高二數(shù)學五：第三章不等式復習+練習

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第三章不等式一、不等關(guān)系與不等式1．實數(shù)大小順序與運算性質(zhì)之間的關(guān)系：a－b＞0?a＞b;a－b＝0?a＝b；a－b＜0?a＜b．2．不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容注意對稱性a>b?b〈a?傳遞性a〉b，b〉c?a>c?可加性a〉b?a＋c〉b＋c?可乘性eq\b\lc\\rc\}（\a\vs4\al\co1（a〉b,c>0））?ac>bcc的符號eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a〉b，c〈0）)?ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1（a>b，c〉d))?a＋c>b＋d?同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（a>b〉0,c〉d〉0))?ac>bd?可乘方性a>b〉0?an>bn（n∈N,n≥2）同正可開方性a〉b>0?eq\r(n,a）〉eq\r（n，b)(n∈N，n≥2)（1)使用不等式性質(zhì)時應注意的問題:在使用不等式時，一定要搞清它們成立的前提條件．不可強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“c的符號”等也需要注意．(2）作差法是比較兩數(shù)(式）大小的常用方法，也是證明不等式的基本方法．要注意強化化歸意識，同時注意函數(shù)性質(zhì)在比較大小中的作用．例1已知實數(shù)a、b、c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a、b、c的大小關(guān)系是()．A．c≥b＞a B．a(chǎn)＞c≥b C．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b答案：A解析：c－b＝4－4a＋a2＝（2－a)2≥0，∴c≥b．將題中兩式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2．∵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．例2若a＞0＞b＞－a,c＜d＜0，則下列結(jié)論：①ad＞bc；②eq\f(a,d)＋eq\f（b,c）＜0；③a－c＞b－d；④a（d－c）＞b（d－c)中成立的個數(shù)是（)．A．1 B．2 C．3 D．4答案：C解析：∵a＞0＞b，c＜d＜0,∴ad＜0，bc＞0，∴ad＜bc,故①錯誤．∵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，故②正確．∵c＜d,∴－c＞－d，∵a＞b，∴a＋（－c）＞b＋（－d),a－c＞b－d,故③正確．∵a＞b，d－c＞0，∴a（d－c）＞b(d－c）,故④正確，故選C．例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α＋3β＝x(α＋β）＋y(α＋2β)＝（x＋y)α＋（x＋2y）β．則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．∴α＋3β的取值范圍為[1，7］．訓練1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．解:f(－1）＝a－b,f（1)＝a＋b,f（－2）＝4a－2b．設m(a＋b）＋n(a－b)＝4a－2b．則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，，m－n＝－2,））解得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，即f（－2）的取值范圍為［5，10］．二、一元二次不等式及其解法1．一元二次不等式的解集二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象、一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根與一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0與ax2＋bx＋c＜0的解集的關(guān)系,可歸納為：判別式Δ＝b2－4acΔ＞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）的根有兩相異實根x＝x1或x＝x2有兩相同實根x＝x1無實根一元二次不等式的解集ax2＋bx＋c＞0(a＞0）｛x｜x＜x1或x＞x2}｛x|x≠x1}Rax2＋bx＋c＜0（a＞0)｛x|x1＜x＜x2｝??