高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 第六篇 不等式細(xì)致講解練 理 新人教A版

第六篇不等式第1講不等關(guān)系與不等式[最新考綱]1．了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系．2．了解不等式(組)的實(shí)際背景．3．掌握不等式的性質(zhì)及應(yīng)用.知識(shí)梳理1．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＞0?a＞b，,a－b＝0?a＝b，,a－b＜0?a＜b；))(2)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＞1?a＞ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＝1?a＝ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＜1?a＜ba∈R，b＞0.))2．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≥1)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．辨析感悟1．對(duì)兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的比較的認(rèn)識(shí)(1)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a＞b，a＝b，a＜b三種關(guān)系中的一種．(√)(2)若eq\f(a,b)＞1.則a＞b.(×)2．對(duì)不等式性質(zhì)的理解(3)在一個(gè)不等式的兩邊同乘以一個(gè)非零實(shí)數(shù)，不等式仍然成立．(×)(4)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(5)(·麗水模擬改編)設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則“0＜ab＜1”是“b＜eq\f(1,a)”成立的既不充分也不必要條件．(√)(6)(·北京卷改編)若a＞b，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).(×)若a＞b，則a2＞b2.(×)若a＞b，則a3＞b3.(√)[感悟·提升]兩個(gè)防范一是在使用不等式時(shí)，一定要搞清它們成立的前提條件，不可強(qiáng)化或弱化成立的條件，如“同向不等式”才可相加、“同向且兩邊同正的不等式”才可相乘；“可乘性中的”c的符號(hào)等都需注意，如(2)、(3)、(4)．二是利用特值法判斷兩個(gè)式子大小時(shí)，錯(cuò)誤的關(guān)系式，只需取特值舉反例即可，而正確的關(guān)系式，則需推理論證．如(6)中當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立；當(dāng)a＝－1，b＝－2時(shí)，a2＞b2不成立.學(xué)生用書第94頁考點(diǎn)一用不等式(組)表示不等關(guān)系【例1】某商人如果將進(jìn)貨單價(jià)為8元的商品按每件10元銷售，每天可銷售100件，現(xiàn)在他采用提高售價(jià)，減少進(jìn)貨量的辦法增加利潤．已知這種商品的單價(jià)每提高1元，銷售量就相應(yīng)減少10件．若把提價(jià)后商品的單價(jià)設(shè)為x元，怎樣用不等式表示每天的利潤不低于300元？解若提價(jià)后商品的單價(jià)為x元，則銷售量減少eq\f(x－10,1)×10件，因此，每天的利潤為(x－8)[100－10(x－10)]元，則“每天的利潤不低于300元”可以表示為不等式(x－8)[100－10(x－10)]≥300.規(guī)律方法對(duì)于不等式的表示問題，關(guān)鍵是理解題意，分清變化前后的各種量，得出相應(yīng)的代數(shù)式，然后用不等式表示．而對(duì)于涉及條件較多的實(shí)際問題，則往往需列不等式組解決．【訓(xùn)練1】某化工廠制定明年某產(chǎn)品的生產(chǎn)計(jì)劃，受下面條件的制約：生產(chǎn)此產(chǎn)品的工人不超過200人；每個(gè)工人的年工作時(shí)間約為2100h；預(yù)計(jì)此產(chǎn)品明年的銷售量至少為80000袋；生產(chǎn)每袋產(chǎn)品需用4h；生產(chǎn)每袋產(chǎn)品需用原料20kg；年底庫存原料600t，明年可補(bǔ)充1200t．試根據(jù)這些數(shù)據(jù)預(yù)測(cè)明年的產(chǎn)量．解設(shè)明年的產(chǎn)量為x袋，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x≤200×2100，,x≥80000，,0.02x≤600＋1200，))解得80000≤x≤90000.預(yù)計(jì)明年的產(chǎn)量在80000袋到90000袋之間．考點(diǎn)二比較大小【例2】(1)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則 ()．A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c(2)已知a≠1且a∈R，試比較eq\f(1,1－a)與1＋a的大小．(1)解析易知a，b，c都是正數(shù)，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝log89＞1，所以b＞a；eq\f(a,c)＝eq\f(5ln2,2ln5)＝log2532＞1，所以a＞c.即c＜a＜b.故選C.答案C(2)解∵eq\f(1,1－a)－(1＋a)＝eq\f(a2,1－a)，當(dāng)a＝0時(shí)，eq\f(a2,1－a)＝0，∴eq\f(1,1－a)＝1＋a；當(dāng)a＜1，且a≠0時(shí)，eq\f(a2,1－a)＞0，∴eq\f(1,1－a)＞1＋a；當(dāng)a＞1時(shí)，eq\f(a2,1－a)＜0，∴eq\f(1,1－a)＜1＋a.規(guī)律方法(1)比較大小時(shí)，要把各種可能的情況都考慮進(jìn)去，對(duì)不確定的因素需進(jìn)行分類討論，每一步運(yùn)算都要準(zhǔn)確，每一步推理都要有充分的依據(jù)．(2)用作商法比較代數(shù)式的大小一般適用于分式、指數(shù)式、對(duì)數(shù)式，作商只是思路，關(guān)鍵是化簡變形，從而使結(jié)果能夠與1比較大小．【訓(xùn)練2】(·四川卷)設(shè)a，b為正實(shí)數(shù)．現(xiàn)有下列命題：①若a2－b2＝1，則a－b＜1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，則a－b＜1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則|a－b|＜1；④若|a3－b3|＝1，則|a－b|＜1.其中的真命題有________(寫出所有真命題的編號(hào))．解析①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b為正實(shí)數(shù)，若a－b≥1，則必有a＋b＞1，又a－b＝eq\f(1,a＋b)，不合題意，故①正確．②中，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)＝1，只需a－b＝ab即可．如取a＝2，b＝eq\f(2,3)滿足上式，但a－b＝eq\f(4,3)＞1，故②錯(cuò)．③中，a，b為正實(shí)數(shù)，所以eq\r(a)＋eq\r(b)＞|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，且|a－b|＝|(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))|＝|eq\r(a)＋eq\r(b)|＞1，故③錯(cuò)．④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.若|a－b|≥1，不妨取a＞b＞1，則必有a2＋ab＋b2＞1，不合題意，故④正確．答案①④考點(diǎn)三不等式的性質(zhì)及其應(yīng)用【例3】(1)(·泉州模擬)若x＞y，a＞b，則在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤eq\f(a,y)＞eq\f(b,x)這五個(gè)式子中，恒成立的所有不等式的序號(hào)是________．(2)(·湖南卷)設(shè)a>b>1，c<0，給出下列三個(gè)結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中所有的正確結(jié)論的序號(hào)是 ()． A.① B．①②C．②③ D．