《2019-2020學年新教材高中數(shù)學 第2章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 章末復習教學案 新人教A版必修第一冊》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年新教材高中數(shù)學 第2章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 章末復習教學案 新人教A版必修第一冊（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 知識系統(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；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)充分利用條件是關鍵，要注意“1”的整體代換及幾個“＝”必須保證同時成立． (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

2、不等式，經(jīng)過逐步的邏輯推理，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，必須同時滿足以下三個條件：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)(有時需通過“配湊、分拆”湊出定值)． ③x與y必須能夠相等(等號能夠取到)． (2)構(gòu)造定值條件的常用技巧 ①加項變換；②拆項變換；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a＞0時，解形如ax2＋bx＋c＞0(≥0)或ax2＋bx＋c＜0(≤0)的一元二次

3、不等式的一般步驟如下： (1)確定對應方程ax2＋bx＋c＝0的解； (2)畫出對應函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象的簡圖； (3)由圖象寫出不等式的解集． 特別提醒：(1)在通過圖象獲取解集時，注意不等式中的不等號方向、是否為嚴格不等關系及Δ＝0時的特殊情況． (2)當a＜0時，解不等式可以從兩個方面入手：①畫出對應圖象進行直接判定(此時圖象開口向下)；②兩邊同乘以－1，把a轉(zhuǎn)變?yōu)椋璦再進行求解． 5．一元二次不等式的實際應用 不等式在解決生活、生產(chǎn)中的一些實際問題中有著廣泛的應用，主要有范圍問題、最值問題等．解一元二次不等式的應用問題的關鍵在于構(gòu)造一元二次不等式模型．解題的一般

4、步驟是： (1)理清題意：弄清問題的實際背景和意義，用數(shù)學語言來描述問題． (2)簡化假設：精選問題中的關鍵變量． (3)列出關系式：建立變量間的不等關系式． (4)求解：運用數(shù)學知識解相應不等式． (5)檢驗并作答：將所得不等式的解集放回原題中檢驗是否符合實際情況，然后給出問題的答案． 學科思想培優(yōu) 一、常數(shù)代換法 [典例1]　已知正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則＋的最小值為(　　) A．5 B. C. D．2 解析　因為x＋y＝1，所以x＋(1＋y)＝2，則2＝[x＋(1＋y)]＝＋＋5≥2＋5＝9，所以＋≥，當且僅當即時，等號成立，因此＋的最小值為.故選C. 答

5、案　C 二、消元法 [典例2]　設x，y，z為正實數(shù)，滿足x－2y＋3z＝0，則的最小值為________． 解析　解法一：由x－2y＋3z＝0，得y＝，故＝＝≥＝3， 當且僅當x＝y(tǒng)＝3z時取等號，即的最小值為3. 解法二：由x－2y＋3z＝0，得x＝2y－3z，＝2－＞0. ＝＝≥＝3.當且僅當x＝y(tǒng)＝3z時取等號，即的最小值為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元的和或積的定值，在不等式的變形中，配湊出這些定值，可使問題巧妙獲解．常見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)運算和技巧． [典例3]　

6、設x>0，y>0，x2＋＝1，求x的最大值． 解　∵x>0，y>0，x2與的和為定值， ∴x＝＝≤·＝·＝，當且僅當x2＝，即x＝，y＝時取等號，即x的最大值為. [典例4]　已知x，y，z為正數(shù)，且滿足xyz(x＋y＋z)＝1，求(x＋y)(y＋z)的最小值． 解　由條件得x＋y＋z＝，則(x＋y)(y＋z)＝xy＋xz＋y2＋yz＝y(tǒng)(x＋y＋z)＋xz＝y(tǒng)·＋xz＝＋xz≥2，當且僅當＝xz，即xz＝1時取等號，故(x＋y)(y＋z)的最小值為2. [典例5]　設a1，a2，a3，…，an均為正實數(shù)，求證：＋＋…＋＋≥a1＋a2＋a3＋…＋an. 證明　為了約去中的分母，可考

7、慮配上一項ak＋1，于是有＋a2≥2a1，＋a3≥2a2，…，＋an≥2an－1，＋a1≥2an，當且僅當a1＝a2＝…＝an時取等號．以上不等式相加，化簡，可得原不等式成立． 2．從取等號的條件入手配湊 在題中約束條件下，各變元將取某個特定值，這就提示我們可考慮用這些值來進行配湊． [典例6]　設a，b，c＞0，a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值． 解　·≤＝，·≤，·≤. 以上三式相加，并利用a＋b＋c＝1，得(＋＋)≤6，故＋＋的最大值為3. 四、判別式法在“三個二次”問題中的應用 一元二次方程、一元二次不等式與二次函數(shù)的關系十分密切，習慣上稱為“三個二次”問題．根據(jù)判別式法在

8、解一元二次方程中的作用，可見判別式法在“三個二次”問題中的重要性． 1．求變量的取值范圍 [典例7]　不等式(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0對任意x∈R恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0對任意x∈R恒成立． ①若m2－2m－3＝0，則m＝－1或m＝3. 當m＝－1時，不符合題意；當m＝3時，符合題意． ②若m2－2m－3≠0，設y＝(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0對任意x∈R恒成立． 則m2－2m－3<0，Δ＝b2－4ac＝5m2－14m－3<0， 解得－

9、最值 [典例8]　已知正實數(shù)a，b滿足a＋2b＋ab＝30，試求實數(shù)a，b為何值時，ab取得最大值． 解　構(gòu)造關于a的二次方程，應用“判別式法”． 設ab＝y(tǒng)，?、? 由已知得a＋2b＋y＝30.?、? 由①②消去b，整理得a2＋(y－30)a＋2y＝0，?、? 對于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Δ＝0)，得a2－12a＋36＝0，即a＝6，從而b＝3.故當a＝6，b＝3時，ab取得最大值18. 3．證明不等式 [典例9]　已知x，y∈R，證明：2

10、x2＋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于y的二次函數(shù)，令z＝y(tǒng)2＋2xy＋2x2－4x＋5，則關于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.則對于二次函數(shù)z＝y(tǒng)2＋2xy＋2x2－4x＋5，其圖象開口向上，且在x軸上方，所以z>0恒成立，即2x2＋2xy＋y2－4x＋5>0恒成立． 五、含變量的不等式恒成立問題 [典例10]　對于滿足0≤p≤4的一切實數(shù)，不等式x2＋px＞4x＋p－3恒成立，試求x的取值范圍． 解　原不等式可化為x2＋px－4x－p＋3＞0， 令y＝x2＋px－4x－p＋3 ＝(x－1)p＋(x2－4x＋3)． 由題設得 解得x＞3或x＜－1. 故x的取值范圍是x<－1或x>3. - 6 -