人教数学选修4-5全册精品课件

例2
【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．
【名师点评】 该类题目形式上是探索性问 题，实际上与封闭型题很接近，直接从条件 出发，采用求函数最值的方法可探求出结 论．
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证明不等式的常用方法 证明不等式的常用方法主要指比较法、综合法、分 析法等．证明不等式时可首先考虑这些方法．
即：(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1)．
【名师点评】 两端作差后，为判断差的符号， 用到了分解因式的手段，但必须讨论a，b的取值
才能确定an－bn的符号．
例2
1 3 31 已知 x>0，y>0，求证：(x ＋y ) >(x ＋y ) . 2 3
2 2
【思路点拨】
本题若用比较法，则不易变形；若
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不等式性质的基本应用
本专题主要考查利用不等式性质判断不等式 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，有时 考查分类讨论思想，常与函数、数列等知识 综合进行考查，考查形式多以选择题出现．
(2)逆命题 f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)⇒a＋b≥0. 下面用反证法证之． 假设 a＋b<0，那么： a＋b<0⇒a<－b⇒fa<f－b a＋b<0⇒b<－a⇒fb<f－a ⇒f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b)．这与已知矛盾，故只 有：a＋b≥0.逆命题得证．
直接用综合法，则不易发现与已知不等式的关 系．因而可试用分析法．
【证明】 要证明(x2＋y2) >(x3＋y3) . 只需证：(x2＋y2)3>(x3＋y3)2， 即证：x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6， 即证：3x4y2＋3x2y4>2x3y3. ∵x>0，y>0， ∴x2y2>0，即证：3x2＋3y2>2xy. ∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy， ∴3x2＋3y2>2xy 成立， 故(x2＋y2) >(x3＋y3) .
1．利用不等式求函数的定义域、值域
求函数定义域，首先要判断好函数类型，依 各种不同函数的要求写出含有x的不等 式．如由几部分经加、减、乘、除等构成的 函数，需求不等式组的解．
已知函数 y ＝ f(2x) 的定义域是 [1,2] ，则 函数y＝f(log2x)的定义域是( ) A．[2,4] C．[0,1] B．[4,16] D．[1,2]
7 7 ∴所求函数的值域为9，8 .
【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．
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. 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．
【思路点拨】
因 f(x)是函数 y 的自变
量，故可考虑换元，令 t＝ 1－2fx， 转化成关于 t 的函数求值域． 3 4 【解】 ∵ ≤f(x)≤ ， 8 9 1 1 ∴ ≤1－2f(x)≤ ， 9 4 1 1 即 ≤ 1－2fx≤ . 3 2 1 1 令 1－2fx＝t3≤t≤2 ，
例1 已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，
a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5.
求a的最大值和最小值．
【解】 构造函数 f(x)＝(2b2＋3c2＋6d2)x2－2(b＋c ＋d)x＋1 1 1 2 2 2 2 ＝ (2b x － 2bx ＋ ) ＋ (3c x － 2cx ＋ ) ＋ (6d2x2 － 2dx 2 3 1 ＋ ) 6 1 2 1 2 1 2 ＝( 2bx－ ) ＋( 3cx－ ) ＋( 6dx－ ) ， 2 3 6
a＋b c a b ③由①得 < ＝ ＋ 1＋c 1＋a＋b 1＋a＋b 1＋a＋b a b < ＋ . 1＋a 1＋b c a b 即 < ＋ . 1＋c 1＋a 1＋b a b c ④同理可证： < ＋ ； 1＋a 1＋b 1＋c b c a < ＋ . 1＋b 1＋c 1＋a a b c 由③， ④知以 ， ， 为边可以构成一个三角形． 1＋a 1＋b 1＋c
【名师点评】
该例用分析法将一个较为复杂的
不等式转化为简单的不等式，从而找到使它成立
的条件．当然，该例也适用分析法与综合法相结
合的方法．
用反证法证明不等式
主要针对从正面不易直接证明的问题，特别是含有
“至少”、“至多”以及含有否定意义的命题．
例3
已知函数 f(x)是 ( －∞，＋∞)上的增函数，
a，b∈R. (1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
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． 3 4 例3 已知 f(x)的值域是 ， 求 y＝f(x) ， 8 9
＋ 1－2fx的值域．
放缩法
放缩法常穿插在其它证明方法过程中，是为了达
到证明的目的，有意的放大或缩小，是一种变形
的技巧．
例4
已知 a，b，c 为三角形的三条边，求证：
a b c ， ， 也可以构成一个三角形． 1＋a 1＋b 1＋c
【思路点拨】
考虑放缩．
x 【证明】 ①设 f(x)＝ ，x∈[0，＋∞)． 1＋x 则 f(x) 在 [0 ， ＋ ∞) 上 为 单 调 增 函 数 ， 事 实 上 设 0≤x1<x2， x2 x1 则 f(x2)－f(x1)＝ － 1＋x2 1＋x1 x2－x1 ＝ >0. 1＋x11＋x2 ②因为 a，b，c 为三角形的三条边，于是 a＋b>c.
