小结优质课教学设计

学习目标

1.整合知识结构，进一步巩固、深化所学知识.2.能熟练利用不等式的性质比较大小、变形不等式、证明不等式.3.体会“三个二次”之间的内在联系在解决问题中的作用.4.能熟练地运用图解法解决线性规划问题.5.会用基本不等式求解函数最值．

知识点一

“三个二次”之间的关系

所谓三个二次，指的是①二次函数图象及与x轴的交点；②相应的一元二次方程的实根；③一元二次不等式的解集端点．

解决其中任何一个“二次”问题，要善于联想其余两个，并灵活转化．

知识点二

规划问题

1．规划问题的求解步骤．

(1)把问题要求转化为约束条件；

(2)根据约束条件作出可行域；

(3)对目标函数变形并解释其几何意义；

(4)移动目标函数寻找最优解；

(5)解相关方程组求出最优解．

2．关注非线性：

(1)确定非线性约束条件表示的平面区域．可类比线性约束条件，以曲线定界，以特殊点定域．

y－b(2)常见的非线性目标函数有①，其几何意义为可行域上任一点(x，y)与定点(a，b)连线的x－a斜率；②x－a2＋y－b2，其几何意义为可行域上任一点(x，y)与定点(a，b)的距离．

知识点三

基本不等式

利用基本不等式证明不等式和求最值的区别．

利用基本不等式证明不等式，只需关注不等式成立的条件．

利用基本不等式求最值，需要同时关注三个限制条件：一正；二定；三相等．

类型一

“三个二次”之间的关系

例1

设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为M，如果M⊆[1,4]，求实数a的取值范围．

解

M⊆[1,4]有两种情况：

其一是M＝∅，此时Δ<0；其二是M≠∅，此时Δ＝0或Δ>0，下面分三种情况计算a的取值范围．

设f(x)＝x2－2ax＋a＋2，

对方程x2－2ax＋a＋2＝0，

有Δ＝(－2a)2－4(a＋2)＝4(a2－a－2)，

①当Δ<0时，－1

②当Δ＝0时，a＝－1或a＝2. 当a＝－1时，M＝{－1}

[1,4]，不满足题意；

当a＝2时，M＝{2}⊆[1,4]，满足题意．

③当Δ>0时，a<－1或a>2. 设方程f(x)＝0的两根为x1，x2，且x1

那么M＝[x1，x2]，M⊆[1,4]⇔1≤x10，

a≤18，71＜a＜4，a＜－1或a>2，a≤3，

18解得2

718综上可知，当M⊆[1,4]时，a的取值范围是(－1，]．

7反思与感悟

(1)三个二次之间要选择一个运算简单的方向进行转化，如1≤x1

1＜a＜4且Δ>0

(2)用不等式组来刻画两根的位置体现了数形结合的思想．

跟踪训练1

若关于x的不等式ax2－6x＋a2<0的解集是(1，m)，则m＝________. 答案

2 解析

因为ax2－6x＋a2<0的解集是(1，m)，

所以1，m是方程ax2－6x＋a2＝0的根，且m>1，

m>1，6⇒1＋m＝a，1·m＝a

m＝2，⇒

a＝2.

类型二

规划问题

x－4y≤－3，例2

已知变量x，y满足约束条件3x＋5y≤25，x≥1，

求z＝2x＋y的最大值和最小值．

解

如图，阴影部分(含边界)为不等式组所表示的可行域．

设l0：2x＋y＝0，l：2x＋y＝z，则z的几何意义是直线y＝－2x＋z在y轴上的截距，显然，当直线越往上移动，对应在y轴上的截距越大，即z越大；当直线越往下移动，对应在y轴上的截距越小，即z越小．

上下平移直线l0，可得当l0过点A(5,2)时，zmax＝2×5＋2＝12；当l0过点B(1,1)时，zmin＝2×1＋1＝3. 反思与感悟

(1)因为寻找最优解与可行域的外界斜率有关，所以画可行域要尽可能精确；(2)线性目标函数的最值与截距不一定是增函数关系，所以要关注截距越大，z越大还是越小．

跟踪训练2

某人承揽一项业务，需做文字标牌4个，绘画标牌5个．现有两种规格的原料，甲种规格每张3 m2，可做文字标牌1个，绘画标牌2个；乙种规格每张2 m2，可做文字标牌2个，绘画标牌1个，求两种规格的原料各用多少张才能使得总用料面积最小．

