高中数学必修五 3.2一元二次不等式及3.4基本不等式 教案

p
C．p＝rq
解析：p＝f()＝ln，q＝f()＝ln，
r＝(f(a)＋f(b))＝ln ab＝ln ，函数f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，因为>，所以f()>f()，所以q>p＝r.
答案：C
3．已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：因为x＞a，所以2x＋＝2(x－a)＋＋2a≥2＋2a＝2a＋4，即2a＋4≥7，所以a≥.即a的最小值为.
答案：
4．若正数a，b满足ab－(a＋b)＝1，则a＋b的最小值是________．
解析：由于ab－(a＋b)＝1，所以ab＝a＋b＋1，
而ab≤2，所以a＋b＋1≤(a＋b)2.
令a＋b＝t(t>0)，所以t＋1≤t2，解得t≥2＋2，
即a＋b≥2＋2.
当且仅当a＝b＝1＋时取等号．
答案：2＋2
5．函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，则＋的最小值为________．
解析：函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，a≠1)的图象恒过定点A(－2，－1)，且点A在直线mx＋ny＋1＝0上，
∴2m＋n＝1，m，n>0，
∴＋＝·(2m＋n)
＝4＋＋≥4＋2＝8，
当且仅当即时等号成立．
答案：8
6．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≥9.
证明：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋
＝＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
章末优化总结
授课提示：对应学生用书第66页
授课提示：对应学生用书第67页
专题一　一元二次不等式解法及应用
教学目标
1．一元二次不等式和一元二次方程、一元二次函数三者构成一个统一的整体．贯穿于高中数学的始终，更是高考的重点内容，在考题中有时单独对某类不等式的解法进行考查，一般以小题形式出现，难度不大，但有时在解答题中与其他知识联系在一起，难度较大．
2．解一元二次不等式的关键是确定二次项系数的符号，把系数化为正数，利用相应方程根表示不等式的解集，含参数的不等式要注意对参数分类讨论．对含参数不等式的恒成立问题，其解决的关键便是转化与化归思想的运用，解决办法有判别式法、分离参数法、变更主元法等．
　已知关于x的不等式：<1.
(1)当a＝1时，解该不等式；
(2)当a>0时，解该不等式．
[解析]　(1)当a＝1时，不等式化为<1，
化为<0，
∴1解集为{x|1(2)原不等式可化为<0.
①当＝1即a＝2时，解集为?；
②当>1即0③当<1即a>2时，解集为.
1．当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，则m的取值范围是________．
解析：法一：当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立?m<－＝－在x∈(1,2)上恒成立，设φ(x)＝－，φ(x)＝－∈(－5，－4)，故m≤－5.
法二：设f(x)＝x2＋mx＋4，因为当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，所以即解得m≤－5.
答案：(－∞，－5]
专题二　利用基本不等式求最值
教学目标
1．考试中单纯对不等式性质的考查并不多，但是不等式作为工具几乎渗透到各个考点，所以其重要性不言而喻．而利用基本不等式求最值，解决实际问题是考试的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度为中、低档题；
2．不等式的基本性质是解决不等式有关问题的基础，在应用中，要注意各性质的条件和结论，看交换条件和结论是否依然成立，也就是说要观察每条性质是否具有可逆性．
在应用基本不等式求最值时，要把握三个方面，即“一正——各项都是正数；二定——和或积为定值；三相等——等号能取得”，这三个方面缺一不可．
　(1)设＝(1，－2)，＝(a，－1)，＝(－b,0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则＋的最小值为________．
(2)若x>－1，则f(x)＝的最小值为________．
[解析]　(1)＝－＝(a－1,1)，
＝－＝(－b－1,2)．
因为与共线，
所以2(a－1)＋b＋1＝0，即2a＋b＝1.
因为a>0，b>0，
所以＋＝(2a＋b)
＝4＋＋≥4＋2＝8，
当且仅当即a＝，b＝时等号成立．
所以＋的最小值为8.
(2)因为x>－1，所以x＋1>0，
f(x)＝＝
＝
＝(x＋1)＋＋5，
所以f(x)＝(x＋1)＋＋5≥2＋5＝9.
当且仅当x＋1＝，即x＝1时，等号成立．
故当x＝1时，f(x)min＝9.
[答案]　(1)8　(2)9
3．若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．2
C．2 D．4
解析：由＋＝可得a＞0，b＞0，所以＝＋≥2，即ab≥2，当且仅当，即a＝4　 ，b＝24　 时取“＝”，所以ab的最小值为2.
答案：C
章末检测(三)　不等式　单独成册　对应学生用书第121页
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．不等式(x＋3)2<1的解集是(　　)
A．{x|x>－2}　　　　　 B．{x|x<－4}
C．{x|－4解析：原不等式可化为x2＋6x＋8<0，解得－4答案：C
2．若a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．a＋c≥b＋c B．ac>bc
C.>0 D.≥0
解析：∵a>b，∴a－b>0，c2≥0
∴≥0.
答案：D
3．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有(　　)
A．M>N B．M ≥N
C．M解析：因为M－N＝2a2－4a－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N，故选A.
答案：A
4．已知关于x的不等式mx2＋8mx＋28<0的解集为{x|－7A．1 B．2
C．3 D．4
解析：因为不等式mx2＋8mx＋28<0的解集为{x|－7所以－7，－1是方程mx2＋8mx＋28＝0的两个根，且m>0，
所以∴m＝4.
