n ＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3.∴f (－2)＝(a ＋b )＋3(a －b )＝f (1)＋3f (－1)． ∵1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4，∴6≤f (－2)≤10.本课时考点主要考查不等式的性质，全国高考乙卷将不等式的性质及函数的单调性结合命题，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](全国乙卷)若a>b>1，0<c<1，则()A．a cb>1，0<c<1时，a c>b c，选项A不正确．∵y＝xα，α∈(－1，0)在(0，＋∞)上是减函数，∴当a>b>1，0<c<1，即－1<c－1<0时，a c－1ba c，选项B不正确．∵a>b>1，∴lg a>lg b>0，∴a lg a>b lg b>0，∴alg b>blg a.又∵0<c<1，∴lg c<0.∴a lg clg blog b c，选项D不正确．一、选择题1．(浙江高考)若a ，b 为实数，则“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a ”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 对于0＜ab ＜1，如果a ＞0，则b ＞0，a ＜1b 成立，如果a ＜0，则b ＜0，b＞1a 成立，因此“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a ”的充分条件；反之，若a ＝－1，b ＝2，结论“a ＜1b 或b ＞1a ”成立，但条件0＜ab ＜1不成立，因此“0＜ab ＜1”不是“a ＜1b 或b ＞1a ”的必要条件；即“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a”的充分而不必要条件．2．已知a ，b ，c ∈R ，且ab ＞0，则下面推理中正确的是( ) A ．a ＞b ⇒am 2＞bm 2 B.a c ＞bc ⇒a ＞bC ．a 3＞b 3⇒1a ＜1bD ．a 2＞b 2⇒a ＞b解析：选C 对于A ，若m ＝0，则不成立；对于B ，若c ＜0，则不成立；对于C ，a 3－b 3＞0⇒(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞0，∵a 2＋ab ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＋34b 2＞0恒成立， ∴a －b ＞0，∴a ＞b .又∵ab ＞0，∴1a ＜1b.∴C 成立；对于D ，a 2＞b 2⇒(a －b )(a ＋b )＞0，不能说a ＞b . 3．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么( )A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞aC ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：选D ab 2－ab ＝ab (b －1)， ∵a ＜0，－1＜b ＜0，∴b －1＜0，ab >0.∴ab 2－ab ＜0.即ab 2＜ab ；又ab 2－a ＝a (b 2－1)，∵－1＜b ＜0，∴b 2＜1，即b 2－1＜0.又a ＜0， ∴ab 2－a ＞0，即ab 2＞a .故ab ＞ab 2＞a .4．如果a ∈R ，且a 2＋a ＜0，那么a ，a 2，－a ，－a 2的大小关系是( ) A ．a 2＞a ＞－a 2＞－a B ．－a ＞a 2＞－a 2＞a C ．－a ＞a 2＞a ＞－a 2 D ．a 2＞－a ＞a ＞－a 2解析：选B ∵a 2＋a ＜0，即a (a ＋1)＜0可得，－1＜a ＜0， ∴－a ＞a 2＞0，∴0＞－a 2＞a . 综上有－a ＞a 2＞－a 2＞a . 二、填空题5．若f (x )＝3x 2－x ＋1，g (x )＝2x 2＋x －1，则f (x )与g (x )的大小关系是f (x )________g (x )．解析：f (x )－g (x )＝(3x 2－x ＋1)－(2x 2＋x －1)＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1≥1＞0，∴f (x )＞g (x )．答案：＞6．有以下四个条件：①b ＞0＞a ；②0＞a ＞b ；③a ＞0＞b ；④a ＞b ＞0. 其中能使1a ＜1b 成立的有________个条件．解析：①∵b ＞0，∴1b ＞0.∵a ＜0，∴1a ＜0.∴1a ＜1b .②∵b ＜a ＜0，∴1b ＞1a.③∵a ＞0＞b ，∴1a ＞0，1b ＜0.∴1a ＞1b .④∵a ＞b ＞0，∴1a ＜1b.综上知，①②④均能使1a ＜1b 成立．答案：37．给出下列条件：①1＜a ＜b ；②0＜a ＜b ＜1；③0＜a ＜1＜b .其中能推出log b 1b ＜log a1b ＜log a b 成立的条件的序号是________(填所有可能的条件的序号)．解析：∵log b 1b ＝－1，若1＜a ＜b ，则1b ＜1a ＜1＜b ，∴log a 1b ＜log a 1a ＝－1，故条件①不可以；若0＜a ＜b ＜1，则b ＜1＜1b ＜1a .∴log a b ＞log a 1b ＞log a 1a ＝－1＝log b 1b ，故条件②可以；若0＜a ＜1＜b ，则0＜1b＜1，∴log a 1b ＞0，log a b ＜0，条件③不可以．故应填②. 答案：② 8．下列命题： ①c －a ＜c －b ⇔a ＞b ； ②a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒a d＞b c； ③c a ＜cb ，且c ＞0⇒a ＞b ； ④n a ＜nb (n ∈N ，n ＞1)⇒a ＜b . 其中真命题是________(填序号)．