高中数学复习专题讲座(第42讲)应用性问题
函数应用问题-学会解题之高三数学多题一解【解析版】
函数应用问题【高考地位】应用题是指利用数学知识解决一些非数学领域中的问题，在近几年全国各地高考中经常出现。
数学的高度抽象性决定了数学应用的广泛性，因而应用题的非数学背景是多种多样的，解应用题往往需要在陌生的情景中去理解、分析给出的有关问题，并舍弃与数学无关的非本质因素，通过抽象转化成相应的数学问题，或许正是这个原因让学生比较惧怕数学应用题。
在高考中要处理好函数应用题，学会数学建模分析的步骤和掌握数学建模的具体方法是关键.方法 解函数应用题的一般步骤万能模板 内 容使用场景 函数的实际应用问题解题模板第一步 审题——弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系；第二步 建模——将文字语言转化成数学语言，用数学知识建立相应的数学模型； 第三步 解模——求解数学模型，得到数学结论；第四步 还原——将用数学方法得到的结论还原为实际问题的意义；第五步 反思——对于数学模型得到的数学结果，必须验证这个数学结果对实际问题的合理性.例1.已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元，每生产1千件需另投入27万元，设该公司一年内生产该产品x 千件()025x <≤并全部销售完，每千件的销售收入为()R x 万元，且()21108,(010)3{ 17557,(1025)x x R x x x x-<≤=-++<≤.⑴ 写出年利润()f x （万元）关于年产量x （千件）的函数解析式；⑴ 当年产量为多少千件时，该公司在这一产品的生产中所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入-年总成本）.【答案】(1)详见解析;(2) 9千件.【解析】第一步，审题——弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系；某公司的年固定成本为100万元，每生产1千件需另投入27万元，设该公司一年内生产该产品x 千件()025x <≤并全部销售完，每千件的销售收入为()R x 万元，且()21108,(010)3{ 17557,(1025)x x R x x x x-<≤=-++<≤. 第二步，建模——将文字语言转化成数学语言，用数学知识建立相应的数学模型； 当010x <≤时，第三步，解模——求解数学模型，得到数学结论；第四步，还原——将用数学方法得到的结论还原为实际问题的意义；第五步，反思——对于数学模型得到的数学结果，必须验证这个数学结果对实际问题的合理性.考点：1、函数的解析式及定义域；2、函数的单调性．【点评】(1)由年利润＝年销售收入-年总成本，结合()R x ，即可得到所求()f x 的解析式；(2)由()1的解析式，我们求出各段上的最大值，即利润的最大值，然后根据分段函数的最大值是各段上最大值的最大者，即可得到结果。
高中数学讲课课题
高中数学讲课课题一、教学任务及对象1、教学任务本教学任务围绕“高中数学讲课课题”展开，针对高中学生进行数学知识的传授与能力的培养。
具体包括：讲解数学概念、原理及其应用，通过典型例题的分析与解答，使学生掌握数学解题方法，提高逻辑思维能力和数学素养；同时，注重培养学生的创新意识与实践能力，使他们在面对复杂数学问题时，能够运用所学知识进行有效解决。
2、教学对象教学对象为高中学生，他们已经具备了一定的数学基础知识和基本技能，具有一定的逻辑思维能力和自主学习能力。
在此基础上，他们对数学学科的兴趣和热情各不相同，个体差异较大。
因此，在教学过程中，需要关注每个学生的特点和需求，因材施教，激发学生的学习兴趣，提高他们的数学素养。
二、教学目标1、知识与技能（1）理解并掌握高中数学的基本概念、原理及其在实际问题中的应用。
（2）学会运用数学方法分析问题，提高数学解题能力，尤其是解决综合性和应用性问题。
（3）掌握数学符号、术语及其书写规范，提高数学语言的表达能力。
（4）通过学习，使学生能够运用数学知识解决生活中的实际问题，增强数学应用意识。
2、过程与方法（1）通过自主探究、合作交流、实践操作等多样化的学习方式，培养学生独立思考和解决问题的能力。
（2）注重启发式教学，引导学生主动发现、提出问题，激发学生的创新意识。
（3）采用案例分析、思维导图等教学手段，帮助学生构建知识体系，提高学习效率。
（4）通过布置有针对性的课后作业，巩固所学知识，形成良好的学习习惯。
3、情感，态度与价值观（1）培养学生对数学学科的兴趣，激发学习热情，树立自信心。
（2）引导学生认识到数学在科学技术发展中的地位和作用，增强学生的社会责任感。
（3）通过数学学习，培养学生的团队合作精神，学会尊重他人、倾听他人意见。
（4）培养学生勇于面对困难和挑战，形成良好的学习态度，树立正确的人生观和价值观。
在教学过程中，要关注学生的个体差异，充分调动他们的学习积极性，使他们在知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观等方面得到全面提高。
高考数学应用性问题怎么解
高考数学应用性问题怎么解数学应用性问题是历年高考命题的主要题型之一, 也是考生失分较多的一种题型. 高考中一般命制一道解答题和两道选择填空题.解答这类问题的要害是深刻理解题意,学会文字语言向数学的符号语言的翻译转化,这就需要建立恰当的数学模型,这当中,函数,数列,不等式，排列组合是较为常见的模型,而三角,立几,解几等模型也应在复课时引起重视.例1某校有教职员工150人，为了丰富教工的课余生活，每天定时开放健身房和娱乐室。
据调查统计，每次去健身房的人有10%下次去娱乐室，而在娱乐室的人有20%下次去健身房.请问，随着时间的推移，去健身房的人数能否趋于稳定？讲解:引入字母,转化为递归数列模型.设第n次去健身房的人数为a n，去娱乐室的人数为b n，则..，于是即..故随着时间的推移，去健身房的人数稳定在100人左右.上述解法中提炼的模型, 使我们联想到了课本典型习题（代数下册P.132第34题）已知数列的项满足其中，证明这个数列的通项公式是有趣的是, 用此模型可以解决许多实际应用题, 特别, 2002年全国高考解答题中的应用题(下文例9)就属此类模型.例2某人上午7时乘摩托艇以匀速V千米/小时（4≤V≤20）从A港出发前往50千米处的B港，然后乘汽车以匀速W千米/小时（30≤W≤100）自B港向300千米处的C市驶去，在同一天的16时至21时到达C市, 设汽车、摩托艇所需的时间分别是x小时、y小时，若所需经费元，那么V、W分别为多少时，所需经费最少？并求出这时所花的经费.讲解:题中已知了字母, 只需要建立不等式和函数模型进行求解.由于又则z最大时P最小.作出可行域，可知过点（10，4）时, z有最大值38，∴P有最小值93，这时V=12.5，W=30.视这是整体思维的具体体现, 当中的换元法是数学解题的常用方法.例3 某铁路指挥部接到预报，24小时后将有一场超历史记录的大暴雨，为确保万无一失，指挥部决定在24小时内筑一道归时堤坝以防山洪淹没正在紧张施工的遂道工程。
高中数学教学中分类讨论思想的应用
高中数学教学中分类讨论思想的应用
分类讨论思想是数学教学中一种常用的方法和策略，通过分类和讨论问题的不同情况和可能性，帮助学生理解和解决数学问题。
在高中数学教学中，分类讨论思想的应用是非常广泛的。
下面就以一些具体的数学问题为例，来说明分类讨论思想在高中数学教学中的应用。
一、二次方程的分类讨论思想
二次方程是高中数学中较难的知识点之一，分类讨论思想在解决二次方程问题中起到了重要作用。
例如解决形如ax^2+bx+c=0的二次方程时，可以根据b^2-4ac（即判别式）的值进行分类讨论。
当判别式大于0时，方程有两个不相等的实数根；当判别式等于0时，方程有两个相等实数根；当判别式小于0时，方程没有实数解，但有两个共轭复数根。
通过分类讨论思想，学生可以清楚地了解到二次方程的根的不同情况和性质，帮助他们理解二次方程的解的存在与唯一性，并能够正确解决相关问题。
二、平面几何问题的分类讨论思想
平面几何是高中数学中的一个重要部分，其中分类讨论思想经常被应用于解决相关问题。
解决平行线与交线问题时，可以根据两条直线的关系进行分类。
如果两条直线平行，则它们与第三条直线相交的交点为无穷远点；如果两条直线相交，可以根据相交角的大小分为对顶角、同旁内角、同旁外角，然后利用对应关系得到相关结论。
三、概率问题的分类讨论思想
概率是高中数学中的一个重要内容，而分类讨论思想在解决概率问题时起到了关键作用。
解决抛硬币的概率问题时，可以根据硬币正反两面的可能性分为两种情况；解决扑克牌问题时，可以根据不同的花色和点数进行分类讨论。
