小结说课稿【一等奖】

高二不等式复习课

汕头市潮阳林百欣中学

汤良昌

一、教学目标：

1、

知识目标：让学生掌握不等式中的线性规划、基本不等式、含参一元二次不等式及不

等式证明这四部分内容；

2、

能力目标：使学生掌握分离常量法、构造法等数学方法；渗透数形结合、分类讨论、

函数和方程、转化等数学思想；

3、

情感目标：培养学生善于思考，享受数学解题过程，体会数学的美感。

二、教学重点：

1、利用基本不等式求最值；

2、解含参一元二次不等式；

3、不等式综合证明

三、教学难点：

01、用构造法构造基本不等式形式求最值；

02、用分类讨论思想解含参一元二次不等式；

03、利用导数证明不等式。

四、教学方法：启发式讲述。

五、教学过程：

（一）线性规划

搞清可行区域和目标函数

x0x2y3例1、（2）设x,y满足约束条件yx，且z，则z的取值范围是（D）

x14x3y12A．1,5 B．2,6 C．2,10 D．3,11

x0【解】作出不等式组yx表示的平面区域，如下图阴影部

4x3y12P0,4yyx分所示，目标函数

x2y3x12y1y1z12表示可行域内x1x1x1的点到1,1的连线的斜率，其斜率的最小值为kmin1,最ox4x3y12

大值为kmax415，所以z的取值范围是3,11

01【方法】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.线性规划问题首先要作出准确、清晰的可行

域，这是正确解题的前提，其次是找准目标函数的几何意义，常见的有“截距型”、“距离型”和“斜率型”，本题中通过吧目标函数zx2y3变形可知其表示可行域内的点到点1,1连x1线斜率的2倍在加上1，这样问题就转化为求可行域内的点与定点连线的斜率的范围问题，通过数形结合就容易解答了. x0变式：设x,y满足约束条件yx，

4x3y12若①zxy，则z的取值范围是_____ ②zx2y2xy，则z的取值范围是_____ ③

zxy，则z的取值范围是_____ 从中归纳目标函数是斜率型、截距型、距离型、面积型的解法。

2xy10（2）设关于x,y的不等式组xm0表示的平面区域内存在点Px0,y0满足

ym0x02y02，则m的取值范围是（D）

4212A．, B．,0 C．, D．,

33332xy10【解】因为xm0所以可以画出可行域，要使可行域存在必

ym0有m2m1，要使可行域包含直线y界点m,12m在直线y1x1上的点，只要边21x1的上方，且点m,m在直线2m2m1121yx1的下方，即得12mm1，解得m，选D 2321mm12【方法】本题主要考查可行域、二元一次不等式的几何意义以及含参数约束条件的应用，

属于难题.含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度，

此类问题的存在增加了探索问题的动态性和

开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求解的关键.揭示线性规划问题要用数形结合的思想和运动的观点来解决。

（二）基本不等式

抓住“一正、二定、三相等”

例1、（1）已知正实数m,n满足mn1，当则的 值为_____.【解】1

2116mn取得最小值时，曲线yx过点P(,)，mn54116116n16m14n16mm,n

mn1725，当且仅当mnmnmn55mn1111时取等号，此时点P,，从而可求得的值为，故答案填. 22255【方法】本题是一个关于利用基本不等式求最值方面的综合性问题，属于中档题.解决本题

116的基本思路及切入点是：首先利用常数“1”的代换求出当取得最小值时常mnmnmn数m,n的值，接着就可以求出点P(,)的坐标，再利用曲线yx过点P(,)，5454即可求得所需的结论，使问题得以解决.在此过程中，要特别注意“一正、二定、三相等”，否则容易出错.

12的最小值为__________. 1a1b112变式（2）已知ab,a,b(0,1)，则的最小值为__________. 41a1b42【答案】4

311【解析】因为ab，所以b，

44a18a12(4a1)21212122

则11a4a11a4a11a4a11a1b1a14a122122()2()[(4a1)(44a)]2

4a144a34a144a244a2(4a1)242

[3]2(322)2434a144a3344a2(4a1)42122当且仅当，即a时，取等号；故填4

4a114a3422变式（1）已知正实数a、b满足ab1，则

【方法】本题考查利用基本不等式求函数的最值问题，属于难题；解决本题的关键是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是出现基本不等式的使用条件（正值、定积），再利用基本不等式进行求解，但要注意验证等号成立的条件.

（三）不等式综合问题

例3、已知函数f(x)ln(1x2)ax(a0)．

（1）若f(x)在x0处取极值，求a的值；

（2）讨论f(x)的单调性；

*111（3）证明:(1)(1)(1n)ee

（ e为自然对数的底数, nN）．

3932x/a，又x0是f(x)的一个极值点，

解：（1）f(x)21xf/(0)0,a0，验证知a0符合条件．

（2）2xax22xaf(x)a

221x1x/①若a0时，∴f(x)在(0,)单调递增，在(,0)单调递减；

a0②若得，当a1时，f/(x)0对xR恒成立，∴f(x)在R上单调递减．

02211a11ax③若1a0时，由f(x)0得ax2xa0 ∴

aa/211a211a2或x再令f(x)0，可得x

aa11a211a2,)

上单调递增，

∴f(x)在(aa11a211a2)和（，+）在(-,上单调递减

aa/综上所述，若a1时，f(x)在(,)上单调递减；

2211a11a,)

上单调递增，

若1a0时，f(x)在(aa11a211a2)和（，+）在(-,上单调递减；

aa若a0时，f(x)在(0,)单调递增，在(,0)单调递减．

（3）由（2）知，当a1时，f(x)在(,)单调递减

2当x(0,)时，由f(x)f(0)0ln(1x)x,ln(1x)，x

111111ln(1)(1)(1n)ln(1)ln(1)ln(1n)39339311(1()n)1113133

n3139322133111(1)(1)(1n)e2.393考点：利用导数研究函数的单调性与极值；不等式的证明．

【方法】本题主要考查了利用函数的导数研究函数的单调性与函数的极值、最值及不等式

的证明、以及会用待定系数法求解函数的解析式、会用单调性对函数的运算、不等式的证明等问题，同时考查了等比数列的求和及分类讨论的数学思想方法、转化的思想方法的应用，本题第2的解答中，分三种情况a0,a1,1a0，求解函数的单调区间；第3中利用a1时，f(x)在(,)单调递减，结合等比数列的3111求和，证明不等式(1)(1)(1n)e2成立．

393

（四）小结：

本节课我们要掌握：

1、不等式中的线性规划、基本不等式、含参一元二次不等式及不等式证明这四部分内容；

2、分离常量法、构造法等数学方法；渗透数形结合、分类讨论、函数和方程、转化等数学思想；

通过这节课的学***家要善于思考，享受数学解题过程，体会数学的美感。

（五）练习

xy20y11．已知x,y满足约束条件x2y50，则z的范围是（ ）

x1y201335111A．,2 B．, C．, D．,

2222322112．若x0,y0,且2xy2，则的最小值是（ ）

xy33A. 3 B. C. 3+2 D. 2

223．已知直线axby1经过点1,2，则2a4b的最小值为（ ）

A．2 B．22 C．4 D．42

xy1014．设变量x,y满足约束条件xy10，则z()2xy的最小值为______. 23xy30

5．已知函数f(x)ln(1x2)ax(a0)

（1）讨论f(x)的单调性．

（2）证明：(114)(1116)(114n)e（nN，e为自然对数的底数）