《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 不等式教學(xué)案 考綱指要： 利用基本不等式解決像函數(shù)的單調(diào)性或解決有關(guān)最值問(wèn)題是考察的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，解答題以含參數(shù)的不等式的證明、求解為主. 考點(diǎn)掃描： 1．不等關(guān)系 通過(guò)具體情境，感受在現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系，了解不等式（組）的實(shí)際背景； 2．基本不等式：（a,b≥0） ①探索并了解基本不等式的證明過(guò)程； ②會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大（小）問(wèn)題。 3．常用的證明不等式的方法:（1）比較法；（2）綜合法；（3）分析法。 4．不等式及它的解法：（1）一元一次不等式； （2）一元二次不等式； （3）分式不等式

2、； （4）簡(jiǎn)單的絕對(duì)值不等式； （5）指數(shù)不等式；（6）對(duì)數(shù)不等式；（7）二元一次不等式（線性規(guī)劃）。 考題先知： 例1． 設(shè)函數(shù)，其中。 （1）解不等式； （2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最小值。 分析：（1）所解不等式即為，從知，實(shí)施等價(jià)變形后對(duì)a分類討論可得解； （2）求函數(shù)的最小值，可從單調(diào)性入手，因此，細(xì)化函數(shù)表達(dá)（即去絕對(duì)值符號(hào)）成為解決問(wèn)題的第一步。 解：（1）由得，，原不等式可化為， 當(dāng)時(shí)，有，而，故； 當(dāng)時(shí)，有； 當(dāng)時(shí)，有，而，故； 綜上所述，當(dāng)時(shí)，解集為；當(dāng)時(shí)，解集為。 （2）由得當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)，在為減函數(shù)，所以；當(dāng)時(shí)，，所以 ，綜上所述

3、，。 點(diǎn)評(píng)：本題第（1）題也可作出函數(shù)與的圖象，利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想求之。 例2．已知：且，求證：。 分析：觀察條件不等式的特征，存在不少證法，若從消元角度入手，可構(gòu)造一元二次方程，用判別式法證之；若從基本不等式出發(fā)，可用放縮法證之；若著眼，則可用均值換元法證之；若無(wú)從下手，則可用分析法或反證法證之；若從不等式的幾何意義出發(fā)，又可用幾何法證之。 證一（判別式法）：記，則由代入得：，整理得，，得，即。 證二（比較法）：，得證。 證三（放縮法）：，得證。 證四（換元法）：設(shè),則，得證。 證五（分析法）：欲證，僅需證，即證 ，顯然成立，因上述過(guò)程可逆，故原不等式成立。

4、證六（反證法）：假設(shè)，則，即，矛盾，故假設(shè)不成立，從而。 證七（幾何法）：因?yàn)橹本€上的點(diǎn)到點(diǎn)的最小距離等于 ，所以。 點(diǎn)評(píng)：在高考中，不等式的證明常作為某一綜合題的其中一步，放縮與換元是兩種重要的方法，應(yīng)值得注意。 復(fù)習(xí)智略： 例3．求使≤a(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值。 分析：本題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊(yùn)含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)呈現(xiàn)出來(lái)。 解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方， 得：x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)，① ∴x，y＞0，∴x+y≥2，② 當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，②

5、中有等號(hào)成立。 比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1， ∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是。 解法二：設(shè) ∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當(dāng)x=y時(shí)“=”成立)，∴≤1，的最大值是1。 從而可知，u的最大值為，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為， 解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為+1≤a，設(shè)=tanθ，θ∈(0，)。 ∴tanθ+1≤a，即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③ 又∵sin(θ+)的最大值為1(此時(shí)θ=)，由③式可知a的最小值為。 點(diǎn)評(píng)：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與

6、cosθ、sinθ來(lái)對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯(cuò)誤的 其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y1”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對(duì)的。 除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，a≥f(x)，則amin=f(x)max 若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問(wèn)題。還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化。 檢測(cè)評(píng)估： 1、設(shè)關(guān)于的不等式和的解

