2020高中數(shù)學(xué) 第2章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 章末復(fù)習(xí)教學(xué)案 第一冊(cè)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE9-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第2章一元二次函數(shù)、方程和不等式知識(shí)系統(tǒng)整合規(guī)律方法收藏1．比較數(shù)(式)的大小依據(jù)：a－b＞0?a＞b;a－b＜0?a＜b；a－b＝0?a＝b.適用范圍：若數(shù)(式）的大小不明顯，作差后可化為積或商的形式．步驟：①作差；②變形;③判斷差的符號(hào);④下結(jié)論．變形技巧:①分解因式；②平方后再作差；③配方法;④分子(分母）有理化．2．利用基本不等式證明不等式(1)充分利用條件是關(guān)鍵，要注意“1”的整體代換及幾個(gè)“＝”必須保證同時(shí)成立．(2)利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，其實(shí)質(zhì)就是從已知的不等式入手，借助不等式的性質(zhì)和基本不等式,經(jīng)過(guò)逐步的邏輯推理,最后推得所證結(jié)論，其特征是“由因?qū)Ч保?3)證明不等式時(shí)要注意靈活變形，可以多次利用基本不等式的變形形式．3．利用基本不等式求最值(1)利用基本不等式求最值，必須同時(shí)滿(mǎn)足以下三個(gè)條件：一正、二定、三相等．即：①x，y都是正數(shù)．②積xy(或和x＋y）為常數(shù)（有時(shí)需通過(guò)“配湊、分拆"湊出定值)．③x與y必須能夠相等(等號(hào)能夠取到）．（2)構(gòu)造定值條件的常用技巧①加項(xiàng)變換；②拆項(xiàng)變換；③統(tǒng)一換元；④平方后利用基本不等式．4．解一元二次不等式的步驟當(dāng)a＞0時(shí)，解形如ax2＋bx＋c＞0（≥0）或ax2＋bx＋c＜0（≤0）的一元二次不等式的一般步驟如下：(1）確定對(duì)應(yīng)方程ax2＋bx＋c＝0的解;(2）畫(huà)出對(duì)應(yīng)函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象的簡(jiǎn)圖；（3)由圖象寫(xiě)出不等式的解集．特別提醒：（1)在通過(guò)圖象獲取解集時(shí),注意不等式中的不等號(hào)方向、是否為嚴(yán)格不等關(guān)系及Δ＝0時(shí)的特殊情況．(2）當(dāng)a＜0時(shí),解不等式可以從兩個(gè)方面入手：①畫(huà)出對(duì)應(yīng)圖象進(jìn)行直接判定(此時(shí)圖象開(kāi)口向下）；②兩邊同乘以－1，把a(bǔ)轉(zhuǎn)變?yōu)椋璦再進(jìn)行求解．5．一元二次不等式的實(shí)際應(yīng)用不等式在解決生活、生產(chǎn)中的一些實(shí)際問(wèn)題中有著廣泛的應(yīng)用，主要有范圍問(wèn)題、最值問(wèn)題等．解一元二次不等式的應(yīng)用問(wèn)題的關(guān)鍵在于構(gòu)造一元二次不等式模型．解題的一般步驟是:（1）理清題意:弄清問(wèn)題的實(shí)際背景和意義，用數(shù)學(xué)語(yǔ)言來(lái)描述問(wèn)題．(2）簡(jiǎn)化假設(shè)：精選問(wèn)題中的關(guān)鍵變量．(3）列出關(guān)系式:建立變量間的不等關(guān)系式．(4）求解:運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解相應(yīng)不等式．(5)檢驗(yàn)并作答：將所得不等式的解集放回原題中檢驗(yàn)是否符合實(shí)際情況,然后給出問(wèn)題的答案．學(xué)科思想培優(yōu)一、常數(shù)代換法[典例1］已知正數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋y＝1，則eq\f（1，x）＋eq\f（4,1＋y)的最小值為()A．5B。eq\f（14，3)C.eq\f（9，2）D．