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人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第一讲

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人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第一讲文字介绍:本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看，绝对值不等式主要考查解法及简单的应用，题目难度中档偏下，着重考查学生的分类讨论思想及应用能力．解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，化成不含绝对值的不等式，其一是依据绝对值的意义；其二是先令每一个绝对值等于零，找到分界点，通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值．本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看，绝对值不等式主要考查解法及简单的应用，题目难度中档偏下，着重考查学生的分类讨论思想及应用能力．解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，化成不含绝对值的不等式，其一是依据绝对值的意义；其二是先令每一个绝对值等于零，找到分界点，通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值．真题体验1．(湖南高考)不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．解析：原不等式即|2x＋1|＞2|x－1|，两端平方后解得12x＞3，即x＞14.答案：xx>14真题体验1．(湖南高考)不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．解析：原不等式即|2x＋1|＞2|x－1|，两端平方后解得12x＞3，即x＞14.答案：xx>142．(江西高考)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.答案：52．(江西高考)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.答案：53．(陕西高考)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则m2＋n2的最小值为________．解析：∵m2＋n2＝15m2＋n2a2＋b2＝15m2a2＋m2b2＋n2a2＋n2b2＝15[ma＋nb2＋mb－na2]＝15[25＋mb－na2]＝5＋15mb－na2≥5(当且仅当mb＝na时取等号)，∴m2＋n2的最小值为5.答案：53．(陕西高考)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则m2＋n2的最小值为________．解析：∵m2＋n2＝15m2＋n2a2＋b2＝15m2a2＋m2b2＋n2a2＋n2b2＝15[ma＋nb2＋mb－na2]＝15[25＋mb－na2]＝5＋15mb－na2≥5(当且仅当mb＝na时取等号)，∴m2＋n2的最小值为5.答案：54．(新课标全国卷)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．解：(1)当a＝－3时，f(x)＝－2x＋5，x≤2，1，20，b>0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小值．(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？请说明理由．解：(1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，且当a＝b＝2时，等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时，等号成立．所以a3＋b3的最小值为42.(2)由(1)知，2a＋3b≥26·ab≥43.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.6．(新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小值．(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？请说明理由．解：(1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，且当a＝b＝2时，等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时，等号成立．所以a3＋b3的最小值为42.(2)由(1)知，2a＋3b≥26·ab≥43.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.不等式的基本性质利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值或代数式大小的比较，常用到分类讨论的思想．不等式的基本性质利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值或代数式大小的比较，常用到分类讨论的思想．[例1]“a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时，则可能有a>b且c>d.[答案]A[例1]“a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时，则可能有a>b且c>d.[答案]A基本不等式的应用利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：①和为定值时，积有最大值；②积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．基本不等式的应用利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：①和为定值时，积有最大值；②积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．[例2]已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，则y2xz的最小值为________．[解析]由x－2y＋3z＝0，得y＝x＋3z2，则y2xz＝x2＋9z2＋6xz4xz≥6xz＋6xz4xz＝3，当且仅当x＝3z时，等号成立．