答案：D
5．设x，y为正数，则(x＋y)的最小值为(　　)
A．6 B．9
C．12 D．15
解析：x，y为正数，(x＋y)＝1＋4＋＋≥9，当且仅当y＝2x等号成立，选B.
答案：B
6．
7．不等式组的解集为(　　)
A．[－4，－3] B．[－4，－2]
C．[－3，－2] D．?
解析：?
??－4≤x≤－3.
答案：A
8．已知实数x，y满足x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有(　　)
A．最小值和最大值1
B．最小值和最大值1
C．最小值和最大值
D．最小值1
解析：∵x2y2≤2＝，当且仅当x2＝y2＝时，等号成立，∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2≥.∴x2y2≥0，∴≤1－x2y2≤1.
答案：B
9．若关于x的不等式2x2－8x－4－a≥0在1≤x≤4内有解，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤－4 B．a≥－4
C．a≥－12 D．a≤－12
解析：令y＝2x2－8x－4(1≤x≤4)，则y＝2x2－8x－4在x＝4时取得最大值－4，∴当a≤－4时，2x2－8x－4≥a在1≤x≤4内有解．
答案：A
10．设a、b是实数，且a＋b＝3，则2a＋2b的最小值是(　　)
A．6 B．4
C．2 D．8
解析：∵a，b是实数，
∴2a>0,2b>0，
于是2a＋2b≥2＝2＝2＝4，当且仅当a＝b＝时取得最小值4.
答案：B
11．
12．
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上)
13．函数y＝2－x－(x>0)的值域为________．
解析：当x>0时，y＝2－≤2－2＝－2.
当且仅当x＝，x＝2时取等号．
答案：(－∞，－2]
14．不等式≤3的解集为________．
解析：≤3?≤0，
即≥0，
∴x＜0或x≥.
答案：(－∞，0)∪[，＋∞)
15．已知不等式x2－ax－b<0的解集为(2,3)，则不等式bx2－ax－1>0的解集为________．
解析：方程x2－ax－b＝0的根为2,3.
根据韦达定理得：a＝5，b＝－6，
所以不等式为6x2＋5x＋1<0，解得解集为.
答案：
16.
三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(12分)已知f(x)＝x2＋2x＋2a－a2，若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
解析：设g(x)＝x2＋2x.
因为f(x)>0，所以x2＋2x>a2－2a.
只要使g(x)在[1，＋∞)上的最小值大于a2－2a即可．
因为g(x)＝x2＋2x在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝3.
所以a2－2a<3，解此一元二次不等式，得－1所以实数a的取值范围是(－1,3)．
18．(12分)已知f(x)＝x2－(a＋)x＋1，
(1)当a＝时，解不等式f(x)≤0；
(2)若a＞0，解关于x的不等式f(x)≤0.
解析：(1)当a＝时，有不等式f(x)＝x2－x＋1≤0，
∴(x－)(x－2)≤0，
∴不等式的解集为{x|≤x≤2}．
(2)∵不等式f(x)＝(x－)(x－a)≤0，
当0＜a＜1时，有＞a，
不等式的解集为{x|a≤x≤}；
当a＞1时，有＜a，不等式的解集为{x|≤x≤a}；
当a＝1时，不等式的解集为{x|x＝1}．
19．
20．(12分)已知关于x的不等式kx2－2x＋6k<0(k≠0)．
(1)若不等式的解集是{x|x<－3或x>－2}，求k的值；
(2)若不等式的解集是R，求k的取值范围．
解析：(1)因为不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，所以－3，－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根且k<0.
由根与系数的关系得解得k＝－.
(2)因为不等式的解集为R，
所以
即
所以k<－.
即k的取值范围是.
21．(13分)某外商到一开发区投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元．设f(n)表示前n年的纯利润总和．
(注：f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)
(1)从第几年开始获利？
(2)若干年后，外商为开发新项目，有两种处理方案：
①年平均利润最大时，以48万美元出售该厂；
②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂．
问哪种方案最合算？为什么？
解析：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，则f(n)＝50n－－72＝－2n2＋40n－72.
(1)获利就是要求f(n)>0，所以－2n2＋40n－72>0，
解得2(2)①年平均利润＝＝40－2≤16.
当且仅当n＝6时取等号，
故此方案共获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n＝6.
②f(n)＝－2(n－10)2＋128.
当n＝10时，f(n)max＝128.
故第②种方案共获利128＋16＝144(万美元)．
故比较两种方案，获利都是144万美元．
但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案．
22．(13分)设函数f(x)＝x＋，x∈[0，＋∞)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；
(2)当0解析：(1)把a＝2代入f(x)＝x＋，
得f(x)＝x＋＝(x＋1)＋－1，
∵x∈[0，＋∞)，
∴x＋1>0，>0，
∴x＋1＋≥2.
当且仅当x＋1＝，即x＝－1时，f(x)取最小值．
此时，f(x)min＝2－1.
(2)当0若x＋1＋≥2，
则当且仅当x＋1＝时取等号，此时x＝－1<0(不合题意)，因此，上式等号取不到．
设x1>x2≥0，则
f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－
＝(x1－x2)，
∵x1>x2≥0，
∴x1－x2>0，x1＋1>1，x2＋1≥1.
∴(x1＋1)(x2＋1)>1，而0∴<1，
∴f(x1)－f(x2)>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝a.
第三章复习
一、性质
二、一元二次不等式
三、基本不等式
例题
练习和作业