不等式復(fù)習(xí)資料

第3講二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題【高考會(huì)這樣考】1．考查二元一次不等式組表示的區(qū)域面積和目標(biāo)函數(shù)最值(或取值范圍)．2．考查約束條件、目標(biāo)函數(shù)中的參變量的取值范圍．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1．掌握確定平面區(qū)域的方法(線定界、點(diǎn)定域)．2．理解目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，掌握解決線性規(guī)劃問題的方法(圖解法)，注意線性規(guī)劃問題與其他知識(shí)的綜合．基礎(chǔ)梳理1．二元一次不等式表示的平面區(qū)域(1)一般地，直線l：ax＋by＋c＝0把直角坐標(biāo)平面分成了三個(gè)部分：①直線l上的點(diǎn)(x，y)的坐標(biāo)滿足ax＋by＋c＝0；②直線l一側(cè)的平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)的坐標(biāo)滿足ax＋by＋c＞0；③直線l另一側(cè)的平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)的坐標(biāo)滿足ax＋by＋c＜0.所以，只需在直線l的某一側(cè)的平面區(qū)域內(nèi)，任取一特殊點(diǎn)(x0，y0)，從ax0＋by0＋c值的正負(fù)，即可判斷不等式表示的平面區(qū)域．(2)由于對(duì)直線Ax＋By＋C＝0同一側(cè)的所有點(diǎn)(x，y)，把它的坐標(biāo)(x，y)代入Ax＋By＋C所得到實(shí)數(shù)的符號(hào)都相同，所以只需在此直線的某一側(cè)取一個(gè)特殊點(diǎn)(x0，y0)，由Ax0＋By0＋C的符號(hào)即可判斷Ax＋By＋C＞0表示直線Ax＋By＋C＝0哪一側(cè)的平面區(qū)域．2．線性規(guī)劃相關(guān)概念名稱意義目標(biāo)函數(shù)欲求最大值或最小值的函數(shù)約束條件目標(biāo)函數(shù)中的變量所要滿足的不等式組線性約束條件由x，y的一次不等式(或方程)組成的不等式組線性目標(biāo)函數(shù)目標(biāo)函數(shù)是關(guān)于變量的一次函數(shù)可行解滿足線性約束條件的解可行域所有可行解組成的集合最優(yōu)解使目標(biāo)函數(shù)取得最大值或最小值的點(diǎn)的坐標(biāo)線性規(guī)劃問題在線性約束條件下，求線性目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值問題一種方法確定二元一次不等式表示的平面區(qū)域時(shí)，經(jīng)常采用“直線定界，特殊點(diǎn)定域”的方法．(1)直線定界，即若不等式不含等號(hào)，則應(yīng)把直線畫成虛線；若不等式含有等號(hào)，把直線畫成實(shí)線．(2)特殊點(diǎn)定域，即在直線Ax＋By＋C＝0的某一側(cè)取一個(gè)特殊點(diǎn)(x0，y0)作為測試點(diǎn)代入不等式檢驗(yàn)，若滿足不等式，則表示的就是包括該點(diǎn)的這一側(cè)，否則就表示直線的另一側(cè)．特別地，當(dāng)C≠0時(shí)，常把原點(diǎn)作為測試點(diǎn)；當(dāng)C＝0時(shí)，常選點(diǎn)(1,0)或者(0,1)作為測試點(diǎn)．一個(gè)步驟利用線性規(guī)劃求最值，一般用圖解法求解，其步驟是：(1)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)作出可行域；(2)考慮目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，將目標(biāo)函數(shù)進(jìn)行變形；(3)確定最優(yōu)解：在可行域內(nèi)平行移動(dòng)目標(biāo)函數(shù)變形后的直線，從而確定最優(yōu)解；(4)求最值：將最優(yōu)解代入目標(biāo)函數(shù)即可求出最大值或最小值．兩個(gè)防范(1)畫出平面區(qū)域．避免失誤的重要方法就是首先使二元一次不等式標(biāo)準(zhǔn)化．(2)求二元一次函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，將函數(shù)z＝ax＋by轉(zhuǎn)化為直線的斜截式：y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，通過求直線的截距eq\f(z,b)的最值間接求出z的最值．要注意：當(dāng)b＞0時(shí)，截距eq\f(z,b)取最大值時(shí)，z也取最大值；截距eq\f(z,b)取最小值時(shí)，z也取最小值；當(dāng)b＜0時(shí)，截距eq\f(z,b)取最大值時(shí)，z取最小值；截距eq\f(z,b)取最小值時(shí)，z取最大值．雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)如圖所示的平面區(qū)域(陰影部分)，用不等式表示為()．A．2x－y－3＜0B．2x－y－3＞0C．2x－y－3≤0D．2x－y－3≥0解析將原點(diǎn)(0,0)代入2x－y－3得2×0－0－3＝－3＜0，所以不等式為2x－y－3＞0.答案B2．下列各點(diǎn)中，不在x＋y－1≤0表示的平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)是()．A．(0,0)B．(－1,1)C．(－1,3)D．(2，－3)解析逐一代入得點(diǎn)(－1,3)不在x＋y－1≤0表示的平面區(qū)域內(nèi)．答案C3．如圖所示，陰影部分表示的區(qū)域可用二元一次不等式組表示的是()．A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0,x－2y＋2≥0))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≤0,x－2y＋2≤0))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0,x－2y＋2≤0))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≤0,x－2y＋2≥0))解析兩條直線方程為：x＋y－1＝0，x－2y＋2＝0.將原點(diǎn)(0,0)代入x＋y－1得－1＜0，代入x－2y＋2得2＞0，即點(diǎn)(0,0)在x－2y＋2≥0的內(nèi)部，在x＋y－1≤0的外部，故所求二元一次不等式組為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0，,x－2y＋2≥0.))答案A4．(2011·安徽)設(shè)變量x，y滿足|x|＋|y|≤1，則x＋2y的最大值和最小值分別為()．A．1，－1B．2，－2C．1，－2D．2，－1解析法一特殊值驗(yàn)證：當(dāng)y＝1，x＝0時(shí)，x＋2y＝2，排除A，C；當(dāng)y＝－1，x＝0時(shí)，x＋2y＝－2，排除D，故選B.法二直接求解：如圖，先畫出不等式|x|＋|y|≤1表示的平面區(qū)域，易知當(dāng)直線x＋2y＝u經(jīng)過點(diǎn)B，D時(shí)分別對(duì)應(yīng)u的最大值和最小值，所以u(píng)max＝2，umin＝－2.答案B5．完成一項(xiàng)裝修工程需要木工和瓦工共同完成．請(qǐng)木工需付工資每人50元，請(qǐng)瓦工需付工資每人40元，現(xiàn)有工人工資預(yù)算2000元，設(shè)木工x人，瓦工y人，請(qǐng)工人的約束條件是________．答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50x＋40y≤2000,x∈N＋,y∈N＋))考向一二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域【例1】?(2011·湖北)直線2x＋y－10＝0與不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,y≥0，,x－y≥－2，,4x＋3y≤20))表示的平面區(qū)域的公共點(diǎn)有()．A．0個(gè)B．1個(gè)C．2個(gè)D．