高考導(dǎo)航
考試要求重難點(diǎn)擊命題展望
1.不等關(guān)系
了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實(shí)際背景.
2.一元二次不等式
(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)、一元二次方程的聯(lián)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.
3.二元一次不等式組與簡(jiǎn)單線性規(guī)劃問題
(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組的幾何意義，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(jiǎn)單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決.
4.基本不等式： ≥ (a，b≥0)
(1)了解基本不等式的證明過程；
(2)會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大(小)值問題.
本章重點(diǎn)：1.用不等式的性質(zhì)比較大��；2.簡(jiǎn)單不等式的解法；3.二元一次不等式組與簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問題；4.基本不等式的應(yīng)用.
本章難點(diǎn)：1.含有參數(shù)不等式的解法；2.不等式的應(yīng)用；3.線性規(guī)劃的應(yīng)用. 不等式具有應(yīng)用廣泛、知識(shí)綜合、能力復(fù)合等特點(diǎn).高考考查時(shí)更多的是與函數(shù)、方程、數(shù)列、三角函數(shù)、解析幾何、立體幾何及實(shí)際應(yīng)用問題相互交叉和綜合，將不等式及其性質(zhì)的運(yùn)用滲透到這些問題的求解過程中進(jìn)行考查.
線性規(guī)劃是數(shù)學(xué)應(yīng)用的重要內(nèi)容，高考中除考查線性規(guī)劃問題的求解與應(yīng)用外，也考查線性規(guī)劃方法的遷移.
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)
7.1 不等式的性質(zhì)
典例精析
題型一 比較大小
【例1】已知a＞0，a≠1，P＝loga(a3－a＋1)，Q＝loga(a2－a＋1)，試比較P與Q的大小.
【解析】因?yàn)閍3－a＋1－(a2－a＋1)＝a2(a－1)，
當(dāng)a＞1時(shí)，a3－a＋1＞a2－a＋1，P＞Q；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，a3－a＋1＜a2－a＋1，P＞Q；
綜上所述，a＞0，a≠1時(shí)，P＞Q.
【點(diǎn)撥】作差比較法是比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的重要方法之一，其解題步驟為：①作差；
②變形；③判斷符號(hào)；④得出結(jié)論.
【變式訓(xùn)練1】已知m＝a＋1a－2(a＞2)，n＝x－2(x≥12)，則m，n之間的大小關(guān)系為( )
A.m＜nB.m＞nC.m≥n D.m≤n
【解析】選C.本題是不等式的綜合問題，解決的關(guān)鍵是找中間媒介傳遞.
m＝a＋1a－2＝a－2＋1a－2＋2≥2＋2＝4，而n＝x－2≤(12)－2＝4.
題型二 確定取值范圍
【例2】已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的取值范圍.
【解析】因?yàn)椋?≤α＜β≤π2，所以－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4，
兩式相加得－π2＜α＋β2＜π2.
又－π4≤－β2＜π4，所以－π2≤α－β2＜π2，
又因?yàn)棣粒鸡�，所以α－�?＜0，所以－π2≤α－β2＜0，
綜上－π2＜α＋β2＜π2，－π2≤α－β2＜0為所求范圍.
【點(diǎn)撥】求含字母的數(shù)(式)的取值范圍，一定要注意題設(shè)的條件，否則易出錯(cuò)，同時(shí)在變換過程中，要注意準(zhǔn)確利用不等式的性質(zhì).
【變式訓(xùn)練2】已知函數(shù)f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范圍.
【解析】由已知－4≤f(1)＝a－c≤－1，－1≤f(2)＝4a－c≤5.
令f(3)＝9a－c＝γ(a－c)＋μ(4a－c)，
所以
故f(3)＝－53(a－c)＋83(4a－c)∈[－1,20].
題型三 開放性問題
【例3】已知三個(gè)不等式：①ab＞0；② ca＞db；③bc＞ad.以其中兩個(gè)作條件，余下的一個(gè)作結(jié)論，則能組成多少個(gè)正確命題？
【解析】能組成3個(gè)正確命題.對(duì)不等式②作等價(jià)變形:ca＞db?bc－adab＞0.