①②③審題路線解析(1)令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合題設(shè)條件x＞y，a＞b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．又∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不成立．由不等式的性質(zhì)可推出②④成立．(2)由不等式性質(zhì)及a>b>1知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；構(gòu)造函數(shù)y＝xc，∵c＜0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是減函數(shù)，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正確；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ogb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正確．答案(1)②④(2)D規(guī)律方法(1)判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明．常用的推理判斷需要利用不等式的性質(zhì)．(2)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3】若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則下列不等式：①eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)；②|a|＋b＞0；③a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)；④lna2＞lnb2中，正確的不等式是 ()．A．①④ B．②③C．①③ D．②④解析法一由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，可知b＜a＜0.①中，因?yàn)閍＋b＜0，ab＞0，所以eq\f(1,a＋b)＜0，eq\f(1,ab)＞0.故有eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)，即①正確；②中，因?yàn)閎＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②錯(cuò)誤；③中，因?yàn)閎＜a＜0，又eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，所以a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)，故③正確；④中，因?yàn)閎＜a＜0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上為減函數(shù)，可得b2＞a2＞0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以lnb2＞lna2，故④錯(cuò)誤．由以上分析，知①③正確．法二因?yàn)閑q\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，故可取a＝－1，b＝－2.顯然|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②錯(cuò)誤；因?yàn)閘na2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以④錯(cuò)誤．綜上所述，可排除②④.答案C1．判斷不等式是否成立，主要利用不等式的性質(zhì)和特殊值驗(yàn)證兩種方法，特別是對(duì)于有一定條件限制的選擇題，用特殊值驗(yàn)證的方法更簡便．2．倒數(shù)關(guān)系在不等式中的作用：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＞b))?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＜b))?eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).3．比較法是不等式性質(zhì)證明的理論依據(jù)，是不等式證明的主要方法之一，作差法的主要步驟為：作差——變形——判斷正負(fù)．在所給不等式是積、商、冪的形式時(shí)，可考慮比商．易錯(cuò)辨析6——多次使用同向不等式的可加性而致誤【典例】設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________．[錯(cuò)解]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤f－1≤2，,2≤f1≤4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4.②))①＋②得eq\f(3,2)≤a≤3.②－①得eq\f(1,2)≤b≤1.由此得4≤f(－2)＝4a－2b所以f(－2)的取值范圍是[4,11]．[答案][4,11][錯(cuò)因]本題錯(cuò)解的主要原因是多次使用同向不等式的可加性而導(dǎo)致了f(－2)的范圍擴(kuò)大．[正解]法一設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1，))∴f(－2)＝3f(－1)＋f又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f故5≤f(－2)≤10.法三由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))確定的平面區(qū)域如圖陰影部分，當(dāng)f(－2)＝4a－2bAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))時(shí)，取得最小值4×eq\f(3,2)－2×eq\f(1,2)＝5，當(dāng)f(－2)＝4a－2b過點(diǎn)B取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.[答案][5,10][防范措施]利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時(shí)，多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大變量的取值范圍．解決此類問題一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得待求整體的范圍，是避免錯(cuò)誤的有效途徑．【自主體驗(yàn)】如果－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3bA．(2,8)B．(5,14)C．(6,13)D．(7,13)解析設(shè)a＋b＝x，a－b＝y(tǒng)，∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∴2a－3b＝x＋y－eq\f(3,2)(x－y)＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又∵－eq\f(3,2)＜－eq\f(1,2)x＜eq\f(1,2)，eq\f(15,2)＜eq\f(5,2)y＜eq\f(25,2)，∴6＜－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y＜13，∴2a－3b答案C對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P297基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(·深圳一模)設(shè)x，y∈R，則“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的()．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由不等式性質(zhì)知當(dāng)x≥1且y≥2時(shí)，x＋y≥3；而當(dāng)x＝2，y＝eq\f(3,2)時(shí)滿足x＋y≥3，但不滿足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要條件．答案A2．(·保定模擬)已知a>b，則下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)2－b2≥0B．a(chǎn)c>bcC．|a|>|b|D．2a>2解析A中，若a＝－1，b＝－2，則a2－b2≥0不成立；當(dāng)c＝0時(shí)，B不成立；當(dāng)0>a>b時(shí)，C不成立；由a>b知2a>2b答案D3．(·河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝logaeq\r(2)＋logaeq\r(3)，y＝eq\f(1,2)loga5，z＝logaeq\r(21)－logaeq\r(3)，則()．