無數(shù)個(gè)[審題視點(diǎn)]準(zhǔn)確畫出不等式組所表示的平面區(qū)域，比較直線2x＋y－10＝0與4x＋3y－20＝0的斜率即可判斷．解析由不等式組畫出平面區(qū)域如圖(陰影部分)．直線2x＋y－10＝0恰過點(diǎn)A(5,0)，且斜率k＝－2＜kAB＝－eq\f(4,3)，即直線2x＋y－10＝0與平面區(qū)域僅有一個(gè)公共點(diǎn)A(5,0)．答案B不等式組表示的平面區(qū)域是各個(gè)不等式所表示的平面區(qū)域點(diǎn)集的交集，因而是各個(gè)不等式所表示的平面區(qū)域的公共部分．【訓(xùn)練1】已知關(guān)于x，y的不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,x＋y－2≥0，,kx－y＋2≥0))所表示的平面區(qū)域的面積為4，則k的值為()．A．1B．－3C．1或－3D．0解析其中平面區(qū)域kx－y＋2≥0是含有坐標(biāo)原點(diǎn)的半平面．直線kx－y＋2＝0又過定點(diǎn)(0,2)，這樣就可以根據(jù)平面區(qū)域的面積為4，確定一個(gè)封閉的區(qū)域，作出平面區(qū)域即可求解．平面區(qū)域如圖所示，根據(jù)區(qū)域面積為4，得A(2,4)，代入直線方程，得k＝1.答案A考向二求線性目標(biāo)函數(shù)的最值【例2】?(2011·廣東)已知平面直角坐標(biāo)系xOy上的區(qū)域D由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\r(2)，,y≤2，,x≤\r(2)y))給定．若M(x，y)為D上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(eq\r(2)，1)則z＝Oeq\o(M,\s\up6(→))·Oeq\o(A,\s\up6(→))的最大值為()．A．3B．4C．3eq\r(2)D．4eq\r(2)[審題視點(diǎn)]作出平行域D，然后解出目標(biāo)函數(shù)z的表達(dá)式，用截距法求z的最大值．解析畫出區(qū)域D，如圖中陰影部分所示，而z＝Oeq\o(M,\s\up6(→))·Oeq\o(A,\s\up6(→))＝eq\r(2)x＋y，∴y＝－eq\r(2)x＋z，令l0：y＝－eq\r(2)x，將l0平移到過點(diǎn)(eq\r(2)，2)時(shí)，截距z有最大值，故zmax＝eq\r(2)×eq\r(2)＋2＝4.答案B求目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值，必須先求出準(zhǔn)確的可行域，令目標(biāo)函數(shù)等于0，將其對(duì)應(yīng)的直線平行移動(dòng)，最先通過或最后通過的頂點(diǎn)便是最優(yōu)解．【訓(xùn)練2】已知變量x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3≤0，,x＋3y－3≥0，,y－1≤0，))若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋y(其中a＞0)僅在點(diǎn)(3,0)處取得最大值，則a的取值范圍是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析畫出x、y滿足條件的可行域如圖所示，要使目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋y僅在點(diǎn)(3,0)處取得最大值，則直線y＝－ax＋z的斜率應(yīng)小于直線x＋2y－3＝0的斜率，即－a＜－eq\f(1,2)，∴a＞eq\f(1,2).答案D考向三求非線性目標(biāo)函數(shù)的最值【例3】?變量x、y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y＋3≤0，,3x＋5y－25≤0，,x≥1.))(1)設(shè)z＝eq\f(y,x)，求z的最小值；(2)設(shè)z＝x2＋y2，求z的取值范圍．[審題視點(diǎn)]利用目標(biāo)函數(shù)所表示的幾何意義求解．解由約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y＋3≤0，,3x＋5y－25≤0，,x≥1.))作出(x，y)的可行域如圖所示．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,3x＋5y－25＝0，))解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(22,5))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x－4y＋3＝0，))解得C(1,1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y＋3＝0，,3x＋5y－25＝0，))解得B(5,2)．(1)∵z＝eq\f(y,x)＝eq\f(y－0,x－0).∴z的值即是可行域中的點(diǎn)與原點(diǎn)O連線的斜率．觀察圖形可知zmin＝kOB＝eq\f(2,5).(2)z＝x2＋y2的幾何意義是可行域上的點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離的平方．結(jié)合圖形可知，可行域上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離中，dmin＝|OC|＝eq\r(2)，dmax＝|OB|＝eq\r(29).∴2≤z≤29.求目標(biāo)函數(shù)的最值，必須先準(zhǔn)確地作出線性約束條件表示的可行域，再根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義確定取得最優(yōu)解的點(diǎn)，進(jìn)而求出目標(biāo)函數(shù)的最值．【訓(xùn)練3】如果點(diǎn)P在平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2≥0，,x＋y－2≤0，,2y－1≥0))上，點(diǎn)Q在曲線x2＋(y＋2)2＝1上，那么|PQ|的最小值為()．A.eq\f(3,2)B.eq\f(4,\r(5))－1C．2eq\r(2)－1D.eq\r(2)－1解析如圖，當(dāng)P取點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，Q取點(diǎn)(0，－1)時(shí)，|PQ|有最小值為eq\f(3,2).答案A考向四線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用【例4】?某企業(yè)生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品，生產(chǎn)每一噸產(chǎn)品所需的勞動(dòng)力、煤和電耗如下表：產(chǎn)品品種勞動(dòng)力(個(gè))煤(噸)電(千瓦)A產(chǎn)品394B產(chǎn)品1045已知生產(chǎn)每噸A產(chǎn)品的利潤是7萬元，生產(chǎn)每噸B產(chǎn)品的利潤是12萬元，現(xiàn)因條件限制，該企業(yè)僅有勞動(dòng)力300個(gè)，煤360噸，并且供電局只能供電200千瓦，試問該企業(yè)如何安排生產(chǎn)，才能獲得最大利潤？[審題視點(diǎn)]題目的設(shè)問是“該企業(yè)如何安排生產(chǎn)，才能獲得最大利潤”，這個(gè)利潤是由兩種產(chǎn)品的利潤所決定的，因此A，B兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量決定著該企業(yè)的總利潤，這里兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量是問題的主要變量，故可以設(shè)出A，B兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量，列不等式組和建立目標(biāo)函數(shù)．解設(shè)生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品分別為x噸，y噸，利潤為z萬元，依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋10y≤300，,9x＋4y≤360，,4x＋5y≤200，,x≥0，y≥0.))目標(biāo)函數(shù)為z＝7x＋12y.