(1)由ab＞0，bc＞ad?bc－adab＞0，即①③?②；
(2)由ab＞0，bc－adab＞0?bc－ad＞0?bc＞ad，即①②?③；
(3)由bc－ad＞0，bc－adab＞0?ab＞0，即②③?①.
故可組成3個(gè)正確命題.
【點(diǎn)撥】這是一類開放性問題，要求熟練掌握不等式的相關(guān)性質(zhì)，并能對(duì)題目條件進(jìn)行恰當(dāng)?shù)牡葍r(jià)變形.
【變式訓(xùn)練3】a、b、c、d均為實(shí)數(shù)，使不等式ab＞cd＞0和ad＜bc都成立的一組值(a，b，c，d)是_______________(只要寫出符合條件的一組即可).
【解析】寫出一個(gè)等比式子，如21＝42＞0.此時(shí)內(nèi)項(xiàng)的積和外項(xiàng)的積相等，減小42的分子，把上式變成不等式21＞32＞0，此時(shí)不符合ad＜bc的條件，進(jìn)行變換可得21＞－3－2＞0，此時(shí)2×
(－2)＜1×(－3).故(2,1，－3，－2)是符合要求的一組值.
總結(jié)提高
1.不等式中有關(guān)判斷性命題，主要依據(jù)是不等式的概念和性質(zhì).一般地，要判斷一個(gè)命題是真命題，必須嚴(yán)格證明.要判斷一個(gè)命題是假命題，只要舉出反例，或者由題設(shè)條件推出與結(jié)論相反的結(jié)果.在不等式證明和推理過程中，關(guān)鍵是要弄清每個(gè)性質(zhì)的條件與結(jié)論及其邏輯關(guān)系，要注意條件的弱化與加強(qiáng)，不可想當(dāng)然.如在應(yīng)用ab＞0，a＞b?1a＜1b這一性質(zhì)時(shí)，不可弱化為a＞b?1a＜1b，也不可強(qiáng)化為a＞b＞0?1a＜1b.
2.題設(shè)條件含有字母，而結(jié)論唯一確定的選擇題，采用賦值法解答可事半功倍.
3.比較大小的常用方法是作差比較法和作商比較法，變形是關(guān)鍵.
7.2 簡(jiǎn)單不等式的解法
典例精析
題型一 一元二次不等式的解法
【例1】解下列不等式：
(1)x2－2x－3＞0；
(2)已知A＝{x3x2 －7x＋2＜0}，B＝{x－2x2＋x＋1≤0}，求A∪B，(?RA)∩B.
【解析】(1)方程兩根為x1＝－1，x2＝3，
所以原不等式解集為{xx＜－1或x＞3}.
(2)因?yàn)锳＝{x13＜x＜2}，?RA＝{xx≤13或x≥2}，B＝{xx≤－12或x≥1}，
所以A∪B＝{xx≤－12或x＞13}，(?RA)∩B＝{xx≤－12或x≥2}.
【點(diǎn)撥】一元二次不等式、一元二次方程及一元二次函數(shù)聯(lián)系非常緊密，要注意轉(zhuǎn)化，同時(shí)要熟練掌握一元二次不等式恒成立與對(duì)應(yīng)方程的判別式的關(guān)系.對(duì)于Δ＞0的不等式解集簡(jiǎn)稱“大于取兩端，小于取中間”.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)函數(shù)f(x)＝ 若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，則關(guān)于x的不等式f(x)≤1的解集為( )
A.(－∞，－3]∪[－1，＋∞)B.[－3，－1]
C.[－3，－1]∪(0，＋∞)D.[－3，＋∞)
【解析】選C.由已知對(duì)x≤0時(shí)f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，知其對(duì)稱軸為x＝－2，故－b2＝－2?b＝4.
又f(－2)＝0，代入得c＝4，故f(x)＝
分別解之取并集即得不等式解集為[－3，－1]∪(0，＋∞).
