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2013年高考数学二轮复习教学案:第5讲 不等式及其应用
作者:未知 文章来源:网上收集 点击数: 更新时间:2013-8-20 13:47:00

简介
 不等式及其应用

1. 理解并掌握不等式的基本性质及解法.
2. 掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理,并能灵活运用其解决问题.

1. 已知集合A=,集合B={x|y=lg(x2+x-2)},则A∩B=________.
2.设03.点P(x,y)是直线x+3y-2=0上的动点,则代数式3x+27y有最小值是________.
4.已知函数f(x)=|lgx|.若a≠b且f(a)=f(b),则a+b的取值范围是________.

【例1】 设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).
(1) 已知f(1)=-,
①若f(x)<1的解集为(0,3),求f(x)的表达式;
②若a>0,求证:函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.
(2) 已知a=1,若x1,x2是方程f(x)=0的两个根,且x1,x2∈(m,m+1),其中m∈R,求
f(m)f(m+1)的最大值.
【例2】 若关于x的不等式(2x-1)2【例3】 某建筑的金属支架如图所示,根据要求AB至少长2.8 m,C为AB的中点,B到D的距离比CD的长小0.5 m,∠BCD=60°,已知建筑支架的材料每米的价格一定,问怎样设计AB,CD的长,可使建造这个支架的成本最低?

【例4】 (1) 已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;
(2) 设ak,bk(k=1,2…,n)均为正数,证明:
①若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则ab11ab22…abnn≤1;
②若b1+b2+…+bn=1,则≤bb11bb22…bbnn≤b+b+…+b.

1. (2011·湖南)设x,y∈R且xy≠0,则的最小值为________.
2.(2011·福建)已知O是坐标原点,点A(-1,1),若点M(x,y)为平面区域上的一个动点,则·的取值范围是________.
3.(2010·江苏)将边长为1 m的正三角形薄片,沿一条平行于底边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记S=,则S的最小值是________.
4.(2011·重庆)若实数a,b,c满足2a+2b=2a+b,2a+2b+2c=2a+b+c,则c的最大值是________.
5.(2011·四川)某运输公司有12名驾驶员和19名工人,有8辆载重量为10吨的甲型卡车和7辆载重量为6吨的乙型卡车.某天需运往A地至少72吨的货物,派用的每辆车需满载且只运送一次.派用的每辆甲型卡车需配2名工人,运送一次可得利润450元;派用的每辆乙型卡车需配1名工人,运送一次可得利润350元,该公司合理计划当天派用两类卡车的车辆数,可得最大利润为多少元?
6.(2010·江苏)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,已知2a2=a1+a3,数列{}是公差为d的等差数列.
(1) 求数列{an}的通项公式(用n,d表示);
(2) 设c为实数,对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k,不等式Sm+Sn>cSk都成立.求证:c的最大值为.

(2010·江苏)(本小题满分14分)某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位:m),如图所示,垂直放置的标杆BC的高度h=4 m,仰角∠ABE=α,∠ADE=β.

(1) 该小组已经测得一组α、β的值,tanα=1.24,tanβ=1.20,请据此算出H的值;
(2) 该小组分析若干测得的数据后,认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位:m),使α与β之差较大,可以提高测量精确度.若电视塔的实际高度为125 m,试问d为多少时,α-β最大?
解:(1) =tanβAD=,同理,AB=,BD=.(2分)
AD-AB=DB,故得-=,解得H===124.因此,算出电视塔的高度H是124 m.(5分)
(2) 由题设知d=AB,得tanα=,tanβ===,(7分)
tan(α-β)====,(9分)
函数y=tanx在上单调增,0<β<α<,则0<α-β< , (11分)
因为d+≥2,(当且仅当d===55时,取等号),故当d=55时,tan(α-β)最大,(13分)
所以当d=55时,α-β最大.故所求的d是55 m.(14分)

第5讲 不等式及其应用

1. 若函数f(x)=则不等式|f(x)|≥的解集为________.
【答案】 [-3,1] 解析:本题主要考查分段函数和简单绝对值不等式的解法. 属于基础知识、基本运算的考查.
① 由|f(x)|≥-3≤x<0.
② 由|f(x)|≥0≤x≤1.
∴ 不等式|f(x)|≥的解集为{x|-3≤x≤1}.