高中数学复习专题讲座灵活运用三角函数的图象和性质解
题目高中数学复习专题讲座灵活运用三角函数的图象和性质解题高考要求三角函数的图象和性质是高考的热点，在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象和性质结合起来本节主要帮助考生掌握图象和性质并会灵活运用重难点归纳1考查三角函数的图象和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上要对三角函数的性质灵活运用2三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强3三角函数与实际问题的综合应用此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用典型题例示范讲解例1设z1=m+(2－m2)i, z2=cosθ+(λ+sinθ)i, 其中m,λ,θ∈R，已知z1=2z2，求λ的取值范围命题意图本题主要考查三角函数的性质，考查考生的综合分析问题的能力和等价转化思想的运用知识依托主要依据等价转化的思想和二次函数在给定区间上的最值问题来解决错解分析考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题技巧与方法对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题解法一∵z1=2z2，∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－当sinθ=时λ取最小值－，当sinθ=－1时，λ取最大值2解法二∵z1=2z2∴∴,∴=1∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0, 设t=m2,则0≤t≤4,令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,则或f(0)·f(4)≤0 ∴∴－≤λ≤0或0≤λ≤2∴λ的取值范围是［－，2］例2如右图，一滑雪运动员自h =50m 高处A 点滑至O 点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O 点保持速率v 0不为，并以倾角θ起跳，落至B 点，令OB =L ，试问，α=30°时，L 的最大值为多少？当L 取最大值时，θ为多大？ 命题意图 本题是一道综合性题目，主要考查考生运用数学知识来解决物理问题的能力知识依托 主要依据三角函数知识来解决实际问题错解分析 考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活技巧与方法 首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题解 由已知条件列出从O 点飞出后的运动方程由①②整理得 v 0cos θ=∴v 02+gL sin α=g 2t 2+≥=gL运动员从A 点滑至O 点，机械守恒有:mgh =mv 02,∴v 02=2gh ,∴L ≤=200(m)即L max =200(m),又g 2t 2=∴得cos θ=cos α,∴θ=α=30°∴L 最大值为200米，当L 最大时，起跳仰角为30° 例3如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y =A sin(ωx +φ)+b (1)求这段时间的最大温差 (2)写出这段曲线的函数解析式 命题意图 本题以应用题的形式考查备考中的热点题型，要求考生把所学的三角函数知识与实际问题结合起来分析、思考，充分体现了“以能力立意”的命题原则知识依托 依据图象正确写出解析式错解分析 不易准确判断所给图象所属的三角函数式的各个特定系数和字母技巧与方法 数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式 解 (1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；(2)图中从6时到14时的图象是函数y =A sin(ωx +φ)+b 的半个周期的图象∴=14－6,解得ω=,由图示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，这时y=10sin(x+φ)+20,将1x=6,y=10代入上式可取φ=π2综上所求的解析式为y=10sin(x+π)+20,x∈［6,14］例4 已知α、β为锐角，且x(α+β－)＞0,试证不等式f(x)=x＜2对一切非零实数都成立证明若x＞0，则α+β＞∵α、β为锐角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,∴0＜sin(－α)＜sinβ0＜sin(－β)＜sinα，∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,∴0＜＜1,0＜＜1,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)=2若x＜0,α+β＜,∵α、β为锐角，0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,0＜sinβ＜sin(－α),∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),∴sinα＜cosβ,∴＞1,＞1,∵f(x)在(－∞,0）上单调递增，∴f(x)＜f(0)=2,∴结论成立学生巩固练习1函数y=－x·cos x的部分图象是( )2函数f(x)=cos2x+sin(+x)是( )A非奇非偶函数B仅有最小值的奇函数C仅有最大值的偶函数D既有最大值又有最小值的偶函数3函数f(x)=()｜cos x｜在［－π，π］上的单调减区间为_________4设ω＞0，若函数f(x)=2sinωx在［－，］上单调递增，则ω的取值范围是_________5设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α、β为何实数恒有f(sin α)≥0和f(2+cosβ)≤0(1)求证b+c=－1；(2)求证c≥3；(3)若函数f(sinα)的最大值为8，求b，c的值6用一块长为a，宽为b(a＞b)的矩形木板，在二面角为α的墙角处围出一个直三棱柱的谷仓，试问应怎样围才能使谷仓的容积最大？并求出谷仓容积的最大值7 有一块半径为R ，中心角为45°的扇形铁皮材料，为了获取面积最大的矩形铁皮，工人师傅常让矩形的一边在扇形的半径上，然后作其最大内接矩形，试问 工人师傅是怎样选择矩形的四点的？并求出最大面积值8 设－≤x ≤，求函数y =log 2(1+sin x )+log 2(1－sin x )的最大值和最小值 9 是否存在实数a ，使得函数y =sin 2x +a ·cos x +a －在闭区间［0，］上的最大值是1？若存在，求出对应的a 值；若不存在，试说明理由 参考答案1 解析 函数y =－x cos x 是奇函数，图象不可能是A 和C ，又当x ∈(0, )时，y ＜0答案 D2 解析 f (x )=cos2x +sin(+x )=2cos 2x －1+cos x =2［(cos x +］－1答案 D3 解 在［－π,π］上，y =｜cos x ｜的单调递增区间是［－,0］及［,π］ 而f (x )依｜cos x ｜取值的递增而递减,故［－,0］及［,π］为f (x )的递减区间4 解 由－≤ωx ≤，得f (x )的递增区间为［－,］，由题设得5 解 (1)∵－1≤sin α≤1且f (sin α)≥0恒成立，∴f (1)≥0∵1≤2+cos β≤3,且f (2+cos β)≤0恒成立 ∴f (1)≤0从而知f (1)=0∴b +c +1=0(2)由f (2+cos β)≤0,知f (3)≤0,∴9+3b +c ≤0 又因为b +c =－1,∴c ≥3(3)∵f (sin α)=sin 2α+(－1－c )sin α+c =(sin α－)2+c －()2,当sin α=－1时，［f (sin α)］max =8,由解得b =－4,c =36 解 如图，设矩形木板的长边AB 着地，并设OA =x ，OB =y ，则a 2=x 2+y 2－2xy cos α≥2xy －2xy cos α=2xy (1－cos α)∵0＜α＜π,∴1－cos α＞0,∴xy ≤ (当且仅当x =y 时取“=”号)，故此时谷仓的容积的最大值V 1=(xy sin α)b = 同理，若木板短边着地时，谷仓的容积V 的最大值V 2=ab 2cos, ∵a ＞b ,∴V 1＞V 2从而当木板的长边着地，并且谷仓的底面是以a 为底边的等腰三角形时，谷仓的容积最大，其最大值为a 2b cos7 解 如下图，扇形AOB 的内接矩形是MNPQ ，连OP ，则OP =R ，设∠AOP =θ，则∠QOP =45°－θ，NP =R sin θ,在△PQO 中，，∴PQ =R sin(45°－θ)S 矩形MNPQ =QP ·NP =R 2sin θsin(45°－θ) =R 2·［cos(2θ－45°)－］≤R 2，B当且仅当cos(2θ－45°)=1,即θ=225°时，S矩形MNPQ的值最大且最大值为R2工人师傅是这样选点的，记扇形为AOB，以扇形一半径OA为一边，在扇形上作角AOP且使∠AOP=225°，P为边与扇形弧的交点，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，则矩形MNPQ为面积最大的矩形，面积最大值为R28解∵在［－］上，1+sin x＞0和1－sin x＞0恒成立，∴原函数可化为y=log2(1－sin2x)=log2cos2x，又cos x＞0在［－］上恒成立，∴原函数即是y=2log2cos x,在x∈［－］上，≤cos x≤1∴log2≤log2cos x≤log21，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，y max=0,y mi n=－1综合上述知，存在符合题设课前后备注。
高中数学复习专题讲座---综合运用.docx
高中数学复习专题讲座综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题高考要求*函数综合问题是历年高考的热点和重点内容么一，一般难度较大，考查内容和形式灵活多样》木节课主要帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进-步深化综合运用知识的能力，掌握基木解题技巧和方法，并培养考生的思维和创新能力・重难点归纳？在解决函数综合问题时，耍认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用，综合问题的求解往往需要应川多种知识和技能，因此，必须全而掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题口的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件，学法指导*怎样学好函数学习函数要重点解决好四个问题*准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识（一）准确、深刻理解函数的有关概念概念是数学的慕础，而函数是数学中最主要的概念之一，苗数概念贯穿在中学代数的始终.数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为中心的代数，近十年來，高考试题中始终贯穿着函数及其性质这条主线，（二）揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系.函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的基础，利用函数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容，在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此牛动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式，所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑，高考试题涉及5个方血* （1）原始意义上的函数问题；（2）方程、不等式作为函数性质解决；（3）数列作为特殊的函数成为高考热点:（4）辅助函数法；（5）集合与映射，作为基本语言和工具出现在试题中，（三）把握数形结合的特征和方法函数图象的儿何特征与函数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方而精确地观察图形、绘制图形，乂要熟练地掌握函数图象的平移变换、对称变换，（四）认识函数思想的实质，强化应用意识函数思想的实质就是用联系与变化的观点捉出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决，纵观近几年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识，典型题例示范讲解例1设几r）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线*1对称，对任意［0,1］,都有f（x}+X2）=fi X［）・ /（兀2）,且几1）=0>0・（1）求/（*）、几扌）；⑵证明/⑴是周期函数；（3）记 a n =f （2n+^-\求 li m （Ina”）.2n 斤一＞8命题意图匚本题主要考查函数概念，图彖函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识, 还考查运算能力和逻辑思维能力・知识依托；认真分析处理好各知识的和互联系，抓住条件f （x l+x 2） = 几V|）・沧2）找到问题的突破口，错解分析】不会利用f （Xi+X2）=f （X\）・/（兀2）进行合理变形'Y YYY技巧与方法f 由.心代）*1）•.心2）变形为/« = /（- + -）= /（-）•焉）是解决问题的关键又因为用嗨+ *）歸）.硝）=呜）]2 硝)站+ A 妨)叫)="中]2 又 /U)=a>0⑵证明*依题意设）今＞）关于直线x=l 对称，故/（x ）〒/（1+1—兀）， 即 fM=f （2 ~x ）yX R«又rtl/U ）是偶函数知 f （-x ）=f （x ）yX ^Rx ）=f （2~x ）^c^R ＞将上式中一兀以x 代换得/W=/U+2）,这表明血:）是R 上的周期函数，且2是它的一个 周期，（3）解£ 山⑴知f （x ）[0,1]・・・/（£）* •亠）钦亠+5-1）丄）曲亠）・人5—1） • -!-）=……2 2n 2n 2n 2n 2n 审右）•心） .........時）2n 2n2n=”(*)]2n1 — 2/7又・・7U ）的一个周期是2 ・・・畑+丄）=A 丄），2n 2n(1)解? 因为对Xi/2 W[0, * ]，都有 ・ /（也），所以的=/（2+2）= /（2）/（2）»0,xe [o,l]・"□+存/（存用因此a n=a 2n・，・lim（lna“）= lim（；^-lna） = O.“TOO n->oo 2n例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小吋，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）rh对变部分和固定部分组成，对变部分与速度v（km/h）的平方成止比，比例系数为b,固定部分为u元・⑴把全程运输成本），（元）表示为Wkm/h）的两数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成木最小，汽车应以多人速度行驶？命题意图匸本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运川所学数学知识解决实际问题的能力，知识依托：运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法，错解分析；不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变•最的限制条件・技巧与方法；四步法「（1）读题；⑵建模；（3）求解；⑷评价，解法一F⑴依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为纟,全程运输成本为vy=a ・—+bv2・—=5（—+/?v）v v v・・・所求函数及其定义域为y=S（ - +加）,y e （O,c]>v（2）依题意知,S、a、b、u均为正数・・・S（?+Zn，）22sV^ ①v当且仅当-=/7V,即V」回时，①式中等号成立・O c "x o C若 J—则当时'右ymin = 2S Jab；若、3 >c，贝lj当y W(O,c ]时，有S(£ +bv)—S( — +bc)V b v c=S [( ——— )+(Z?v—/?c)] =一(c—v)(a~bcv)v c vcVc —v&O,XL ohc1, a—bcv^a — bc2>0:.S(-+hv)^S(-+bc),当且仅当v=c时等号成立,V c也即当xc 时，有y min=s( — +bc)；c综上可知，为使全程运输成本y城、，当匝 Wc时,行驶速度应为g逅，当娅>。