作出可行域，如圖陰影所示．當(dāng)直線7x＋12y＝0向右上方平行移動(dòng)時(shí)，經(jīng)過M(20,24)時(shí)z取最大值．∴該企業(yè)生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品分別為20噸和24噸時(shí)，才能獲得最大利潤．線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用問題，需要通過審題理解題意，找出各量之間的關(guān)系，最好是列成表格，找出線性約束條件，寫出所研究的目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為簡單的線性規(guī)劃問題．【訓(xùn)練4】(2011·四川)某運(yùn)輸公司有12名駕駛員和19名工人，有8輛載重量為10噸的甲型卡車和7輛載重量為6噸的乙型卡車．某天需運(yùn)往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車需滿載且只運(yùn)送一次，派用的每輛甲型卡車需配2名工人，運(yùn)送一次可得利潤450元；派用的每輛乙型卡車需配1名工人，運(yùn)送一次可得利潤350元．該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用兩類卡車的車輛數(shù)，可得最大利潤z＝()．A．4650元B．4700元C．4900元D．5000元解析設(shè)派用甲型卡車x輛，乙型卡車y輛，獲得的利潤為z元，z＝450x＋350y，由題意，x、y滿足關(guān)系式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤12，,2x＋y≤19，,10x＋6y≥72，,0≤x≤8，,0≤y≤7，))作出相應(yīng)的平面區(qū)域，z＝450x＋350y＝50(9x＋7y)，在由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝12，,2x＋y＝19))確定的交點(diǎn)(7,5)處取得最大值4900元．答案C難點(diǎn)突破16——高考中線性規(guī)劃問題近幾年新課標(biāo)高考對(duì)線性規(guī)劃問題的考查主要是以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，線性約束條件下的線性目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解一般在平面區(qū)域的頂點(diǎn)或邊界處取得，所以對(duì)于一般的線性規(guī)劃問題，我們可以直接解出可行域的頂點(diǎn)，然后將坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)求出相應(yīng)的數(shù)值，從而確定目標(biāo)函數(shù)的最值．【示例1】?(2011·山東)設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≤0，,x－y－2≤0，,x≥0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋3y＋1的最大值為()．A．11B．10C．9D.eq\f(17,2)【示例2】?(2010·浙江)若實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3y－3≥0，,2x－y－3≤0，,x－my＋1≥0，))且z＝x＋y的最大值為9，則實(shí)數(shù)m等于()．A．－2B．－1C．1D．2第1講不等關(guān)系與不等式【高考會(huì)這樣考】結(jié)合命題真假判斷、充要條件、大小比較等知識(shí)考查不等式性質(zhì)的基本應(yīng)用．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】不等式的性質(zhì)是解(證)不等式的基礎(chǔ)，關(guān)鍵是正確理解和運(yùn)用，要弄清條件和結(jié)論，近幾年高考中多以小題出現(xiàn)，題目難度不大，復(fù)習(xí)時(shí)，應(yīng)抓好基本概念，少做偏難題．基礎(chǔ)梳理1．不等式的定義在客觀世界中，量與量之間的不等關(guān)系是普遍存在的，我們用數(shù)學(xué)符號(hào)＞、＜、≥、≤、≠連接兩個(gè)數(shù)或代數(shù)式以表示它們之間的不等關(guān)系，含有這些不等號(hào)的式子，叫做不等式．2．比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小是用實(shí)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)來定義的，有a－b＞0?a＞b；a－b＝0?a＝b；a－b＜0?a＜b.另外，若b＞0，則有eq\f(a,b)＞1?a＞b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)＜1?a＜b.3．不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c；(3)可加性：a＞b?a＋c＞b＋c，a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥2)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．一個(gè)技巧作差法變形的技巧：作差法中變形是關(guān)鍵，常進(jìn)行因式分解或配方．一種方法待定系數(shù)法：求代數(shù)式的范圍時(shí)，先用已知的代數(shù)式表示目標(biāo)式，再利用多項(xiàng)式相等的法則求出參數(shù)，最后利用不等式的性質(zhì)求出目標(biāo)式的范圍．兩條常用性質(zhì)(1)倒數(shù)性質(zhì)：①a＞b，ab＞0?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；②a＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；③a＞b＞0,0＜c＜d?eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)；④0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0?eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a).(2)若a＞b＞0，m＞0，則①真分?jǐn)?shù)的性質(zhì)：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；②假分?jǐn)?shù)的性質(zhì)：eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)給出下列命題：①a＞b?ac2＞bc2；②a＞|b|?a2＞b2；③a＞b?a3＞b3；④|a|＞b?a2＞b2.其中正確的命題是()．A．①② B．②③C．③④ D．①④解析當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，∴①不正確；a＞|b|≥0，a2＞|b|2＝b2，∴②正確；a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))2＋\f(3,4)b2))＞0，∴③正確；取a＝2，b＝－3，則|a|＞b，但a2＝4＜b2＝9，∴④不正確．答案B2．限速40km/h的路標(biāo)，指示司機(jī)在前方路段行駛時(shí)，應(yīng)使汽車的速度v不超過40km/h，寫成不等式就是()．A．v＜40km/h B．v＞40km/hC．v≠40km/h D．v≤40km/h答案D3．(2012·銀川質(zhì)檢)已知a，b，c∈R，則“a＞b”是“ac2＞bc2”A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析a＞b/?ac2＞bc2，∵當(dāng)c2＝0時(shí)，ac2＝bc2；反之，ac2＞bc2?a＞b.答案B4．已知a＞b，c＞d，且c，d不為0，那么下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)d＞bc B．a(chǎn)c＞bdC．a(chǎn)－c＞b－d D．