題型二 解含參數(shù)的一元二次不等式問題
【例2】解關(guān)于x的不等式mx2＋(m－2)x－2＞0 (m∈R).
【解析】當(dāng)m＝0時(shí)，原不等式可化為－2x－2＞0，即x＜－1；
當(dāng)m≠0時(shí)，可分為兩種情況：
(1)m＞0 時(shí)，方程mx2＋(m－2)x－2＝0有兩個(gè)根，x1＝－1，x2＝2m.
所以不等式的解集為{xx＜－1或x＞2m}；
(2 )m＜0時(shí)，原不等式可化為－mx2＋(2－m)x＋2＜0，
其對(duì)應(yīng)方程兩根為x1＝－1，x2＝2m，x2－x1＝2m－(－1)＝m＋2m.
①m＜－2時(shí)，m＋2＜0，m＜0，所以x2－x1＞0，x2＞x1，
不等式的解集為{x－1＜x＜2m}；
②m＝－2時(shí)，x2＝x1＝－1，
原不等式可化為(x＋1)2＜0，解集為?；
③－2＜m＜0時(shí)，x2－x1＜0，即x2＜x1，
不等式解集為{x2m＜x＜－1}.
綜上所述：
當(dāng)m＜－2時(shí)，解集為{x－1＜x＜2m}；
當(dāng)m＝－2時(shí)，解集為?；
當(dāng)－2＜m＜0時(shí)，解集為{x2m＜ x＜－1}；
當(dāng)m＝0時(shí)，解集為{xx＜－1}；
當(dāng)m＞0時(shí)，解集為{xx＜－1或x＞2m}.
【點(diǎn)撥】解含參數(shù)的一元二次不等式，首先要判斷二次項(xiàng)系數(shù)的符號(hào)，其次討論根的情況，然后討論根的大小，最后依據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)的符號(hào)和根的大小寫出解集.
【變式訓(xùn)練2】解關(guān)于x的不等式ax－1x＋1＞0.
【解析】原不等式等價(jià)于(ax－1)(x＋1)＞0.
當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{xx＜－1}；
當(dāng)a＞0時(shí)，不等式的解 集為{xx＞1a或x＜－1}；
當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，不等式的解集為{x1a＜x＜－1}；
當(dāng)a＝－1時(shí)，不等式的解集為?；
當(dāng)a＜－1時(shí)，不等式的解集為{x－1＜x＜1a}.
題型三 一元二次不等式與一元二次方程之間的聯(lián)系
【例3】已知ax2＋bx＋c＞0的解集為{x1＜x＜3}，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集.
【解析】由于ax2＋bx＋c＞0的解集為{x1＜x＜3}，因此a＜0，
且ax2＋bx＋c＝0的兩根為1、3，則－ba＝1＋3，ca＝1×3，即ba＝－4，ca＝3.
又a＜0，不等式cx2＋bx＋a＜0可以化為cax2＋bax＋1＞0，即3x2－4x＋1＞0，
解得x＜13或x＞1.
【點(diǎn)撥】解一元二次不等式時(shí)，要注意聯(lián)系相應(yīng)的一元二次方程與一元二次函數(shù)，明確一元二次不等式的解區(qū)間的端點(diǎn)就是相應(yīng)一元二次方程的根.
【變式訓(xùn)練3】(2009江西)若不等式9－x2≤k(x＋2)－2的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝ .
【解析】2.作出函數(shù)y＝9－x2和y＝k(x＋2)－2的圖象，函數(shù)y＝9－x2的圖象是一個(gè)半圓，函數(shù)y＝k(x＋2)－2的圖象是過定點(diǎn)(－2，－2)的一條動(dòng)直線.依題意，半圓在直線下方的區(qū)間長(zhǎng)度為2，則必有a＝1，即
1是方程9－x2＝k(x＋2)－2的根，代入得k＝2.
總結(jié)提高
1.解一元二次不等式的一般步驟:
(1)對(duì)不等式變形，使一端為零且二次項(xiàng)系數(shù) 大于零；
(2)計(jì)算相應(yīng)的判別式；
(3)當(dāng)Δ＞0時(shí)，求出相應(yīng)的一元二次方程的兩根；
(4)根據(jù)一元二次不等式的結(jié)構(gòu)，寫出其解集.