解析：①c －a ＜c －b ⇒－a ＜－b ⇒a ＞b . ②a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒a d ＞bc ＞0，∴a d＞ b c. ③c a －c b ＝c （b －a ）ab＜0， ∵c ＞0，∴有⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＞0，ab ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＜0，ab ＞0.即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜b ，ab ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞b ，ab ＞0.∴③不正确， ④中无论n 为奇数或偶数，均可由n a ＜nb (n ∈N ，n ＞1)⇒a ＜b .∴①②④正确．答案：①②④ 三、解答题9．已知－π2≤α<β≤π2，求α＋β2，α－β2的范围．解：∵－π2≤α<β≤π2，∴－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4.因而两式相加得－π2＜α＋β2<π2.又∵－π4＜β2≤π4，∴－π4≤－β2＜π4.∴－π2≤α－β2<π2.又∵α＜β，∴α－β2＜0.∴－π2≤α－β2＜0.即α＋β2∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，α－β2∈⎣⎡⎭⎫－π2，0. 10．已知－12＜a ＜0，A ＝1＋a 2，B ＝1－a 2，C ＝11＋a ，D ＝11－a ，试比较A ，B ，C ，D的大小．解：∵－12＜a ＜0，不妨取a ＝－14，可得A ＝1716，B ＝1516，C ＝43，D ＝45，由此猜测C ＞A ＞B ＞D . C －A ＝11＋a－(1＋a 2)＝－a ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋122＋341＋a，∵1＋a ＞0，－a ＞0，⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34＞0，∴C ＞A . ∵A －B ＝(1＋a 2)－(1－a 2)＝2a 2＞0，∴A ＞B . ∵B －D ＝1－a 2－11－a ＝a （a 2－a －1）1－a.＝a ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a －122－541－a，∵－12＜a ＜0，∴1－a ＞0，⎝⎛⎭⎫a －122－54＜⎝⎛⎭⎫－12－122－54＜0. ∴B ＞D .综上，C ＞A ＞B ＞D .11．已知f (x )＝ax 2＋c ，且－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5，求f (3)的取值范围．解：由－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5得：⎩⎪⎨⎪⎧－4≤a ＋c ≤－1，－1≤4a ＋c ≤5. 设u ＝a ＋c ，v ＝4a ＋c ，则有a ＝v －u 3，c ＝4u －v 3，∴f (3)＝9a ＋c ＝－53u ＋83v .又{－4≤u ≤－1，－1≤v ≤5，∴⎩⎨⎧53≤－53u ≤203，－83≤83v ≤403.∴－1≤－53u ＋83v ≤20，即－1≤f (3)≤20.∴f (3)的取值范围为[－1，20]．第2课时基本不等式[核心必知]1．定理1如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 2．定理2(基本不等式)如果a ，b ＞0a ＝b 时，等号成立．即：两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．3．算术平均与几何平均如果a ，b 都是正数，我们就称a ＋b2为a ，b a ，b 的几何平均．4．利用基本不等式求最值对两个正实数x ，y ，(1)如果它们的和S 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的积P 取得最大值；(2)如果它们的积P 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的和S 取得最小值．[问题思考]1．在基本不等式a ＋b2≥ab 中，为什么要求a ，b ∈(0，＋∞)?2此规定a ，b ∈(0，＋∞)．2．利用基本不等式a ＋b2≥ab 求最值的条件是什么？提示：“一正、二定、三相等”，即：(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取得相等的值．已知a ，b ，c 为正实数，求证：(1)（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ）abc ≥8；(2)a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca .[精讲详析] 本题考查基本不等式在证明不等式中的应用，解答本题需要分析不等式的特点，先对a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 分别使用基本不等式，再把它们相乘或相加即可．(1)∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b ≥2ab ＞0，b ＋c ≥2bc ＞0，c ＋a ≥2ca ＞0，由上面三式相乘可得(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )≥8ab ·bc ·ca ＝8abc .即（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ）abc ≥8.(2)∵a ，b ，c 为正实数， ∴a ＋b ≥2ab ，b ＋c ≥2bc ， c ＋a ≥2ca ，由上面三式相加可得(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥2ab ＋2bc ＋2ca . 即a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca .(1)用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形形式进行证明．(2)本题证明过程中多次用到基本不等式，然后利用同向不等式的可加性或可乘性得出所证的不等式，要注意不等式性质的使用条件，对“当且仅当……时取等号”这句话要搞清楚．1．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2(a ＋b ＋c )．证明：∵a 2＋b 2≥2ab ， ∴2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2. 又a ，b ，c ∈R ＋， ∴a 2＋b 2≥22|a ＋b |＝22(a ＋b )．同理：b 2＋c 2≥22(b ＋c )， c 2＋a 2≥22(a ＋c )．三式相加，得a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2(a ＋b ＋c )．当且仅当a ＝b ＝c 时取等号.已知x ＞0，y ＞0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．[精讲详析] 本题考查基本不等式的应用，解答本题可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，然后再利用基本不等式求得和的最小值．∵x ＞0，y ＞0，1x ＋9y ＝1，∴x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋9y (x ＋y ) ＝y x ＋9xy ＋10≥6＋10＝16. 当且仅当y x ＝9xy ，又1x ＋9y＝1，即x ＝4，y ＝12时，上式取等号．故当x ＝4，y ＝12时，(x ＋y )min ＝16.(1)运用不等式求最大值、最小值，用到两个结论，简述为：“和定积最大”与“积定和最小”．(2)运用定理求最值时：必须做到“一正，二定，三相等”．2．求函数f (x )＝－2x 2＋x －3x (x ＞0)的最大值及此时x 的值．解：f (x )＝1－⎝⎛⎫2x ＋3x . 因为x ＞0，所以2x ＋3x≥26，得－(2x ＋3x )≤－26，因此f (x )≤1－26，当且仅当2x ＝3x ，即x 2＝32时，式子中的等号成立．由于x ＞0，因而x ＝62时，等号成立．因此f (x )max ＝1－26，此时x ＝62.某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧用砖墙，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元．仓库底面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？[精讲详析]本题考查基本不等式的应用，解答此题需要设出铁栅和砖墙的长，然后根据投资费用列出关系式，借助基本不等式即可解决．设铁栅长为x m，一堵砖墙长为y m，则有S＝xy，由题意，得40x＋2×45y＋20xy＝3 200，由基本不等式，得3 200≥240x·90y＋20xy＝120xy＋20xy＝120S＋20S，∴S＋6S≤160，即(S＋16)(S－10)≤0.∵S＋16＞0，∴S－10≤0，从而S≤100.因此S的最大允许值是100 m2，取得此最大值的条件是40x＝90y，而xy＝100，由此求得x＝15，即铁栅的长应是15 m.利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．3．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？(2)某提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠，问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由．解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，由题意可知，面粉的保管等其他费用为3[6x ＋6(x －1)＋6(x －2)＋…＋6×1]＝9x (x ＋1)，设平均每天所支付的总费用为y 1元，则y 1＝9x （x ＋1）＋900x ＋1 800×6＝900x ＋9x ＋10 809≥2900x·9x ＋10 809＝10 989，当且仅当9x ＝900x ，即x ＝10时取等号．即该厂每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少．(2)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每隔x (x ≥35)天购买一次面粉．平均每天支付的总费用为y 2元，则 y 2＝1x [9x (x ＋1)＋900]＋6×1 800×0.9＝900x＋9x ＋9 729(x ≥35)，令f (x )＝x ＋100x (x ≥35)，x 2＞x 1≥35，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫x 1＋100x 1－⎝⎛⎭⎫x 2＋100x 2 ＝（x 2－x 1）（100－x 1x 2）x 1x 2.∵x 2＞x 1≥35，∴x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0，100－x 1x 2＜0, ∴f (x 1)－f (x 2)＜0，f (x 1)＜f (x 2)，即f (x )＝x ＋100x当x ≥35时为增函数，∴当x ＝35时，f (x )有最小值，此时y 2≈10 069.7＜10 989. ∴该厂应接受此优惠条件．本课时经常考查基本不等式在求函数最值中的应用，其中，建立函数模型，利用基本不等式求解最值问题是高考的热点．[考题印证](陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a 和b (a <b )，其全程的平均时速为v ，则( )A ．a <v <abB ．v ＝ab C.ab <v <a ＋b 2 D ．v ＝a ＋b2[命题立意] 考查基本不等式的应用，考查应用数学知识解决实际问题的能力．[解析] 选A 设甲、乙两地的距离为S ，则从甲地到乙地所需时间为Sa。