解

设需要甲种原料x张，乙种原料y张，则可做文字标牌(x＋2y)个，绘画标牌(2x＋y)个，

x＋2y≥4，由题意可得x≥0，y≥0，x，y∈N.2x＋y≥5，

所用原料的总面积为z＝3x＋2y，

作出可行域如图阴影部分(含边界)所示．

在一组平行直线3x＋2y＝z中，

经过可行域内的点A时，z取得最小值，

直线2x＋y＝5和直线x＋2y＝4的交点为A(2,1)，

即最优解为(2,1)．

所以使用甲种规格原料2张，乙种规格原料1张，可使总的用料面积最小．

类型三

利用基本不等式求最值

命题角度1

无附加条件型

50x例3

设f(x)＝2. x＋1(1)求f(x)在[0，＋∞)上的最大值；

(2)求f(x)在[2，＋∞)上的最大值．

1解

(1)当x>0时，有x＋≥2，

x50x50∴f(x)＝2＝≤25. 1x＋1x＋x1当且仅当x＝，即x＝1时等号成立，

x∴f(x)在[0，＋∞)上的最大值是25. 1(2)∵函数y＝x＋在[2，＋∞)上是增函数且恒为正，

x50∴f(x)＝在[2，＋∞)上是减函数，且f(2)＝20. 1x＋x∴f(x)在[2，＋∞)上的最大值为20. 反思与感悟

利用基本不等式求最值要满足“一正、二定、三相等”，缺一不可，可以通过拼凑、换元等手段进行变形．如不能取到最值，可以考虑用函数的单调性求解．

1跟踪训练3

求函数y＝＋x(x＞3)的最小值．

x－311解

∵y＝＋x＝＋(x－3)＋3，x＞3，

x－3x－31∴x－3＞0，＞0，

x－3

∴y≥21·x－3＋3＝5. x－31当且仅当＝x－3，

x－3即x＝4时，y有最小值5. 命题角度2

有附加条件的最值问题

例4

函数y＝a1x(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny－1＝0(mn＞0)上，－11则＋的最小值为________．

mn答案

4 解析

方法一

y＝a1x(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A(1,1)，

－∵点A在直线mx＋ny－1＝0上，

∴m＋n＝1，

11m＋n11∴＋＝＝≥＝4，

mnmnmnm＋n221当且仅当m＝n＝时，取等号．

2方法二

1111＋＝(m＋n)(＋) mnmnnm·＝4，

mnnm＝2＋＋≥2＋2 mnm＋n＝1，1当且仅当nm即m＝n＝时取等号．

2＝，mn11∴m＋nmin＝4. 反思与感悟

当所给附加条件是一个等式时，常见的用法有两个：一个是用这个等式消元，化为角度1的类型；一个是直接利用该等式代入，或构造定值．

12跟踪训练4

设x，y都是正数，且＋＝3，求2x＋y的最小值．

xy12解

∵＋＝3，

xy112＋＝1. ∴3xy112＋

∴2x＋y＝(2x＋y)×1＝(2x＋y)×3xyy4x114＋＋≥4＋2 ＝xy33y4x·

xy

448＝＋＝. 333y4x当且仅当＝，即y＝2x时，取等号．

xy1224又∵＋＝3，∴x＝，y＝. xy338∴2x＋y的最小值为. 3

x＋y≤3，1．设变量x，y满足约束条件x－y≥－1，y≥1，A．12

B．10

C．8

D．2 答案

B z解析

画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，目标函数z＝4x＋2y可转化为y＝－2x＋，

2z作出直线y＝－2x并平移，显然当其过点A时，纵截距最大．

2

则目标函数z＝4x＋2y的最大值为(

)