2.當(dāng)含有參數(shù)時(shí)，需分類討論.分類標(biāo)準(zhǔn)往往根據(jù)需要而設(shè)定.如：是一元一次不等式還是一元二次不等式；開口方向如何；根的判別式的正負(fù)；根的大小等.
3.要注意三個(gè)“二次”之間的聯(lián)系，重視數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.
7.3 二元一次不等式(組)與簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問題
典例精析
題型一 平面區(qū)域
【例1】已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－2，＋∞)，且f(4)＝f(－2)＝1，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則平面區(qū)域 所圍成的面積是( )
A.2B.4C.5D.8
【解析】選B.由f′(x)的圖象可知，f(x)在[－2,0]上是減函數(shù)，在[0，＋∞)上是增函數(shù).
因?yàn)閒(－2)＝f(4)＝1，所以當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－2,4)時(shí)，有f(x)＜f(－2)＝f(4)＝1.
作出可行域如圖所示，其圍成的圖形面積為4.
【點(diǎn)撥】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)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.
【變式訓(xùn)練1】若a≥0，b≥0，且當(dāng) 時(shí)，恒有ax＋by≤1，則以a，b為坐標(biāo)的點(diǎn)P(a，b)所形成的平面區(qū)域的面積是()
A.12B.π4C.1D.π2
【解析】選C.當(dāng)a＝b＝1時(shí)，滿足x＋y≤1，且可知0≤a≤1，0≤b≤1，所以點(diǎn)P(a，b)所形成的平面區(qū)域?yàn)檫呴L(zhǎng)為1的正方形，所以面積為1.本題關(guān)鍵是確定點(diǎn)所形成的區(qū)域形狀.
題型二 利用線性規(guī)劃求最值
(1)z＝x＋2y－4的最大值；
(2)z＝x2＋y2－10y＋25的最小值；
(3)z＝2y＋1x＋1的取值范圍.
【解析】作出可行域如圖所示，并求出頂點(diǎn)的坐標(biāo)A(1,3)，B(3,1)，C(7,9).
(1)易知直線x＋2y－4＝z過點(diǎn)C時(shí)，z最大.
所以x＝7，y＝9時(shí)，z取最大值21.
(2)z＝x2＋(y－5)2表示可行域內(nèi)任一點(diǎn)(x，y)到定點(diǎn)M(0,5)的距離的平方，
過點(diǎn)M作直線AC的垂線，易知垂足N在線段AC上，
故z的最小值是(0－5＋22)2＝92.
(3)z＝2?y－(－12)x－(－1)表示可行域內(nèi)任一點(diǎn)(x，y)與定點(diǎn)Q(－1，－12)連線斜率的2倍.
因?yàn)閗QA＝74，kQB＝38，所以z的取值范圍為[34，72].
【點(diǎn)撥】線性目標(biāo)函數(shù)的最大值、最小值一般在可行域的頂點(diǎn)處或邊界上取得，充分理解目標(biāo)函數(shù)賦予的幾何意義是本例的關(guān)鍵.
【變式訓(xùn)練2】已知函數(shù)f(x)＝13x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在區(qū)間[－1,3]上是減函數(shù)，求
a＋b的最小值.
【解析】因?yàn)閒′(x)＝x2＋2ax－b，f(x)在區(qū)間[－1,3]上是減函數(shù).
所以f′(x)≤0在[－1,3]上恒成立.則
作出點(diǎn)(a，b)表示的平面區(qū)域.
令z＝a＋b，求出直線－2a－b＋1＝0與6a－b＋9＝0的交點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－1,3).
當(dāng)直線z＝a＋b過點(diǎn)A(－1,3)時(shí)，z＝a＋b取最小值2.