如何培养高中生的数学应用意识
如何培养高中生的数学应用意识数学应用意识是指学生在数学学习中能够充分理解并运用数学知识解决实际问题的意识。
培养高中生的数学应用意识对于他们的综合素质和未来发展具有重要意义。
下面我们将就如何培养高中生的数学应用意识进行详细阐述。
一、创设情境，培养兴趣高中数学应用于现实生活中，为了培养学生的数学应用意识，首先要创设情境，激发学生的学习兴趣。
教师可以通过丰富的教学实例，将抽象的数学知识联系实际、生活化，让学生能够感受到数学在生活中的应用和意义。
例如，在讲解函数的概念时，可以通过示例解释函数的使用场景，比如经济学中的需求函数、收入函数等；在讲解概率论时，可以通过讨论买彩票的概率、抽奖的概率等情境引发学生兴趣。
二、注重问题解决，培养实践能力培养高中生的数学应用意识，关键在于让学生学会将所学的数学知识应用于实际问题的解决中。
教师在教学过程中应注重培养学生的问题解决能力，让学生在解决问题的过程中不断运用数学知识。
可以通过设计真实的问题情境，让学生思考问题并运用自己所学的数学知识解决问题。
例如，可以设计一些与实际生活相结合的数学建模问题，让学生通过数学技巧解决实际难题。
三、提供实践机会，培养实际操作能力为了培养学生的数学应用意识，不仅要注重理论的学习，还要给予学生实践机会，培养他们的实际操作能力。
教师可以引导学生参与各类数学竞赛、实验活动等实践性的学习，让学生亲自动手解决问题，提高他们运用数学知识解决实际问题的能力。
同时，教师还可以鼓励学生参与数学社团、数学实践团队等活动，通过实践中的合作与交流，培养学生的团队意识和解决问题的能力。
四、激发创新思维，培养创新能力数学应用意识的培养不仅需要学生掌握基本的计算和解题技巧，还需要培养他们的创新思维能力。
教师可以通过鼓励学生提出自己的问题、开展研究性学习等方式，引导学生走出传统的解题模式，培养他们的创新思维。
例如，教师可以给学生布置一个探究性问题，并引导学生使用已学的数学知识进行分析、研究和解决，提高他们解决实际问题的能力和创新意识。
高中数学专题讲座
高中数学专题讲座篇一：高中数学专题讲座讲座题目:解析几何讲座主题:解析几何的基本概念、方法和应用讲座时长:30分钟正文:解析几何是高中数学中重要的分支之一,主要研究平面上点与线之间的关系,以及它们在空间中的相互转化。
解析几何的应用非常广泛,包括几何光学、天体物理学、工程学等领域。
讲座开始时,我们将介绍解析几何的基本概念和符号表示。
解析几何中的点通常用字母P表示,线通常用字母l表示,函数通常用字母f表示,变量通常用字母x表示。
我们将使用这些符号来表示解析几何中的各种概念和公式。
接下来,我们将介绍解析几何的基本方法。
这些方法包括几何法、代数法和曲线法等。
几何法是利用几何图形来表示函数,代数法是利用代数公式来表示函数,曲线法是利用曲线来表示函数。
我们将介绍这些方法的基本原理和应用。
最后,我们将介绍解析几何的应用。
解析几何在几何光学、天体物理学、工程学等领域都有广泛的应用。
例如,在光学中,解析几何可以用来研究光的传播规律;在天体物理学中,解析几何可以用来研究行星的轨道和运动规律;在工程学中,解析几何可以用来研究机械运动的分析和控制。
在讲座的结尾,我们将总结一下解析几何的基本概念、方法和应用。
我们还将介绍一些常见的解析几何问题和解决方法,以便听众们能够更好地掌握解析几何的知识和技能。
以上就是本次高中数学专题讲座的全部内容。
希望本次讲座能够帮助听众们更好地掌握解析几何的基本概念、方法和应用,为未来的学习和研究打下坚实的数学基础。
篇二：高中数学专题讲座讲座题目:高中数学专题讲座讲座主题:高中数学基础知识的讲解与拓展正文:大家好,今天我们来谈一谈高中数学基础知识的讲解与拓展。
高中数学是一个非常重要的学科,因为它是许多大学专业的基础课程,同时也是许多职业领域中必不可少的技能。
因此,在学习高中数学时,掌握基础知识是非常重要的。
在讲解基础知识时,我们需要注意以下几个方面:1. 理解概念和定义。
概念和定义是数学的基石,只有理解了它们,才能更好地应用数学知识。
高中数学复习专题讲座不等式的综合应用
高中数学复习专题讲座不等式的综合应用 高考要求不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决咨询题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范畴或解决一些实际应用咨询题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值咨询题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的咨询题 重难点归纳 1 应用不等式知识能够解决函数、方程等方面的咨询题，在解决这些咨询题时，关键是把非不等式咨询题转化为不等式咨询题，在化归与转化中，要注意等价性 2 关于应用题要通过阅读，明白得所给定的材料，查找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的要紧特点与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的咨询题 典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度平均，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，那么当h 为何值时，V最大？求出V 的最大值(求解此题时，不计容器厚度) 命题意图 此题要紧考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的运算及用均值定论求函数的最值 知识依靠 此题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值 错解分析 在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0 技巧与方法 此题在求最值时应用均值定理 解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0)得 2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而 因此V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米 例2a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1；(2)证明 当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ) 命题意图 此题要紧考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析咨询题和解决咨询题的能力 知识依靠 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是此题的灵魂 错解分析 此题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻明白得，以及对条件〝－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空泛，缺乏严密，从而使题目陷于僵局 技巧与方法 此题(2)咨询有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三那么是整体处理g (x )与f (x )的关系(1)证明 由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得 |c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1(2)证法一 依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，因此|c |≤1 