a(chǎn)＋c＞b＋d解析由不等式性質(zhì)知：a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d.答案D5.eq\f(1,\r(2)－1)與eq\r(3)＋1的大小關(guān)系為________．解析eq\f(1,\r(2)－1)－(eq\r(3)＋1)＝(eq\r(2)＋1)－(eq\r(3)＋1)＝eq\r(2)－eq\r(3)＜0，∴eq\f(1,\r(2)－1)＜eq\r(3)＋1.答案eq\f(1,\r(2)－1)＜eq\r(3)＋1考向一比較大小【例1】?已知a，b，c是實(shí)數(shù)，試比較a2＋b2＋c2與ab＋bc＋ca的大?。甗審題視點(diǎn)]采用作差法比較，作差后構(gòu)造完全平方式即可．解∵a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào)．∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.比較大小的方法常采用作差法與作商法，但題型為選擇題時(shí)可以用特殊值法來比較大小．【訓(xùn)練1】已知a，b∈R且a＞b，則下列不等式中一定成立的是()．A.eq\f(a,b)＞1B．a(chǎn)2＞b2C．lg(a－b)＞0D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b解析令a＝2，b＝－1，則a＞b，eq\f(a,b)＝－2，故eq\f(a,b)＞1不成立，排除A；令a＝1，b＝－2，則a2＝1，b2＝4，故a2＞b2不成立，排除B；當(dāng)a－b在區(qū)間(0,1)內(nèi)時(shí)，lg(a－b)＜0，排除C；f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是減函數(shù)，∵a＞b，∴f(a)＜f(b)．答案D考向二不等式的性質(zhì)【例2】?(2012·包頭模擬)若a＞0＞b＞－a，c＜d＜0，則下列命題：(1)ad＞bc；(2)eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＜0；(3)a－c＞b－d；(4)a·(d－c)＞b(d－c)中能成立的個(gè)數(shù)是()．A．1B．2C．3D．4[審題視點(diǎn)]利用不等式的性質(zhì)說明正誤或舉反例說明真假．解析∵a＞0＞b，c＜d＜0，∴ad＜0，bc＞0，∴ad＜bc，∴(1)錯(cuò)誤．∵a＞0＞b＞－a，∴a＞－b＞0，∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，∴a(－c)＞(－b)(－d)，∴ac＋bd＜0，∴eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)＜0，∴(2)正確．∵c＜d，∴－c＞－d，∵a＞b，∴a＋(－c)＞b＋(－d)，a－c＞b－d，∴(3)正確．∵a＞b，d－c＞0，∴a(d－c)＞b(d－c)，∴(4)正確，故選C.答案C在判斷一個(gè)關(guān)于不等式的命題真假時(shí)，先把要判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假，當(dāng)然判斷的同時(shí)還要用到其他知識(shí)，比如對(duì)數(shù)函數(shù)，指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．【訓(xùn)練2】已知三個(gè)不等式：①ab＞0；②bc＞ad；③eq\f(c,a)＞eq\f(d,b).以其中兩個(gè)作為條件，余下一個(gè)作為結(jié)論，則可以組成正確命題的個(gè)數(shù)是()．A．0B．1C．2D．3解析命題1：若ab＞0，eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，則bc＞ad；命題2：若ab＞0，bc＞ad，則eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)；命題3：若eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，bc＞ad，則ab＞0.答案D考向三不等式性質(zhì)的應(yīng)用【例3】?已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范圍．[審題視點(diǎn)]可利用待定系數(shù)法尋找目標(biāo)式f(－2)與已知式f(－1)，f(1)之間的關(guān)系，即用f(－1)，f(1)整體表示f(－2)，再利用不等式的性質(zhì)求f(－2)的范圍．解f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.f(－2)＝4a－2b.設(shè)m(a＋b)＋n(a－b)＝4a－2b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m－n＝－2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3.))∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)．∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤f(－2)≤10.由a＜f(x，y)＜b，c＜g(x，y)＜d，求F(x，y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設(shè)F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)，用恒等變形求得m，n，再利用不等式的性質(zhì)求得F(x，y)的取值范圍．【訓(xùn)練3】若α，β滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))試求α＋3β的取值范圍．解設(shè)α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，∴兩式相加，得1≤α＋3β≤7.考向四利用不等式的性質(zhì)證明簡單不等式【例4】?設(shè)a＞b＞c，求證：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)＞0.[審題視點(diǎn)]充分運(yùn)用已知條件及不等式性質(zhì)進(jìn)行求證．證明∵a＞b＞c，∴－c＞－b.∴a－c＞a－b＞0，∴eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a－c)＞0.∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,c－a)＞0.又b－c＞0，∴eq\f(1,b－c)＞0.eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)＞0.(1)運(yùn)用不等式性質(zhì)解決問題時(shí)，必須注意性質(zhì)成立的條件．(2)同向不等式的可加性與可乘性可推廣到兩個(gè)以上的不等式．【訓(xùn)練4】若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求證：eq\f(e,a－c2)＞eq\f(e,b－d2).證明∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.又∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0.∴(a－c)2＞(b－d)2＞0.∴0＜eq\f(1,a－c2)＜eq\f(1,b－d2).又∵e＜0，∴eq\f(e,a－c2)＞eq\f(e,b－d2).難點(diǎn)突破15——數(shù)式大小比較問題數(shù)式大小的比較是高考中最常見的一種命題方式，涉及的知識(shí)點(diǎn)和問題求解的方法不僅局限于不等式知識(shí)，而且更多的關(guān)聯(lián)到函數(shù)、數(shù)列、三角函數(shù)、向量、解析幾何、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)，內(nèi)容豐富多彩．命題的方式主要是選擇題、填空題，考查不等式性質(zhì)、函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用．一、作差法【示例】?(2011·陜西)設(shè)0＜a＜b，則下列不等式中正確的是()．A．a(chǎn)＜b＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2) B．