2. 设函数f(x)=x3+3bx2+3cx有两个极值点x1、x2,且x1∈[-1,0],x2∈[1,2].
(1) 求b、c满足的约束条件,并在下面的坐标平面内,画出满足这些条件的点(b,c)的区域;
(2) 证明:-10≤f(x2)≤-.
(1) 解:f′(x)=3x2+6bx+3c由题意知方程f′(x)=0有两个根x1、x2.
且x1∈[-1,0],x2∈[1,2].则有f′(-1)≥0,f′(0)≤0,f′(1)≤0,f′(2)≥0
故有
图中阴影部分即是满足这些条件的点(b,c)的区域.
(2) 证明: 由题意有f′(x2)=3x+6bx2+3c=0, ①
又f(x2)=x+3bx+3cx2, ②
消去b可得f(x2)=-x+x2.
又∵ x2∈[1,2],且c∈[-2,0],∴ -10≤f(x2)≤-.
基础训练
1. (1,2) 解析:A=(-1,2),B=(-∞,-2)∪(1,+∞),∴ A∩B=(1,2).
2. b 解析:0<a<b,a+b=1,得0<a<,<b<1,b-(a2+b2)=b-b2-(1-b)2=(2b-1)(1-b)>0.
3. 6 解析:3x+27y≥2=2=2=6.
4. (2,+∞) 解析:(解法1)因为 f(a)=f(b),所以|lga|=|lgb|,所以a=b(舍去)或b=,所以a+b=a+,又0f(1)=1+1=2,即a+b的取值范围是(2,+∞).
(解法2)由0化为求z=x+y的取值范围问题,z=x+yy=-x+z,y=y′=-<-1过点(1,1)时,z取最小值为2.
例题选讲
例1 解:(1)① ∴ f(x)=x2-2x+1.
② 证明:a+b+c=-,f(0)=c,f(1)=-<0,f(2)=4a+2b+c=a-c,若c>0,则f(0)>0,f(1)<0,函数f(x)在(0,1)上连续,则f(x)在(0,1)内必有一实根;若c≤0,a>0, 则f(2)=a-c>0,f(1)<0,函数f(x)在(1,2)上连续,∴ f(x)在(1,2)内必有一实根,综上,函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.
(2) f(x)=(x-x1)(x-x2),x1,x2∈(m,m+1),m-x1<0,m-x2<0,m+1-x1>0,m+1-x2>0, ∴ f(m)·f(m+1)=(m-x1)(m-x2)(m+1-x1)(m+1-x2)=[(x1-m)(m+1-x1)][(x2-m)(m+1-x2)]≤2·2=,当且仅当x1=x2=时取等号,∴ f(m)f(m+1)的最大值为.
变式训练 已知f(x)=x2-x+k,k∈Z,若方程f(x)=2在上有两个不相等的实数根.
(1) 确定k的值;
(2) 求的最小值及对应的x值.
解: (1) 设g(x)=f(x)-2=x2-x+k-2,
由题设有
<k<,又k∈Z,∴ k=2.
(2) ∵k=2,∴ f(x)=x2-x+2=2+>0,
∴ =f(x)+≥2=4,
当且仅当f(x)=,即[f(x)]2=4时取等号.
∵ f(x)>0,∴ f(x)=2时取等号.
即x2-x+2=2,解得x=0或1.当x=0或1时,取最小值4.
例2 解:(解法1)显然a≤0时,不等式解集为,故a>0.因此不等式等价于(-a+4)x2-4x+1<0,易知a=4不合题意,所以二次方程(-a+4)x2-4x+1=0中的Δ=4a>0,且有4-a>0,故0<a<4,不等式的解集为<x<,<<则一定有{1,2}为所求的整数解集,所以2<≤3时,解得实数a的取值范围为.
(解法2)在同一个坐标系中分别作出函数f(x)=(2x-1)2,g(x)=ax2的图象,显然a≤0不合要求,从图象可知即可,求得<a≤.