当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，因此g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1)∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，因此g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)，∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2 证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1， 因此，依照绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，因此由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三 当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2 (3)解 因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，依照二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴， 由此得－ab 2＜0 ，即b =0 由①得a =2，因此f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2a1 (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1； (2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 021x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，因此F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 学生巩固练习 1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出以下不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a ) A ①③ B ②④ C ①④ D ②③ 2 以下四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 差不多上正数，假设yx 91+=1，那么x +y 的最小值是12 ④假设|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，那么|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________ 3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存物资的运费y 2与到车站的距离成正比，假如在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分不为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处 4 二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)假如x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)假如|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范畴 5 某种商品原先定价每件p 元，每月将卖出n 件，假假设定价上涨x成(那个地点x 成即10x ，0＜x ≤10) 每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原先的 z 倍(1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值； (2)假设y =32x ，求使售货金额比原先有所增加的x 的取值范畴 6 设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1(1)求证 f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证 f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)·f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，假设A ∩B =∅，求a 的取值范畴 7 函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判定函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)假设t ∈R ，求证 lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤513 参考答案1 解析 由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b ) ∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案 A2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件〝正、定、等〞④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析 由y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x 20≥2x x 208.0⋅=8 当且仅当0 8x =x20即x =5时〝=〞成立 答案 5公里处4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解 由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，因此x 1，x 2同号 1°假设0＜x 1＜2，那么x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2，∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0 ① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a ab ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°假设 －2＜x 1＜0，那么x 2=－2+x 1＜－2∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b 47 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b 47 5 解 (1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分不是 p (1+10x )元、n (1－10y )元、npz 元， 因而)10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=， 在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －aa )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］ 由于31≤a ＜1，那么0＜aa )1(5-≤10要使售货金额最大，即使z 值最大，现在x =a a )1(5- (2)由z =1001 (10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5 6 (1)证明 令m ＞0，n =0得 f (m )=f (m )·f (0) ∵f (m )≠0，∴f (0)=1 取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1 (2)证明 任取x 1，x 2∈R ，那么f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］=f (x 1)－f (x 2－x 