A．x＞y＞zB．z＞y＞xC．z＞x＞yD．y＞x＞z解析由題意得x＝logaeq\r(6)，y＝logaeq\r(5)，z＝logaeq\r(7)，而0＜a＜1，∴函數(shù)y＝logax在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴y＞x＞z.答案D4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)＞ab＞ab2B．a(chǎn)b2＞ab＞aC．a(chǎn)b＞a＞ab2D．a(chǎn)b＞ab2＞a解析由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，∴ab＞ab2＞a.答案D5．(·晉城模擬)已知下列四個(gè)條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()．A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)解析運(yùn)用倒數(shù)性質(zhì)，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正確．又正數(shù)大于負(fù)數(shù)，①正確，③錯(cuò)誤，故選C.答案C二、填空題6．(·揚(yáng)州期末)若a1＜a2，b1＜b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是________．解析作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，∵a1＜a2，b1＜b2，∴(a1－a2)(b1－b2)＞0，即a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1.答案a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b17．若角α，β滿足－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是________．解析∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－π＜2α＜π，－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(3π,2)，又∵2α－β＝α＋(α－β)＜α＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))8．(·大慶模擬)對(duì)于實(shí)數(shù)a，b，c有下列命題：①若a＞b，則ac＜bc；②若ac2＞bc2，則a＞b；③若a＜b＜0，則a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)；⑤若a＞b，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a＞0，b＜0.其中真命題是________(把正確命題的序號(hào)寫在橫線上)．解析若c＞0，則①不成立；由ac2＞bc2知c2≠0，則a＞b，②成立；由a＜b＜0知a2＞ab＞b2，③成立；由c＞a＞b＞0，得0＜c－a＜c－b，則eq\f(1,c－a)＞eq\f(1,c－b)，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)，④成立；若a＞b，eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，則a＞0，b＜0，⑤成立．答案②③④⑤三、解答題9．比較下列各組中兩個(gè)代數(shù)式的大?。?1)3x2－x＋1與2x2＋x－1；(2)當(dāng)a>0，b>0且a≠b時(shí)，aabb與abba.解(1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.(2)eq\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝aa－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.當(dāng)a>b，即a－b>0，eq\f(a,b)>1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.當(dāng)a<b，即a－b<0,0<eq\f(a,b)<1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.∴當(dāng)a>0，b>0且a≠b時(shí)，aabb>abba.10．甲、乙兩人同時(shí)從寢室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半時(shí)間步行，一半時(shí)間跑步，如果兩人步行速度、跑步速度均相同，試判斷誰先到教室？解設(shè)從寢室到教室的路程為s，甲、乙兩人的步行速度為v1，跑步速度為v2，且v1＜v2.甲所用的時(shí)間t甲＝eq\f(s,2v1)＋eq\f(s,2v2)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)，乙所用的時(shí)間t乙＝eq\f(2s,v1＋v2)，∴eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)×eq\f(v1＋v2,2s)＝eq\f(v1＋v22,4v1v2)＝eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2)＋2v1v2,4v1v2)＞eq\f(4v1v2,4v1v2)＝1.∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．能力提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．下面四個(gè)條件中，使a＞b成立的充分不必要條件是()．A．a(chǎn)＞b＋1B．a(chǎn)＞b－1C．a(chǎn)2＞b2D．a(chǎn)3＞b3解析由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要條件是a＞b＋1.答案A2．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，bA．c≥b＞aB．a(chǎn)＞c≥bC．c＞b＞aD．a(chǎn)＞c＞b解析c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，將已知兩式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a∵1＋a2－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞0，∴1＋a2＞a，∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.答案A二、填空題3．(·三門峽二模)給出下列條件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能推出logbeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,b)＜logab成立的條件的序號(hào)是________．解析若1＜a＜b，則eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜1＜b，∴l(xiāng)ogaeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,a)＝－1＝logbeq\f(1,b)，故條件①不成立；若0＜a＜b＜1，則b＜1＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)，∴l(xiāng)ogab＞logaeq\f(1,b)＞logaeq\f(1,a)＝－1＝logbeq\f(1,b)，故條件②成立；若0＜a＜1＜b，則0＜eq\f(1,b)＜1，∴l(xiāng)ogaeq\f(1,b)＞0，logab＜0，故條件③不成立．答案②三、解答題4．設(shè)0<x<1，a>0且a≠1，比較|loga(1－x)|與|loga(1＋x)|的大?。夥ㄒ蛔鞑畋容^當(dāng)a>1時(shí)，由0<x<1知，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，∵0<1－x2<1，∴l(xiāng)oga(1－x2)<0，從而－loga(1－x2)>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.當(dāng)0<a<1時(shí)，同樣可得|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法二平方作差|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2＝loga(1－x2)·logaeq\f(1－x,1＋x)＝loga(1－x2)·logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2x,1＋x)))>0.∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法三作商比較∵eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(loga1－x,loga1＋x)))＝|log(1＋x)(1－x)|，∵0<x<1，∴l(xiāng)og(1＋x)(1－x)<0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)eq\f(1,1－x)＝1＋log(1＋x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－x)·\f(1,1＋x)))＝1＋log(1＋x)eq\f(1,1－x2).由0<x<1知，1＋x>1及eq\f(1,1－x2)>1，∴l(xiāng)og(1＋x)eq\f(1,1－x2)>0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)>1，∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.學(xué)生用書第96頁第2講一元二次不等式及其解法[最新考綱]1．會(huì)從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型．2．通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的關(guān)系．3．會(huì)解一元二次不等式，對(duì)給定的一元二次不等式，會(huì)設(shè)計(jì)求解的程序框圖.知識(shí)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)計(jì)算相應(yīng)的判別式．(3)當(dāng)Δ≥0時(shí)，求出相應(yīng)的一元二次方程的根．(4)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．2．三個(gè)“二次”間的關(guān)系判別式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}??辨析感悟1．對(duì)一元二次不等式的解法的理解(1)(·廣東卷改編)不等式x2＋x－2＜0的解集為－2＜x＜1.(×)(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集為(x1，x2)，則必有a＞0.(√)(3)若不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，則方程ax2＋bx＋c＝0的兩個(gè)根是x1和x2.(√)(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)沒有實(shí)數(shù)根，則不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為R.(×)2．對(duì)一元二次不等式恒成立問題的認(rèn)識(shí)(5)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的條件是a＜0且Δ＝b2－4ac(6)若關(guān)于x的不等式ax2＋x－1≤0的解集為R，則a≤－eq\f(1,4).(√)(7)若不等式x2＋ax＋1≥0對(duì)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，則a的最小值為－eq\f(5,2).(√)[感悟·提升]三個(gè)防范一是當(dāng)Δ＜0時(shí)，不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集為R還是?，要注意區(qū)別，如(4)中當(dāng)a＞0時(shí)，解集為R；當(dāng)a＜0時(shí)，解集為?.二是對(duì)于不等式ax2＋bx＋c＞0求解時(shí)不要忘記討論a＝0時(shí)的情形，如(5)中當(dāng)a＝b＝0，c≤0時(shí)，不等式ax2＋bx＋c≤0在R上也是恒成立的．三是解含參數(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.考點(diǎn)一一元二次不等式的解法【例1】(·大連模擬)已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，則不等式f(－2x)＜0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))解析由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1,3)，∴a＜0.且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3，))解得a＝－1或eq\f(1,3)，∴a＝－1，b＝－3.∴f(x)＝－x2＋2x＋3，∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3＜0，得4x2＋4x－3＞0，解得x＞eq\f(1,2)或x＜－eq\f(3,2)，故選A.答案A規(guī)律方法解一元二次不等式時(shí)，當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)為負(fù)時(shí)要先化為正，再根據(jù)判別式符號(hào)判斷對(duì)應(yīng)方程根的情況，然后結(jié)合相應(yīng)二次函數(shù)的圖象寫出不等式的解集.學(xué)生用書第97頁【訓(xùn)練1】(·江蘇卷)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝x2－4x，則不等式f(x)＞x的解集用區(qū)間表示為________．解析∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，又當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，∴f(－x)＝x2＋4x.又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－x2－4x(x＜0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x＞0，,0，x＝0，,－x2－4x，x＜0.))(1)當(dāng)x＞0時(shí)，由f(x)＞x得x2－4x＞x，解得x＞5；(2)當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＞x無解；(3)當(dāng)x＜0時(shí)，由f(x)＞x得－x2－4x＞x，解得－5＜x＜0.綜上得不等式f(x)＞x的解集用區(qū)間表示為(－5,0)∪(5，＋∞)．答案(－5,0)∪(5，＋∞)考點(diǎn)二含參數(shù)的一元二次不等式的解法【例2】(·煙臺(tái)期末)解關(guān)于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R)．解原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0.①當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式化為x＋1≤0，解得x≤－1.②當(dāng)a＞0時(shí)，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq\f(2,a)或x≤－1.③當(dāng)a＜0時(shí)，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.當(dāng)eq\f(2,a)＞－1，即a＜－2時(shí)，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；當(dāng)eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2時(shí)，解得x＝－1滿足題意；當(dāng)eq\f(2,a)＜－1，即a＞－2，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x≤－1}；當(dāng)a＞0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,a)，或x≤－1))))；當(dāng)－2＜a＜0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)≤x≤－1))))；當(dāng)a＝－2時(shí)，不等式的解集為{x|x＝－1}；當(dāng)a＜－2時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,a))))).