人教A版高中数学选修4-5 不等式选讲1.2.2绝对值不等式的解法教案设计

绝对值不等式的解法2教案时间：1课时课型：讲授为主、辅以讨论、探究.学习目标：1. 学习第一类绝对值不等c b x a <+||及c b x a >+||的解法；2. 学习第二类绝对值不等c b x a x <+++||||的解法.重难点：1.重点：利用等价性解第一类不等式，利用分区间讨论的方法解第二类不等式. 再研究数形结合、函数、等价转化等方法.2.难点：绝对值从运算到几何解释再到绝对值不等式性质运用都有难点，运用上就有障碍. 准备从分类、数形结合、函数、等价转化等方面突破难点.（下面填空及练习，可事前在导学案上做，然后讲评.）教学过程：一、复习绝对值不等式的性质、运算与几何解释（一）复习绝对值不等式的性质：1.|x |≤a ⇔-a ≤|x |≤a2.|x |≥a ⇔x ≥a 或x ≤-a3.|a |-|b |≤|a ±b |≤|a |+|b |（二）复习绝对值不等式的运算：1.⎩⎨⎧<≥==)0____()0____(|||-|x x x x ； 2.______||2=x ； 3.________||=ab ；4..____0}(||=≠b ba 等等. （三）复习几何解释1.|x |表示：在数轴上x 对应的点与原点的距离；2.||a x -表示：_________________________________________；3.)0(||≠-a b x a 表示：_________________________________________. 讨论去绝对值的方法与解上面不等式的关系(讨论后要有中心发言人)二、去不等式里的绝对值，通常有1._______________；2._________________________________________________________.利用上面思考，填空回答：解c b ax <+||与c b ax >+||通常采用_____________的方法；解c b x a x <+++||||通常采用________________的方法.三、利用绝对值不等式的性质及运算求解问题1.|x +2|>3; 问题2.|2x -1|<5.四、利用数形结合、函数法等求解问题3.|x +1|+|x -3|<6（根据导学案做的情况，多人展示）五、讨论下面等价关系的真实性，并证明. 如何利用它求解第二类不等式. 对于⎩⎨⎧≤≤⇔≤++c b c a c b a b a |||||2-||2|. 的真实性进行讨论直至证明. (讨论后要有中心发言人)问题4.求解：|2x -1|+|x +3|<5.（根据导学案做的情况，多人展示）六、练习：求解：1.|3x +5|<7；2.|x -1|+|x +3|<6；3.|x -1|+|x +3|≥6；4.|x -3+|x -2|>3x -15.|x +3|-|x -2|>2（导学案中这个内容可适度少一些，以备做当堂训练后展示）七、归结出上不等式的解法：1.|ax +b |<c ⇔-c <ax +b <c ；2.|ax +b |>c ⇔ax +b <-c 或ax +b >c ；3.|x +a |+|x +b |<c 主要解法有：（1）__________________；（2）___________________；（3）__________________；(4)_____________________. 等等.八、拓展训练：已知函数.|1|2|1|)(a x x x f --++=（I ）若1=a ，求不等式2)(+>x x f 的解集；（II ）若不等式)2()(+≤x a x f 的解集为非空集合，求a 的取值范围.九、课堂小结：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ （小结可以指定中心发言人）十、作业布置：1. 求解：（1）7|32|<-x ；（2）3|12|≥+x ；（3）5|13||12|<-++x x .2. 设函数.|2||1|)(-+-=x x x f（I ）求证：1)(≥x f ；（II ）12)(22++=a a x f 成立，求x 的取值范围.。

