2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5教学案：第三章 3.1 数学归纳法原理

合集下载

2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5教学案：第二章

2．1柯西不等式[对应学生用书P28][读教材·填要点]1．平面上的柯西不等式的代数和向量形式(1)定理1(柯西不等式的代数形式)设a1，a2，b1，b2均为实数，则(a21＋a22)(b21＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2.上式等号成立⇔a1b2＝a2b1.(2)定理2(柯西不等式的向量形式)设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|上式中等号成立⇔向量α和β共线(平行)⇔存在实数λ≠0，使得α＝λβ.(3)定理3：设a1，a2，b1，b2为实数，则a21＋a22＋b21＋b22≥(a1＋b1)2＋(a2＋b2)2等号成立⇔存在非负实数μ及λ，使得μa1＝λb1，μa2＝λb2.(4)定理4(平面三角不等式)设a1，a2，b1，b2，c1，c2为实数，则(a1－b1)2＋(a2－b2)2＋(b1－c1)2＋(b2－c2)2≥等号成立⇔存在非负实数λ及μ使得：μ(a1－b1)＝λ(b1－c1)，μ(a2－b2)＝λ(b2－c2)．(5)定理5：设α，β，γ为平面向量，则|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|当α－β，β－γ为非零向量时，上面不等式中等号成立⇔存在正常数λ，使得α－β＝λ(β－γ)⇔向量α－β与β－γ同向，即夹角为零．2．柯西不等式的一般形式定理设a1，a2，…，a n，b1，b2，…，b n为实数，则(a21＋a22＋…＋a2n)12(b21＋b22＋…＋b2n)12≥|a1b1＋a2b2＋…＋a n b n|，其中等号成立⇔a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a nb n(当某b j ＝0时，认为a j ＝0，j ＝1,2，…，n )[小问题·大思维]1．在平面上的柯西不等式的代数形式中，取等号的条件可以写成a 1a 2＝b 1b 2吗？提示：不可以．当a 2·b 2＝0时，柯西不等式成立，但a 1a 2＝b 1b 2不成立． 2．在一般形式的柯西不等式的右端中，表达式写成a i ·b i (i ＝1,2,3，…，n )，可以吗？提示：不可以，a i ·b i 的顺序要与左侧a i ，b i 的顺序一致．3．在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为a i ＝kb i (i ＝1,2,3，…，n )，可以吗？提示：不可以．若b i ＝0而a i ≠0，则k 不存在．[对应学生用书P29][例1] 已知a ，b ，c 为正数，且满足a cos 2θ＋b sin 2 θ<c ，求证：a cos 2θ＋b sin 2 θ<c . [思路点拨] 由柯西不等式直接证明即可． [精解详析] 由柯西不等式，得a cos 2θ＋b sin 2θ≤[(a cos θ)2＋(b sin θ)2]12(cos 2θ＋sin 2θ)12＝(a cos 2θ＋b sin 2θ)12<c . ∴a cos θ＋b sin 2θ<c .利用柯西不等式证明某些不等式时，有时需要将数学表达式适当的变形．这种变形往往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突破口．1．设a ，b 均为正实数，且a ＋b ＝2. 求证：a 22－a ＋b 22－b ≥2.证明：根据柯西不等式，有 [(2－a )＋(2－b )]⎝⎛⎭⎫a 22－a ＋b22－b＝[(2－a )2＋(2－b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－b 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a ·a 2－a ＋2－b ·b 2－b 2 ＝(a ＋b )2＝4.∴a 22－a ＋b 22－b ≥4(2－a )＋(2－b )＝2. ∴原不等式成立.[例2] 设a ，b ，c 为正数，且不全相等．求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c. [思路点拨] 本题考查三维形式的柯西不等式的应用．解答本题需要构造两组数据a ＋b ，b ＋c ，c ＋a ；1a ＋b ，1b ＋c ，1c ＋a，然后利用柯西不等式解决． [精解详析] 构造两组数a ＋b ，b ＋c ，c ＋a ；1a ＋b ，1b ＋c ，1c ＋a，则由柯西不等式得(a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a )⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥(1＋1＋1)2，①即2(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥9，于是2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c .由柯西不等式知，①中有等号成立⇔a ＋b 1a ＋b ＝b ＋c 1b ＋c ＝c ＋a1c ＋a⇔a ＋b ＝b ＋c ＝c ＋a ⇔a ＝b ＝c .因题设，a ，b ，c不全相等，故①中等号不成立，于是2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c.柯西不等式的结构特征可以记为(a 1＋a 2＋…＋a n )·(b 1＋b 2＋…＋b n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，其中a i ，b i 均为正实数(i ＝1,2，…，n )，在使用柯西不等式时(要注意从整体上把握柯西不等式的结构特征)，准确地构造公式左侧的两个数组是解决问题的关键．2．设a ，b ，c 为正数，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2c ＋c 2a (a ＋b ＋c ) ＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫b c 2＋⎝⎛⎭⎫c a 2·[(b )2＋(c )2＋(a )2] ≥⎝⎛⎭⎫a b ·b ＋b c ·c ＋ca ·a 2＝(a ＋b ＋c )2，即⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2c ＋c2a (a ＋b ＋c )≥(a ＋b ＋c )2，又a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b ＋c >0. ∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .[例3] 设2x ＋3y ＋5z ＝29，求函数u ＝2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6 的最大值． [思路点拨] 本题考查三维柯西不等式的应用，解答本题需要利用好特定条件，设法去掉根号．[精解详析] 根据柯西不等式 120＝3[(2x ＋1)＋(3y ＋4)＋(5z ＋6)]≥(1×2x ＋1＋1×3y ＋4＋1×5z ＋6)2，故2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6≤230. 当且仅当2x ＋1＝3y ＋4＝5z ＋6，即x ＝376，y ＝289，z ＝2215时等号成立，此时u max ＝230.利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果．同时，要注意等号成立的条件．3．设x ，y ，z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，则x ＋y ＋z ＝________. 解析：根据柯西不等式可得，(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2＝14，所以要取到等号，必须满足x 1＝y 2＝z 3，结合x ＋2y ＋3z ＝14，可得x ＋y ＋z ＝3147.答案：3147[对应学生用书P30]一、选择题1．若a ，b ∈R ，且a 2＋b 2＝10，则a ＋b 的取值范围是( ) A ．[－25，25] B ．[－210，210] C ．[－10，10]D ．(－5，5]解析：∵a 2＋b 2＝10， ∴(a 2＋b 2)(12＋12)≥(a ＋b )2，即20≥(a ＋b )2， ∴－25≤a ＋b ≤2 5. 答案：A2．已知x ，y ∈R ＋，且xy ＝1，则⎝⎛⎭⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎫1＋1y 的最小值为( ) A ．4 B ．2 C ．1D ．14解析：⎝⎛⎭⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎫1＋1y ≥⎝⎛⎭⎫1＋1xy 2＝4，故选A. 答案：A3．已知4x 2＋5y 2＝1，则2x ＋5y 的最大值是( ) A. 2 B ．1 C ．3D ．9解析：∵2x ＋5y ＝2x ·1＋5y ·1≤4x 2＋5y 2·12＋12＝1·2＝ 2. ∴2x ＋5y 的最大值为 2. 答案：A4．设a 1，a 2，…，a n 为实数，P ＝a 21＋a 22＋…＋a 2nn ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，则P 与Q的大小关系为( )A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．不确定解析：由柯西不等式知(a 21＋a 22＋…＋a 2n )12·()111n ⋯＋＋＋个12≥a 1＋a 2＋…＋a n ， ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ·n ≥a 1＋a 2＋…＋a n .即得 a 21＋a 22＋…＋a 2nn ≥a 1＋a 2＋…＋a n n，∴P ≥Q .答案：B二、填空题5．设a ，b ，c ，d ，m ，n 都是正实数，P ＝ab ＋cd ，Q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn，则P 与Q 的大小________．解析：由柯西不等式，得 P ＝am ·bm＋nc ×d n≤(am )2＋(nc )2×⎝⎛⎭⎫b m 2＋⎝⎛⎭⎫d n 2＝am ＋nc ×b m ＋dn ＝Q . 答案：P ≤Q6．(陕西高考)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则 m 2＋n 2的最小值为________．解析：由柯西不等式得(ma ＋nb )2≤(m 2＋n 2)(a 2＋b 2)，即m 2＋n 2≥5，当且仅当m a ＝nb 时等号成立，∴m 2＋n 2≥5，∴所求最小值为 5.答案： 57．函数y ＝2cos x ＋31－cos 2x 的最大值为________．解析：y ＝2cos x ＋31－cos 2x ＝2cos x ＋32sin 2x ≤(cos 2x ＋sin 2x )[22＋(32)2]＝22. 当且仅当cos x sin 2x ＝232，即tan x ＝±322时，函数有最大值22. 答案：228．已知x ，y ，z 均为正实数，且x ＋y ＋z ＝1，则1x ＋4y ＋9z 的最小值为________．解析：利用柯西不等式．由于(x ＋y ＋z )⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ＋9z ≥⎝⎛ x ·1x ＋y ·2y ＋⎭⎫z ·3z 2＝36，所以1x ＋4y ＋9z≥36.当且仅当x 2＝14y 2＝19z 2，即x ＝16，y ＝13，z ＝12时，等号成立．∴1x ＋4y ＋9z 的最小值为36.答案：36 三、解答题9．已知实数a 、b 、c 满足a ＋2b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1. 求证：－23≤c ≤1.证明：因为a ＋2b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，所以a ＋2b ＝1－c ，a 2＋b 2＝1－c 2. 由柯西不等式得：(12＋22)(a 2＋b 2)≥(a ＋2b )2， 5(1－c 2)≥(1－c )2，整理得，3c 2－c －2≤0，解得－23≤c ≤1.∴－23≤c ≤1.10．已知x ，y ，z ∈R ，且x －2y －3z ＝4，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．解：由柯西不等式，得[x ＋(－2)y ＋(－3)z ]2≤[12＋(－2)2＋(－3)2](x 2＋y 2＋z 2)，即(x －2y －3z )2≤14(x 2＋y 2＋z 2)，即16≤14(x 2＋y 2＋z 2)．所以x 2＋y 2＋z 2≥87，当且仅当x ＝y －2＝z －3，即当x ＝27，y ＝－47，z ＝－67时，x 2＋y 2＋z 2的最小值为87.11．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，求a 的最值．解：由柯西不等式，有(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2，由条件可得，5－a 2≥(3－a )2，解得1≤a ≤2，当且仅当2b 12＝3c 13＝6d16时等号成立，代入b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2，代入b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.。