若a＜0時，可以先將二次項系數(shù)化為正數(shù)，對照上表求解．解一元二次不等式應注意的問題：(1）在解一元二次不等式時,要先把二次項系數(shù)化為正數(shù)；（2）二次項系數(shù)中含有參數(shù)時，參數(shù)的符號會影響不等式的解集,討論時不要忘記二次項系數(shù)為零的情況；（3)解決一元二次不等式恒成立問題要注意二次項系數(shù)的符號；(4）一元二次不等式的解集的端點與相應的一元二次方程的根及相應的二次函數(shù)圖象與x軸交點的橫坐標相同．例1解下列不等式：（1）0＜x2－x－2≤4；（2）x2－4ax－5a2＞0(a≠0）；（3）ax2－（a＋1)x＋1＜0（a＞0)．解：（1）原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－2≤4）)?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－x－2＞0，,x2－x－6≤0))?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x－2x＋1＞0，，x－3x＋2≤0））?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＞2或x＜－1，，－2≤x≤3。）)．借助于數(shù)軸,如圖所示,原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x｜－2≤x＜－1，或2＜x≤3）)．（2）由x2－4ax－5a2＞0知（x－5a)(x＋a）＞0．由于a≠0故分a＞0與a＜0討論．當a＜0時，x＜5a或x＞－a；當a＞0時，x＜－a或x＞5a．綜上，a＜0時，解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x|x＜5a，或x＞－a））；a＞0時，解集為eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(x|x＞5a,或x＜－a))．（3）原不等式變?yōu)?ax－1）（x－1）＜0，因為a＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a）)）(x－1）＜0．所以當a＞1時,解為eq\f（1,a）＜x＜1；當a＝1時，解集為?;當0＜a＜1時,解為1＜x＜eq\f(1,a）．綜上,當0＜a＜1時，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(1,a）))））；當a＝1時，不等式的解集為?；當a＞1時，不等式的解集為eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜1))））．總結(jié)：解形如且含參數(shù)的不等式時，要對參數(shù)進行分類討論,分類討論的標準有:（1)討論與0的大小;（2）討論與0的大小;（3）討論兩根的大?。?．一元二次不等式恒成立問題（1）對于二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方；恒小于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方．（2）一元二次不等式恒成立的條件：=1\＊GB3①ax2＋bx＋c＞0（a≠0)(x∈R）恒成立的充要條件是：a＞0且b2－4ac＜0．=2\*GB3②ax2＋bx＋c＜0(a≠0）(x∈R）恒成立的充要條件是：a＜0且b2－4ac＜0．例1若(m＋1)x2－（m－1)x＋3（m－1)＜0對任何實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是（)．A．(1，＋∞） B．（－∞，－1）C．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(13，11））) D．eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（13，11)）)∪（1,＋∞)答案:C解析：①m＝－1時,不等式為2x－6＜0，即x＜3，不合題意．②m≠－1時,解得m＜－eq\f(13,11）．例2某商品每件成本價為80元，售價為100元，每天售出100件．若售價降低x成(1成＝10％），售出商品數(shù)量就增加eq\f（8，5）x成．要求售價不能低于成本價．