高二数学人教A版选修4-5教案4.1数学归纳法 Word版含解析

数学归纳法一、教学目标．了解数学归纳法的原理及其使用范围．．会利用数学归纳法证明一些简单问题．二、课时安排课时三、教学重点．了解数学归纳法的原理及其使用范围．．会利用数学归纳法证明一些简单问题．四、教学难点．了解数学归纳法的原理及其使用范围．．会利用数学归纳法证明一些简单问题．五、教学过程（一）导入新课数学归纳法证明中，在验证了＝时命题正确，假定＝时命题正确，此时的取值范围是()．∈．＞，∈＋．≥，∈＋＞，∈＋【解析】数学归纳法是证明关于正整数的命题的一种方法，所以是正整数，又第一步是递推的基础，所以大于等于.【答案】（二）讲授新课教材整理数学归纳法的概念一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数的所有正整数都成立时，可以用以下两个步骤：()证明当时命题成立；()假设当时命题成立，证明时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．（三）重难点精讲题型一、用数学归纳法证明等式例用数学归纳法证明：－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.【精彩点拨】要证等式的左边共项，右边共项，()与(＋)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“＝”到“＝＋”时要注意项的合并．【自主解答】①当＝时，左边＝－＝＝＝右边，所以等式成立．②假设＝(≥，∈＋)时等式成立，即－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当＝＋时，左边＝－＋－＋…＋－＋－＝＋－＝＋＝＋…＋＋＋＝右边，所以，＝＋时等式成立．由①②知，等式对任意∈＋成立．规律总结：．用数学归纳法证明等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与的取值是否有关．由＝到＝＋时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．。