題型三 線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用
【例3】某木器廠生產(chǎn)圓桌和衣柜兩種產(chǎn)品，現(xiàn)有兩種木料，第一種有72 m3，第二種有56 m3.假設(shè)生產(chǎn)每種產(chǎn)品都需要用兩種木料，生產(chǎn)一張圓桌需要用第一種木料0.18 m3，第二種木料0.08m3，可獲利潤(rùn)6元，生產(chǎn)一個(gè)衣柜需要用第一種木料0.09 m3，第二種木料0.28 m3，可獲利潤(rùn)10元.木器廠在現(xiàn)有木料條件下，圓桌和衣柜應(yīng)各生產(chǎn)多少時(shí)才能使所獲利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？
【解析】設(shè)圓桌生產(chǎn)的張數(shù)為x，衣柜生產(chǎn)的個(gè)數(shù)為y，所獲利潤(rùn)為z，則z＝6x＋10y，
當(dāng)直線l：6x＋10y＝0平移到經(jīng)過點(diǎn)M(350,100)時(shí)，z＝6x＋10y最大.
zmax＝6×350＋10×100＝3 100，
所以生產(chǎn)圓桌350張，衣柜100個(gè)可獲得最大利潤(rùn)3 100元.
【點(diǎn)撥】解實(shí)際線性規(guī)劃問題，首先設(shè)出變量，建立不等式模型表示出約束條件，一定要注意問題的實(shí)際意義(如本題中x≥0，y≥0)，然后畫出可行域，利用圖形求解.
【變式訓(xùn)練3】某實(shí)驗(yàn)室需購(gòu)某種化工原料至少106千克，現(xiàn)在市場(chǎng)上該原料有兩種包裝：一種是每袋35千克，價(jià)格為140元；另一種是每袋24千克，價(jià)格為120元.在滿足需要的條件下，最少要花費(fèi) 元.
【解析】500.設(shè)需35千克的x袋，24千克的y袋，則目標(biāo)函數(shù)z＝140x＋120y，約束條件為 當(dāng)x＝1時(shí)，y≥7124，即y＝3，這時(shí)zmin＝140＋120×3＝500.
總結(jié)提高
1.用圖解法解決線性規(guī)劃問題時(shí)，分析題目的已知，找出約束條件和目標(biāo)函數(shù)是關(guān)鍵.
2.可行域是二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域，可行域可以是封閉的多邊形，亦可是一側(cè)開放的無限大的平面區(qū)域.
3.若可行域是一個(gè)多邊形，那么一般在頂點(diǎn)處，使目標(biāo)函數(shù)值取得最值，最優(yōu)解一般是多邊形的某個(gè)頂點(diǎn).
4.實(shí)際問題的最優(yōu)解要求是整數(shù)解時(shí)，這時(shí)要對(duì)最優(yōu)解(非整數(shù)解)進(jìn)行適當(dāng)調(diào)整，其方法是在邊界直線的附近尋求與目標(biāo)函數(shù)直線距離最近的整點(diǎn)，而不要在最優(yōu)解的附近尋找.
7.4 基本不等式及應(yīng)用
典例精析
題型一 利用基本不等式比較大小
【例1】(1)設(shè)x，y∈R＋，且xy－(x＋y)＝1，則( )
A.x＋y≥2(2＋1) B.x＋y≤2(2＋1)
C.x＋y≤2(2＋1)2 D.x＋y≥(2＋1)2
(2)已知a，b∈R＋，則ab，a＋b2，a2＋b22，2aba＋b的大小順序是 .
【解析】(1)選A.由已知得xy＝1＋(x＋y)，又xy≤(x＋y2)2，所以(x＋y2)2≥1＋(x＋y).
解得x＋y≥2(2＋1)或x＋y≤2(1－2).
因?yàn)閤＋y＞0，所以x＋y≥2(2＋1).
(2)由a＋b2≥ab有a＋b≥2ab，即a＋b≥2abab，所以ab≥2aba＋b.
又a＋b2＝a2＋2ab＋b24≤2(a2＋b2)4，所以a2＋b22≥a＋b2，
所以a2＋b22≥a＋b2≥ab≥2aba＋b.
