平面向量與不等式復習

●張宗余 祝益鋒 (象山中學 浙江象山 315700)

平面向量與不等式復習

●張宗余 祝益鋒 (象山中學 浙江象山 315700)

平面向量、不等式作為高考的常見考點，在近幾年高考中的分值基本穩定．在命題中，向量的坐標運算和數量積屬必考內容，同時此內容與平面幾何、立體幾何、解析幾何聯系緊密，因而有著豐富的幾何背景．不等式的考查突出工具性，淡化獨立性，是不等式命題的總體趨向．

平面向量；不等式；幾何意義

1 知識內容

1)平面向量部分：主要考查平面向量的基本概念、平面向量的線性運算及幾何意義、平面向量的基本定理及坐標表示、平面向量的數量積、向量的綜合應用．

2)不等式部分：主要考查不等關系及其性質、一元一次不等式、二元一次不等式組與簡單線性規劃、基本不等式、絕對值不等式及其應用．

2 命題分析

2.1 平面向量部分

近5年的浙江省數學高考試題中，對平面向量的考查分布如表1所示.

表1 平面向量在近5年浙江省數學高考試題中的考查分布

1)命題角度.

①考查平面向量的幾何意義以及零向量、向量的模、單位向量、向量相等、平行向量、向量夾角等概念；

②考查平面向量加法、減法、數乘的概念及其幾何意義；

③平面向量的基本定理及其意義，利用平面向量基本定理解決簡單問題，向量的加法、減法與數乘的坐標運算；

④根據平面向量的數量積概念及其幾何意義解決幾何圖形中向量的數量積，利用坐標計算平面向量的數量積及2個向量的夾角；

⑤利用數量積證明平行與垂直，利用數量積求最值、證明不等式，利用向量方法解決某些簡單的平面幾何問題．

2)命題趨勢.

平面向量作為高考的常見考點之一，在近幾年的浙江省數學高考中分值基本穩定．其中向量的基本概念與運算多以選擇題和填空題的形式出現；向量的坐標運算和數量積屬必考內容，同時此內容與平面幾何、立體幾何、解析幾何聯系緊密，有著豐富的幾何背景．

2.2 不等式部分

近5年的浙江省數學高考試題中，對不等式的考查分布如表2所示.

表2 不等式在近5年浙江省數學高考試題中的考查分布

1)命題角度.

①利用作差、作商法比較大小,利用不等式的基本性質判斷關于不等式的命題的真假;

②利用函數的圖像解一元二次不等式,利用分類討論解含參數的不等式,利用轉化與化歸思想解含絕對值的不等式;

④利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|求最值、證明不等式．

2)命題趨勢.

在高考命題趨勢上，不等式的考查突出工具性，淡化獨立性，這是不等式命題的總體趨向．在數學高考試題中，有關不等式的考查主要有：①不等式的性質，常與指數函數、對數函數、三角函數等結合起來，考查不等式的性質、函數的單調性、最值等；②不等式的證明，多以函數、數列、解析幾何等知識為背景，在知識網絡的交匯處命題，綜合性強，能力要求高；③解不等式，往往與公式、根式和參數的討論聯系在一起，考查學生的等價轉化能力和分類討論能力；④絕對值不等式(三角不等式)在2016年的高考中異軍突起，值得重點關注．

3 典題剖析

考點1 平面向量的線性運算及幾何意義

例1 設a，b是2個非零向量，

( )

A．若|a+b|=|a|-|b|，則a⊥b

B．若a⊥b，則|a+b|=|a|-|b|

C．若|a+b|=|a|-|b|，則存在實數λ，使得b=λa

D．若存在實數λ，使得b=λa，則|a+b|=|a|-|b|

(2012年浙江省數學高考理科試題第5題)

