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    高考数学一轮复习第一章 微专题一01
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    高考数学一轮复习第一章 微专题一

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    这是一份高考数学一轮复习第一章 微专题一,共3页。

    波利亚有句名言:“类比是伟大的引路人”.这句话言简意赅地阐明了类比在数学发现中的地位.
    我们知道,a2+b2≥2ab(a,b∈R)以及eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)(a,b∈R+)是两个应用广泛的基本不等式,一种有趣的想法是:这两个不等式可以类比到向量中去吗?
    由(a-b)2=|a-b|2≥0不难得到a2+b2≥2a·b,当且仅当a=b时等号成立.
    但将eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)(a,b∈R+)简单地类比为eq \f(a+b,2)≥eq \r(a·b)就不行了,由于该不等式左边为向量,右边为数量,故其无意义,因此我们需要调整角度,看能否获得有用的结果.
    注意到eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)(a,b∈R+)⇔eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))2≥ab(a,b∈R+),而不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))2≥a·b左右两边都是数量,因而可以比较大小.事实上,由(a+b)2=(a-b)2+4a·b=|a-b|2+4a·b≥4a·b可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))2≥a·b,当且仅当a=b时等号成立.
    这样,我们就得到如下两个结论:
    定理1 设a,b是两个向量,则a2+b2≥2a·b,当且仅当a=b时等号成立.
    定理2 设a,b是两个向量,则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))2≥a·b,当且仅当a=b时等号成立.
    例1 若平面向量a,b满足|2a-b|≤3,则a·b的最小值是________.
    答案 -eq \f(9,8)
    解析 方法一 由定理1得
    32≥|2a-b|2=(2a-b)2=(-2a)2+b2-4a·b
    ≥2·(-2a·b)-4a·b=-8a·b,
    所以a·b≥-eq \f(9,8),当且仅当b=-2a时等号成立,
    故a·b的最小值是-eq \f(9,8).
    方法二 由定理2得
    2a·(-b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a-b,2)))2=eq \f(|2a-b|2,4)≤eq \f(9,4),
    则a·b≥-eq \f(9,8),当且仅当b=-2a时等号成立.
    故a·b的最小值是-eq \f(9,8).
    说明 本题可推广至一般形式:若平面向量a,b满足:|λa+b|≤m(m>0),则当λ>0时,a·b的最大值为eq \f(m2,4λ);当λ<0时,a·b的最小值为eq \f(m2,4λ).
    例2 已知a,b满足|a|=1,(a+b)·(a-2b)=0,则|b|的最小值为________.
    分析 此题有一定难度.普通学生难以想到.事实上,利用定理1此题极易作答,过程如下.
    答案 eq \f(1,2)
    解析 引入正参数λ,
    由(a+b)·(a-2b)=0得a2-a·b-2b2=0,又|a|=1,则1-2b2=a·b,
    1-2b2=a·b≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λa2+\f(1,λ)b2))
    =eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ+\f(1,λ)b2)),
    当且仅当λa2=eq \f(1,λ)b2,即b2=λ2时等号成立.
    所以1-2λ2=a·b≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λa2+\f(1,λ)b2))
    =eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ+\f(1,λ)·λ2)),
    解得λ=|b|≥eq \f(1,2),
    故|b|的最小值为eq \f(1,2).
    例3 已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,求|c|的最大值.
    解 由(a-c)·(b-c)=0得c2=c·(a+b),
    由定理1及已知条件得
    c2=c·(a+b)≤eq \f(1,2)[c2+(a+b)2]
    =eq \f(1,2)(c2+a2+b2)=eq \f(1,2)(c2+2),
    解得|c|2≤2,故|c|的最大值是eq \r(2).
    拓展1 已知a,b是平面内夹角为θ的两个单位向量,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值是eq \f(1,cs \f(θ,2)).
    拓展2 已知a,b是平面内两个互相垂直的向量,且|a|=m,|b|=n,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值是eq \r(m2+n2).
    例4 平面上三点A,B,C满足eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))>0,求eq \(AC,\s\up6(→))2+eq \f(1,\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)))的最小值.
    解 由定理2得0
    eq \(AC,\s\up6(→))2+eq \f(1,\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)))≥eq \(AC,\s\up6(→))2+eq \f(4,\(AC,\s\up6(→))2)
    =|eq \(AC,\s\up6(→))|2+eq \f(4,|\(AC,\s\up6(→))|2)≥2·|eq \(AC,\s\up6(→))|·eq \f(2,|\(AC,\s\up6(→))|)=4,
    故当且仅当eq \(AB,\s\up6(→))=eq \(BC,\s\up6(→)),且|eq \(AC,\s\up6(→))|=eq \r(2)时,eq \(AC,\s\up6(→))2+eq \f(1,\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)))取得最小值4.
    例5 设a,b满足a2+a·b+b2=3,求a2-a·b+b2的取值范围.
    解 由定理1得a·b≤eq \f(a2+b2,2),
    所以a·b≤eq \f(3-a·b,2),
    解得a·b≤1.
    又由定理1得(-a)·b≤eq \f(-a2+b2,2),
    所以a·b≥-eq \f(a2+b2,2)=-eq \f(3-a·b,2),解得a·b≥-3.
    所以-3≤a·b≤1.
    因为a2-a·b+b2=(3-a·b)-a·b=3-2a·b,
    所以1≤a2-a·b+b2≤9.
    以上五道例题从不同角度为我们初步展示了定理1、定理2的魅力,它们微小平凡,对破解难题却极其有效.不过,追求它们更广泛的应用前景固然让人心动,但更有价值的则是获得它们的思维过程.类比是打开发现之门的金钥匙,但如何用好这把钥匙却值得我们长久的思考.
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