【點(diǎn)撥】本題(2)中的結(jié)論由基本不等式簡(jiǎn)單推導(dǎo)而來，可作為結(jié)論使用.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)a＞b＞c，不等式1a－b＋1b－c＞λa－c恒成立，則λ的取值范圍是 .
【解析】(－∞，4).因?yàn)閍＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
而(a－c)(1a－b＋1b－c)＝[(a－b)＋(b－c)](1a－b＋1b－c)≥4，所以λ＜4.
題型二 利用基本不等式求最值
【例2】(1)已知x＜54，則函數(shù)y＝4x－2＋14x－5的最大值為 ��；
(2)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)數(shù)f′(x)，f′(0)＞0，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(x)≥0，則f(1)f′(0)的最小值為( )
A.3 B.52 C.2 D.32
【解析】(1)因?yàn)閤＜54，所以5－4x＞0.
所以y＝4x－2＋14x－5＝－(5－4x＋15－4x)＋3≤－2＋3＝1.
當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝15－4x，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立.
所以x＝1時(shí)，ymax＝1.
(2)選C.因?yàn)閒(x)≥0，所以
所以c≥b24a.又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0，
f(1)f′(0)＝a＋b＋cb＝1＋a＋cb≥1＋4a2＋b24ab≥1＋24a2b24ab＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)c＝b24a且4a2＝b2時(shí) 等號(hào)成立.
【點(diǎn)撥】應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，常見的技巧是“拆或湊”，同時(shí)注意“一正、二定、三相等”這三個(gè)條件，避免出現(xiàn)錯(cuò)誤.
【變式訓(xùn)練2】已知x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，求(a＋b)2cd的取值范圍.
【解析】由等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)得a＋b＝x＋y，
cd＝xy，所以(a＋b)2cd＝(x＋y)2xy＝2＋xy＋yx，
當(dāng)yx＞0時(shí)，(a＋b)2cd≥4；當(dāng)yx＜0時(shí)，(a＋b)2cd≤0，
故(a＋b)2cd的取值范圍是(－∞，0]∪[4，＋∞).
題型三 應(yīng)用基本不等式解實(shí)際應(yīng)用問題
【例3】某食品廠定期購(gòu)買面粉，已知該廠每天需用面粉6噸，每噸面粉的價(jià)格為1 800元，面粉的保管等其他費(fèi)用為平均每噸每天3元，購(gòu)面粉每次需支付運(yùn)費(fèi)900元.
(1)求該廠多少 天購(gòu)買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少(所購(gòu)面粉第二天才能使用)；
(2)若提供面粉的公司規(guī)定：當(dāng)一次購(gòu)買面粉不少于210噸時(shí)，其價(jià)格可享受9折優(yōu)惠(即原價(jià)的90%)，問該廠是否可以利用此優(yōu)惠條件？請(qǐng)說明理由.
【解析】(1)設(shè)該廠x天購(gòu)買一次面粉，其購(gòu)買量為6x噸，面粉的保管等其他費(fèi)用為3[6x＋6(x－1)＋…＋6×2＋6×1]＝9x(x＋1).
設(shè)平均每天所支付的總費(fèi)用為y1，則
y1＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800＝900x＋9x＋10 809≥2 ＋10 809＝10 989，
當(dāng)且僅當(dāng)9x＝900x，即x＝10 時(shí)，取等號(hào).
即該廠應(yīng)10天購(gòu)買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少.
(2)若廠家利用此優(yōu)惠條件，則至少應(yīng)35天購(gòu)買一次面粉，設(shè)該廠利用此優(yōu)惠條件后，每x(x≥35)天購(gòu)買一次面粉，平均每天支付的總費(fèi)用為y2，則
y2＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.9＝900x＋9x＋9 729(x≥35).
因?yàn)閥2′＝9－900x2，當(dāng)x≥35時(shí)，y2′＞0.
所以y2＝900x＋9x＋9 729在[35，＋∞)上是增函數(shù).
所以x＝35時(shí)，y2取最小值70 4887.
由70 4887＜10 989知，該廠可以利用此優(yōu)惠條件.