由 k－sinx≤k2－sin2x 得 1 1 2 2 sinx－ ≤k －k＋ . 2 4 1 1 2 2 ∴k －k＋ ≥sinx－ 2 4 对一切 x∈R 恒成立． 1 9 2 ∵sinx－2 的最大值为 ， 4 1 9 2 ∴k －k＋ ≥ ，解得 k≤－1 或 k≥2.② 4 4 由①②知 k＝－1 为符合题设要求的实数．
(2) 判断 (1) 中命题的逆命题是否成立．并证明你的
结论．
【思路点拨】 ①利用函数的单调性，并结合不等 式性质推证． ②写出逆命题后，看一看能不能直接证．可考虑反 证法． 【证明】 (1)∵a＋b≥0， ∴a≥－b. 由已知f(x)的单调性得：f(a)≥f(－b)． 又a＋b≥0⇒b≥－a⇒f(b)≥f(－a)． 两式相加即得： f(a )＋ f(b)≥ f(－ a)＋ f(－ b)．
1 则 f(x)＝ (1－t2)， 2 1 2 ∴y＝f(x)＋ 1－2fx＝ (1－t )＋t 2 1 1 1 ≤ t ≤ ＝－ (t－1)2＋1 . 2 2 3 1 1 ∵在 t∈ ， 上函数 y 是增函数， 2 3 1 7 ∴当 t＝ 时，y 有最小值为 ， 3 9 1 7 当 t＝ 时，y 有最大值为 . 2 8
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柯西不等式证法一 构造二次函数(ai≠0，i＝1,2，„，n) 2 2 2 f(x ) ＝ (a 1 ＋a2 ＋„＋an )x2 － 2(a1b1 ＋ a2b2 ＋ „ ＋ 2 2 anbn)x＋(b2 ＋ b ＋„＋ b 1 2 n)． ∵ f(x)＝ (a1x－b1)2＋ (a2x－ b2)2＋„＋ (anx－ bn)2≥0， 2 2 ∴ Δ ＝ 4(a1b1 ＋ a2b2 ＋„＋ anbn)2 － 4(a 1 ＋a2 ＋„＋ 2 2 2 2 an )· (b1 ＋b2 ＋„＋bn )≤0. 2 2 2 ∴ (a1b1＋ a2b2＋„＋ anbn)2≤(a2 ＋ a ＋„＋ a )( b 1 2 n 1＋ 2 2 b2＋„＋bn)．
例1 若 a、b 是任意实数，且 a>b，则(
)
A．a >b
2
2
C．lg(a－b)>0
a B. <1 b 1a 1b D．( ) <( ) 2 2
【思路点拨】 结合不等式性质和函数性质 (单调性)来比较大小或用特值法判断．
【解析】 a、 b 不一定都是正数， 故 A、 B 不一定正确，又 a>b⇒a－b>0，但不 定 a－b>1，故 C 不一定正确，而 D 可 1x 1a 1b 根据 y＝( ) 是减函数，可得( ) <( ) . 2 2 2 【答案】 D
当且仅当 a1x－ b1＝ 0 ，a2x－ b2＝ 0，„，anx－bn b1 b2 bn ＝0，即 ＝ ＝„＝a 时取等号． a1 a2 n 这种证法利用了二次函数 f(x)＝ (aix－bi)2 的两