例3 解:设BC=a m(a≥1.4),CD=b m,连结BD.
则在△CDB中,2=b2+a2-2abcos60°.
∴ b=. ∴ b+2a=+2a.
设t=a-1,t≥-1=0.4,
则b+2a=+2(t+1)=3t++4≥7,
等号成立时t=0.5>0.4,a=1.5,b=4.
答:当AB=3 m,CD=4 m时,建造这个支架的成本最低.
变式训练 如图,为处理含有某种杂质的污水,要制造一底宽为2 m的无盖长方体沉淀
箱.污水从A孔流入,经沉淀后从B孔流出.设箱体的长度为a m,高度为b m.已知流出的水中该杂质的质量分数与a,b的乘积成反比.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)
解:(解法1)设y为流出的水中杂质的质量分数,则y=k/ab,其中k为比例系数且k>0,依题意,即所求的a,b值使y值最小. 根据题设,有4b+2ab+2a=60(a>0,b>0),得b=(30-a)/(2+a) (0于是y=k/ab=k/[(30a-a2)/(2+a)]
=k/[-a+32-64/(a+2)]=k/[34-(a+2+64/(a+2)]
≥=.
当且仅当a+2=64/(a+2)时取等号,y取最小值.
此时a=6,a=-10(舍).
将a=6代入①式
得b=3. 故当a为6米,b为3米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.
(解法2)依题意,即所求的a,b的值使ab最大.
由题设知4a+2ab+2a=60 (a>0,b>0),
即a+2b+ab=30(a>0,b>0). ∵ a+2b≥2,
∴ 2+ab≤30, 当且仅当a=2b时,上式取等号. 由a>0,b>0,解得0∴ 2b2=18.解得b=3,a=6. 故当a为6米,b为3米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.
例4 (1) 解:f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)=-1=0x=1,
f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,故函数f(x)在x=1处取得最大值f(1)=0.
(2) 证明:①由(1)知当x∈(0,+∞)时有f(x)≤f(1)=0即lnx≤x-1,
∵ ak,bk均为正数, ∴ bk·lnak≤bk(ak-1),(k=1,2,…,n)lnak≤bk(ak-1),
∵ akbk≤bk,∴ lnak≤0即ln(a1a2…an)≤0a1a2…an≤1,
② (ⅰ) 先证b1bn≥,令ak=,(k=1,2,…,n),则akbk=akbk=1,
由(ⅰ)知b1b2…bn≤1≤n=n,
∴ b1b1…b1≥;
(ⅱ) 再证b1b2…bn≤b+b…+b,记S=b,ak=(k=1,2,…n),
则akbk=b=1=bk于是由(1) 得
b1b2…bn≤1b1b2…bn≤S=S,
所以b1b2…bn≤b+b…+b.综上可得证.
高考回顾
1. 9 解析:=5++4x2y2≥5+2·2=9.
2. [0,2] 解析:区域为三角形区域,三个顶点坐标分别为(0,2),(1,1),(1,2),·=-x+y∈[0,2].
3.  解析:设梯形的上底边长为x,则0<x<1,梯形面积为(1-x2),梯形的周长为3-x,S=(0<x<1),用导数求得x=时,S取最小值.
4. 2-log23 解析: ∵ 2a+b=2a+2b≥2,∴ 2a+b≥4,
又∵ 2a+2b+2c=2a+b+c,∴ 2a+b+2c=2a+b·2c,∴ =2a+b≥4,即≥4,即≥0,∴ 2c≤,∴ c≤log2=2-log23,∴ c的最大值为2-log23.
5. 解:设派用甲型卡车x(辆),乙型卡车y(辆),获得的利润为u(元),u=450x+350y,
由题意,x、y满足关系式
作出相应的平面区域,u=450x+350y=50(9x+7y).
在由确定的交点(7,5)处取得最大值4 900元,
答:派甲型卡车7辆,乙型卡车5辆,可得最大利润为4 900元.
6. (1)解:由题意知:d>0,=+(n-1)d=+(n-1)d,
2a2=a1+a33a2=S33(S2-S1)=S3,3[(+d)2-a1]2=(+2d)2,化简得:a1-2·d+d2=0,=d,a1=d2,
=d+(n-1)d=nd,Sn=n2d2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2d2-(n-1)2d2=(2n-1)d2,适合n=1情形.
故所求an=(2n-1)d2(n∈N*).
(2) 证明:Sm+Sn>cSkm2d2+n2d2>c·k2d2m2+n2>c·k2,c<恒成立.又m+n=3k且m≠n,2(m2+n2)>(m+n)2=9k2>,
故c≤,即c的最大值为.



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