1)·f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］，∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，∴函数f (x )在R 上为单调减函数(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得， 由题意此不等式组无解，数形结合得 1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］ 7 (1)解 设y =1222+++x c bx x ，那么(y －2)x 2－bx +y －c =0 ①∵x ∈R ，∴①的判不式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0，即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0 ②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍〕(2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，那么x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221*********x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记 即－31≤u ≤31，依照F (x )的单调性知 F (－31)≤F (u )≤F (31)， ∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立 课前后备注数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在«自然辩证法»一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中包蕴着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动表达，它们是对立统一的，又是相互联系、相互阻碍的；等与不等关系是中学数学中最差不多的关系等的关系表达了数学的对称美和统一美，不等关系那么如同仙苑奇葩出现出了数学的奇特美 不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的差不多性质，假如把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式进展为一个人丁兴盛的大伙儿族，由简到繁，形式各异 假如给予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等 不等式是永恒的吗？明显不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的咨询题 解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范畴或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明那么是推理性咨询题或探干脆咨询题 推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，差不多方法有比较法、综合法、分析法；探干脆咨询题大多是与自然数n 有关的证明咨询题，常采纳观看—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明 另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系 不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他咨询题，诸如集合咨询题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值咨询题无一不与不等式有着紧密的联系 许多咨询题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还能够解决现实世界中反映出来的数学咨询题 不等式中常见的差不多思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程 总之，不等式的应用表达了一定的综合性，灵活多样性等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系 数学的差不多特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的表达不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺立，峰之隽秀，海之宽敞，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？。
苏教版数学高一苏教版必修42.5向量的应用第一课时
互动课堂疏导引导1.向量在平面几何中的应用向量是数学中证明几何命题的有效工具之一.根据平面向量的基本定理，任一平面直线型图形中的线段都可以表示为某些向量的线性组合，这样在证明几何命题时，可先把已知和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算就很容易得出结论.一般地，利用实数与向量的积可证明共线、平行、长度问题.利用向量的数量积可解决长度、角度、垂直等问题. 案例1 求证平行四边形对角线互相平分，【探究】如图所示，已知ABCD 的两条对角线相交于点M ，设=x ，BM =y ，则 AM =x =x +x ，AM =AB +BM =AB +y BD=+y （-）=（1-y ）+y .于是我们得到关于基底{AB 、AD }的AM 的两个分解式，因为分解式是唯一的，所以⎩⎨⎧=-=.,1y x y x 解得x=21，y=21，故M 是AC 、BD 的中点，即对角线AC 、BD 在交点互相平分. 通过上例可以看出用向量方法解决平面几何的步骤为：①建立平面几何与向量之间的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题.②通过向量运算，解决几何元素之间的关系. ③把运算结果翻译成几何关系.规律总结 （1）证明线段相等、平行，常运用向量加法的三角形法则、平行四边形法则，有时用到向量减法的定义.(2)证明线段平行,三角形相似,判断两直线是否平行,常运用向量共线的条件.(3)证明线段的垂直问题,常用向量垂直的条件a ⊥b ⇔a ·b =0.(4)求与夹角相关的问题,常用向量的夹角公式cosθ=||||b a b a ••. 2.向量在解析几何中的应用在平面直角坐标系中，有序实数对（x,y ）既可表示一个固定的点，又可以表示一个向量，使向量与解析几何有了密切的联系，特别是有关直线的平行、垂直问题，可以用向量方法解决.案例2 求通过点A （-1，2），且平行于向量a =（3，2）的直线方程. 【探究】过点A 且平行于向量a 的直线是唯一确定的，把这条直线记为l ，在l 上任取一点P （x,y ），则AP ∥a .如果P 不与A 重合,由向量平行,它们的坐标满足条件223)1(-=--y x . 整理得方程2x-3y+8=0.反过来,所有以此方程的解(x,y)为坐标的点也一定在直线l 上,所以这个方程,就是所求的直线方程.规律总结 设直线的倾角为α,斜率为k,向量a =(a 1,a 2)平行于l,则有k=tanα=12a a . 活学巧用【例1】 如图，若D 是△ABC 内一点，且有AB 2-AC 2=DB 2-DC 2.求证:AD ⊥BC.解析:欲证AD ⊥BC,只须证明AD ⊥BC 即可.设=a ,=b .AD =e ,DB =c .=d,则a =e +c ，b =e +d.∴a 2-b 2=(e +c )2-(e +d)2=c 2+2e ·c -2e ·d-d 2.由已知a 2-b 2=c 2-d 2,∴c 2+2ec -2e d-d 2=c 2-d 2.故有e ·(d-c )=0,∴⊥BC ,即AD ⊥BC.【例2】 已知直角三角形的两条直角边长分别为4和6,试用向量求出两直角边中线所成钝角的余弦值.解析:本题给出了直角三角形的两直角边长,用坐标法,写出相应点的坐标,再用向量夹角公式求解.以直角边所在直线为x 轴,y 轴建立如图直角坐标系,则A （4，0），B （0，6），设AF ，BE 分别为OB 、OA 边上的中线，则E （2，0），F （0，3）.因=（-4，3），=（2，-6）. 