课标创新人教A版数学选修4-5 章末小结与测评

不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{a n}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①a n≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤12.[解](1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：a n＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有 a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1 ＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1≥23a k －3＋22＋2＋1≥…∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2.∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n≤11＋a 1＋11＋a 1⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a 1⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1·⎝⎛⎭⎫1－12n <21＋a 1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立. \在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )成立”是问题的条件，而“命题P (k ＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n 的不等式，从“P (k )”到“P (k ＋1)”，常常可用分析综合法．求证：11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）<n ，n ∈N ＋. [证明] (1)当n ＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）<k ，当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）＋1（k ＋1）（k ＋2）< k ＋1（k ＋1）（k ＋2）.因此，欲证明当n ＝k ＋1时，原不等式成立，只需证明k ＋1（k ＋1）（k ＋2）<k ＋1成立．即证明k ＋1－k >1（k ＋1）（k ＋2）.从而转化为证明1k ＋1＋k >1k 2＋3k ＋2，也就是证明k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k ，即(k 2＋3k ＋2)2－(k ＋1＋k )2 ＝k 2＋k ＋1－2k （k ＋1）＝[k （k ＋1）－1]2>0，从而k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k .于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n ，原不等式都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．求证：1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12.左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k ,\s \do 4(2k －1项))>k 2＋2k －1·12k ＝k ＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，当n ＝k ＋1时，命题也成立．即1<a k ＋1<11－a .综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)．[证明] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k>2x k 2·1x k＝ 2.所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立．下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k .由归纳假设，x k <2＋1k ，则x k 2<22＋12k ，① 1x k>12＋1k .② 因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只有找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A 这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案：C2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2 解析：选D 由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 3．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)成立，当n ＝1时，应验证( )A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32 C.32≤1＋12＋13<32 D.32<1＋12<32解析：选A 当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32.∴32≤1＋12≤32. 4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，第二步归纳假设应该写成( )A ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除B ．假设当n ＝2k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除C ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除D ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除解析：选D 第k 个奇数应是n ＝2k －1(k ∈N ＋)．二、填空题5．利用数学归纳法证明“⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：n 0＝1时，1＋11不适合原式要求．n 0＝2时，1＋13>52，再用数学归纳法证明．答案：26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________．解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sin α≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n .答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时， b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2 ＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝a 4k ＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立．证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立．即12×34×56×…×2k －12k <12k ＋1. 则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12（k ＋1）<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3（2k ＋2）2k ＋3＝4k 2＋8k ＋3（2k ＋2）2k ＋3<4k 2＋8k ＋4（2k ＋2）2k ＋3＝（2k ＋2）2（2k ＋2）2k ＋3＝12k ＋3.即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n . 解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n }是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n (n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12∴a n ＝⎩⎨⎧12（n ＝1），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N＋）.(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立． ②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时， S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14（k ＋1）2＝12－14⎣⎡⎦⎤1k －1（k ＋1）2＝12－14·k 2＋k ＋1k （k ＋1）2<12－14·k 2＋k k （k ＋1）2＝12－14（k ＋1）. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．。

高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案第二讲章末小结与测评

比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．若，，∈，＞，＞，＞，求证：＋＋≥(＋＋)．[证明]∵＋＋－(＋＋)＝＋＋(＋－)＝(())－(())))＋(－)＋(())－(())))≥.∴＋＋≥(＋＋)成立.综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设()＝＋＋，若＋＋＝，()()＞，求证：()方程()＝有实根；()－＜＜－；()设，是方程()＝的两个实根，则≤－＜.[证明]()当＝时，＝－，()·()＝(＋＋)＝－≤，与已知矛盾，所以≠.方程＋＋＝的判别式Δ＝(－)，由＋＋＝，消去，得Δ＝(＋－)＝[＋]＞.故方程()＝有实根．()由()·()>，得(＋＋)>.由＋＋＝，消去得(＋)(＋)<.因为＞，所以＜.故－<<－.()由已知得，＋＝－，＝＝－，所以(－)＝(＋)－＝＋.因为－<<－，所以≤(－)<.故≤－<.分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是。