高中数学人教A版选修4-5配套课件：4-1-1《数学归纳法原理》

想一想：1.在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步或只有第二步可以吗？为什么？提示不可以；这两个步骤缺一不可，只完成步骤①而缺
少步骤②，就作出判断可能得出不正确的结论．因为单靠
步骤①，无法递推下去，即 n 取 n0 以后的数时命题是否正确，我们无法判定．同样，只有步骤②而缺少步骤①时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤①这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤②也就没有意义了．
A．1＋2＋22＋„＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋„＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋„＋2k－1＋2k＝2k＋1－1 D．1＋2＋22＋„＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k 答案 D
3．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是________．答案 an＝n2
2．利用数学归纳法时，第二步为什么必须利用归纳假设？
提示第二步实际上是证明一个条件命题：“假设n＝k(k≥n0，
k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立”，其本质是证明一个递推关系，若不用归纳假设，就是没有证明这种递推关系，所以归纳假设是必须要用的．假设是起桥梁作用
的，桥梁断了就通不过去了．
[思维启迪] 判断和用数学归纳法证明问题是否正确．①是要看有无归纳基础，②是要看由n＝k到n＝k＋1所增加的项数是否正确．③是证明n＝k＋1时是否应用了归纳假设．
解不正确，错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列 1 1 1 1 的求和公式求出了当 n＝k＋1 时，式子2＋22＋23＋„＋ k－1 2 1 1 ＋2k＋ k＋1的和，而没有利用“归纳假设”． 2 正确的证明如下： 1 1 1 (1)当 n＝1 时，左边＝2，右边＝1－2＝2，等式成立．

2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5：第一章 1.5 1.5.2 综合法和分析法

答案： P≥Q≥R
1 1 » 8．若不等式＋＋ >0 在条件 a>b>c 时恒成立，则 a－b b－c c－a » 的取值范围是 ________．
1 1 » 解析：不等式可化为＋ > . a－b b－c a－c ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0， a－c a－c ∴»< ＋恒成立． a－b b－c a－c a－c a－b＋b－c a－b＋b－c ∵ ＋＝＋ a－b b－c a－b b－c
[小问题 ·大思维]
1．如何理解分析法寻找的是使要证命题成立的充分条件？
提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证 A 只需证 B”表示，说明只要 B 成立，就一定有 A 成立，所以 B 必须是 A 的充分条件才行，当然 B 是 A 的充要条件也可． 2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？
第一章
1 ． 5 不等式证明的基本方法
1 ． 5. 2 综合法和分析法
读教材·填要点理解教材新知小问题·大思维考点一把握热点考向考点二考点三应用创新演练
1．5
不等式证明的基本方法
1．5.2
综合法和分析法
[读教材 ·填要点]
1．综合法从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题，这种方法称为综合法． 2．分析法从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件 (或者一个已证明过的定理或一个明显的事实 )，这种证明方法称为分析法．
10 当且仅当 5x＝7y＝10 即 x＝2，y＝时取等号． 7

2017-2018学年高中数学选修4-5课件：第四讲本讲高考

f．若 k＋1＝6t＋5，则 k＝6t＋4，此时有 k k－ 1 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1 2 3 k＋1－1 k＋1－2 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立． 2 3 综上所述，结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立．
2．(安徽高考)设实数 c>0，整数 p>1，n∈N*. (1)求证：当 x>－1 且 x≠0 时，(1＋x)p>1＋px； (2)数列{an}满足 a1 求证：an>an＋1
1 p
归纳—猜想—证明
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．
1 (2)先用数学归纳法证明 an>c p 1 ①当 n＝1 时，由题设 a1>c p
. 知
1 an>c p
成立．
1 p
②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c 成立． p－1 c 1－p 由 an＋1＝ p an＋pan 易知 an>0，n∈N*.
ak＋1 p－1 c －p 1 c 当 n＝k＋1 时， a ＝ p ＋pak ＝1＋pap－1. k k 1 1 c 由 ak>c >0 得－1<－p<pap－1<0. k 1 a ＋ 1 c 1 c c k 1p p p－1＝ p. 由(1)中的结论得＝1＋pap－1 >1＋p· p k ak ak ak
(t∈N*)．
下面用数学归纳法证明： 6 6 ①当 n＝6 时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立． 2 3 ②假设 n＝k(k≥6)时结论成立，那么 n＝k＋1 时，Sk＋1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论： a．若 k＋1＝6t，则 k＝6(t－1)＋5，此时有 k－1 k－2 f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3 2 3 k＋1 k＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 2 3

2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5教学案：第二章 2.3～2.4 平均值不等式最大值与最小值问题优化