a(chǎn)＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2)＜bC．a(chǎn)＜eq\r(ab)＜b＜eq\f(a＋b,2) D.eq\r(ab)＜a＜eq\f(a＋b,2)＜b二、作商法【示例】?若0＜x＜1，a＞0且a≠1，則|loga(1－x)|與|loga(1＋x)|的大小關(guān)系是()．A．|loga(1－x)|＞|loga(1＋x)|B．|loga(1－x)|＜|loga(1＋x)|C．不確定，由a的值決定D．不確定，由x的值決定三、中間量法【示例】?若a＝20.6，b＝logπ3，c＝log2sineq\f(2π,5)，則()．A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞a＞b D．b＞c＞a第2講一元二次不等式及其解法【高考會(huì)這樣考】1．會(huì)從實(shí)際情景中抽象出一元二次不等式模型．2．考查一元二次不等式的解法及其“三個(gè)二次”間的關(guān)系問題．3．以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)為載體，考查不等式的參數(shù)范圍問題．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1．結(jié)合“三個(gè)二次”之間的聯(lián)系，掌握一元二次不等式的解法．2．熟練掌握分式不等式、無理不等式、含絕對(duì)值不等式、高次不等式、指數(shù)不等式和對(duì)數(shù)不等式的解法．基礎(chǔ)梳理1．一元二次不等式的解法(1)將不等式的右邊化為零，左邊化為二次項(xiàng)系數(shù)大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．(2)求出相應(yīng)的一元二次方程的根．(3)利用二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)確定一元二次不等式的解集．2．一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系如下表：判別式Δ＝b2－4Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實(shí)根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實(shí)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＞x2或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??一個(gè)技巧一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的確定受a的符號(hào)、b2－4ac的符號(hào)的影響，且與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程有密切聯(lián)系，可結(jié)合相應(yīng)的函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象，數(shù)形結(jié)合求得不等式的解集．若一元二次不等式經(jīng)過不等式的同解變形后，化為ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其對(duì)應(yīng)的方程ax2＋bx＋c＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，(x1＜x2)(此時(shí)Δ＝b2－4ac＞0)，則可根據(jù)“大于取兩邊，小于夾中間”求解集．兩個(gè)防范(1)二次項(xiàng)系數(shù)中含有參數(shù)時(shí)，參數(shù)的符號(hào)影響不等式的解集；不要忘了二次項(xiàng)系數(shù)是否為零的情況；(2)解含參數(shù)的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對(duì)根的大小進(jìn)行分類討論；若不能因式分解，則可對(duì)判別式進(jìn)行分類討論，分類要不重不漏．雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)不等式x2－3x＋2＜0的解集為()．A．(－∞，－2)∪(－1，＋∞) B．(－2，－1)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(1,2)解析∵(x－1)(x－2)＜0，∴1＜x＜2.故原不等式的解集為(1,2)．答案D2．(2011·廣東)不等式2x2－x－1＞0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)解析∵2x2－x－1＝(x－1)(2x＋1)＞0，∴x＞1或x＜－eq\f(1,2).故原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)．答案D3．不等式9x2＋6x＋1≤0的解集是()．A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(1,3))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,3)≤x≤\f(1,3))) D．R解析∵9x2＋6x＋1＝(3x＋1)2≥0，∴9x2＋6x＋1≤0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝－\f(1,3))).答案B4．(2012·許昌模擬)若不等式ax2＋bx－2＜0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2＜x＜\f(1,4)))，則ab＝()．A．－28B．－26C．28D．26解析∵x＝－2，eq\f(1,4)是方程ax2＋bx－2＝0的兩根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－2,a)＝－2×\f(1,4)＝－\f(1,2)，,－\f(b,a)＝－\f(7,4)，))∴a＝4，b＝7.∴ab＝28.答案C5．不等式ax2＋2ax＋1≥0對(duì)一切x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析當(dāng)a＝0時(shí)，不等式為1≥0恒成立；當(dāng)a≠0時(shí)，須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,4a2－4a≤0.))∴0＜a≤1，綜上0≤a≤1.答案[0,1]考向一一元二次不等式的解法【例1】?已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x＜0，))解不等式f(x)＞3.[審題視點(diǎn)]對(duì)x分x≥0、x＜0進(jìn)行討論從而把f(x)＞3變成兩個(gè)不等式組．解由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x2＋2x＞3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,－x2＋2x＞3，))解得：x＞1.故原不等式的解集為{x|x＞1}．解一元二次不等式的一般步驟是：(1)化為標(biāo)準(zhǔn)形式；(2)確定判別式Δ的符號(hào)；(3)若Δ≥0，則求出該不等式對(duì)應(yīng)的二次方程的根，若Δ＜0，則對(duì)應(yīng)的二次方程無根；(4)結(jié)合二次函數(shù)的圖象得出不等式的解集．特別地，若一元二次不等式的左邊的二次三項(xiàng)式能分解因式，則可立即寫出不等式的解集．【訓(xùn)練1】函數(shù)f(x)＝eq\r(2x2＋x－3)＋log3(3＋2x－x2)的定義域?yàn)開_______．解析依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＋x－3≥0，,3＋2x－x2＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(3,2)或x≥1，,－1＜x＜3.))∴1≤x＜3.故函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇1,3)．答案[1,3)考向二含參數(shù)的一元二次不等式的解法【例2】?