（1）設該商店一天的營業(yè)額為y，試求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)，并寫出定義域；(2)若再要求該商品一天營業(yè)額至少為10260元,求x的取值范圍．解：(1）由題意得y＝100eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,10)))?100eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f(8,50)x)）．因為售價不能低于成本價，所以100eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（x,10)））－80≥0．所以y＝f(x)＝20（10－x）(50＋8x）,定義域為［0，2]．（2）由題意得20（10－x)（50＋8x)≥10260，化簡得8x2－30x＋13≤0．解得eq\f（1,2）≤x≤eq\f(13,4）．所以x的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),2））．3．整式不等式(高次不等式）的解法穿根法（零點分段法)求解不等式:解法：①將不等式化為a0(x－x1）(x－x2)…（x－xm）＞0（＜0)形式，并將各因式x的系數(shù)化“＋”；②求根，并將根按從小到大的在數(shù)軸上從左到右的表示出來；③由右上方穿線(即從右向左、從上往下：偶次根穿而不過，奇次根一穿而過）,經(jīng)過數(shù)軸上表示各根的點；④若不等式(x的系數(shù)化“＋”后）是“＞0”,則找“線”在x軸上方的區(qū)間;若不等式是“＜0”，則找“線”在x軸下方的區(qū)間．++——++——xx1x2x3xn-2xn-1xn+（自右向左正負相間）例題不等式的解集．解:將原不等式因式分解為:，由方程：解得，將這三個根按從小到大順序在數(shù)軸上標出來,如圖，+++-214x由圖可看出不等式的解集為：．4．分式不等式的解法（1)標準化：移項通分化為＞0（或＜0）；≥0(或≤0)的形式；（2）轉(zhuǎn)化為整式不等式（組）．例1求不等式≥1的解集．解：移項通分得≥0，解得，∴不等式的解集為[－1，1）．5．含絕對值不等式的解法基本形式：①型如：|x｜＜a(a＞0)的不等式的解集為：；②型如：|x|＞a(a＞0）的不等式的解集為：,或；變型：型的不等式的解集可以由解得．其中－c＜ax+b＜c等價于不等式組，在解－c＜ax+b＜c時注意a的符號；型的不等式的解法可以由，或來解．③對于含有兩個或兩個以上的絕對值的不等式：用“零點分區(qū)間法"分類討論來解；④絕對值不等式解法中常用幾何法：即根據(jù)絕對值的幾何意義用數(shù)形結(jié)合思想方法解題．32x例題32x解：零點分類討論法：分別令和，解得：和,在數(shù)軸上，－3和2就把數(shù)軸分成了三部分，如右上圖；①當時，(去絕對值符號）原不等式化為：；②當時，（去絕對值符號）原不等式化為:;③當時，(去絕對值符號）原不等式化為:；由①②③得原不等式的解集為:．三、線性規(guī)劃問題1．二元一次不等式所表示的平面區(qū)域的判斷取點定域法由于直線的同一側(cè)的所有點的坐標代入后所得的實數(shù)的符號相同．所以，在實際判斷時,往往只需在直線某一側(cè)任取一特殊點（如原點）,由的正負即可判斷出或表示直線哪一側(cè)的平面區(qū)域．即:直線定邊界，分清虛實;選點定區(qū)域，常選原點．2．二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域不等式組表示的平面區(qū)域是各個不等式所表示的平面區(qū)域的公共部分．3．利用線性規(guī)劃求目標函數(shù)（為常數(shù))的最值法一：角點法如果目標函數(shù)(即為公共區(qū)域中點的橫坐標和縱坐標）的最值存在，則這些最值都在該公共區(qū)域的邊界角點處取得，將這些角點的坐標代入目標函數(shù)，得到一組對應值，最大的那個數(shù)為目標函數(shù)的最大值，最小的那個數(shù)為目標函數(shù)的最小值．法二：畫——移—-定--求第一步，在平面直角坐標系中畫出可行域;第二步，作直線，平移直線（據(jù)可行域，將直線平行移動)確定最優(yōu)解；第三步，求出最優(yōu)解；第四步,將最優(yōu)解代入目標函數(shù)即可求出最大值或最小值．第二步中最優(yōu)解的確定方法:利用的幾何意義：，為直線的縱截距．①若,則使目標函數(shù)所表示直線的縱截距最大的角點處,取得最大值,使直線的縱截距最小的角點處，取得最小值；②若,則使目標函數(shù)所表示直線的縱截距最大的角點處，取得最小值，使直線的縱截距最小的角點處,取得最大值．4．常見的目標函數(shù)的類型：①“截距”型：;②“斜率”型：或；③“距離"型：或，或．