[对应学生用书P33][读教材·填要点]1．平均值不等式(1)定理1(平均值不等式)：设a1，a2，…，a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n.①推论1：设a1，a2，…，a n为n个正数，且a1a2…a n＝1，则a1＋a2＋…＋a n≥n.且等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n＝1.②推论2：设C为常数，且a1，a2，…，a n为n个正数；则当a1＋a2＋…＋a n＝nC时，a1a2…a n≤C n，且等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n.(2)定理2：设a1，a2，…，a n为n个正数，则na1a2…a n≥n1a1＋1a2＋…＋1a n，等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n.(3)定理3：设a1，a2，…，a n为正数，则a 1＋a2＋…＋a nn≥≥n 1a1＋1a2＋…＋1a n，等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n.推论：设a1，a2，…，a n为n个正数，则(a1＋a2＋…＋a n)(1a1＋1a2＋…＋1a n)≥n2.2．最值问题设D为f(x)的定义域，如果存在x0∈D，使得f(x)≤f(x0)(f(x)≥f(x0))，x∈D，则称f (x 0)为f (x )在D 上的最大(小)值，x 0称为f (x )在D 上的最大(小)值点，寻求函数的最大(小)值及最大(小)值问题统称为最值问题．[小问题·大思维]1．利用基本不等式a ＋b 2≥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．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.[对应学生用书P34][例1] 已知x ＞0，y ＞0，且1x ＋9y ＝1，求x ＋y 的最小值．[思路点拨] 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．[精解详析] 法一：∵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 ＝9x y ，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”．1．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.[例2] 已知x 为正实数，求函数y ＝x (1－x 2)的最大值．[思路点拨] 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．[精解详析] ∵y ＝x (1－x 2)， ∴y 2＝x 2(1－x 2)2＝2x 2(1－x 2)(1－x 2)·12.∵2x 2＋(1－x 2)＋(1－x 2)＝2，∴y 2≤12⎝⎛⎭⎫2x 2＋1－x 2＋1－x 233＝427. 当且仅当2x 2＝1－x 2＝1－x 2，即x ＝33时取“＝”号． ∴y ≤239.∴y 的最大值为239.(1)利用三个正数的算术—几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．(2)应用算术—几何平均不等式定理，要注意三个条件即“一正二定三相等”同时具备时，函数方可取得最值．其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如：配系数、拆项、分离常数、平方变形等．(3)当不具备使用平均不等式定理的条件时，求函数的最值可考虑利用函数的单调性．2．已知x 为正实数，求函数y ＝x 2·(1－x )的最大值．解：y ＝x 2(1－x )＝x ·x (1－x ) ＝x ·x ·(2－2x )×12≤12⎝⎛⎭⎫x ＋x ＋2－2x 33＝12×827＝427. 当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时取等号．此时，y max ＝427.[例3] 已知圆锥的底面半径为R ，高为H ，求圆锥的内接圆柱体的高h 为何值时，圆柱的体积最大？并求出这个最大的体积．[思路点拨] 本题考查算术—几何平均不等式在实际问题中的应用，解答本题需要作出圆锥、圆柱的轴截面，利用相似三角形建立各元素之间的关系，然后利用算术—几何平均不等式求最大值．[精解详析]设圆柱体的底面半径为r ，如图，由相似三角形的性质可得 H －h H ＝rR ， ∴r ＝RH(H －h )．∴V 圆柱＝πr 2h ＝πR 2H2(H －h )2h (0＜h ＜H )．根据平均不等式可得V 圆柱＝4πR 2H 2·H －h 2·H －h 2·h ≤4πR 2H 2⎝⎛⎭⎫H 33＝427πR 2H . 当且仅当H －h 2＝h ，即h ＝13H 时，V 圆柱最大＝427πR 2H .(1)在解求最值应用题时，先必须确定好目标函数，再用“平均值不等式”求最值． (2)在确定目标函数时，必须使函数成为一元函数，即只能含一个变量，否则是无法求最值的．3．如图(1)所示，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，如图(2)所示，求这个正六棱柱容器容积的最大值．解：设正六棱柱容器底面边长为x (x >0)，高为h ，如图可知2h ＋3x ＝3，即h ＝32(1－x )，所以V ＝S 底·h ＝6×34x 2·h ＝332x 2·32·(1－x )＝23×332×x 2×x 2×(1－x )≤9×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋1－x 33＝13. 当且仅当x 2＝1－x ，即x ＝23时，等号成立．所以当底面边长为23时，正六棱柱容器容积最大值为13.[对应学生用书P35]一、选择题1．函数y ＝3x ＋12x 2(x >0)的最小值是( )A ．6B ．6 6C ．9D ．12解析：y ＝3x ＋12x 2＝3x 2＋3x 2＋12x 2≥333x 2·3x 2·12x 2＝9，当且仅当3x 2＝12x2，即x ＝2时取等号．答案：C2．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 ＝2y ＝3z ，即x ＝2，y ＝1，z ＝23时取等号．答案：C3．设x ，y 为正实数，且满足x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B ．10 C ．4D ．2 解析：因为x ，y 为正实数，∴4xy ≤x ＋4y2. ∴xy ≤x ＋4y4＝10.∴xy ≤100.∴lg x ＋lg y ＝lg xy ≤lg100＝2. 答案：D4．已知x ∈R ＋，有不等式：x ＋1x≥2x ·1x ＝2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥33x 2·x 2·4x 2＝3，….启发我们可以推广结论为：x ＋axn ≥n ＋1(n ∈N ＋)，则a 的值为( )A ．n nB ．2nC ．n 2D ．2n ＋1解析：x ＋a x n ＝≥(n ＋＝(n ＋1)n ＋1an n，由推广结论知an n ＝1，∴a ＝n n .答案：A 二、填空题5．设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2·⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值为______．解析：⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2＝1＋4＋4x 2y 2＋1x 2y 2≥1＋4＋2·4x 2y 2·1x 2y 2＝9，当且仅当4x 2y 2＝1x 2y2时等号成立，即|xy |＝22时等号成立．答案：96．若x ，y ∈R ＋且xy ＝1，则⎝⎛⎭⎫x y ＋y ⎝⎛⎭⎫y x ＋x 的最小值是________．解析：∵x >0，y >0，xy ＝1， ∴⎝⎛⎭⎫x y ＋y ⎝⎛⎭⎫y x ＋x ＝1＋x 2y ＋y2x ＋xy ≥1＋33x 2y 2＝4，当且仅当x 2y ＝y 2x ＝xy ，即x ＝y ＝1时取等号．答案：47．对于x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，不等式1sin 2x ＋pcos 2x ≥16恒成立，则正数p 的取值范围为________．解析：令t ＝sin 2x ，则cos 2x ＝1－t . 又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴t ∈(0,1)．不等式1sin 2x ＋pcos 2x≥16可化为 p ≥⎝⎛⎭⎫16－1t (1－t )，而y ＝⎝⎛⎭⎫16－1t (1－t ) ＝17－⎝⎛⎭⎫1t ＋16t ≤17－2 1t·16t ＝9，当1t ＝16t ，即t ＝14时取等号，因此原不等式恒成立，只需p ≥9. 答案： [9，＋∞)8．设三角形三边长为3,4,5，P 是三角形内的一点，则P 到这三角形三边距离乘积的最大值是________．解析：设P 到长度为3,4,5的三角形三边的距离分别是x ，y ，z ，三角形的面积为S . 则S ＝12(3x ＋4y ＋5z )，又∵32＋42＝52，∴这个直角三角形的面积S ＝12×3×4＝6.∴3x ＋4y ＋5z ＝2×6＝12. ∴333x ·4y ·5z ≤3x ＋4y ＋5z ＝12. ∴(xyz )max ＝1615.当且仅当x ＝43，y ＝1，z ＝45时等号成立．答案：1615三、解答题9．已知a ，b ，x ，y 均为正实数，x ，y 为变数，a ，b 为常数，且a ＋b ＝10，a x ＋by ＝1，x ＋y 的最小值为18，求a ，b .解：∵x ＋y ＝(x ＋y )⎝⎛⎭⎫a x ＋b y ＝a ＋b ＋bx y ＋ayx ≥a ＋b ＋2ab ＝(a ＋b )2，当且仅当bx y ＝ayx 时取等号．又(x ＋y )min ＝(a ＋b )2＝18，即a ＋b ＋2ab ＝18 ① 又a ＋b ＝10②由①②可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8b ＝2.10．已知某轮船速度为每小时10千米，燃料费为每小时30元，其余费用(不随速度变化)为每小时480元，设轮船的燃料费用与其速度的立方成正比，问轮船航行的速度为每小时多少千米时，每千米航行费用总和为最小．解：设船速为V 千米/小时，燃料费为A 元/小时．则依题意有 A ＝k ·V 3，且有30＝k ·103，∴k ＝3100.∴A ＝3100V 3.设每千米的航行费用为R ，需时间为1V小时，∴R ＝1V ⎝⎛⎭⎫3100V 3＋480＝3100V 2＋480V ＝3100V 2＋240V ＋240V ≥333100V 2·240V · 240V ＝36. 当且仅当3100V 2＝240V，即V ＝20时取最小值．答：轮船航行速度为20千米/小时时，每千米航行费用总和最小．11.如图所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比．即E ＝k sin θr2.这里k 是一个和灯光强度有关的常数．那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？解：∵r ＝2cos θ，∴E ＝k ·sin θcos 2θ4(0<θ<π2)，∴E 2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ ≤k 232·⎝⎛⎭⎫2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ33＝k 2108，当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ即tan 2θ＝12，tan θ＝22时取等号，∴h ＝2tan θ＝2，即h ＝2米时，E 最大．。