求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．[審題視點(diǎn)]先求方程12x2－ax＝a2的根，討論根的大小，確定不等式的解集．解∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，得：x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).①a＞0時(shí)，－eq\f(a,4)＜eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；②a＝0時(shí)，x2＞0，解集為{x|x∈R且x≠0}；③a＜0時(shí)，－eq\f(a,4)＞eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).綜上所述：當(dāng)a＞0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x∈R且x≠0}；當(dāng)a＜0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).解含參數(shù)的一元二次不等式的一般步驟：(1)二次項(xiàng)若含有參數(shù)應(yīng)討論是等于0，小于0，還是大于0，然后將不等式轉(zhuǎn)化為二次項(xiàng)系數(shù)為正的形式．(2)判斷方程的根的個(gè)數(shù)，討論判別式Δ與0的關(guān)系．(3)確定無根時(shí)可直接寫出解集，確定方程有兩個(gè)根時(shí)，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式．【訓(xùn)練2】解關(guān)于x的不等式(1－ax)2＜1.解由(1－ax)2＜1，得a2x2－2ax＜0，即ax(ax－2)＜0，當(dāng)a＝0時(shí)，x∈?.當(dāng)a＞0時(shí)，由ax(ax－2)＜0，得a2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))＜0，即0＜x＜eq\f(2,a).當(dāng)a＜0時(shí)，eq\f(2,a)＜x＜0.綜上所述：當(dāng)a＝0時(shí)，不等式解集為空集；當(dāng)a＞0時(shí)，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(2,a)))))；當(dāng)a＜0時(shí)，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＜x＜0)).考向三不等式恒成立問題【例3】?已知不等式ax2＋4x＋a＞1－2x2對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[審題視點(diǎn)]化為標(biāo)準(zhǔn)形式ax2＋bx＋c＞0后分a＝0與a≠0討論．當(dāng)a≠0時(shí)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝b2－4ac＜0.))解原不等式等價(jià)于(a＋2)x2＋4x＋a－1＞0對(duì)一切實(shí)數(shù)恒成立，顯然a＝－2時(shí)，解集不是R，因此a≠－2，從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＞0，,Δ＝42－4a＋2a－1＜0，))整理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞－2，,a－2a＋3＞0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞－2，,a＜－3或a＞2，))所以a＞2.故a的取值范圍是(2，＋∞)．不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全體實(shí)數(shù)(或恒成立)的條件是當(dāng)a＝0時(shí)，b＝0，c＞0；當(dāng)a≠0時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0；))不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全體實(shí)數(shù)(或恒成立)的條件是當(dāng)a＝0時(shí)，b＝0，c＜0；當(dāng)a≠0時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))【訓(xùn)練3】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當(dāng)x∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．解法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為x＝a.①當(dāng)a∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②當(dāng)a∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.綜上所述，所求a的取值范圍為[－3,1]．法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g－1≥0.))解得－3≤a≤1.所求a的取值范圍是[－3,1]．規(guī)范解答12——怎樣求解含參數(shù)不等式的恒成立問題【問題研究】含參數(shù)的不等式恒成立問題越來越受高考命題者的青睞，且由于新課標(biāo)對(duì)導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的加強(qiáng)，這些不等式恒成立問題往往與導(dǎo)數(shù)問題交織在一起，在近年的高考試題中不難看出這個(gè)基本的命題趨勢.對(duì)含有參數(shù)的不等式恒成立問題，破解的方法主要有：分離參數(shù)法和函數(shù)性質(zhì)法.【解決方案】解決這類問題的關(guān)鍵是將恒成立問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，使之轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.【示例】?(本題滿分14分)(2011·浙江)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)若x＝e為y＝f(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；(2)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得對(duì)任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．本題對(duì)于(1)問的解答要注意對(duì)于結(jié)果的檢驗(yàn)，因?yàn)閒′(x0)＝0，x0不一定是極值點(diǎn)；對(duì)于(2)問的解答可以采用分離參數(shù)求最值的方法進(jìn)行突破，這樣問題就轉(zhuǎn)化為單邊求最值，相對(duì)分類討論求解要簡單的多．[解答示范](1)求導(dǎo)得f′(x)＝2(x－a)lnx＋eq\f(x－a2,x)＝(x－a)(2lnx＋1－eq\f(a,x))．(2分)因?yàn)閤＝e是f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(e)＝(e－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(a,e)))＝0，解得a＝e或a＝3e.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，所以a＝e或a＝3e.(4分)(2)①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a，恒有f(x)≤0＜4e2成立．(5分)②當(dāng)1＜x≤3e時(shí)，由題意，首先有f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，解得3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e＋eq\f(2e,\r(ln3e))(6分)由(1)知f′(x)＝x－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋1－\f(a,x))).