2解析因?yàn)閤＋y＝1，所以x＋(1＋y)＝2,則2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x）＋\f(4,1＋y)））＝[x＋(1＋y）]eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，x)＋\f（4，1＋y)）)＝eq\f（4x,1＋y)＋eq\f(1＋y,x）＋5≥2eq\r(\f（4x，1＋y）·\f（1＋y，x）)＋5＝9，所以eq\f（1,x)＋eq\f（4,1＋y)≥eq\f（9，2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(4x,1＋y）＝\f(1＋y，x),,x＋y＝1，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝\f(2，3)，,y＝\f(1,3)））時(shí)，等號(hào)成立,因此eq\f(1,x）＋eq\f(4,1＋y）的最小值為eq\f(9，2）。故選C.答案C二、消元法[典例2］設(shè)x，y，z為正實(shí)數(shù)，滿(mǎn)足x－2y＋3z＝0，則eq\f(y2,xz）的最小值為_(kāi)_______．解析解法一:由x－2y＋3z＝0,得y＝eq\f(x＋3z，2)，故eq\f(y2,xz)＝eq\f(x＋3z2，4xz)＝eq\f（1,4)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(6＋\f（x，z)＋\f（9z，x）））≥eq\f（1,4）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(6＋2\r（\f（x，z）·\f（9z，x）)))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝3z時(shí)取等號(hào)，即eq\f(y2,xz）的最小值為3。解法二：由x－2y＋3z＝0，得x＝2y－3z,eq\f(x,y）＝2－eq\f（3z,y)＞0。eq\f（y2，xz）＝eq\f(y2，2y－3zz)＝eq\f(3，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2－\f（3z,y)))·\f（3z，y)）≥eq\f（3，\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2－\f（3z，y)＋\f（3z，y))))）2)＝3。當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝3z時(shí)取等號(hào)，即eq\f(y2，xz)的最小值為3。答案3三、配湊法1．從和或積為定值的角度入手配湊某些不等式的約束條件可看成若干變?cè)暮突蚍e的定值,在不等式的變形中，配湊出這些定值,可使問(wèn)題巧妙獲解．常見(jiàn)的配湊變形有化積為和、常數(shù)的代換、加法結(jié)合律等常規(guī)運(yùn)算和技巧．[典例3]設(shè)x>0，y>0，x2＋eq\f（y2,2)＝1，求xeq\r(1＋y2）的最大值．解∵x〉0，y>0，x2與eq\f(y2，2）的和為定值，∴xeq\r(1＋y2）＝eq\r（x21＋y2）＝eq\r(2x2·\f(1＋y2,2）)≤eq\r（2）·eq\f(x2＋\f(1＋y2,2）,2）＝eq\r（2）·eq\f（x2＋\f(y2,2)＋\f(1，2)，2）＝eq\f(3\r（2),4），當(dāng)且僅當(dāng)x2＝eq\f（1＋y2，2)，即x＝eq\f（\r（3）,2)，y＝eq\f(\r(2）,2）時(shí)取等號(hào)，即xeq\r（1＋y2)的最大值為eq\f(3\r（2），4）.[典例4]已知x,y，z為正數(shù)，且滿(mǎn)足xyz(x＋y＋z)＝1，求(x＋y)（y＋z）的最小值．解由條件得x＋y＋z＝eq\f(1，xyz),則（x＋y)(y＋z）＝xy＋xz＋y2＋yz＝y(tǒng)(x＋y＋z)＋xz＝y(tǒng)·eq\f(1,xyz)＋xz＝eq\f(1，xz)＋xz≥2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,xz)＝xz，即xz＝1時(shí)取等號(hào)，故（x＋y)(y＋z)的最小值為2。