人教版高中数学《数学归纳法》教学案例

《数学归纳法》教学案例（第一课时）一、设计思想：根据新课程标准的基本理念-----倡导积极主动、勇于探索的学习方式，设置恰当的教学情景，并通过亲自动手做实验（多米诺骨牌实验），感受事实，发现本质，提高数学的学习兴趣，体会数学推理的严谨性，发展学生的数学思维能力。

二、教材分析：本内容在选修2-2模块中的“推理与证明”这一章中，它的要求是：了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

另外,数学归纳法内容抽象,思想新颖,通过对该部分的学习,对培养学生的逻辑思维能力与创新能力,全面提高学生的数学素质有十分重要的意义.三、学情分析：学生在此之前，已了解合情推理和演绎推理，并能用归纳和类比等进行简单的推理，他们虽然知道从特殊的几个事例推出一般结论不一定合理，但对如何为什么不一定明白。

再就是数学归纳法原理的理解上有一定困难，这就要教师创设教学情景，让学生经历数学发现、实验、观察，共同交流合作，寻求解决问题的办法。

四、教学目标：（1）知识与技能：了解“归纳法”和“数学归纳法”的原理；体会用数学归纳法证明的合理性；学会用“数学归纳法”证明的“两个步骤一个结论”的书写格式；初步掌握用“数学归纳法”证明简单的恒等式的方法。

（2）过程与方法：通过列举具体事例，亲自操作并仔细观察多米诺骨牌实验，发现数学归纳法的基本原理，将感性认识上升到理性认识，类比归纳出“数学归纳法”的基本步骤。

（3）情感、态度与价值观：培养大胆猜想，严格论证的辩证思维素质，感受数学推理的严谨性，培养学生对于数学内在美的感悟能力，提高学生学习数学的兴趣。

五、教学重点与难点：（1）重点：对“数学归纳法”的原理的理解，明白“两步一结论的重要性”，特别是第一第二步的辨证关系的理解。

（2）难点：如何理解用“数学归纳法”证题的可靠性和有效性。

六、教学策略与手段：数学实验法，引导发现法、感性体验法，学生合作交流、自主探索，再配合教师适时的引导、点拨、启发，从而使学生获得知识和能力上的发展。

2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5教学案：第一章

1．1不等式的基本性质和一元二次不等式的解法 1．1.1 不等式的基本性质[对应学生用书P1][读教材·填要点]1．实数的大小的几何意义和代数意义之间的联系设a ，b ∈R ，则 ①a ＞b ⇔a －b ＞0； ②a ＝b ⇔a －b ＝0； ③a ＜b ⇔a －b ＜0. 2．不等式的基本性质[小问题·大思维]1．若x ＞y ，a ＞b ，则在①a －x ＞b －y ，②a ＋x ＞b ＋y ，③ax ＞by ，④x －b ＞y －a ，⑤ay ＞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．若a 1b吗？提示：不一定．如a ＝－1，b ＝2.事实上，当ab >0时，若a 1b ；当ab <0时，若a <b ，则有1a <1b；当ab ＝0时，若a <b ，则1a 与1b 中有一个式子无意义．[对应学生用书P2][例1] x ∈R ，比较x 3－1与2x 2－2x 的大小．[思路点拨] 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．[精解详析] (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 .(1)用作差法比较两个数(式)的大小时，要按照“三步一结论”的程序进行，即：作差→变形→定号→结论，其中变形是关键，定号是目的．(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．当a ≠0时，比较(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)与(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1)的大小．解：两式作差得(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)－(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1) ＝[(a 2＋1)2－(2a )2]－[(a 2＋1)2－a 2]＝－a 2. ∵a ≠0，∴－a 2<0.∴(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)<(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1).[例2] 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)[思路点拨] 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．[精解详析] (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 ，且a 、b 同号，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．若m ，n ∈R ，则1m >1n 成立的一个充要条件是( )A ．m >0>nB ．n >m >0C ．m <n <0D ．mn (m －n )<0解析：1m >1n ⇔1m －1n >0⇔n －m mn >0⇔mn (n －m )>0⇔mn (m －n )<0.答案：D[例3] 已知π<α＋β<4π3，－π<α－β<－π3，求2α－β的取值范围．[思路点拨] 解答本题时，将α＋β，α－β看作整体，再求出2α－β的取值范围． [精解详析] 设2α－β＝A (α＋β)＋B (α－β)，则2α－β＝(A ＋B )α＋(A －B )β.比较两边系数得⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝2，A －B ＝－1⇒⎩⎨⎧A ＝12，B ＝32.∴2α－β＝12(α＋β)＋32(α－β)．∵π2<12(α＋β)<23π，－3π2<32(α－β)<－π2， ∴－π<2α－β<π6.故2α－β∈⎝⎛⎭⎫－π，π6.(1)若已知某两个代数式的取值范围，求另一个代数式的取值范围时，应利用待定系数法把所求代数式用已知的两代数式表示，进而利用同向不等式的可加性求其范围，否则可能导致所求代数式范围变大．(2)同一问题中应用同向不等式相加性质时，不能多次使用，否则可能导致范围扩大．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.[对应学生用书P3]一、选择题1．已知a ，b ，c ，d 为实数，且c >d ，则“a >b ”是“a －c >b －d ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由⎩⎪⎨⎪⎧ a －c >b －d ，c >d ⇒a >b ；而当a ＝c ＝2，b ＝d ＝1时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a >b ，c >d ，但a －c >b －d 不成立，所以“a >b ”是“a －c >b －d ”的必要而不充分条件．答案：B2．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：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 2)2＋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 . 答案：C3．设a ，b ∈R ，若a －|b |>0，则下列不等式正确的是( ) A ．b －a >0 B ．a 3＋b 3<0 C ．a 2－b 2<0D ．b ＋a >0解析：∵a －|b |>0，∴a >|b |>0.∴不论b 取任何实数不等式a ＋b >0都成立．答案：D4．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 2D ．a 2＞－a ＞a ＞－a 2解析：∵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 . 答案：B 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．已知12<a <60,15<b <36，则a －b 的取值范围分别是________．解析：∵12<a <60，－36<－b <－15， ∴－24<a －b <45. 答案：(－24,45)7．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：②8．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 满足的条件是________________．解析：∵x >y ，∴a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2＋4a ＋4＋a 2b 2－2ab ＋1 ＝(a ＋2)2＋(ab －1)2>0. ∴ab ≠1或a ≠－2. 答案：ab ≠1或a ≠－2. 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a ，b ∈{正实数}且a ≠b ，比较a 2b ＋b 2a 与a ＋b 的大小．解：∵⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 2b －b ＋b2a －a ＝a 2－b 2b ＋b 2－a 2a ＝(a 2－b 2)⎝⎛⎭⎫1b －1a ＝(a 2－b 2)(a －b )ab ，＝(a －b )2(a ＋b )ab ，又∵a >0，b >0，且a ≠b ， ∴(a －b )2>0，a ＋b >0，ab >0， ∴a 2b ＋b 2a>a ＋b . 11．已知α，β满足⎩⎪⎨⎪⎧－1≤α＋β ≤1，1≤α＋2β ≤3，试求α＋3β的取值范围．解：设α＋3β＝λ(α＋β)＋u (α＋2β) ＝(λ＋u )α＋(λ＋2u )β.比较α，β的系数，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋u ＝1，λ＋2u ＝3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，u ＝2.由题意得－1≤－α－β≤1,2≤2α＋4β≤6，两式相加，得1≤α＋3β≤7. 故α＋3β的取值范围是[1,7]．。