在求該“三型"的目標函數(shù)的最值時，可結(jié)合線性規(guī)劃與代數(shù)式的幾何意義求解,從而使問題簡單化．例1點（1，2)和點（－1,3）在直線2x＋ay－1＝0的同一側(cè)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案：(－∞，－eq\f(1,2）)∪（1，＋∞)解析:（2a＋1)(3a－3）＞0,∴a＜－eq\f（1,2）或a＞1．例2設z＝2x＋y，式中變量x、y滿足條件，求z的最大值和最小值．解：作出不等式組表示的平面區(qū)域(即可行域)，如圖所示．把z＝2x＋y變形為y＝－2x＋z，得到斜率為－2，在y軸上的截距為z，隨z變化的一族平行直線．由圖可看出，當直線z＝2x＋y經(jīng)過可行域上的點A時，截距z最大，經(jīng)過點B時，截距z最?。夥匠探Meq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x－4y＋3＝0,,3x＋5y－25＝0)）得A點坐標為（5，2),解方程組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝1，,x－4y＋3＝0)）得B點坐標為(1，1)，所以zmax＝2×5＋2＝12，zmin＝2×1＋1＝3．例3已知x、y滿足,求：（1）z＝x2＋y2－10y＋25的最小值;（2）z＝eq\f(y＋1，x＋1)的取值范圍．解：作出可行域，如圖．并求出點A、B的坐標分別為(1,3）、(3，1）．(1)z＝x2＋(y－5）2表示可行域內(nèi)任一點(x,y）到定點M(0，5)的距離的平方,過M作直線AC的垂線MN，垂足為N，則:zmin＝｜MN|2＝（eq\f（|0－5＋2|,\r（2）))2＝eq\f（9，2）．（2）z＝eq\f(y＋1,x＋1）＝eq\f（y－－1,x－－1)表示可行域內(nèi)任一點（x，y)與定點Q(－1，－1)連線的斜率，可知,kAQ最大，kQB最?。鴎QA＝eq\f（3＋1，1＋1）＝2，kQB＝eq\f(1＋1，3＋1)＝eq\f（1，2)．∴z的取值范圍為[eq\f(1,2），2］．例4若直線y＝2x上存在點(x，y）滿足約束條件，則實數(shù)m的最大值為．答案：1解析：由約束條件作出其可行域，如圖．由圖可知當直線x＝m過點P時，m取得最大值，由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝2x，x＋y－3＝0）)，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝2））,∴P(1，2），此時x＝m＝1．例5實數(shù)滿足不等式組，且取最小值的最優(yōu)解有無窮多個，則實數(shù)a的取值是．答案：1解析：如圖所示，要使目標函數(shù)取得最小值的最優(yōu)解有無窮多個，則令ax+y=0，并平移過點C（可行域最左側(cè)的點）的邊界重合即可，注意到a＞0，只能與AC重合,所以a＝1．例6某企業(yè)生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品均需用A，B兩種原料．已知每種產(chǎn)品生產(chǎn)1噸所需原料及每天原料的可用限額如表所示．如果生產(chǎn)1噸甲、乙產(chǎn)品可分別獲利潤3萬元、4萬元，求該企業(yè)每天可獲得最大利潤．甲乙原料限額A（噸）3212B(噸）128解：設該企業(yè)每天生產(chǎn)x噸甲產(chǎn)品，y噸乙產(chǎn)品，可獲得利潤為R萬元，則由題意有R＝3x＋4y，同時滿足，由此可得可行區(qū)域如圖中陰影部分所示．由y＝－eq\f（3，4)x＋eq\f（1，4）R可得，當過點(2，3）時,利潤可取得最大值，Rmax＝3×2＋4×3＝18（萬元)．三、基本不等式1．重要不等式:如果，那么(當且僅當時取等號）．2．基本不等式：如果是正數(shù)，那么（當且僅當時取等號）．基本不等式的幾個重要變形：=1\＊GB3①；=2\＊GB3②．要點詮釋:和兩者的異同：(1）成立的條件是不同的：前者只要求都是實數(shù)，而后者要求都是正數(shù)．（2)取等號的條件在形式上是相同的，都是“當且僅當時取等號"．（3）可以變形為：；可以變形為:．（4）在數(shù)學中，我們稱為的算術(shù)平均數(shù)，稱為的幾何平均數(shù)．因此基本不等式可敘述為：兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．(5)如果把看作是正數(shù)的等差中項，看作是正數(shù)的等比中項，那么基本不等式可以敘述為：兩個正數(shù)的等差中項不小于它們的等比中項．3．用基本不等式求最大（?。┲翟谟没静坏仁角蠛瘮?shù)的最值時，應具備三個條件（