所以cos 〈AF ·BE 〉501013||||-=•BE AF . 所以两中线所成钝角的余弦值为501013-. 【例3】 平面内三点A 、B 、C 在一条直线上，=（-2，m ），=（n ，1），=（5，-1）.且OA ⊥OB ，求实数m,n 的值.解析：因为A 、B 、C 三点共线. 所以=λ.因为AC =OC -OA =（7，-1-m ）,AB=OB -OA =（n+2，1-m ）,所以（7,-1-m ）=λ(n+2,1-m).)2()1().1(1),2(7⎩⎨⎧-=++=m m n λλ 所以m·n-5m+n+9=0.由·=0得m-2n=0， ② 由①②得⎩⎨⎧==.3,6n m 或⎪⎩⎪⎨⎧==.23,3n m 【例4】 已知直线l ：Ax+By+c=0,n =（A·B ）求证：n ⊥l.证明：设（x 0,y 0）为l 的方程的一个解，则Ax 0+By 0+C=0（*）.对l 的方程和（*）式两边作差，整理得A （x-x 0）+B （y-y 0）=0.由向量垂直的条件，得向量n=（A ，B ）与向量（x-x 0,y-y 0）垂直，由于动点（x,y ）的集合就是直线l ，所以n ⊥l.【例5】如图所示，是并列的三个大小相同的正方形，求证：∠1+∠2+∠3=90°.解：以O 为坐标原点，OC 、OG 所在的直线为x,y 轴建立坐标系如图，设正方形边长为1，则OD =（3，1），OE =（2，1），作向量OH =（3，-1），则与OH 的夹角等于∠2+∠3.∵||=5，|OH |=10. ·OH =2×3+1×（-1）=5.∴cos 〈·OH 〉22||||=OH OE . ∵〈·OH 〉∈［0°,180°］，∴〈OE ·OH 〉=45°,即∠2+∠3=45°.∵∠1=45°，∴∠1+∠2+∠3=90°.。
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题目高中数学复习专题讲座应用性问题高考要求数学应用题是指利用数学知识解决其他领域中的问题高考对应用题的考查已逐步成熟，大体是三道左右的小题和一道大题，注重问题及方法的新颖性，提高了适应陌生情境的能力要求重难点归纳1 解应用题的一般思路可表示如下： 数学解答数学问题结论问题解决数学问题实际问题2 解应用题的一般程序（1）读 阅读理解文字表达的题意，分清条件和结论，理顺数量关系，这一关是基础（2）建 将文字语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的数学模型 熟悉基本数学模型，正确进行建“模”是关键的一关（3）解 求解数学模型，得到数学结论 一要充分注意数学模型中元素的实际意义，更要注意巧思妙作，优化过程（4）答 将数学结论还原给实际问题的结果 3 中学数学中常见应用问题与数学模型（1）优化问题 实际问题中的“优选”“控制”等问题，常需建立“不等式模型”和“线性规划”问题解决（2）预测问题 经济计划、市场预测这类问题通常设计成“数列模型”来解决（3）最（极）值问题 工农业生产、建设及实际生活中的极限问题常设计成“函数模型”，转化为求函数的最值（4）等量关系问题 建立“方程模型”解决（5）测量问题 可设计成“图形模型”利用几何知识解决典型题例示范讲解例1为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2米的无盖长方体沉淀箱（如图），污水从A 孔流入，经沉淀后从B 孔流出，设箱体的长度为a 米，高度为b 米，已知流出的水中该杂质的质量分数与a 、b 的乘积ab 成反比，现有制箱材料60平方米，问当a 、b 各为多少米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A 、B 孔的面积忽略不计）？ BA命题意图 本题考查建立函数关系、不等式性质、最值求法等基本知识及综合应用数学知识、思想与方法解决实际问题能力 知识依托 重要不等式、导数的应用、建立函数关系式 错解分析 不能理解题意而导致关系式列不出来，或a 与b 间的等量关系找不到 技巧与方法 关键在于如何求出函数最小值，条件最值可应用重要不等式或利用导数解决 解法一 设经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数为y ，则由条件y =abk (k ＞0为比例系数)其中a 、b 满足2a +4b +2ab =60 ① 要求y 的最小值，只须求ab 的最大值由①(a +2)(b +1)=32(a ＞0,b ＞0)且ab =30–(a +2b )应用重要不等式a +2b =(a +2)+(2b +2)–4≥124)22)(2(2=-++b a ∴ab ≤18，当且仅当a =2b 时等号成立将a =2b 代入①得a =6,b =3故当且仅当a =6,b =3时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小 解法二 由2a +4b +2ab =60,得aa b +-=230, 记aa a ab u +-==2)30((0＜a ＜30)则要求y 的最小值只须求u 的最大值 由22)2()2(64++-='a a u ，令u ′=0得a =6 且当0＜a ＜6时，u ′＞0，当6＜u ＜30时u ′＜0, ∴aa a u +-=2)30(在a =6时取最大值，此时b =3 从而当且仅当a =6，b =3时,y =ab k 取最小值 例2某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相等 为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？ 命题意图 本题考查等比数列、数列求和解不等式等知识以及极限思想方法和运用数学知识解决实际问题的能力 知识依托 数列极限、等比数列、解不等式 错解分析 ①不能读懂题意，找不到解题的突破口；②写出b n +1与x 的关系后，不能进一步转化为极限问题；③运算出错，得不到准确结果技巧与方法 建立第n 年的汽车保有量与每年新增汽车数量之间的函数关系式是关键、尽管本题入手容易，但解题过程中的准确性要求较高 解 设2001年末的汽车保有量为b 1万辆，以后各年汽车保有量依次为b 2万辆，b 3万辆，……每年新增汽车x 万辆，则b 1=30,b 2=b 1×0 94+x ,…对于n ＞1，有b n +1=b n ×0 94+x =b n –1×0 942+(1+0 94)x ,…所以b n +1=b 1×0 94n +x (1+0 94+0 942+…+0 94n –1)=b 1×0 94n +n n x x x 94.0)06.030(06.006.094.01⨯-+=⋅- 当06.030x -≥0，即x ≤1 8时，b n +1≤b n ≤…≤b 1=30 当06.030x -＜0，即x ＞1 8时，06.0]94.0)06.030(06.0[lim 1x x x n n =⨯-+-∞→ 并且数列{b n }06.0x 因此如果要求汽车保有量不超过60万辆，即b n ≤60(n =1,2,…)则有06.0x ≤60，所以x ≤3 6 综上，每年新增汽车不应超过3 6万辆例3 一只小船以10 m/s 的速度由南向北匀速驶过湖面，在离湖面高20米的桥上，一辆汽车由西向东以20 m/s 的速度前进（如图），现在小船在水平P 点以南的40米处，汽车在桥上以西Q 点30米处（其中PQ ⊥水面），则小船与汽车间的最短距离为 （不考虑汽车与小船本身的大小） 解析 设经过时间t 汽车在A 点，船在B点，（如图），则AQ =30–20t ,BP =40–10t ,PQ =20,且有AQ⊥BP ，PQ ⊥AQ ，PQ ⊥PB ，设小船所在平面为α,AQ ,QP确定平面为β,记α∩β=l ,由AQ ∥α,AQ ⊂β得AQ ∥l ,又AQ ⊥PQ ，得PQ ⊥l ,又PQ ⊥PB ，及l ∩PB =P 得PQ ⊥α 作AC ∥PQ ，则AC ⊥α 连CB ，则AC ⊥CB ，进而AQ⊥BP ，CP ∥AQ 得CP ⊥BP ，∴AB 2=AC 2+BC 2=PQ 2+PB 2+PC 2=202+（40–10t ）2+(30–20t )2=100［5(t –2)2+9］,t =2时AB 最短，最短距离为30 m答案 30 m例4 小宁中午放学回家自己煮面条吃，有下面几道工序 （1）洗锅盛水2分钟；（2）洗菜6分钟；（3）准备面条及佐料2分钟；（4）用锅把水烧开10分钟；（5）煮面条和菜共3分钟 以上各道工序除（4）之外，一次只能进行一道工序，小宁要将面条煮好，最少用分钟 解析 按以下工序操作所需时间最少，①、④（并在此时完成②、③、⑤）所用时间为2+10+3=15分钟 答案 15例 5 某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律 每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R (x )满足R (x )=⎩⎨⎧>≤≤-+-)5(2.10)50( 8.02.44.02x x x x 假定该产品销售平衡，那么根据上述统计规律（1）要使工厂有盈利，产品x 应控制在什么范围？