2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5教学案：第一章 1.3 绝对值不等式的解法精品

1．3绝对值不等式的解法[对应学生用书P10][读教材·填要点]1．含绝对值的不等式|x|≤a与|x|≥a的解集2．|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法(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和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)分区间讨论法：以绝对值的零点为分界点，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、负进而去掉绝对值符号是解题关键．(2)图象法：构造函数，结合函数的图象求解．(3)几何法：利用绝对值不等式的几何意义求解．[小问题·大思维]1．|x|以及|x－a|±|x－b|表示的几何意义是什么？提示：|x|的几何意义是数轴上表示数x的点到原点O的距离；|x－a|±|x－b|的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数a，b的点的距离之和(差)．2．如何解|x－a|＜|x－b|、|x－a|＞|x－b|(a≠b)型的不等式的解集？提示：可通过两边平方去绝对值符号的方法求解．[对应学生用书P10][例1]解下列不等式：(1)1＜|x－2|≤3；(2)|2x ＋5|＞7＋x ； (3)1x 2－2≤1|x |. [思路点拨] 本题考查较简单的绝对值不等式的解法．解答本题(1)可利用公式转化为|ax ＋b |＞c (c ＞0)或|ax ＋b |＜c (c ＞0)型不等式后逐一求解，也可利用绝对值的定义分两种情况去掉绝对值符号，还可用平方法转化为不含绝对值的不等式．(2)可利用公式法转化为不含绝对值的不等式． (3)可分类讨论去掉分母和绝对值．[精解详析] (1)法一：原不等式等价于不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ |x －2|＞1，|x －2|≤3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1或x ＞3，－1≤x ≤5，解得－1≤x ＜1或3＜x ≤5，所以原不等式的解集为{x |－1≤x ＜1或3＜x ≤5}．法二：原不等式可转化为：①⎩⎪⎨⎪⎧ x －2≥0，1＜x －2≤3，或②⎩⎪⎨⎪⎧x －2＜0，1＜－(x －2)≤3，由①得3＜x ≤5，由②得－1≤x ＜1，所以原不等式的解集是{x |－1≤x ＜1或3＜x ≤5}． (2)由不等式|2x ＋5|＞7＋x ，可得2x ＋5＞7＋x 或2x ＋5＜－(7＋x )，整理得x ＞2或x ＜－4.∴原不等式的解集是{x |x ＜－4或x ＞2}． (3)①当x 2－2＜0且x ≠0，即当－2＜x ＜2，且x ≠0时，原不等式显然成立． ②当x 2－2＞0时，原不等式与不等式组⎩⎨⎧|x |＞2，x 2－2≥|x |等价，x 2－2≥|x |即|x |2－|x |－2≥0， ∴|x |≥2，∴不等式组的解为|x |≥2，即x ≤－2或x ≥2. ∴原不等式的解集为(－∞，－2]∪(－2，0)∪(0，2)∪[2，＋∞)．含一个绝对值不等式的常见类型及其解法：(1)形如|f (x )|＜a ，|f (x )|＞a (a ∈R )型不等式此类不等式的简单解法是等价命题法，即 ①当a ＞0时，|f (x )|＜a ⇒－a ＜f (x )＜a . |f (x )|＞a ⇔f (x )＞a 或f (x )＜－a . ②当a ＝0时，|f (x )|＜a 无解． |f (x )|＞a ⇔f (x )≠0.③当a ＜0时，|f (x )|＜a 无解． |f (x )|＞a ⇔f (x )有意义．(2)形如|f (x )|＜g (x )，|f (x )|＞g (x )型不等式此类不等式的简单解法是等价命题法，即 ①|f (x )|＜g (x )⇔－g (x )＜f (x )＜g (x )，②|f (x )|＞g (x )⇔f (x )＞g (x )或f (x )＜－g (x )(其中g (x )可正也可负)．若此类问题用分类讨论法来解决，就显得较复杂． (3)形如a ＜|f (x )|＜b (b ＞a ＞0)型不等式此类问题的简单解法是利用等价命题法，即 a ＜|f (x )|＜b (0＜a ＜b )⇔a ＜f (x )＜b 或－b ＜f (x )＜－a . (4)形如|f (x )|＜f (x )，|f (x )|＞f (x )型不等式此类题的简单解法是利用绝对值的定义，即 |f (x )|＞f (x )⇔f (x )＜0， |f (x )|＜f (x )⇔x ∈∅.1．设函数f (x )＝|2x －a |＋5x ，其中a >0. (1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥5x ＋1的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解：(1)当a ＝3时，不等式f (x )≥5x ＋1可化为|2x －3|≥1，由此可得x ≥2或x ≤1.故不等式f (x )≥5x ＋1的解集为{x |x ≤1或x ≥2}．(2)由f (x )≤0得|2x －a |＋5x ≤0，此不等式可化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a 2，2x －a ＋5x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a 2，－(2x －a )＋5x ≤0，即⎩⎨⎧x ≥a 2，x ≤a7或⎩⎨⎧x <a 2，x ≤－a3，因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ≤－a 3.由题设可得－a3＝－1，故a ＝3.[例2] 解不等式|x ＋7|－|3x －4|＋3－22>0. [思路点拨] 先求出零点即x ＝－7，43，再分段讨论．[精解详析] 原不等式化为 |x ＋7|－|3x －4|＋2－1>0，当x >43时，原不等式为x ＋7－(3x －4)＋2－1>0，得x <5＋22，即43<x <5＋22；当－7≤x ≤43时，原不等式为x ＋7＋(3x －4)＋2－1>0，得x >－12－24，即－12－24<x ≤43；当x <－7时，原不等式为－(x ＋7)＋(3x －4)＋2－1>0，得x >6－22，与x <－7矛盾；综上，不等式的解为－12－24<x <5＋22.(1)|x －a |＋|x －b |≥c 、|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的三种解法：分区间(分类)讨论法、图象法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图象法直观，但只适用于数据较简单的情况．(2)|x －a |＋|x －b |≥c 、|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的图象解法和画出函数f (x )＝|x －a |＋|x －b |－c 的图象是密切相关的，其图象是折线，正确地画出其图象的关键是写出f (x )的分段表达式．不妨设a ＜b ，于是f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋b －c ， (x ≤a )，b －a －c ， (a ＜x ＜b )，2x －a －b －c ， (x ≥b ).这种图象法的关键是合理构造函数，正确画出函数的图象，求出函数的零点，体现了函数与方程结合、数形结合的思想．(3)形如|f (x )|＜|g (x )|型不等式此类问题的简单解法是利用平方法，即 |f (x )|＜|g (x )|⇔[f (x )]2＜[g (x )]2 ⇔[f (x )＋g (x )][f (x )－g (x )]＜0.2．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|. (1)解不等式f (x )≥4； (2)求函数y ＝f (x )的最小值．解：(1)由题意得，f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4， x <－12，3x －2，－12≤x ≤3，x ＋4， x >3，所以不等式f (x )≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤3，3x －2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，x ＋4≥4，解得x ≤－8或x ≥2.所以原不等式的解集为{x |x ≤－8或x ≥2}． (2)由(1)知，当x <－12时，f (x )＝－x －4，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减；当－12≤x ≤3时，f (x )＝3x －2，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤－12，3上单调递增；当x >3时，f (x )＝x ＋4，所以f (x )在(3，＋∞)上单调递增．故当x ＝－12时，y ＝f (x )取得最小值，此时f (x )min ＝－72.[例3] 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. 如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．