【點(diǎn)撥】解決這類應(yīng)用題，首先要依題意構(gòu)造出相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，并通過適當(dāng)?shù)淖冃问顾玫降哪Ｐ头匣静坏仁降慕Y(jié)構(gòu)，再求最值.當(dāng)?shù)忍?hào)不能成立時(shí)，常利用函數(shù)的單調(diào)性來處理.
【變式訓(xùn)練3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2ab－4a2－b2的最大值.
【解析】因?yàn)閍＞0，b＞0,2a＋b＝1，
所以4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab，
且1＝2a＋b≥22ab，即ab≤24，ab≤18.
所以S＝2ab－4a2－b2＝2ab－(1－4ab)＝2ab＋4ab－1≤2－12，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝14，b＝12時(shí)，等號(hào)成立.
總結(jié)提高
1.基本不等式的幾種常見變形公式：
ab≤(a＋b2)2≤a2＋b22(a，b∈R)；
2aba＋b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a＞0，b＞0).
注意不等式成立的條件及等號(hào)成立的條件.
2.合理拆分或配湊因子是常用的技巧，配、湊的目的在于使幾個(gè)數(shù)的積為定值或和為定值，且等號(hào)能夠成立.
3.多次使用基本不等式求最值時(shí)，要特別注意等號(hào)能 否同時(shí)成立.
7.5 不等式的綜合應(yīng)用
典例精析
題型一 含參數(shù)的不等式問題
【例1】若不等式組 的解集中所含整數(shù)解只有－2，求k的取值范圍.
【解析】由x2－x－2＞0有x＜－1或x＞2，
由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0.
因?yàn)椋?是原不等式組的解，所以k＜2.
由(2x＋5)(x＋k)＜0有－52＜x＜－k.
因?yàn)樵坏仁浇M的整數(shù)解只有－2，所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2，
故k的取值范圍是[－3,2).
【點(diǎn)撥】涉及到含參數(shù)的不等式解集的有關(guān)問題時(shí) ，借助數(shù)軸分析，往往直觀、簡(jiǎn)潔.
【變式訓(xùn)練1】不等式(－1)na＜2＋(－1)n＋1n對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，－a＜2＋1n，即a＞－(2＋1n).
而－(2＋1n)＜－2，則a≥－2；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a＜2－1n，而2－1n≥2－12＝32，所以a＜32.
綜上可得－2≤a＜32.
【點(diǎn)撥】不等式中出現(xiàn)了(－1)n的時(shí)候，常常分n為奇數(shù)和偶數(shù)進(jìn)行分類討論.
題型二 不等式在函數(shù)中的應(yīng)用
【例2】已知函數(shù)f(x)＝2x－ax2＋2在區(qū)間[－1,1]上是增函數(shù).
(1)求實(shí)數(shù)a的值組成的集合A；
(2)設(shè)x1，x2是關(guān)于x的方程f(x)＝1x的兩個(gè)相異實(shí)根，若對(duì)任意a∈A及t∈[－1,1]，不等式m2＋tm＋1≥x1－x2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2，
因?yàn)閒(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f′(x)≥0恒成立，
令φ(x)＝x2－ax－2，即x2－ax－2≤0恒成立.
所以A＝{a－1≤a≤1}.
(2)由f(x)＝1x得x2－ax－2＝0.
設(shè)x1，x2是方程x2－ax－2＝0的兩個(gè)根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2.
從而x1－x2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋8，
因?yàn)閍∈[－1,1]，所以a2＋8≤3，即x1－x2max＝3.
不等式對(duì)任意a∈A及t∈[－1,1]不等式恒成立，即m2＋tm－2≥0恒成立.
設(shè)g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋m2－2，則
解得m≥2或m≤－2.
故m的取值范圍是(－∞，－2]∪[2，＋∞).
【點(diǎn)撥】對(duì)于在給定區(qū)間上恒成立的不等式問題，通�？梢赞D(zhuǎn)化為給定區(qū)間上的函數(shù)最大值(最小值)大于零(或小于零)，亦可分離變量或者利用數(shù)形結(jié)合的方法 ，分離變量和數(shù)形結(jié)合更加簡(jiǎn)單明了.
