第2章 等式与不等式 章末整合提升2（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第一册（人教B版）

章 末 整 合 提 升 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 谢谢观看 章 末 整 合 提 升 1 (一)一元二次方程的解及根与系数的关系 应用一元二次方程根与系数的关系时的注意点： (1)当一元二次方程不是一般形式时，要先化为一般形式； (2)应用时，不要漏掉“－”号； (3)应用根与系数的公式前，首先确定判别式的值是否非负，判别式的值非负是应用根与系数的公式的前提． 　已知关于x的一元二次方程mx2－(m＋2)x＋ eq \f(m,4) ＝0有两个不相等的实数根x1，x2.若 eq \f(1,x1) ＋ eq \f(1,x2) ＝4m，则m的值是(　　) A．2　　　　　　　 B．－1 C．2或－1 D．不存在 [解析]　∵关于x的一元二次方程mx2－(m＋2)x＋ eq \f(m,4) ＝0有两个不相等的实数根x1，x2，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝(m＋2)2－4m·\f(m,4)＞0，)) 解得m＞－1且m≠0. ∵x1，x2是方程mx2－(m＋2)x＋ eq \f(m,4) ＝0的两个实数根， ∴x1＋x2＝ eq \f(m＋2,m) ，x1x2＝ eq \f(1,4) ， ∵ eq \f(1,x1) ＋ eq \f(1,x2) ＝4m，∴ eq \f(\f(m＋2,m),\f(1,4)) ＝4m，∴m＝2或－1， ∵m＞－1，∴m＝2.故选A. [答案]　A (二)不等式的性质及应用 在使用不等式时，一定要弄清它们成立的前提条件，不可强化或弱化成立的条件．如“同向不等式”才可相加，“同向且两边同正的不等式”才可相乘．可乘性中的“c的符号”等都需要注意． [题组训练] 1．(多选)已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是(　　) A．若a>b，c>d，则ac>bd B．若ab>0，bc－ad>0，则 eq \f(c,a) － eq \f(d,b) >0 C．若a>b，c>d，则a－d>b－c D．若a>b，c>d>0，则 eq \f(a,d) > eq \f(b,c) 解析　若a>0>b，0>c>d，则ac<bd，故A错误； 若ab>0，bc－ad>0，则 eq \f(bc－ad,ab) >0， 化简得 eq \f(c,a) － eq \f(d,b) >0，故B正确； 若c>d，则－d>－c，又a>b，则a－d>b－c，故C正确； 若a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，则 eq \f(a,d) ＝－1， eq \f(b,c) ＝－1， eq \f(a,d) ＝ eq \f(b,c) ＝－1，故D错误． 答案　BC 2．(多选)对于实数a，b，c，下列命题正确的是(　　) A．若a>b，则ac<bc B．若ac2<bc2，则a>b C．若a<b<0，则a2>ab>b2 D．若a>b， eq \f(1,a) > eq \f(1,b) ，则a>0，b<0 解析　A项，若a>b，则ac<bc，当c≥0时不成立，排除； B项，若ac2<bc2，故c2>0，则a<b，不正确； C项，若a<b<0，则a2－ab＝a(a－b)>0， ab－b2＝b(a－b)>0，∴a2>ab>b2，正确； D项，若a>b， eq \f(1,a) － eq \f(1,b) ＝ eq \f(b－a,ab) >0，∴ab<0， ∴a>0，b<0，正确． 答案　CD 3．已知a>0，b>0，且a≠b，比较 eq \f(a2,b) ＋ eq \f(b2,a) 与a＋b的大小． 解析　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a))) －(a＋b)＝ eq \f(a2,b) －b＋ eq \f(b2,a) －a＝ eq \f(a2－b2,b) ＋ eq \f(b2－a2,a) ＝(a2－b2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a))) ＝(a2－b2) eq \f(a－b,ab) ＝ eq \f((a－b)2(a＋b),ab) ， ∵a>0，b>0，且a≠b， ∴(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0， ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a))) －(a＋b)>0，即 eq \f(a2,b) ＋ eq \f(b2,a) >a＋b. (三)不等式的解集 1．对于实数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(二次项系数为正)，然后能分解因式的变成因式相乘的形式，从而得到不等式的解集． 2．对于含参数的不等式要注意对参数进行讨论，做到不重不漏． 3．对于含参数的一元二次不等式，若二次项系数为常数，则可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式分类讨论，分类要做到不重不漏． 　解关于x的不等式ax2－2(a＋1)x＋4>0(a∈R). [解析]　当a＝0时，不等式－2x＋4>0的解为x<2； 当a≠0时，不等式对应方程的根为x＝ eq \f(2,a) 或x＝2， ①当a<0时，不等式ax2－2(a＋1)x＋4>0(a∈R)，即(－ax＋2)(x－2)<0的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，2)) ； ②当0<a<1时，不等式(ax－2)(x－2)>0的解集为(－∞，2)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞)) ； ③当a＝1时，不等式(x－2)2>0的解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)； ④当a>1时，不等式(ax－2)(x－2)>0的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a))) ∪(2，＋∞). 