[思路点拨] 本题考查绝对值不等式的解法．解答本题应先对a 进行分类讨论，求出函数f (x )的最小值，然后求a 的取值范围．[精解详析] 若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件．若a ＜1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤a ，1－a ， a ＜x ＜1，2x －(a ＋1)， x ≥1，f (x )的最小值为1－a .若a ＞1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤1，a －1， 1＜x ＜a ，2x －(a ＋1)， x ≥a ，f (x )的最小值为a －1.所以∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2，从而a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．含有参数的不等式的求解问题分两类，一类不需要对参数进行讨论，另一类如本例，对参数a 进行讨论，得到关于参数a 的不等式(组)，进而求出参数的取值范围．3．(辽宁高考)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|＝⎩⎪⎨⎪⎧－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|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，于是a ＝3.[对应学生用书P12]一、选择题1．若不等式|ax ＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a 的取值为( ) A ．8 B ．2 C ．－4D ．－8解析：原不等式化为－6＜ax ＋2＜6，即－8＜ax ＜4. 又∵－1＜x ＜2，∴验证选项易知a ＝－4适合．答案：C2．如果1x <2和|x |>13同时成立，那么x 的取值范围是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | －13<x <12 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12或x <－13C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x <－13或x >13解析：解不等式1x <2得x <0或x >12；解不等式|x |>13得x >13或x <－13.如图所示：∴x 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12或x <－13.答案：B3．如果关于x 的不等式|x －a |＋|x ＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]∪[5，＋∞)B ．[－5，－3]C ．[3,5]D ．(－∞，－5]∪[－3，＋∞)解析：在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a ≤－5或a ≥－3. 答案：D4．若关于x 的不等式|x ＋1|≥kx 恒成立，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，0] B ．[－1,0] C ．[0,1]D ．[0，＋∞)解析：作出y ＝|x ＋1|与l1；y ＝kx 的图象如图，当k ＜0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k ＝0时，直线为x 轴，符合题意；当k >0时，要使|x ＋1|≥kx 恒成立，只需k ≤1.综上可知k ∈[0,1]．答案：C 二、填空题5．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 >146．不等式|x ＋1||x ＋2|≥1的实数解集为________．解析：|x ＋1||x ＋2|≥1⇔|x ＋1|≥|x ＋2|，x ＋2≠0⇔(x ＋1)2≥(x ＋2)2，x ≠－2⇔x ≤－32，x ≠－2.答案：(－∞，－2)∪⎝⎛⎦⎤－2，－327．若不等式| x ＋1x | ＞|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∵|x ＋1x |≥2，∴|a －2|＋1＜2，即|a －2|＜1，解得1＜a ＜3.答案：1＜a ＜38．若关于x 的不等式|x －1|＋|x －a |≥a 的解集为R (其中R 是实数集)，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式|x －1|＋|x －a |≥a 恒成立， a 不大于|x －1|＋|x －a |的最小值， ∵|x －1|＋|x －a |≥|1－a |，∴|1－a |≥a,1－a ≥a 或1－a ≤－a ，解得a ≤12.答案：⎝⎛⎦⎤－∞，12 三、解答题9．解不等式|2x －4|－|3x ＋9|＜1. 解：(1)当x ＞2时，原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，(2x －4)－(3x ＋9)＜1，解得x ＞2.(2)当－3≤x ≤2时，原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ －3≤x ≤2，－(2x －4)－(3x ＋9)＜1，解得－65＜x ≤2.(3)当x ＜－3时，原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－3，－(2x －4)＋(3x ＋9)＜1，解得x ＜－12.综上所述，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ＜－12或x ＞－65.10．已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x －2a |. (1)当a ＝1时，求f (x )≤3的解集；(2)当x ∈[1,2]时，f (x )≤3恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，原不等式可化为|2x －1|＋|x －2|≤3，当x >2时，得3x －3≤3，则x ≤2，无解；当12≤x ≤2时，得x ＋1≤3，则x ≤2，所以12≤x ≤2；当x <12时，得3－3x ≤3，则x ≥0，所以0≤x <12.综上所述，原不等式的解集为[0,2]． (2)原不等式可化为|x －2a |≤3－|2x －1|，因为x ∈[1,2]，所以|x －2a |≤4－2x ，即2x －4≤2a －x ≤4－2x ，故3x －4≤2a ≤4－x 对x ∈[1,2]恒成立．当1≤x ≤2时，3x －4的最大值为2,4－x 的最小值为2，所以a 的取值范围为1.11．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －a |(a >0)． (1)当a ＝4时，已知f (x )＝7，求x 的取值范围； (2)若f (x )≥6的解集为{x |x ≤－4或x ≥2}，求a 的值．解：(1)因为|x ＋3|＋|x －4|≥|x ＋3－x ＋4|＝7，当且仅当(x ＋3)(x －4)≤0时等号成立．所以f (x )＝7时，－3≤x ≤4，故x ∈[－3,4]． (2)由题知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －3－2x ， x ≤－3，a ＋3，－3<x <a ，2x ＋3－a ， x ≥a ，当a ＋3≥6时，不等式f (x )≥6的解集为R ，不合题意；当a ＋3<6时，不等式f (x )≥6的解为⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－3，a －3－2x ≥6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，2x ＋3－a ≥6，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－3，x ≤a －92或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≥a ＋32.又因为f (x )≥6的解集为{x |x ≤－4或x ≥2}，所以a ＝1.。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5全册创新教学案

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5全册教学案目录第一讲第1节不等式第一讲第2节绝对值不等式第一讲章末小结与测评第二讲第1节比较法第二讲第2节综合法与分析法第二讲第3节反证法与放缩法第二讲章末小结与测评第三讲第1节二维形式的柯西不等式第三讲第2节一般形式的柯西不等式第三讲第3节排序不等式第三讲章末小结与测评第四讲第1节数学归纳法第四讲第2节用数学归纳法证明不等式举例第四讲章末小结与测评第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y1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 2D ．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。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5：第一讲3.三个正数的算术—几何平均不等式