【變式訓(xùn)練2】設(shè)a，b ＞0，且ab＝1，不等式aa2＋1＋bb2＋1≤λ恒成立，則λ的取值范圍是 .
【解析】[1，＋∞).因?yàn)閍b＝1，所以aa2＋1＋bb2＋1＝2a＋b≤22ab＝1，所以λ≥1.
題型三 不等式在實(shí)際問題中的應(yīng)用
【例3】某森林出現(xiàn)火災(zāi)，火勢(shì)正以100 m2/分鐘的速度順風(fēng)蔓延，消防站接到報(bào)警立即派消防隊(duì)員前去，在火災(zāi)發(fā)生后5分鐘到達(dá)救火現(xiàn)場(chǎng)，已知消防隊(duì)員在現(xiàn)場(chǎng)平均每人滅火
50 m2/分鐘，所消耗的滅火材料，勞務(wù)津貼等費(fèi)用為人均125元/分鐘，另附加每次救火所耗損的車輛，器械和裝備等費(fèi)用人均100元，而燒毀森林的損失費(fèi)60元/m2，問應(yīng)該派多少消防隊(duì)員前去救火才能使總損失最少？
【解析】設(shè)派x名消防隊(duì)員前去救火，用t分鐘將火撲滅，總損失為y，則
t＝5×10050x－100＝10x－2，
y＝滅火勞務(wù)津貼＋車輛、 器械裝備費(fèi)＋森林損失費(fèi)
＝125xt＋100x＋60(500＋100t)
＝125x×10x－2＋100x＋30 000＋60 000x－2
＝100(x－2)＋62 500x－2＋31 450
≥2100(x－2)?62 500x－2＋31 450＝36 450，
當(dāng)且僅當(dāng)100(x－2)＝62 500x－2，即x＝27時(shí)，y有最小值36 450，故應(yīng)派27人前去救火才能使總損失最少，最少損失36 450元.
【點(diǎn)撥】本題需要把實(shí)際問題抽象為數(shù)學(xué)問題，建立不等式模型，利用基本不等式求最值，基本不等式是歷年高考考查的重要內(nèi)容.
【變式訓(xùn)練3】某學(xué)校擬建一塊周長(zhǎng)為400 m的操場(chǎng)，如圖所示，操場(chǎng)的兩頭是半圓形，中間區(qū)域是矩形，學(xué)生做操一般安排在矩形區(qū)域，為了能讓學(xué)生的做操區(qū)域盡可能大，試問如何設(shè)計(jì)矩形的長(zhǎng)和寬？
【解析】設(shè)中間矩形區(qū)域的長(zhǎng)，寬分別為x m，y m，中間的矩形區(qū)域面積為S，
則半圓的周長(zhǎng)為πy2，
因?yàn)椴賵?chǎng)周長(zhǎng)為400，所以2x＋2×πy2＝400，
即2x＋πy＝400(0＜x＜200,0＜y＜400π)，
所以S＝xy＝12π?(2x)?(πy)≤12π?2x＋πy22＝20 000π，
由 解得
所以當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)等號(hào)成立，
即把矩形的長(zhǎng)和寬分別設(shè)計(jì)為100 m和200πm時(shí)，矩形區(qū)域面積最大.
總結(jié)提高
1.不等式應(yīng)用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數(shù)的取值范圍，或解決一些實(shí)際應(yīng)用問題；另一類是建立函數(shù)關(guān)系，利用基本不等式求最值問題.
不等式的綜合題主要是不等式與函數(shù)、解析幾何、數(shù)列、三角函數(shù)等知識(shí)的綜合.解決這些問題的關(guān)鍵是找出綜合題的各部分知識(shí)及聯(lián)系，充分利用數(shù)學(xué)思想和數(shù)學(xué)方法解題.
2.建立不等式的主要途徑有：利用基本不等式；利用問題的幾何意義；利用判別式；利用函數(shù)的有界性；利用函數(shù)的單調(diào)性等.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.douzifanli.com/gaosan/62860.html
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