7、集分別是、。下列說(shuō)法中不正確的是（ ） （A）不存在一個(gè)常數(shù)使得、同時(shí)為. （B）至少存在一個(gè)常數(shù)使得、都是僅含有一個(gè)元素的集合. （C）當(dāng)、都是僅含有一個(gè)元素的集合時(shí)，總有. （D）當(dāng)、都是僅含有一個(gè)元素的集合時(shí)，總有. 2．若對(duì)任意，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 （ ） A． B． C． D． 3.已知x、y滿足約束條件則（x+3）2+y2的最小值為 A. B.2 C.8 D.10 4．已知兩個(gè)正數(shù)滿足，則取最小值時(shí)的值分別為 （ ） A． B． C． D．

8、 5．設(shè)定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足以下條件：①對(duì)任意；②對(duì)任意當(dāng)時(shí)，有，則以下不等式不一定成立的是（ ） A、 B、 C、 D、 6．已知時(shí)，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 7．取得，原不等式化為，從而，得。 8．設(shè)函數(shù)f(x)=，已知f(a)＞1，則a的取值范圍是 9． 系數(shù)方程的一個(gè)根大于0且小于1，另一根大于1且小于2，則的取值范圍是______________． 10．設(shè)，則的最小值是 。 11． 已知 ; （1）.當(dāng)時(shí)，求的最小值； （2）.若不等式，對(duì)恒成立，求的

9、取值范圍。 12．對(duì)1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗，清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為： 為，要求清洗完后的清潔度為。有兩種方案可供選擇，方案甲：一次清洗；方案乙: 分兩次清洗。該物體初次清洗后受殘留水等因素影響，其質(zhì)量變?yōu)?。設(shè)用單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是，用單位質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是，其中是該物體初次清洗后的清潔度。 (Ⅰ)分別求出方案甲以及時(shí)方案乙的用水量, 并比較哪一種方案用水量較少； (Ⅱ)若采用方案乙，當(dāng)為某固定值時(shí)，如何安排初次與第二次清洗的用水量，使總用水量最小? 并討論取不同數(shù)值時(shí)對(duì)最少總用水量多少的影響。 點(diǎn)撥與全解： 1．由得時(shí)

10、，集合A僅含有一個(gè)元素；由得或6， 集合B僅含有一個(gè)元素。說(shuō)法中不正確的是C。 2．解：記，則由條件得，解之得，故選B。 3.作出如圖所示的可行區(qū)域，知（x+3）2+y2的最小值為|AC|2=10.故選D。 4．由得，所以當(dāng)，即時(shí)，取最小值25，故選B。 5．解：因，且，而在區(qū)間的單調(diào)性無(wú)法確定，所以無(wú)法判斷，故選C。 6．解：原不等式可化為，當(dāng)時(shí)，不等式顯然成立；當(dāng)時(shí)，，而函數(shù)在上單調(diào)遞減，故，所以。 7.f(x)是定義在(0，+∞)上的增函數(shù)，對(duì)正實(shí)數(shù)x,y都有：f(xy)=f(x)+f(y)成立，則不等式f(log2x)<0的解集為_____

11、____ 8．解析 由f(x)及f(a)＞1可得 ① 或 ② 或 ③ 解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈ ∴a的取值范圍是(－∞，－2)∪(－，1) 9．解：由條件得：，作出以為坐標(biāo)的線性區(qū)域，而表示在可行區(qū)域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)之間的斜率，從而可得其范圍是。 10．解：顯然取此時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，有最小值。 解：（1）. 當(dāng)時(shí)， ,∴當(dāng)，即時(shí)，; （2）.由，得，設(shè)則 ，即或，或。由于，故顯然不成立，于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：若對(duì)恒成立，確定的取值范圍。 設(shè)，則,∴當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，為極小值，這樣，對(duì)有①,或②，或③ 12．解：(

12、Ⅰ)設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設(shè)有=0.99,解得x=19。 由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程： 解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3。 因?yàn)楫?dāng),故方案乙的用水量較少。 （II）設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為與，類似（I）得，（*）， 于是+， 當(dāng)為定值時(shí),， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立。 此時(shí) 將代入（*）式得 故時(shí)總用水量最少, 此時(shí)第一次與第二次用水量分別為： , 最少總用水量是. 當(dāng)，故T()是增函數(shù)(也可以用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷)。這說(shuō)明，隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量。