3．三个正数的算术—几何平均不等式对应学生用书P81．定理3如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．(1)不等式a ＋b ＋c 3≥3abc 成立的条件是：a ，b ，c 均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a ＝b ＝c .(2)定理3可变形为：①abc ≤(a ＋b ＋c 3)3；②a 3＋b 3＋c 3≥3abc .(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均值不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正，二定，三相等”．2．定理3的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a nn ≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．对应学生用书P8用平均不等式证明不等式[例1] 已知a ，b ，c ∈R ＋，求证： b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc≥3. [思路点拨] 欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形．[证明] b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a b ＋b c －3 ≥33b a ·c b ·a c ＋33c a ·a b ·bc－3＝6－3＝3. 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．证明不等式的方法与技巧(1)观察式子的结构特点，分析题目中的条件．若具备“一正，二定，三相等”的条件，可直接应用该定理．若题目中不具备该条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．(2)三个正数的算术—几何平均不等式是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此凡是利用该不等式证明的不等式，一般可用比较法证明．1．设a ，b ，c ＞0，求证：1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.证明：因为a ，b ，c ＞0，由算术—几何平均不等式可得 1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 3·1b 3·1c 3，即1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc (当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立)．所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .而3abc＋abc ≥23abc·abc ＝23(当且仅当a 2b 2c 2＝3时，等号成立)，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥23(当且仅当a ＝b ＝c ＝63时，等号成立)．2．已知a 1，a 2，…，a n 都是正数，且a 1a 2…a n ＝1，求证：(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n .证明：因为a 1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a 1＝1＋1＋a 1≥33a 1. 同理2＋a j ≥33a j (j ＝2,3，…n )．将上述各不等式的两边分别相乘即得 (2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n ) ≥(33a 1)(33a 2)…(33a n ) ＝3n ·3a 1a 2…a n .∵a 1a 2…a n ＝1，∴(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n . 当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n ＝1时，等号成立.用平均不等式求最值[例2] (1)求函数y ＝(x －1)2(3－2x )⎝⎛⎭⎫1<x <32的最大值． (2)求函数y ＝x ＋4(x －1)2(x >1)的最小值．[思路点拨] 对于积的形式求最大值，应构造和为定值． (2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值．解：(1)∵1<x <32，∴3－2x >0，x －1>0.y ＝(x －1)2(3－2x ) ＝(x －1)(x －1)(3－2x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋x －1＋3－2x 33＝⎝⎛⎭⎫133＝127，当且仅当x －1＝x －1＝3－2x ，即x ＝43∈⎝⎛⎭⎫1，32时，y max ＝127.(2)∵x ＞1，∴x －1>0，y ＝x ＋4(x －1)2＝12(x －1)＋12(x －1)＋4(x －1)2＋1 ≥3312(x －1)·12(x －1)·4(x －1)2＋1＝4，当且仅当12(x －1)＝12(x －1)＝4(x －1)2，即x ＝3时等号成立．即y min ＝4.(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件“即一正二定三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如：配系数、拆项、分离常数、平方变形等．3．设x >0，则f (x )＝4－x －12x 2的最大值为( ) A ．4－22B ．4－ 2C ．不存在D.52解析：∵x >0，∴f (x )＝4－x －12x 2＝4－⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋12x 2≤4－33x 2·x 2·12x 2＝4－32＝52.答案：D4．若0＜x ＜1，则函数y ＝x 4(1－x 2)的最大值是________，此时x ＝________. 解析：因为0＜x ＜1，所以y ＝x 4(1－x 2)＝12x 2·x 2(2－2x 2)≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋2－2x 233＝427，当且仅当x 2＝x 2＝2－2x 2，即x ＝63时，函数y ＝x 4(1－x 2)取得最大值427. 答案：427 63用平均不等式解应用题[例3] 如图所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比，即E ＝k sin θr2.这里k 是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？[思路点拨] 根据题设条件建立r 与θ的关系式→将它代入E ＝k sin θr 2→得到以θ为自变量，E 为因变量的函数关系式→用平均不等式求函数的最值→获得问题的解 [解] ∵r ＝2cos θ，∴E ＝k ·sin θcos 2θ4⎝⎛⎭⎫0<θ<π2. ∴E 2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ≤k 232·⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ33＝k 2108. 当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ时取等号，即tan 2θ＝12，tan θ＝22.∴h ＝2tan θ＝ 2.即h ＝2时，E 最大．本题获解的关键是在获得了E ＝k ·sin θcos 2θ4后，对E 的表达式进行变形求得E 的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．5．已知长方体的表面积为定值S ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．解：设长方体的体积为V ，长、宽、高分别是a ，b ，c ，则V ＝abc ，S ＝2ab ＋2bc ＋2ac . V 2＝(abc )2＝(ab )(bc )(ac )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋bc ＋ac 33＝⎝⎛⎭⎫S 63＝S 3216.当且仅当ab ＝bc ＝ac ，即a ＝b ＝c时，上式取“＝”号，V 2取最小值S 3216. 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝c ，2ab ＋2bc ＋2ac ＝S ，解得a ＝b ＝c ＝6S 6.即当长方体的长宽高都等于6S 6时，体积最大，最大值为S 6S36.对应学生用书P101．已知x 为正数，下列各题求得的最值正确的是( ) A ．y ＝x 2＋2x ＋4x 3≥33x 2·2x ·4x 3＝6，∴y min ＝6.B ．y ＝2＋x ＋1x ≥332·x ·1x ＝332，∴y min ＝332.C ．y ＝2＋x ＋1x≥4，∴y min ＝4.D ．y ＝x (1－x )(1－2x )≤13⎣⎡⎦⎤3x ＋(1－x )＋(1－2x )33＝881，∴y max ＝881.解析：A ，B ，D 在使用不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)和abc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33(a ，b ，c ∈R ＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C 中，∵x >0，∴y ＝2＋x ＋1x ＝2＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2＋2＝4，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．答案：C2．设a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝3，则ab 2的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．6解析：∵ab 2＝4a ×b 2×b2≤4⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋b 233 ＝4⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 33＝4×13＝4，当且仅当a ＝b2＝1时，等号成立．即ab 2的最大值为4. 答案：C3．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322B.833C.332D.223解析：由log x y ＝－2得y ＝1x 2.而x ＋y ＝x ＋1x2＝x 2＋x 2＋1x 2≥33x 2·x 2·1x 2＝3314＝3322，当且仅当x 2＝1x 2即x ＝32时取等号．答案：A4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V ，则下列总成立的是( ) A ．V ≥π B ．V ≤π C ．V ≥18πD ．V ≤18π解析：设圆柱半径为r ，则圆柱的高h ＝6－4r 2，所以圆柱的体积为V ＝πr 2·h ＝πr 2·6－4r2＝πr 2(3－2r )≤π⎝⎛⎭⎪⎫r ＋r ＋3－2r 33＝π. 当且仅当r ＝3－2r ，即r ＝1时取等号．答案：B5．设0<x <1，则x (1－x )2的最大值为 ________. 解析：∵0<x <1，∴1－x >0. 故32x (1－x )(1－x )≤2x ＋(1－x )＋(1－x )3＝23.∴x (1－x )2≤427⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝13时取等号. 答案：4276．若a >2，b >3，则a ＋b ＋1(a －2)(b －3)的最小值为________．解析：a >2，b >3，∴a －2>0，b －3>0.则a ＋b ＋1(a －2)(b －3)＝(a －2)＋(b －3)＋1(a －2)(b －3)＋5≥33(a －2)×(b －3)×1(a －2)(b －3)＋5＝8.当且仅当a －2＝b －3＝1(a －2)(b －3)即a ＝3，b ＝4时等号成立．答案：87．已知关于x 的不等式2x ＋1(x －a )2≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：2x ＋1(x －a )2＝(x －a )＋(x －a )＋1(x －a )2＋2a ，∵x －a >0.∴2x ＋1(x －a )2≥33(x －a )(x －a )1(x －a )2＋2a ，＝3＋2a ，当且仅当x －a ＝1(x －a )2即x ＝a ＋1时，取等号．∴2x ＋1(x －a )2的最小值为3＋2a . 由题意可得3＋2a ≥7，得a ≥2. 答案：28．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： (a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴2(a ＋b ＋c )＝(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥ 33(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )>0.1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥331a ＋b ·1b ＋c ·1a ＋c>0， ∴(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．9．设x ，y ，z >0，且x ＋3y ＋4z ＝6，求x 2y 3z 的最大值．解：∵6＝x ＋3y ＋4z ＝x 2＋x 2＋y ＋y ＋y ＋4z ≥66x 2y 3z ，∴x 2x 3z ≤1⎝⎛⎭⎫当x2＝y ＝4z 时，取“＝”. ∴x ＝2，y ＝1，z ＝14时，x 2y 3z 取得最大值1.10．有一块边长为36 cm 的正三角形铁皮，从它的三个角上剪下三个全等的四边形后做成一个无盖的正三棱柱容器，要使这个容器的容积最大，剪下的三个四边形面积之和等于多少？最大容积是多少？解：剪下的三个全等的四边形如图所示，设A 1F 1＝x ，则AF 1＝3x ， ∴A 1B 1＝F 1F 2＝36－23x . ∴V ＝34(36－23x )2·x ＝332(63－x )(63－x )·2x . ∵0＜x ＜63，∴63－x ＞0. ∴V ≤332⎝ ⎛⎭⎪⎫63－x ＋63－x ＋2x 33. 又(63－x )＋(63－x )＋2x ＝123，∴当63－x ＝2x ，即x ＝23时，V 有最大值，这时V 最大＝332·(43)3＝864(cm 3)．∵S 四边形A 1F 1AE 2＝x ·3x ＝3x 2＝123(cm 2)， ∴三个四边形面积之和等于36 3 cm 2.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