分析 此題較全面地考查了平面向量的模、向量的線性運算及其幾何意義、向量的共線定理．

解法1 |a+b|=|a|-|b|平方后得

|a|2+|b|2+2a·b=|a|2+|b|2-2|a||b|,

從而

a·b=-|a||b|,

于是cos=-1,即向量a，b共線．故選C．

解法2 由三角形法則得：若向量不共線，則||a|-|b||<|a+b|(根據三角形兩邊之差小于第三邊)，因此若|a+b|=|a|-|b|，則存在實數λ，使得b=λa成立．

考點2 平面向量的數量積

分析 第1)小題考查平面向量射影的概念，方法有直接法、坐標法、幾何法等．

解法1 向量a在b方向上的射影為

圖1

分析 第2)小題以圓為背景，考查平面向量的數量積，屬于動態問題，選擇合適的變量，構建函數關系．

圖2

解法1 引入∠ABC=θ,其中θ∈(0,π),則

解法3 引入BC邊上的中線AD,設AD的長為x(其中x≥2)，則

平面向量有很多與數量積最值相關的問題，解題的關鍵是利用向量知識將問題轉化為函數最值問題，通過構造函數、數形結合、極化恒等式來求最值或范圍．向量與函數的結合，既考查了學生的創新數學素養，又加強了對“雙基”的考查，特別是向量線性運算．該命題形式符合考綱要求，從學科的整體高度和思維價值的高度考慮問題，在知識網絡的交匯處設計試題，對數學基礎知識的考查達到必要的深度．

考點3 不等式的解法

分析 從數(方程)的角度，原方程無解，即(ab-1)x=b-1無解，則

ab-1=0,b≠1，

故

從形的角度，原方程無解，即2條不重合的直線平行，則

故

考點4 基本不等式及其應用

2)已知x>0，y>0，2x+8y-xy=0,則x+y的最小值是______;

分析 這3道題均是二元條件最值問題，一般的解法是利用均值不等式、消元法、判別式法、數形結合等．

解 1)(利用均值不等式)由

2)(判別式法)設x+y=t，則2x+8(t-x)-x(t-x)=0，將該式整理成關于x的一元二次方程x2-(6+t)x+8t=0.由于該方程有解，從而

解得t≥18，故x+y的最小值是18．

評注 恩格斯曾說過：數學是研究現實世界的量的關系與空間形式的科學，數形結合的根據是數學問題的條件和結論之間的內在聯系．解題時既分析其代數意義，又揭示幾何直觀，使數量關系的精確刻畫與空間形式的直觀形象巧妙、和諧地結合在一起，充分利用這一結合，尋找解題思路有時能使問題化難為易、化繁為簡．

考點5 含參一元二次不等式

例5 關于x的不等式x2-ax+2a<0的解集為A，若A中恰有2個整數，則實數a的取值范圍是________．

分析 此題是含參的一元二次不等式問題，解題策略有參數分離、數形結合、函數與方程等．

h(3)

即

h(-1)≤a

即

評注 函數是方程及不等式的支撐，僅用方程來解不等式是不夠的，應該從函數高度認識問題．

考點6 含絕對值不等式的解法及應用

例6 不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是

( )

A．(-∞,4) B．(-∞,1) C．(1,4) D．(1,5)

分析 利用零點分類討論去絕對值，當x<1時，1-x-(5-x)=-4<2成立；當1≤x<5時，x-1-(5-x)=2x-6<2，解得x<4，從而1≤x<4；當x≥5時，x-1-(x-5)=4<2不成立．綜上可知，x<4.故選A．

變式 不等式|x-1|-|x-5|≤a對任意的x∈R恒成立，則a的最小值為______．

分析 由絕對值不等式可得

|x-1|-|x-5|≤|(x-1)-(x-5)|=4,

當x≥5時取到等號，故a的最小值為4．

例7 已知f(x)=x2-x+13，|x-a|<1，求證：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)．

分析 本題中給定函數f(x)和條件|x-a|<1，注意到要證的式子右邊不含x，因此對條件|x-a|<1的使用有3種選擇：1)直接用；2)打開絕對值a-1

證明 由f(x)=x2-x+13，知

f(a)=a2-a+13.