（2）工厂生产多少台产品时赢利最大？并求此时每台产品的售价为多少？ 解 依题意，G （x )=x +2,设利润函数为f (x ),则⎩⎨⎧>-≤≤-+-=)5( 2.8)50( 8.22.34.0)(2x x x x x x f (1)要使工厂有赢利，则有f (x )>0当0≤x ≤5时，有–0 4x 2+3 2x –2 8>0,得1<x <7,∴1<x ≤5当x >5时，有8 2–x >0,得x <8 2,∴5<x <8 2综上，要使工厂赢利，应满足1<x <8 2 即产品应控制在大于100台小于820台的范围内（2）0≤x ≤5时，f (x )=–0 4(x –4)2+3 6故当x =4时，f (x )有最大值3 6而当x >5时f (x )<8 2–5=3 2所以当工厂生产400台产品时，赢利最大，此时只须求x =4时，每台产品售价为4)4(R =2 4（万元/百台）=240（元/台） 学生巩固练习 1 某商场对顾客实行购物优惠活动，规定一次购物付款总额 ①如果不超过200元，则不予优惠，②如果超过200元但不超过500元，则按标价给予9折优惠，③如果超过500元，其500元按②条给予优惠，超过500元的部分给予7折优惠某人两次去购物，分别付款168元和423元，假设他一次购买上述同样的商品，则应付款( )A4137元B5137元C5466元D 5487元2某体育彩票规定从01到36共36个号码中抽出7个号码为一注，每注2元某人想先选定吉利号18，然后再从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30到36中选1个号组成一注，则此人把这种要求的号买全，至少要花( )A1050元B1052元C2100元D2102元3一个球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它最后静止在地面上时，共经过了米4有一广告气球直径为6米，放在公司大楼上空（如图），当某行人得气球的视角β=2°，若θ很小时，可取sinθ=θ，试估计气球的高B C的值约为米5运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为v千米/小时、2v千米/小时、10v千米/小时，每千米的运费分别为a元、b元、c元且b＜a＜c,又这批海鲜在运输过程中的损耗为m元/小时，若使用三种运输工具分别运输时各自的总费用（运费与损耗之和）互不相等试确定使用哪种运输工具总费用最省（题中字母均为正的已知量）6已知某海滨浴场的海浪高度y（米）是时间t(0≤t≤24，单位小时）的函数，记作y=f(t)，下表是某日各时的浪高数据b（1）根据以上数据，求出函数y=A cosωt+b的最小正周期T，振幅A 及函数表达式；（2）依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据（1）的结论，判断一天内的上午800至晚上2000之间，有多少时间可供冲浪者进行运动7某外商到一开放区投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元（1）若扣除投资及各种经费，则从第几年开始获取纯利润？（2）若干年后，外商为开发新项目，有两种处理方案①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万元出售该厂，问哪种方案最合算？ 8 某厂使用两种零件A 、B 装配两种产品P 、Q ，该厂的生产能力是月产P 产品最多有2500件，月产Q 产品最多有1200件；而且组装一件P 产品要4个A 、2个B ，组装一件Q 产品要6个A 、8个B ，该厂在某个月能用的A 零件最多14000个；B 零件最多12000个 已知P 产品每件利润1000元，Q 产品每件2000元，欲使月利润最大，需要组装P 、Q 产品各多少件？最大利润多少万元参考答案 1 解析 此人购买的商品原价为168+423÷90%=638元，若一次购买同样商品应付款为500×90%+（638–500）×70%=450+96 5=546 6元 答案 C 2 解析 从01到17中选连续3个号有15种方法，从19到29中选连续2个号有10种选法，从30到36中选1个有7种选法，故购买注数为1050注至少花1050×2=2100元 答案 C 3 解析 小球经过的路程为30020021121100100)21(21004121002121003=⨯-+=++⨯+⨯⨯+⨯⨯+= s m 答案 300 4 提示 sin2°=90π 答案 86 m 5 解 设运输路程为S （千米），使用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用分别为y 1(元)、y 2(元)、y 3(元) 则由题意，,)2(.)(21S vm b y S v m a m v S aS y +=+=+= S v m b a y y S v m c y ]2)[(.)10(213+-=-+=,由a >b ,各字母均为正值， 所以y 1–y 2>0，即y 2<y 1由y 3–y 2=［(c –b )–vm 52］S 令y 3–y 2>0,由c >b 及每字母都是正值，得c >b vm 52所以，当c >b +vm 52时y 2<y 3,由y 2<y 1即y 2最小， 当b <a <c <b +vm 52时，y 3<y 2<y 1,y 3最小 6 解 （1）由表中数据，知T =12，ω=62ππ=T 由t =0,y =1 5得A +b =1 5 由t =3,y =1 0,得b =1 0 所以，A =0 5,b =1 振幅A =21， ∴y =16cos 21+t π (2)由题意知，当y >1时，才可对冲浪者开放 ∴16cos 21+t π>1, t 6cos π>0 ∴2k π– 2262ππππ+<<k t ,即有12k –3<t <13k +3 由0≤t ≤24,故可令k =0,1,2,得0≤t <3或9<t <15或21<t ≤24∴在规定时间内有6个小时可供冲浪者运动即上午9 00至下午15 007 解 由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，设纯利润与年数的关系为f (n ),则f (n )=50n –［12n +2)1(-n n ×4］–72=–2n 2+40n –72(1)获纯利润就是要求f (n )>0,∴–2n 2+40n –72>0，解得2<n <18 由n ∈N 知从第三年开始获利 （2）①年平均利润=n n f )(=40–2(n +n36)≤16 当且仅当n =6时取等号 故此方案先获利6×16+48=144（万美元），此时n =6,②f (n )=–2(n –10)2+128当n =10时，f (n )|max =128 故第②种方案共获利128+16=144（万美元） 故比较两种方案，获利都是144万美元，但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案8 解 设分别生产P 、Q 产品x 件、y 件，则有 ⎩⎨⎧≤+≤+⎩⎨⎧≤+≤+⎩⎨⎧≤≤≤≤60004700032120008214000641200025000y x y x y x y x y x 则有依题意有 设利润S =1000x +2000y =1000(x +2y )要使利润S 最大，只需求x +2y 的最大值x +2y =m (2x +3y )+n (x +4y )=x (2m +n )+y (3m +4n )∴⎩⎨⎧=+=+24312n m n m ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==5152n m 有x +2y =52(2x +3y )+51(x +4y )≤52×7000+51×6000 当且仅当⎩⎨⎧=+=+60004700032y x y x 解得⎩⎨⎧==10002000y x 时取等号，此时最大利润S max =1000(x +2y )=4000000=400(万元) 另外此题可运用“线性规划模型”解决课前后备注。