規(guī)律方法解含參數(shù)的一元二次不等式分類討論的依據(jù)(1)二次項(xiàng)中若含有參數(shù)應(yīng)討論是小于0，等于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)當(dāng)不等式對(duì)應(yīng)方程的根的個(gè)數(shù)不確定時(shí)，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】(1)關(guān)于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a等于 A.eq\f(5,2)B.eq\f(7,2)C.eq\f(15,4)D.eq\f(15,2)(2)解關(guān)于x的不等式(1－ax)2＜1.(1)解析法一∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(x1，x2)，∴x1，x2是方程x2－2ax－8a由根與系數(shù)的關(guān)系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2a，,x1x2＝－8a2，))∴x2－x1＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2a2－4－8a2)＝15，又∵a＞0，∴a＝eq\f(5,2)，故選A.法二由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－∵a＞0，∴不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(－2a,又∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(x1，x2∴x1＝－2a，x2＝4a.∵x2－x∴4a－(－2a)＝15，解得a＝eq\f(5,2)，故選A.答案A(2)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)).考點(diǎn)三一元二次不等式恒成立問題【例3】已知函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.(1)若對(duì)于x∈R，f(x)＜0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若對(duì)于x∈[1,3]，f(x)＜5－m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)由題意可得m＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0))?m＝0或－4＜m＜0?－4＜m≤0.故m的取值范圍是(－4,0]．(2)法一要使f(x)＜－m＋5在[1,3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6＜0在x∈[1,3]上恒成立．令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1,3]．當(dāng)m＞0時(shí)，g(x)在[1,3]上是增函數(shù)，所以g(x)max＝g(3)?7m所以m＜eq\f(6,7)，則0＜m＜eq\f(6,7)；當(dāng)m＝0時(shí)，－6＜0恒成立；當(dāng)m＜0時(shí)，g(x)在[1,3]上是減函數(shù)，所以g(x)max＝g(1)?m－6＜0，所以m＜6，所以m＜0.綜上所述：m的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜\f(6,7))))).法二∵f(x)＜－m＋5?m(x2－x＋1)＜6，∵x2－x＋1＞0，∴m＜eq\f(6,x2－x＋1)對(duì)于x∈[1,3]恒成立，只需求eq\f(6,x2－x＋1)的最小值，記g(x)＝eq\f(6,x2－x＋1)，x∈[1,3]，記h(x)＝x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，h(x)在x∈[1,3]上為增函數(shù)．則g(x)在[1,3]上為減函數(shù)，∴[g(x)]min＝g(3)＝eq\f(6,7)，∴m＜eq\f(6,7).所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).規(guī)律方法(1)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.))(2)含參數(shù)的一元二次不等式在某區(qū)間內(nèi)恒成立問題，常有兩種處理方法：一是利用二次函數(shù)區(qū)間上的最值來處理；二是先分離出參數(shù)，再去求函數(shù)的最值來處理，一般后者比較簡單．【訓(xùn)練3】(1)若關(guān)于x的不等式ax2＋2x＋2＞0在R上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．(2)(·淄博模擬)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0對(duì)一切x∈(0,2]恒成立，則a的取值范圍是 ()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))解析(1)當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式可化為2x＋2＞0，其解集不為R，故a＝0不滿足題意，舍去；當(dāng)a≠0時(shí)，要使原不等式的解集為R，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝22－4×2a＜0，))解得a＞eq\f(1,2).綜上，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)∵x∈(0,2]，∴a2－a≥eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)).要使a2－a≥eq\f(1,x＋\f(1,x))在x∈(0,2]時(shí)恒成立，則a2－a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max，由基本不等式得x＋eq\f(1,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max＝eq\f(1,2).故a2－a≥eq\f(1,2)，解得a≤eq\f(1－\r(3),2)或a≥eq\f(1＋\r(3),2).答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)C學(xué)生用書第98頁1．解不等式的基本思路是等價(jià)轉(zhuǎn)化，分式不等式整式化，使要求解的不等式轉(zhuǎn)化為一元一次不等式或一元二次不等式，進(jìn)而獲得解決．2．當(dāng)判別式Δ＜0時(shí)，ax2＋bx＋c＞0(a＞0)解集為R；ax2＋bx＋c＜0(a＞0)解集為?.二者不要混為一談．3．含參數(shù)的不等式的求解，注意選好分類標(biāo)準(zhǔn)，避免盲目討論．4．對(duì)于恒成立問題，常用到以下兩個(gè)結(jié)論：(1)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.思想方法5——數(shù)形結(jié)合思想在“三個(gè)二次”間關(guān)系的應(yīng)用【典例】(·福建卷)對(duì)于實(shí)數(shù)a和b，定義運(yùn)算“*”；a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a＞b.))設(shè)f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________．解析由定義可知：f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－12－2x－1x－1，x≤0，,x－12－2x－1x－1，x＞0，))∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x，x≤0，,－x－1x，x＞0.))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知，當(dāng)0＜m＜eq\f(1,4)時(shí)，f(x)＝m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，x3.不妨設(shè)x1＜x2＜x3，易知x2＞0，且x2＋x3＝2×eq\f(1,2)＝1，∴0＜x2x3＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2)))2，即0＜x2x3＜eq\f(1,4).令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x＝\f(1,4)，,x＜0，))解得x＝eq\f(1－\r(3),4)或eq\f(1＋\r(3),4)(舍去)．