综上所述，当a＝0时，不等式解集为(－∞，2)； 当a<0时，不等式的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，2)) ； 当0<a<1时，不等式的解集为(－∞，2)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞)) ； 当a＝1时，不等式的解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)； 当a>1时，不等式的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a))) ∪(2，＋∞). (四) 均值不等式及应用　题点多探　多维探究 均值不等式的主要应用是求最值或范围，既适用于一个变量的情况，也适用于两个变量的情况．均值不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能．解答此类问题关键是创设应用不等式的条件，合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧，而拆与凑的目的在于使等号能够成立． 角度1　通过配凑法求最值 　已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为(　　) A． eq \f(1,3) B． eq \f(1,2) C． eq \f(3,4) D． eq \f(2,3) [解析]　 ∵0<x<1，∴x(3－3x)＝3x(1－x)≤3 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋(1－x),2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(3,4) . 当且仅当x＝1－x，即x＝ eq \f(1,2) 时，等号成立． [答案]　B 角度2　通过常值代换法求最值 　已知2a＋3b－1＝0且a>0，b>0，则代数式 eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,b) 的最小值为(　　) A．24 B．25 C．26 D．27 [解析]　因为2a＋3b－1＝0，a>0，b>0，即2a＋3b＝1，所以 eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,b) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(3,b))) (2a＋3b)＝4＋9＋ eq \f(6b,a) ＋ eq \f(6a,b) ≥13＋2 eq \r(\f(6b,a)·\f(6a,b)) ＝25，当且仅当 eq \f(6b,a) ＝ eq \f(6a,b) ，即a＝b＝ eq \f(1,5) 时等号成立，所以 eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,b) 的最小值为25.故选B. [答案]　B 角度3　通过消元法求最值 　已知正数x，y，z满足x2＋y2＋z2＝1，则s＝ eq \f(1＋z,2xyz) 的最小值为________． [解析]　由条件得x2＋y2＝1－z2＝(1－z)·(1＋z)，则1＋z＝ eq \f(x2＋y2,1－z) ， 于是s＝ eq \f(1＋z,2xyz) ＝ eq \f(x2＋y2,2xyz(1－z)) ≥ eq \f(2xy,2xyz(1－z)) ＝ eq \f(1,z(1－z)) ≥ eq \f(1,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(z＋(1－z),2)))\s\up20(2)) ＝4， 当且仅当x＝y，且z＝1－z，即z＝ eq \f(1,2) ，x＝y＝ eq \f(\r(6),4) 时等号成立． [答案]　4 均值不等式求最值的易错点 [典例]　已知两正数x，y满足x＋y＝1，则z＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y))) 的最小值为________． [解析]　z＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y))) ＝xy＋ eq \f(1,xy) ＋ eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝xy＋ eq \f(1,xy) ＋ eq \f((x＋y)2－2xy,xy) ＝ eq \f(2,xy) ＋xy－2，令t＝xy， 则0＜t＝xy≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(1,4) ， 由t＋ eq \f(2,t) 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) 上随t的增大而减小， 故当t＝ eq \f(1,4) 时，t＋ eq \f(2,t) 有最小值 eq \f(33,4) ，所以当x＝y＝ eq \f(1,2) 时，z有最小值 eq \f(25,4) . [答案]　 eq \f(25,4) [纠错心得]　(1)应用基本不等式的条件：“一正、二定、三相等”，在求最值时必须同时具备，解答本题易漏掉等号成立的条件． (2)此类题目在命题时常常把获得“定值”条件设计为一个难点，它需要一定的灵活性和技巧性．常用技巧有“拆项”“添项”“凑系数”“常值代换”等． 均值不等式的应用 [典例]　(13分)已知a＞0，b＞0且 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝1. (1)求ab的最小值； (2)求a＋b的最小值． [审题指导]　(1)利用条件和均值不等式，解出a，b的范围； (2)利用“1”的代换求最小值． [规范解答]　(1)因为a＞0，b＞0且 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝1， 所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ≥2 eq \r(\f(1,a)·\f(2,b)) ＝2 eq \r(\f(2,ab)) ， 则2 eq \r(\f(2,ab)) ≤1，(4分) 即ab≥8，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)＝1，,\f(1,a)＝\f(2,b)，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4)) 时等号成立， 所以ab的最小值是8.(6分) $$