2014版《创新方案》高中数学人教版A版选修4-5教学课件：第一讲-二-2-绝对值不等式的解法

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(3)x≥12时，|2x－1|＋|3x＋2|≥8⇔5x＋1≥8 ⇔5x≥7 ⇔x≥75， ∴x≥75. ∴原不等式的解集为(－∞，－95]∪[75＋∞).
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[例3] 已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.
(1)若不等式有解；
(2)若不等式解集为R；
(3)若不等式解集为∅，分别求出m的范围．
(1)若不等式有解，m为任何实数均可，即m∈R；
(2)若不等式解集为R，即m∈(－∞，1) (3)若不等式解集为∅，这样的m不存在，即m∈∅.
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[思路点拨] 解答本题可以先根据绝对值|x－a|的意义或绝对值不等式的性质求出|x＋2|－|x＋3|的最大值和最小值，再分别写出三种情况下m的范围．
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[解] 法一：因|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)，B(－3)距离的差．
即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|. 由图像知(|PA|－|PB|)max＝1， (|PA|－|PB|)min＝－1. 即－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1. (1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1，m的范围为(－∞，1)；
思想，理解绝对值的几何意义，给几绝何对意值义不等式以准确的几
何解释是解题关键．
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②以绝对值的零为点分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值
符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．
③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．

人教A版高中数学选修4-5课件第一讲本讲优化总结

【思路点拨】首先应根据函数单调性去掉函数符号，转化为关于sinx的不等式恒成立问题．【解】 ∵f(x)在(－∞，1]上是减函数，
∴k－sinx≤k2－sin2x≤1.
假设存在实数k符合题设．
∵k2－sin2x≤1即k2－1≤sin2x对一切x∈R恒成立，且sin2x≥0， ∴k2－1≤0，－1≤k≤1.①
3．恒成立问题中求字母范围的问题
在给定区间上不等式恒成立，一般地有类似下面常用的结论：(1)f(x)<a恒成立 ⇔f(x)max<a；(2)f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.
例4 已知函数 f(x)在定义域(－∞，1]上是减函数，问是否存在实数k，使得f(k－sinx)≥f(k2 －sin2x)对一切x∈R恒成立，并说明理由．
2．利用不等式求函数最大值、最小值
求函数最大值、最小值主要方法有公式法( 利用重要不等式和算术平均数与几何平均数定理)、配方法、判别式法、换元法等．求函数的最大值、最小值一定要注意函数定义域．
例3
【名师点评】本题是复合函数求值域问题，利用换元法求得函数值域，一定要注意换元后变量范围的变化．
【思路点拨】本题是两个方面的问题：① 已知f[g(x)]的定义域，求f(x)的定义域；②已知f(x)的定义域，求f[φ(x)]的定义域．
【解析】
∴1≤x≤2.
∵y＝f(2x)的定义域是[1,2]，
∴2≤2x≤4，即y＝f(x)的定义域是[2,4]．
∵2≤log2x≤4,4≤x≤16. ∴函数y＝f(log2x)的定义域是{x|4≤x≤16}．【答案】 B 【名师点评】求定义域一般是根据条件列出不等式组求之，但求复合函数的定义域要切实把握好内外函数的定义域与值域的关系．

XXXX版《创新方案》高中数学人教版A版选修4-5教学课件

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用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式进行证明．
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1．已知a、b、c是不全相等的正数，求证：a(b2＋c2)＋
b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)>6abc.
证明：∵b2＋c2≥2bc，a＞0，
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6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x件)，每进一次货运费50元，且在销售完该货物时，立即进货，现以年平均x2 件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x应是多少？
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解：设一年的运费和库存费共y元，由题意知：y＝50 x000×50＋x2×20＝25×x 105＋10x≥ 2 25×106＝104，当且仅当25×x105＝10x即x＝500时，ymin＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．
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(3)∵x>0，y>0，1x＋9y＝1， ∴x＋y＝(1x＋9y)(x＋y)＝xy＋9yx＋10≥6＋10＝16. 当且仅当xy＝9yx，又1x＋9y＝1，即x＝4，y＝12时，上式取等号．故当x＝4，y＝12时，有(x＋y)min＝16.
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在应用基本不等式求最值时，分以下三步进行： (1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值； (2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正； (3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．
∴当促销费定在7万元时，年利润最大．