x＋y＝3，解方程组得A(2,1)，

y＝1，

所以zmax＝4×2＋2×1＝10. 12．若不等式ax2＋bx－2>0的解集为{x|－2

) 4A．－18

B．8

C．－13

D．1 答案

C 1解析

∵－2和－是方程ax2＋bx－2＝0的两根．

4－2＋－4＝－a，∴12－2×－＝－，4a1b

a＝－4，∴∴a＋b＝－13. b＝－9，

113．设a>b>0，则a2＋＋的最小值是(

) abaa－bA．1

B．2

C．3

D．4 答案

D 1111解析

a2＋＋＝a2－ab＋ab＋＋

abaa－babaa－b11＝a(a－b)＋＋ab＋

abaa－b≥2＋2＝4. 当且仅当a(a－b)＝1且ab＝1，

即a＝2，b＝2时取等号．

2

1．不等式的基本性质

不等式的性质是不等式这一章内容的理论基础，是不等式的证明和解不等式的主要依据．因此，要熟练掌握和运用不等式的八条性质．

2．一元二次不等式的求解方法

对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0，<0，≤0)(其中a≠0)的求解，要联想两个方面的问题：二次函数y＝ax2＋bx＋c与x轴的交点；方程ax2＋bx＋c＝0的根．按照Δ>0，Δ＝0，Δ<0分三种情况讨论对应的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0，<0，≤0)(a>0)的解集．

3．二元一次不等式表示的平面区域的判定

对于在直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有点(x，y)，实数Ax＋By＋C的符号相同，取一个特殊点(x0，y0)，根据实数Ax0＋By0＋C的正负即可判断不等式表示直线哪一侧的平面区域，可简记为“直线定界，特殊点定域”．特别地，当C≠0时，常取原点作为特殊点．

4．求目标函数最优解的方法

通过平移目标函数所对应的直线，可以发现取得最优解对应的点往往是可行域的顶点，于是在选择题中关于线性规划的最值问题，可采用求解方程组代入检验的方法求解．

5．运用基本不等式求最值时把握三个条件：①“一正”——各项为正数；②“二定”——“和”或“积”为定值；③“三相等”——等号一定能取到．这三个条件缺一不可．

40分钟课时作业

一、选择题

1．若a<0，－1

) A．a>ab>ab2

B．ab2>ab>a

C．ab>a>ab2

答案

D 解析

∵a<0，－1

∴ab>0，ab2<0. ∴ab>a，ab>ab2. ∵0<1＋b<1,1－b>1>0，

D．ab>ab2>a

∴a－ab2＝a(1－b2)＝a(1＋b)(1－b)<0，

∴a

∴a

) A．a<0或a>2

C．a＝0或a＝2

答案

B 解析

原点和点(1,1)在直线x＋y＝a两侧，将原点(0,0)和点(1,1)代入x＋y－a中，结果异号，即－a(1＋1－a)<0，故0

) x＋3A．{x|x<－8或x>－3}

C．{x|－3≤x≤2}

答案

B x－2－x－8解析

原不等式可化为－2≤0，即≤0，即(x＋3)(x＋8)≥0且x≠－3，解得x≤－x＋3x＋38或x>－3. x－y＋1≤0，y4．若实数x，y满足则的取值范围是(

) x－1x>0，B．0－3} D．{x|－3

A．(－1,1)

C．(－∞，－1)

答案

B 解析

可行域如图阴影部分，yy>1或<－1. x－1x－1B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．[1，＋∞) y的几何意义是区域内的点与点(1,0)连线的斜率，易求得x－1