[答案]3[例2]已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，则y2xz的最小值为________．[解析]由x－2y＋3z＝0，得y＝x＋3z2，则y2xz＝x2＋9z2＋6xz4xz≥6xz＋6xz4xz＝3，当且仅当x＝3z时，等号成立．[答案]3[例3]设a，b，c为正实数，求证：1a3＋1b3＋1c3＋abc≥23.[证明]因为a，b，c为正实数，由平均不等式可得1a3＋1b3＋1c3≥331a3·1b3·1c3.即1a3＋1b3＋1c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥3abc＋abc，而3abc＋abc≥23abc·abc＝23.所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥23，当且仅当abc＝3时，等号成立.[例3]设a，b，c为正实数，求证：1a3＋1b3＋1c3＋abc≥23.[证明]因为a，b，c为正实数，由平均不等式可得1a3＋1b3＋1c3≥331a3·1b3·1c3.即1a3＋1b3＋1c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥3abc＋abc，而3abc＋abc≥23abc·abc＝23.所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥23，当且仅当abc＝3时，等号成立.1.公式法|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<－g(x)；|f(x)||g(x)|⇔[f(x)]2>[g(x)]2.含绝对值的不等式的解法1.公式法|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<－g(x)；|f(x)||g(x)|⇔[f(x)]2>[g(x)]2.含绝对值的不等式的解法3．零点分段法含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．3．零点分段法含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．[例4]解下列关于x的不等式：(1)|x＋1|>|x－3|；(2)|x－2|－|2x＋5|>2x.[解](1)法一：|x＋1|>|x－3|，两边平方得(x＋1)2>(x－3)2，∴8x>8.∴x>1.∴原不等式的解集为{x|x>1}．法二：分段讨论：当x≤－1时，有－x－1>－x＋3，此时x∈∅；当－1－x＋3，即x>1，此时13时，有x＋1>x－3成立，∴x>3.∴原不等式的解集为{x|x>1}．[例4]解下列关于x的不等式：(1)|x＋1|>|x－3|；(2)|x－2|－|2x＋5|>2x.[解](1)法一：|x＋1|>|x－3|，两边平方得(x＋1)2>(x－3)2，∴8x>8.∴x>1.∴原不等式的解集为{x|x>1}．法二：分段讨论：当x≤－1时，有－x－1>－x＋3，此时x∈∅；当－1－x＋3，即x>1，此时13时，有x＋1>x－3成立，∴x>3.∴原不等式的解集为{x|x>1}．(2)分段讨论：①当x<－52时，原不等式变形为2－x＋2x＋5>2x，解得x<7，∴原不等式的解集为xx<－52.②当－52≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5>2x，解得x<－35.∴原不等式的解集为x－52≤x<－35.③当x>2时，原不等式变形为x－2－2x－5>2x，解得x<－73，∴原不等式无解．综上可得，原不等式的解集为xx<－35.(2)分段讨论：①当x<－52时，原不等式变形为2－x＋2x＋5>2x，解得x<7，∴原不等式的解集为xx<－52.②当－52≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5>2x，解得x<－35.∴原不等式的解集为x－52≤x<－35.③当x>2时，原不等式变形为x－2－2x－5>2x，解得x<－73，∴原不等式无解．综上可得，原不等式的解集为xx<－35.不等式的恒成立问题对于不等式恒成立求参数范围问题，常见类型及其解法如下：(1)分离参数法运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．(2)更换主元法不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简便的解法．(3)数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．不等式的恒成立问题对于不等式恒成立求参数范围问题，常见类型及其解法如下：(1)分离参数法运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．(2)更换主元法不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简便的解法．(3)数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．[例5]设有关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.(1)当a＝1时，解此不等式．(2)当a为何值时，此不等式的解集是R?[解](1)当a＝1时，lg(|x＋3|＋|x－7|)>1，⇔|x＋3|＋|x－7|>10，⇔x≥7，2x－4>10或－310或x≤－3，4－2x>10，⇔x>7或x<－3.∴不等式的解集为{x|x<－3或x>7}．[例5]设有关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.(1)当a＝1时，解此不等式．(2)当a为何值时，此不等式的解集是R?[解](1)当a＝1时，lg(|x＋3|＋|x－7|)>1，⇔|x＋3|＋|x－7|>10，⇔x≥7，2x－4>10或－310或x≤－3，4－2x>10，⇔x>7或x<－3.∴不等式的解集为{x|x<－3或x>7}．(2)设f(x)＝|x＋3|＋|x－7|，则有f(x)≥|(x＋3)－(x－7)|＝10，当且仅当(x＋3)(x－7)≤0，即－3≤x≤7时，f(x)取得最小值10.∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥1.要使lg(|x＋3|＋|x－7|)>a的解集为R，只要a<1.(2)设f(x)＝|x＋3|＋|x－7|，则有f(x)≥|(x＋3)－(x－7)|＝10，当且仅当(x＋3)(x－7)≤0，即－3≤x≤7时，f(x)取得最小值10.∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥1.要使lg(|x＋3|＋|x－7|)>a的解集为R，只要a<1.本课结束

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