2019-2020年高中数学选修4-5全册教学指导教案新人教A版选修4-5

2019-2020年高中数学选修4-5全册教学指导教案新人教A版选修4-5一、课程目标解读选修系列4-5专题不等式选讲，内容包括：不等式的基本性质、含有绝对值的不等式、不等式的证明、几个著名的不等式、利用不等式求最大（小）值、数学归纳法与不等式。

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；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。

二、教材内容分析作为一个选修专题，虽然学生已经学习了高中必修课程的5个模块和三个选修模块，教材内容仍以初中知识为起点，在内容的呈现上保持了相对的完整性．整个专题内容分为四讲，结构如下图所示：第一讲是“不等式和绝对值不等式”，为了保持专题内容的完整性，教材回顾了已学过的不等式6个基本性质，从“数与运算”的思想出发，强调了比较大小的基本方法。

回顾了二元基本不等式，突出几何背景和实际应用，同时推广到n个正数的情形，但教学中只要求理解掌握并会应用二个和三个正数的均值不等式。

对于绝对值不等式，借助几何意义，从“运算”角度，探究归纳了绝对值三角不等式，并用代数方法给出证明。

通过讨论两种特殊类型不等式的解法，学习解含有绝对值不等式的一般思想和方法，而不是系统研究。

第二讲是“证明不等式的基本方法”，教材通过一些简单问题，回顾介绍了证明不等式的比较法、综合法、分析法，反证法、放缩法。

其中，用反证法和放缩法证明不等式是新的课程标准才引入到中学数学教学中的内容。

这些方法大多在选修2-2“推理与证明”已经学过，此处再现也是为了专题的完整性，对于新增的放缩法，应通过实际实际例子，使学生明确不等式放缩的几个简单途径和方法，比如舍掉或加进一些项，在分式中放大或缩小分子或分母，应用基本不等式进行放缩等（见分节教学设计）。

人教版选修4-5教案.doc

课题：第01课时不等式的基本性质目的要求：重点难点：教学过程：一、引入：不等关系是自然界中存在着的基本数学关系。

《列子•汤问》中脍炙人口的“两小儿辩日“远者小而近者大”、“近者热而远者凉”，就从侧而表明了现实世界中不等关系的广泛存在；H常纶活中息息相关的问题，如“自來水管的直截而为什么做成圆的，而不做成方的呢？”、“电灯挂在写字台上方怎样的高度最亮？”、“用一块正方形口铁皮，在它的四个角各剪去一个小正方形，制成一个无盖的盒了。

要使制成的盒了的容积最大，应当剪去多大的小正方形？”等，都属于不等关系的问题，需要借助不等式的相关知识才能得到解决。

而且，不等式在数学研究中也起着相当重要的作用。

本专题将介绍一些重要的不等式(含有绝对值的不等式、柯西不等式、贝努利不等式、排序不等式等)和它们的证明，数学归纳法和它的简单应用等。

人与人的年龄大小、高矮胖瘦，物与物的形状结构，事与事成因与结果的不同等等都表现出不等的关系，这表明现实世界中的量，不等是普遍的、绝对的，而相等则是局部的、相对的。

还可从引言中实际问题出发，说明木章知识的地位和作用。

生活屮为什么糖水加糖甜更甜呢?转化为数学问题油克糖水屮含有b克糖(a>b>0),若再加m(m>0) 克糖，则糖水更甜了，为什么？分析：起初的糖水浓度为纟，加入m克糖后的糖水浓度为。

切，只要证如竺>2即可。

a a + m a + m a怎么证呢？二、不等式的基本性质：1、实数的运算性质与人小顺序的关系：数轴上右边的点表示的数总人于左边的点所表示的数，从实数的减法在数轴上的表示对知: a> b <^> a-b>0a = bo a_b = Oa<b<^>a-b<0得出结论：要比较两个实数的人小，只要考察它们的差的符号即可。

2、不等式的基木性质：①、如果a>b,那么b〈a,如果b〈a,那么a>b。

(对称性)②、如果a〉b,且b>c,那么a>c,即a>b, b>c=>a>c。