5．如果a∈R，且a2＋a<0，那么a，a2，－a，－a2的大小关系是(

) A．a2>a>－a2>－a

C．－a>a2>a>－a2

答案

B 解析

∵a2＋a<0，

∴a(a＋1)<0，∴－1a2>－a2>a. 296．已知函数y＝x－4＋(x>－1)，当x＝a时，y取得最小值b，则a＋b等于(

) x＋1A．－3

B．2

C．3

D．8 答案

C 99解析

y＝x－4＋＝(x＋1)＋－5，

x＋1x＋1因为x>－1，所以x＋1>0，

所以y≥29x＋1·－5＝2×3－5＝1，

x＋1B．－a>a2>－a2>a

D．a2>－a>a>－a2

9当且仅当x＋1＝，即x＝2时，等号成立，

x＋1此时a＝2，b＝1，

所以a＋b＝3. 二、填空题

xy7．已知x，y∈(0，＋∞)，且满足＋＝1，则xy的最大值为________．

34答案

3 xy解析

因为x>0，y>0，＋＝1，

34xy所以＋≥2 34即

xy·＝

34xyxy13(当且仅当＝＝，即x＝，y＝2时取等号)，

33422xy≤1，解得xy≤3，

3所以xy的最大值为3. 8．若关于x的方程8x2－(m－1)x＋m－7＝0的两根均大于1，则m的取值范围是________．

答案

[25，＋∞) 解析

令f(x)＝8x2－(m－1)x＋m－7. ∵方程8x2－(m－1)x＋m－7＝0的两根均大于1，

m－1∴由二次函数图象得＞1，16f1＞0m≥25或m≤9，解得m＞17，m∈R，Δ＝m－12－32m－7≥0，

∴m的取值范围是{m|m≥25}．

9．函数y＝答案

2

4x＋2的最大值是________．

2x＋5解析

设t＝x＋2，从而x＝t2－2(t≥0)，

t则y＝2. 2t＋1当t＝0时，y＝0；

112当t>0时，y＝≤＝，

1142t＋2 2t·tt12当且仅当2t＝，即t＝时等号成立．

t232即当x＝－时，ymax＝. 24a2b210．已知a>0，b>0且a≠b，则＋与a＋b的大小关系是________________．

baa2b2答案

＋>a＋b

baa2b2a2b2解析

∵(＋)－(a＋b)＝－b＋－a

babaa2－b2b2－a211＝＋＝(a2－b2)(－) babaa－ba－b2a＋b＝(a－b)＝，

abab22又∵a>0，b>0，a≠b，

∴(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0，

a2b2a2b2∴(＋)－(a＋b)>0，∴＋>a＋b. baba三、解答题

11．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：a＋b＋c>ab＋bc＋ca. 证明

∵a>0，b>0，c>0，

∴a＋b≥2ab>0，b＋c≥2bc>0，c＋a≥2ca>0. ∴2(a＋b＋c)≥2(ab＋bc＋ca)，

即a＋b＋c≥ab＋bc＋ca. 由于a，b，c为不全相等的正实数，故等号不成立．

∴a＋b＋c>ab＋bc＋ca. 12．某工厂生产甲、乙两种产品，已知生产每吨甲、乙两种产品所需煤、电力、劳动力、获得利润及每天资源限额(最大供应量)如表所示：

产品消耗量资源

煤(t)

电力(kw· h)

劳动力(个)

利润(万元)

问：每天生产甲、乙两种产品各多少吨时，获得利润总额最大？

解

设此工厂每天应分别生产甲、乙两种产品x吨、y吨，获得利润z万元．

甲产品(每吨) 9

4

3

6

乙产品(每吨) 4

5

10

12

资源限额(每天) 360 200 300

4x＋5y≤200，依题意可得约束条件3x＋10y≤300，x≥0，y≥0，作出可行域如图．

9x＋4y≤360，

利润目标函数z＝6x＋12y，

由几何意义知，当直线l：z＝6x＋12y经过可行域上的点M时，z＝6x＋12y取最大值．解方

3x＋10y＝300，程组

4x＋5y＝200，

得x＝20，y＝24，即M(20,24)．

所以生产甲种产品20吨，乙种产品24吨，才能使此工厂获得最大利润．

b13．已知正数a，b，c满足：5c－3a≤b≤4c－a，b≥a＋c，求的最大值．

aab解

题设条件可转化为c＋c≤4，a－≥1，bcc3x＋y≥5，ab记x＝，y＝，则x＋y≤4，ccy－x≥1，3ab＋≥5，cc

y且目标函数为z＝，它表示区域内的点与坐标原点连线的斜率．上述区域表示第一象限内三x直线围成的如图所示的三角形及其内部．

3x＋y＝5，由方程组

x＋y＝4，

17得交点坐标为C(，)，

22b此时zmax＝7，即的最大值为7. a