3．1数学归纳法原理 [对应学生用书P40] [读教材·填要点] 1．数学归纳法原理对于由归纳法得到的某些与自然数有关的命题p(n)，可以用以下两个步骤来证明它的正确性： (1)证明当n取初始值n0(例如n0＝0，n0＝1等)时命题成立； (2)假设当n＝k(k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确． 2．数学归纳法的基本过程

[小问题·大思维] 1．在数学归纳法中，n0一定等于0吗？提示：不一定．n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或n0＝1，有时n0值也比较大，而不一定是从0开始取值． 2．数学归纳法的适用范围是什么？提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明． 3．数学归纳法中的两步的作用是什么？提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n取第一个值n0后面的所有自然数也都成立． [对应学生用书P40] 用数学归纳法证明恒等式 [例1] 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋„＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋„＋12n(n∈N

＋)． [思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左

边有2n项，右边有n项，由k到k＋1时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边的首项不同，因此由“n＝k”到“n＝k＋1”时，要注意项的合并． [精解详析] (1)当n＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立．

(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N＋)时命题成立，即有 1－12＋13－14＋„＋12k－1－12k

＝1k＋1＋1k＋2＋„＋12k. 则当n＝k＋1时，左边＝1－12＋13－14＋„＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2

＝1k＋1＋1k＋2＋„＋12k＋12k＋1－12k＋2 ＝1k＋2＋1k＋3＋„＋12k＋1＋12k＋2，从而可知，当n＝k＋1时，命题亦成立．由(1)(2)可知，命题对一切正整数n均成立．

(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n＝n0时命题的形式，二是准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点． (2)应用数学归纳法时的常见问题 ①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n＝0，有时需验证n＝1，n＝2. ②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障． ③“假设n＝k时命题成立，利用这一假设证明n＝k＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范． 1．用数学归纳法证明：对任意的n∈N＋， 11×3＋13×5＋„＋12n－12n＋1＝n2n＋1.

证明：(1)当n＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋且k≥1)时等式成立，即有11×3＋13×5＋„＋12k－12k＋1＝k2k＋1，

则当n＝k＋1时，11×3＋13×5＋„＋12k－12k＋1＋12k＋12k＋3＝k2k＋1＋12k＋12k＋3

＝k2k＋3＋12k＋12k＋3

＝2k2＋3k＋12k＋12k＋3＝k＋12k＋3＝k＋12k＋1＋1，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N＋等式都成立．

用数学归纳法证明整除问题 [例2] 求证：二项式x2n－y2n

(n∈N＋)能被x＋y整除．

[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x2n

－y2n进行分解因式得出x＋y，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明． [精解详析] (1)当n＝1时，x2－y2

＝(x＋y)(x－y)，

∴能被x＋y整除． (2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时， x2k－y2k能被x＋y整除，当n＝k＋1时，即x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－x2y2k＋x2y2k－y2·y2k ＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)． ∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除， ∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立．利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x2k＋2－y2k＋2进行拼凑，即减去x2y2k再加上x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出n＝k时的归纳假设，剩余部分仍能被x＋y整除．

2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立． (2)假设n＝k时，命题成立，即 k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 ＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33 ＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)．由归纳假设，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又9(k2＋3k＋3)也能被9整除．故n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立. 用数学归纳法证明几何命题

[例3] 平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n条直线被分成f(n)＝n2. [思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n

的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明． [精解详析] (1)当n＝2时，

∵符合条件的两直线被分成4段，又f(2)＝22＝4.∴当n＝2时，命题成立． (2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线被分成f(k)＝k2段，则当n＝k＋1时，任取其中一条直线记为l，如图，剩下的k条直线为l1，l2，„，lk.由归纳假设知，它们被分为f(k)＝k2段．由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l被l1，l2，l3，„，lk分为k＋1段，同时l把l1，l2，„，lk中每条直线上的某一段一分为二，其增加k段． ∴f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k ＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2. ∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2成立．

对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一般变化规律，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．

3．证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝12n·(n－3)(n≥4)．证明：(1)n＝4时，f(4)＝12·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立． (2)假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝12k(k－3)(k≥4)．当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k＋1－3)＋1＝k－1.

f(k＋1)＝12k(k－3)＋k－1＝12(k2－k－2)

＝12(k＋1)(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]．故n＝k＋1时由(1)、(2)可知，对于n≥4，n∈N＋公式成立．

[对应学生用书P42]

一、选择题 1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋„＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到( ) A．1＋2＋22＋„＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1 B．1＋2＋22＋„＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1 C．1＋2＋22＋„＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1 D．1＋2＋22＋„＋2k－1＋2k＝2k＋1－1 解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋„＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1. 答案：D 2．用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)„ ·(n＋n)＝2n×1×3„(2n－1)时，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式是( )

A．2k＋1 B．2k＋1k＋1

C．2(2k＋1) D．2k＋2k＋1 解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)„ ·(k＋1＋k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)·(k＋3)„(k＋k)·2k＋12k＋2k＋1＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)„(k＋k)·2(2k＋1)．答案：C 3．某个命题与正整数n有关，如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得( ) A．当n＝6时该命题不成立 B．当n＝6时该命题成立 C．当n＝4时该命题不成立 D．当n＝4时该命题成立解析：与“如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n＝k＋1时命题不成立，则当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．故知当n＝5时，该命题不成立，可推得当n＝4时该命题不成立．答案：C

4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋„＋12n－1>12764(n∈N＋)成立，其初始值至少应取( ) A．7 B．8 C．9 D．10

解析：左边＝1＋12＋14＋„＋12n－1＝1－12n1－12＝2－12n－1，代入验证可知n的最小值是8. 答案：B 二、填空题

5．设f(n)＝1＋12＋13＋„＋13n－1(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________．

解析：因为f(n)＝1＋12＋13＋„＋13n－1，所以f(n＋1)＝1＋12＋13＋„＋13n－1＋13n＋13n＋1

＋13n＋2.所以f(n＋1)－f(n)＝13n＋13n＋1＋13n＋2.