∴eq\f(1－\r(3),4)＜x1＜0，∴eq\f(\r(3)－1,4)＞－x1＞0，∴0＜－x1x2x3＜eq\f(\r(3)－1,16)，∴eq\f(1－\r(3),16)＜x1x2x3＜0.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))[反思感悟]“三個(gè)二次”間關(guān)系，其實(shí)質(zhì)是抓住二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象與橫軸的交點(diǎn)、二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集的端點(diǎn)值、二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根是同一個(gè)問題．解決與之相關(guān)的問題時(shí)，可利用函數(shù)與方程思想、化歸思想將問題轉(zhuǎn)化，結(jié)合二次函數(shù)的圖象來解決．【自主體驗(yàn)】1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x＜0，))則滿足不等式f(1－x2)＞f(2x)的x的取值范圍是________．解析由函數(shù)f(x)的圖象可知(如下圖)，滿足f(1－x2)＞f(2x)分兩種情況：①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,x≥0，,1－x2＞2x))?0≤x＜eq\r(2)－1；②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2＞0，,x＜0))?－1＜x＜0.綜上可知：－1＜x＜eq\r(2)－1.答案(－1，eq\r(2)－1)2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x＞0，,－x2－2x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析畫出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x＞0,－x2－2x，x≤0))的圖象，如圖．由函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，結(jié)合圖象得：0＜m＜1，即m∈(0,1)．答案(0,1)基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(·長春調(diào)研)已知集合P＝{x|x2－x－2≤0}，Q＝{x|log2(x－1)≤1}，則(?RP)∩Q＝()．A．[2,3]B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)C．(2,3]D．(＋∞，－1]∪(3，＋∞)解析依題意，得P＝{x|－1≤x≤2}，Q＝{x|1＜x≤3}，則(?RP)∩Q＝(2,3]．答案C2．(·沈陽質(zhì)檢)不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()．A．[－4,4]B．(－4,4)C．(－∞，－4]∪[4，＋∞)D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)解析不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，只需Δ＝a2－16＞0，∴a＜－4或a＞4，故選D.答案D3．(·南通二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,－x2＋3x，x<0，))則不等式f(x)<f(4)的解集為()．A．{x|x≥4}B．{x|x<4}C．{x|－3<x<0}D．{x|x<－3}解析f(4)＝eq\f(4,2)＝2，不等式即為f(x)<2.當(dāng)x≥0時(shí)，由eq\f(x,2)<2，得0≤x<4；當(dāng)x<0時(shí)，由－x2＋3x<2，得x<1或x>2，因此x<0.綜上，x<4.故f(x)<f(4)的解集為{x|x<4}．答案B4．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，則不等式x2－bx－a＜0的解集是()．A．(2,3)B．(－∞，2)∪(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由題意知－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的根，所以由根與系數(shù)的關(guān)系得－eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(b,a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－eq\f(1,a).解得a＝－6，b＝5，不等式x2－bx－a＜0即為x2－5x＋6＜0，解集為(2,3)．答案A5．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，不等式f(x)＜0的解集為{x|x＜－3，或x＞1}，則函數(shù)y＝f(－x)的圖象可以為()．解析由f(x)＜0的解集為{x|x＜－3，或x＞1}知a＜0，y＝f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)為(－3,0)，(1,0)，∴f(－x)圖象開口向下，與x軸交點(diǎn)為(3,0)，(－1,0)．答案B二、填空題6．已知關(guān)于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)＜0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，則a＝________.解析由于不等式eq\f(ax－1,x＋1)＜0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，故－eq\f(1,2)應(yīng)是ax－1＝0的根，∴a＝－2.答案－27．(·四川卷)已知f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)＜5的解集是________．解析∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(x)＝f(|x|)．又x≥0時(shí)，f(x)＝x2－4x，不等式f(x＋2)＜5?f(|x＋2|)＜5?|x＋2|2－4|x＋2|＜5?(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)＜0?|x＋2|－5＜0?|x＋2|＜5?－5＜x＋2＜5?－7＜x＜3.故解集為(－7,3)．答案(－7,3)8．(·福州期末)若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，則a的取值范圍是________.解析原不等式即(x－a)(x－1)≤0，當(dāng)a＜1時(shí)，不等式的解集為[a,1]，此時(shí)只要a≥－4即可，即－4≤a＜1；當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解為x＝1，此時(shí)符合要求；當(dāng)a＞1時(shí)，不等式的解集為[1，a]，此時(shí)只要a≤3即可，即1＜a≤3.綜上可得－4≤a≤3.答案[－4,3]三、解答題9．求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)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))).10．(·長沙質(zhì)檢)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≤a②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的取值范圍是[－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]．能力提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．(·安徽卷)已知一元二次不等式f(x)＜0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－1或x＞\f(1,2)))))，則f(10x)＞0的解集為()．A．{x|x＜－1或x＞－lg2}B．{x|－1＜x＜－lg2}C．{x|x＞－lg2}D．{x|x＜－lg2}解析依題意知f(x)＞0的解為－1＜x＜eq\f(1,2)，故－1＜10x＜eq\f(1,2)，解得x＜lgeq\f(1,2)＝－lg2.答案D2．(·西安二模)在R上定義運(yùn)算：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.若不等式eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為()．