【数学】2020届一轮复习北师大版不等关系与基本不等式教案

【数学】2020届一轮复习北师大版不等关系与基本不等式教案

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．‎