(8分)令h(x)＝2lnx＋1－eq\f(a,x)，則h(1)＝1－a＜0，h(a)＝2lna＞0，且h(3e)＝2ln(3e)＋1－eq\f(a,3e)≥2ln(3e)＋1－eq\f(3e＋\f(2e,\r(ln3e)),3e)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3e－\f(1,3\r(ln3e))))＞0.(9分)又h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)內(nèi)有唯一零點(diǎn)，記此零點(diǎn)為x0，則1＜x0＜3e,1＜x0＜a.從而，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，a)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.即f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．所以要使f(x)≤4e2對(duì)x∈(1,3e]恒成立，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝x0－a2lnx0≤4e2，1,f3e＝3e－a2ln3e≤4e2，2))成立．(11分)由h(x0)＝2lnx0＋1－eq\f(a,x0)＝0，知a＝2x0lnx0＋x0.(3)將(3)代入(1)得4xeq\o\al(2,0)ln3x0≤4e2.又x0＞1，注意到函數(shù)x2ln3x在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，故1＜x0≤e.再由(3)以及函數(shù)2xlnx＋x在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，可得1＜a≤3e.由(2)解得，3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e＋eq\f(2e,\r(ln3e)).所以3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e.(13分)綜上，a的取值范圍為3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e.(14分)．本題考查函數(shù)極值的概念，導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的基礎(chǔ)知識(shí)，考查學(xué)生推理論證能力．分析問題，解決問題的能力．難度較大，做好此類題目，一要有信心，二要結(jié)合題意進(jìn)行恰當(dāng)?shù)剞D(zhuǎn)化，化難為易，化陌生為熟悉．【試一試】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1，若對(duì)于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，求實(shí)數(shù)a的值．[嘗試解答](1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)＝1＞0恒成立．(2)若x＞0，即x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設(shè)g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，∴g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減．∴g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，從而a≥4.(3)若x＜0，即x∈[－1,0)時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設(shè)h(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則h′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，∴h(x)在[－1,0)上單調(diào)遞增．∴h(x)min＝h(－1)＝4，從而a≤4.綜上所述，實(shí)數(shù)a的值為4.第4講基本不等式【高考會(huì)這樣考】1．考查應(yīng)用基本不等式求最值、證明不等式的問題．2．考查應(yīng)用基本不等式解決實(shí)際問題．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1．突出對(duì)基本不等式取等號(hào)的條件及運(yùn)算能力的強(qiáng)化訓(xùn)練．2．訓(xùn)練過程中注意對(duì)等價(jià)轉(zhuǎn)化、分類討論及邏輯推理能力的培養(yǎng)．基礎(chǔ)梳理1．基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a＞0，b＞0.(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．2．幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)；(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào))；(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)；(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．3．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)設(shè)a＞0，b＞0，則a，b的算術(shù)平均數(shù)為eq\f(a＋b,2)，幾何平均數(shù)為eq\r(ab)，基本不等式可敘述為兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)大于或等于它的幾何平均數(shù)．4．利用基本不等式求最值問題已知x＞0，y＞0，則(1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，x＋y有最小值是2eq\r(p).(簡記：積定和最小)(2)如果和x＋y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值是eq\f(p2,4).(簡記：和定積最大)一個(gè)技巧運(yùn)用公式解題時(shí)，既要掌握公式的正用，也要注意公式的逆用，例如a2＋b2≥2ab逆用就是ab≤eq\f(a2＋b2,2)；eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b＞0)逆用就是ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b＞0)等．還要注意“添、拆項(xiàng)”技巧和公式等號(hào)成立的條件等．兩個(gè)變形(1)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≥ab(a，b∈R，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào))；(2)eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a＞0，b＞0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào))．這兩個(gè)不等式鏈用處很大，注意掌握它們．三個(gè)注意(1)使用基本不等式求最值，其失誤的真正原因是其存在前提“一正、二定、三相等”的忽視．要利用基本不等式求最值，這三個(gè)條件缺一不可．(2)在運(yùn)用基本不等式時(shí)，要特別注意“拆”“拼”“湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”“定”“等”的條件．(3)連續(xù)使用公式時(shí)取等號(hào)的條件很嚴(yán)格，要求同時(shí)滿足任何一次的字母取值存在且一致．雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)(x＞0)的值域?yàn)?)．A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)B．