因為|x-a|<1，所以

|x|-|a|≤|x-a|<1,

從而

|x|<|a|+1，

于是 |f(x)-f(a)|= |x2-a2+a-x|=|(x-a)(x+a)-(x-a)|=|(x-a)(x+a-1)|=

|x-a||x+a-1|<|x+a-1|<|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1),

即

|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)．

評注 這是絕對值和函數的綜合題，此類題通常要運用絕對值及絕對值不等式的性質等綜合知識來解決．分析中對條件|x-a|<1的使用有3種選擇，解題時要結合求證，靈活選用．

考點7 絕對值不等式與平面向量的綜合應用

例8 設平面向量a,b滿足|a|=1，|b|=2，若平面向量c滿足|c-(a+b)|=|a-b|，則|c|的最大值為______．

評注 解決絕對值不等式與平面向量的綜合應用問題，主要有3個工具：1)已知平面向量a,b，4a·b=(a+b)2+(a-b)2；2)設m=a+b，n=a-b，|m|2+|n|2=2(|a|2+|b|2),即平行四邊形2條對角線平方和等于其4條邊長平方之和；3)三角形不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|．

4 精題集萃

1.設a，b是向量，則“|a|=|b|”是“|a+b|=|a-b|”的

( )

A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件

2.若a,b為實數，則下列命題中正確的是

( )

A．a>b?a2>b2B．a≠b?a2≠b2C．|a|>b?a2>b2D．a>|b|?a2>b2

3.若a>0，b>0,且a+b=4，則下列不等式恒成立的是

( )

8.已知向量a=(cosα,sinα)，b=(cosβ,sinβ)，其中0<α<β<π．

2)設c=(0,1)，若a+b=c，求α,β的值．

9.已知a,b,c∈R，對任意實數x均有|ax2+bx+c|≥|x2-3x+2|，求|b2-4ac|的最小值．

10．設函數f(x)=|x-1|+|x-a|．

1)若a=-1，解不等式f(x)≥3；

2)如果對任意x∈R,f(x)≥2,求a的范圍．

參 考 答 案

1.D 2.D 3.D 4.6 5.直角三角形

6.a=0,b=4 7.-2

8.1)證明 由|a+b|2=2得

a2+b2+2a·b=2.

因為|a|2=|b|2=1，所以a·b=0，即a⊥b．

2)解 因為a+b=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(0,1)，所以

cosα+cosβ=0, sinα+sinβ=1,

9.解 不妨令a>0.

1)當b2-4ac>0時，ax2+bx+c與x2-3x+2有相同的零點，即

b=-3a,c=2a,

此時，要使得|ax2+bx+c|≥|x2-3x+2|恒成立，只需a≥1，即

|b2-4ac|=a2≥1.

2)當b2-4ac=0時，畫出圖像可知該情況不成立；

3)當b2-4ac<0時，只需保證y=ax2+bx+c同時在y=x2-3x+2與y=-x2+3x-2的上方即可，即

恒成立,即

2個式子相加得|b2-4ac|≥5．

綜上可知，|b2-4ac|的最小值為1．

10．解 1)當a=-1時，

f(x)=|x-1|+|x+1|,

由f(x)≥3得

f(x)=|x-1|+|x+1|≥3,

即

|(x-1)+(x+1)|≥3,

或

|(x-1)-(x+1)|≥3,

解得

故不等式f(x)≥3的解集為

2)由f(x)≥2得

|x-1|+|x-a|≥2，

即

|(x-1)+(x-a)|≥2

或

|(x-1)-(x-a)|≥2，

即

|2x-(a+1)|≥2或|a-1|≥2.

因為對任意x∈R,f(x)≥2恒成立，所以|a-1|≥2成立，解得a≤-1或a≥3,故a的取值范圍為

(-∞,-1]∪[3,+∞)．

2016-12-06；

2016-12-30作者簡介：張宗余(1976-)，男，浙江象山人，中學高級教師.研究方向：數學教育.

O123

A

1003-6407(2017)02-26-07