A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(3,2)解析原不等式等價(jià)于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)對(duì)任意x恒成立，x2－x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(5,4)≥－eq\f(5,4)，所以－eq\f(5,4)≥a2－a－2，－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).故選D.答案D二、填空題3．(·銅陵一模)已知二次函數(shù)f(x)的二次項(xiàng)系數(shù)為a，且不等式f(x)＞0的解集為(1,2)，若f(x)的最大值小于1，則a的取值范圍是________．解析由題意知a＜0，可設(shè)f(x)＝a(x－1)(x－2)＝ax2－3ax＋2a，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(a,4)＜1，∴a＞－4，故－4＜a＜0.答案(－4,0)三、解答題4．已知二次函數(shù)f(x)的二次項(xiàng)系數(shù)為a，且不等式f(x)>－2x的解集為(1,3)．(1)若方程f(x)＋6a＝0有兩個(gè)相等的根，求f(x(2)若f(x)的最大值為正數(shù)，求a的取值范圍．解(1)∵f(x)＋2x>0的解集為(1,3)，f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9因?yàn)榉匠挞谟袃蓚€(gè)相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq\f(1,5).由于a<0，舍去a＝1，將a＝－eq\f(1,5)代入①，得f(x)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋2a,a)))2－eq\f(a2＋4a＋1,a)及a<0，可得f(x)的最大值為－eq\f(a2＋4a＋1,a).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a2＋4a＋1,a)>0，,a<0，))解得a<－2－eq\r(3)或－2＋eq\r(3)<a<0.故當(dāng)f(x)的最大值為正數(shù)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2－eq\r(3))∪(－2＋eq\r(3)，0).第3講二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題[最新考綱]1．會(huì)從實(shí)際情境中抽象出二元一次不等式組．2．了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組．3．會(huì)從實(shí)際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決.知識(shí)梳理1．二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域(1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C>0在平面直角坐標(biāo)系中表示直線Ax＋By＋C＝0某一側(cè)的所有點(diǎn)組成的平面區(qū)域(半平面)不含邊界直線．不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面區(qū)域(半平面)包括邊界直線．(2)對(duì)于直線Ax＋By＋C＝0同一側(cè)的所有點(diǎn)(x，y)，使得Ax＋By＋C的值符號(hào)相同，也就是位于同一半平面內(nèi)的點(diǎn)，其坐標(biāo)適合同一個(gè)不等式Ax＋By＋C>0；而位于另一個(gè)半平面內(nèi)的點(diǎn)，其坐標(biāo)適合另一個(gè)不等式Ax＋By＋C<0.(3)由幾個(gè)不等式組成的不等式組所表示的平面區(qū)域，是各個(gè)不等式所表示的平面區(qū)域的公共部分．2．線性規(guī)劃的有關(guān)概念名稱意義線性約束條件由x，y的一次不等式(或方程)組成的不等式組，是對(duì)x，y的約束條件目標(biāo)函數(shù)關(guān)于x，y的解析式線性目標(biāo)函數(shù)關(guān)于x，y的一次解析式可行解滿足線性約束條件的解(x，y)可行域所有可行解組成的集合最優(yōu)解使目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最大值或最小值的可行解線性規(guī)劃問題求線性目標(biāo)函數(shù)在線性約束條件下的最大值或最小值的問題辨析感悟1．對(duì)二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域的認(rèn)識(shí)(1)點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)在直線Ax＋By＋C＝0同側(cè)的充要條件是(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＞0，異側(cè)的充要條件是(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＜0.(√)(2)第二、四象限表示的平面區(qū)域可以用不等式xy＜0表示．(√)(3)(教材習(xí)題改編)已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋3≥0，,－1≤x≤1，,y≥1，))則其表示的平面區(qū)域的面積為4.(√)2．對(duì)簡單的線性規(guī)劃問題的理解(4)線性目標(biāo)函數(shù)取得最值的點(diǎn)一定在可行域的頂點(diǎn)或邊界上．(√)(5)目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(b≠0)中，z的幾何意義是直線ax＋by－z＝0在y軸上的截距．(×)(6)(·湖南卷改編)若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2x,x＋y≤1,y≥－1))，則x＋2y的最大值是eq\f(5,3).(√)[感悟·提升]1．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．2．求線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當(dāng)b＞0時(shí)，直線過可行域且在y軸上截距最大時(shí)，z值最大，在y軸截距最小時(shí)，z值最?。划?dāng)b＜0時(shí)，直線過可行域且在y軸上截距最大時(shí)，z值最小，在y軸上截距最小時(shí)，z值最大.學(xué)生用書第100頁考點(diǎn)一二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域【例1】(1)(·濟(jì)南模擬)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面區(qū)域的面積為 ()．A．4 B．1C．5 D．無窮大(2)(·安徽卷)在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，兩定點(diǎn)A，B滿足|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝2，則點(diǎn)集{P|eq\o(OP,\s\up12(→))＝λeq\o(OA,\s\up12(→))＋μeq\o(OB,\s\up12(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的區(qū)域的面積是 ()．A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4eq\r(2) D．4eq\r(3)解析(1)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面區(qū)域如圖所示(陰影部分)，△ABC的面積即為所求．求出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為(1,2)，(2,2)，(3,0)，則△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)×(2－1)×2＝1.(2)由|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝2，知<eq\o(OA,\s\up12(→))，eq\o(OB,\s\up12(→))>＝eq\f(π,3).