［典例5］設(shè)a1，a2,a3,…，an均為正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(a\o\al(2,1），a2)＋eq\f(a\o\al（2，2），a3）＋…＋eq\f（a\o\al（2,n－1)，an）＋eq\f(a\o\al(2，n)，a1）≥a1＋a2＋a3＋…＋an。證明為了約去eq\f(a\o\al（2,k）,ak＋1）中的分母,可考慮配上一項(xiàng)ak＋1，于是有eq\f（a\o\al(2,1)，a2)＋a2≥2a1，eq\f(a\o\al(2,2)，a3）＋a3≥2a2，…，eq\f(a\o\al(2,n－1），an）＋an≥2an－1，eq\f(a\o\al（2，n）,a1）＋a1≥2an，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)取等號(hào)．以上不等式相加，化簡(jiǎn)，可得原不等式成立．2．從取等號(hào)的條件入手配湊在題中約束條件下，各變?cè)獙⑷∧硞€(gè)特定值,這就提示我們可考慮用這些值來(lái)進(jìn)行配湊．[典例6]設(shè)a，b，c＞0,a＋b＋c＝1，求eq\r（3a＋1）＋eq\r（3b＋1）＋eq\r(3c＋1）的最大值．解eq\r（2）·eq\r(3a＋1)≤eq\f(2＋3a＋1，2)＝eq\f（3a＋3，2），eq\r（2）·eq\r(3b＋1）≤eq\f（3b＋3，2)，eq\r(2）·eq\r（3c＋1)≤eq\f(3c＋3，2）.以上三式相加，并利用a＋b＋c＝1,得eq\r(2）（eq\r(3a＋1）＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1））≤6，故eq\r(3a＋1）＋eq\r(3b＋1）＋eq\r(3c＋1）的最大值為3eq\r(2）。四、判別式法在“三個(gè)二次”問(wèn)題中的應(yīng)用一元二次方程、一元二次不等式與二次函數(shù)的關(guān)系十分密切，習(xí)慣上稱(chēng)為“三個(gè)二次”問(wèn)題．根據(jù)判別式法在解一元二次方程中的作用，可見(jiàn)判別式法在“三個(gè)二次”問(wèn)題中的重要性．1．求變量的取值范圍[典例7]不等式(m2－2m－3）x2－(m－3)x－1〈0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解（m2－2m－3）x2－(m－3)x－1<0對(duì)任意x∈R恒成立．①若m2－2m－3＝0，則m＝－1或m＝3.當(dāng)m＝－1時(shí)，不符合題意；當(dāng)m＝3時(shí)，符合題意．②若m2－2m－3≠0，設(shè)y＝（m2－2m－3）x2－（m－3)x－1〈0對(duì)任意x∈R恒成立．則m2－2m－3〈0，Δ＝b2－4ac＝5m2－14m－3〈0，解得－eq\f（1,5)〈m〈3.故實(shí)數(shù)m的取值范圍是－eq\f(1，5)〈m<3.2．求最值[典例8]已知正實(shí)數(shù)a，b滿(mǎn)足a＋2b＋ab＝30，試求實(shí)數(shù)a，b為何值時(shí)，ab取得最大值．解構(gòu)造關(guān)于a的二次方程，應(yīng)用“判別式法”．設(shè)ab＝y(tǒng),①由已知得a＋2b＋y＝30.②由①②消去b，整理得a2＋（y－30）a＋2y＝0,③對(duì)于③，由Δ＝(y－30）2－4×2y≥0，即y2－68y＋900≥0，解得y≤18或y≥50,又y＝ab＜30，故舍去y≥50，得y≤18。把y＝18代入③(注意此時(shí)Δ＝0），得a2－12a＋36＝0，即a＝6,從而b＝3。故當(dāng)a＝6，b＝3時(shí)，ab取得最大值18。3．證明不等式［典例9］已知x，y∈R,證明：2x2＋2xy＋y2－4x＋5>0恒成立．證明不等式可變形為y2＋2xy＋2x2－4x＋5〉0，將不等式左邊看作關(guān)于y的二次函數(shù),令z＝y(tǒng)2＋2xy＋2x2－4x＋5，則關(guān)于y的一元二次方程y2＋2xy＋2x2－4x＋5＝0的根的判別式Δ＝4x2－4(2x2－4x＋5)＝－4(x－2)2－4<0,即Δ<0.則對(duì)于二次函數(shù)z＝y(tǒng)2＋2xy＋2x2－4x＋5，其圖象開(kāi)口向上，且在x軸上方,所以z〉0恒成立，即2x2＋2xy＋y2－4x＋5〉0恒