(0，＋∞)C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)解析∵x＞0，∴y＝x＋eq\f(1,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)．答案C2．下列不等式：①a2＋1＞2a；②eq\f(a＋b,\r(ab))≤2；③x2＋eq\f(1,x2＋1)≥1，其中正確的個(gè)數(shù)是()．A．0B．1C．2D．3解析①②不正確，③正確，x2＋eq\f(1,x2＋1)＝(x2＋1)＋eq\f(1,x2＋1)－1≥2－1＝1.答案B3．若a＞0，b＞0，且a＋2b－2＝0，則ab的最大值為()．A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析∵a＞0，b＞0，a＋2b＝2，∴a＋2b＝2≥2eq\r(2ab)，即ab≤eq\f(1,2).答案A4．(2011·重慶)若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x＞2)在x＝a處取最小值，則a＝()．A．1＋eq\r(2)B．1＋eq\r(3)C．3D．4解析當(dāng)x＞2時(shí)，x－2＞0，f(x)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(x－2×\f(1,x－2))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)(x＞2)，即x＝3時(shí)取等號(hào)，即當(dāng)f(x)取得最小值時(shí)，x＝3，即a＝3.答案C5．已知t＞0，則函數(shù)y＝eq\f(t2－4t＋1,t)的最小值為________．解析∵t＞0，∴y＝eq\f(t2－4t＋1,t)＝t＋eq\f(1,t)－4≥2－4＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)取等號(hào)．答案－2考向一利用基本不等式求最值【例1】?(1)已知x＞0，y＞0，且2x＋y＝1，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為________；(2)當(dāng)x＞0時(shí)，則f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值為________．[審題視點(diǎn)]第(1)問把eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)中的“1”代換為“2x＋y”，展開后利用基本不等式；第(2)問把函數(shù)式中分子分母同除“x”，再利用基本不等式．解析(1)∵x＞0，y＞0，且2x＋y＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(2x＋y,x)＋eq\f(2x＋y,y)＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(2x,y)時(shí)，取等號(hào)．(2)∵x＞0，∴f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)．答案(1)3＋2eq\r(2)(2)1利用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)，注意“一正、二定、三相等，和定積最大，積定和最小”．常用的方法為：拆、湊、代換、平方．【訓(xùn)練1】(1)已知x＞1，則f(x)＝x＋eq\f(1,x－1)的最小值為________．(2)已知0＜x＜eq\f(2,5)，則y＝2x－5x2的最大值為________．(3)若x，y∈(0，＋∞)且2x＋8y－xy＝0，則x＋y的最小值為________．解析(1)∵x＞1，∴f(x)＝(x－1)＋eq\f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)．(2)y＝2x－5x2＝x(2－5x)＝eq\f(1,5)·5x·(2－5x)，∵0＜x＜eq\f(2,5)，∴5x＜2,2－5x＞0，∴5x(2－5x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x＋2－5x,2)))2＝1，∴y≤eq\f(1,5)，當(dāng)且僅當(dāng)5x＝2－5x，即x＝eq\f(1,5)時(shí)，ymax＝eq\f(1,5).(3)由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，∴eq\f(2,y)＋eq\f(8,x)＝1，∴x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))＝10＋eq\f(8y,x)＋eq\f(2x,y)＝10＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y,x)＋\f(x,y)))≥10＋2×2×eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝2y時(shí)取等號(hào)，又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6，∴當(dāng)x＝12，y＝6時(shí)，x＋y取最小值18.答案(1)3(2)eq\f(1,5)(3)18考向二利用基本不等式證明不等式【例2】?已知a＞0，b＞0，c＞0，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.[審題視點(diǎn)]先局部運(yùn)用基本不等式，再利用不等式的性質(zhì)相加得到．證明∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)≥2eq\r(\f(bc,a)·\f(ca,b))＝2c；eq\f(bc,a)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r(\f(bc,a)·\f(ab,c))＝2b；eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r(\f(ca,b)·\f(ab,c))＝2a.以上三式相加得：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ca,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，即eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，證明思路是從已證不等式和問題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過逐步的邏輯推理最后轉(zhuǎn)化為需證問題．【訓(xùn)練2】已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1.求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.證明∵a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)，取等號(hào)．考向三利用基本不等式解決恒成立問題【例3】?(2010·山東)若對(duì)任意x＞0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，則a的取值范圍是________．[審題視點(diǎn)]先求eq\f(x,x2＋3x＋1)(x＞0)的最大值，要使得eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a(x＞0)恒成立，只要eq\f(x,x2＋3x＋1)(x＞0)的最大值小于等于a即可．解析若對(duì)任意x＞0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，只需求得y＝eq\f(x,x2＋3x＋1)的最大值即可，因?yàn)閤＞0，所以y＝eq\f(x,x2＋3x＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq\f(1,2\r(x·\f(1,x)))＝eq\f(1,5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))當(dāng)不等式一邊的函數(shù)(或代數(shù)式)的最值較易求出時(shí)，可直接求出這個(gè)最值(最值可能含有