設(shè)eq\o(OA,\s\up12(→))＝(2,0)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(1，eq\r(3))，eq\o(OP,\s\up12(→))＝(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ＋μ，,y＝\r(3)μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ＝\f(y,\r(3))，,λ＝\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,\r(3)))).))由|λ|＋|μ|≤1得|eq\r(3)x－y|＋|2y|≤2eq\r(3).作可行域如圖．則所求面積S＝2×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝4eq\r(3).答案(1)B(2)D規(guī)律方法二元一次不等式組所確定的平面區(qū)域是不等式組中各個(gè)不等式所表示的半平面區(qū)域的公共部分，畫出平面區(qū)域的關(guān)鍵是把各個(gè)半平面區(qū)域確定準(zhǔn)確，其基本方法是“直線定界、特殊點(diǎn)定域”．【訓(xùn)練1】若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,2x＋y≤2，,y≥0，,x＋y≤a))表示的平面區(qū)域是一個(gè)三角形，則a的取值范圍是 ()．A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) B．(0,1]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))) D．(0,1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,2x＋y≤2，,y≥0))表示的平面區(qū)域如圖(陰影部分)，求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))和(1,0)，若原不等式組表示的平面區(qū)域是一個(gè)三角形，則直線x＋y＝a的a的取值范圍是0＜a≤1或a≥eq\f(4,3).答案D考點(diǎn)二線性目標(biāo)函數(shù)的最值【例2】(1)(·天津卷)設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y－6≥0，,x－y－2≤0，,y－3≤0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝y(tǒng)－2x的最小值為()．A．－7 B．－4C．1 D．2(2)(·新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知a＞0，x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3.))若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝ ()．A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．2解析(1)由x，y滿足的約束條件可畫出所表示的平面區(qū)域?yàn)槿鐖D所示的△ABC，作出直線y＝2x，經(jīng)過平移得目標(biāo)函數(shù)z＝y(tǒng)－2x在點(diǎn)B(5,3)處取得最小值，即zmin＝3－10＝－7.故選A.(2)由約束條件畫出可行域(如圖所示的△ABC)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝ax－3))得A(1，－2a)，當(dāng)直線2x＋y－z＝0過點(diǎn)A時(shí)，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝2×1－2a，解得a＝eq\f(1,2)，故選B.答案(1)A(2)B規(guī)律方法(1)求目標(biāo)函數(shù)最值的一般步驟為：一畫、二移、三求．其關(guān)鍵是準(zhǔn)確作出可行域，理解目標(biāo)函數(shù)的意義．(2)在約束條件是線性的情況下，線性目標(biāo)函數(shù)只有在可行域的頂點(diǎn)或者邊界上取得最值．在解答選擇題或者填空題時(shí)可以根據(jù)可行域的頂點(diǎn)直接進(jìn)行檢驗(yàn)．【訓(xùn)練2】(·浙江卷)設(shè)z＝kx＋y，其中實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,x－2y＋4≥0，,2x－y－4≤0.))若z的最大值為12，則實(shí)數(shù)k＝________.解析約束條件所表示的可行域?yàn)槿鐖D所示的△ABC，其中點(diǎn)A(4,4)，B(0,2)，C(2,0)．目標(biāo)函數(shù)z＝kx＋y，化為y＝－kx＋z.當(dāng)－k≤eq\f(1,2)，即k≥－eq\f(1,2)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝kx＋y在點(diǎn)A(4,4)取得最大值12，故4k＋4＝12，k＝2，滿足題意；當(dāng)－k>eq\f(1,2)即k<－eq\f(1,2)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝kx＋y在點(diǎn)B(0,2)取得最大值12，故k·0＋2＝12，無解，綜上可知，k＝2.答案2考點(diǎn)三線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用【例3】(·湖北卷改編)某客運(yùn)公司用A，B兩種型號(hào)的車輛承擔(dān)甲、乙兩地間的長途客運(yùn)業(yè)務(wù)，每車每天往返一次．A，B兩種車輛的載客量分別為36人和60人，從甲地去乙地的營運(yùn)成本分別為1600元/輛和2400元/輛．公司擬組建一個(gè)不超過21輛車的客運(yùn)車隊(duì)，并要求B型車不多于A型車7輛．若每天要以不少于900人運(yùn)完從甲地去乙地的旅客，且使公司從甲地去乙地的營運(yùn)成本最小，那么應(yīng)配備A型車、B型車各多少輛？審題路線確定問題屬于線性規(guī)劃問題?設(shè)A，B兩種型號(hào)車輛的數(shù)量為x，y，營運(yùn)成本z?讀題，列出線性約束條件及目標(biāo)函數(shù)?畫出可行域?把目標(biāo)函數(shù)變形，平移，確定最小值經(jīng)過的點(diǎn)?解兩直線的交點(diǎn)?點(diǎn)代入目標(biāo)函數(shù)可得．解設(shè)旅行社租用A型客車x輛，B型客車y輛，營運(yùn)成本為z，則線性約束條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤21，,y－x≤7，,36x＋60y≥900，,x、y∈N，))目標(biāo)函數(shù)為z＝1600x＋2400y.畫出可行域：如圖中陰影部分所示，可知目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)(5,12)時(shí)，有最小值z(mì)min＝36800(元)．故應(yīng)配備A型車5輛、B型車12輛.學(xué)生用書第101頁規(guī)律方法含有實(shí)際背景的線性規(guī)劃問題其解題關(guān)鍵是找到制約求解目標(biāo)的兩個(gè)變量，用這兩個(gè)變量建立可行域和目標(biāo)函數(shù)，在解題時(shí)要注意題目中的各種相互制約關(guān)系，列出全面的制約條件和正確的目標(biāo)函數(shù)．【訓(xùn)練3】某農(nóng)戶計(jì)劃種植黃瓜和韭菜，種植面積不超過50畝，投入資金不超過54萬元，假設(shè)種植黃瓜和韭菜的產(chǎn)量、成本和售價(jià)如下表年產(chǎn)量/畝年種植成本/畝每噸售價(jià)黃瓜4噸1.2萬元0.55萬元韭菜6噸0.9萬元0.3萬元為使一年的種植總利潤(總利潤＝總銷售收入－總種植成本)最大，那么黃瓜和韭菜的種植面積(單位：畝)分別為()．A．50,0B．30,20C．20,30D．0,50解析設(shè)黃瓜、韭菜的種植面積分別為x，y畝，則總利潤z＝4×0.55x＋6×0.3y－1.2x－0.9y＝x＋0.9y.此時(shí)x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50，,1.2x＋0.9y≤54，))畫出可行域如圖，得最優(yōu)解為A(30,20)，故選B.答案B1．平面區(qū)域的畫法：線定界、點(diǎn)定域(注意實(shí)虛線)．2．求最值：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．最優(yōu)解在頂點(diǎn)或邊界取得．3．解線性規(guī)劃應(yīng)用題，可先找出各變量之間的關(guān)系，最好列成表格，然后用字母表示變量，列出線性約束條件；寫出要研究的函數(shù)，轉(zhuǎn)化成線性規(guī)劃問題．思想方法6——利用線性規(guī)劃思想求解非線性目標(biāo)函數(shù)的最值【典例】已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≥0，,x－y＋1≥0，,x≤2.))(1)若z＝eq\f(y,x)，求z的最大值和最