【步步高】2012届高考数学二轮复习 专题七 第4讲不等式选讲

2012届高考数学不等式知识导航复习教案第七不等式高考导航考试要求重难点击命题展望1不等关系了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景2一元二次不等式(1)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；(2)通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；(3)会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图3二元一次不等式组与简单线性规划问题(1)会从实际情境中抽象出二元一次不等式组；(2)了解二元一次不等式组的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组；(3)会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决4基本不等式：≥ (a，b≥0)(1)了解基本不等式的证明过程；(2)会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题本重点：1用不等式的性质比较大小；2简单不等式的解法；3二元一次不等式组与简单的线性规划问题；4基本不等式的应用本难点：1含有参数不等式的解法；2不等式的应用；3线性规划的应用不等式具有应用广泛、知识综合、能力复合等特点高考考查时更多的是与函数、方程、数列、三角函数、解析几何、立体几何及实际应用问题相互交叉和综合，将不等式及其性质的运用渗透到这些问题的求解过程中进行考查线性规划是数学应用的重要内容，高考中除考查线性规划问题的求解与应用外，也考查线性规划方法的迁移知识网络71不等式的性质典例精析题型一比较大小【例1】已知a＞0，a≠1，P＝lga(a3－a＋1)，Q＝lga(a2－a＋1)，试比较P与Q的大小【解析】因为a3－a＋1－(a2－a＋1)＝a2(a－1)，当a＞1时，a3－a＋1＞a2－a＋1，P＞Q；当0＜a＜1时，a3－a＋1＜a2－a＋1，P＞Q；综上所述，a＞0，a≠1时，P＞Q【点拨】作差比较法是比较两个实数大小的重要方法之一，其解题步骤为：①作差；②变形；③判断符号；④得出结论【变式训练1】已知＝a＋1a－2(a＞2)，n＝x－2(x≥12)，则，n之间的大小关系为()A＜nB＞n≥n D≤n【解析】选本题是不等式的综合问题，解决的关键是找中间媒介传递＝a＋1a－2＝a－2＋1a－2＋2≥2＋2＝4，而n＝x－2≤(12)－2＝4题型二确定取值范围【例2】已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的取值范围【解析】因为－π2≤α＜β≤π2，所以－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4，两式相加得－π2＜α＋β2＜π2又－π4≤－β2＜π4，所以－π2≤α－β2＜π2，又因为α＜β，所以α－β2＜0，所以－π2≤α－β2＜0，综上－π2＜α＋β2＜π2，－π2≤α－β2＜0为所求范围【点拨】求含字母的数(式)的取值范围，一定要注意题设的条，否则易出错，同时在变换过程中，要注意准确利用不等式的性质【变式训练2】已知函数f(x)＝ax2－，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤，求f(3)的取值范围【解析】由已知－4≤f(1)＝a－≤－1，－1≤f(2)＝4a－≤令f(3)＝9a－＝γ(a－)＋μ(4a－)，所以故f(3)＝－3(a－)＋83(4a－)∈[－1,20]题型三开放性问题【例3】已知三个不等式：①ab＞0；②a＞db；③b＞ad以其中两个作条，余下的一个作结论，则能组成多少个正确命题？【解析】能组成3个正确命题对不等式②作等价变形:a＞db⇔b －adab＞0(1)由ab＞0，b＞adͤb－adab＞0，即①③ͤ②；(2)由ab＞0，b－adab＞0ͤb－ad＞0ͤb＞ad，即①②ͤ③；(3)由b－ad＞0，b－adab＞0ͤab＞0，即②③ͤ①故可组成3个正确命题【点拨】这是一类开放性问题，要求熟练掌握不等式的相关性质，并能对题目条进行恰当的等价变形【变式训练3】a、b、、d均为实数，使不等式ab＞d＞0和ad＜b都成立的一组值(a，b，，d)是_______________(只要写出符合条的一组即可)【解析】写出一个等比式子，如21＝42＞0此时内项的积和外项的积相等，减小42的分子，把上式变成不等式21＞32＞0，此时不符合ad＜b的条，进行变换可得21＞－3－2＞0，此时2×(－2)＜1×(－3)故(2,1，－3，－2)是符合要求的一组值总结提高1不等式中有关判断性命题，主要依据是不等式的概念和性质一般地，要判断一个命题是真命题，必须严格证明要判断一个命题是假命题，只要举出反例，或者由题设条推出与结论相反的结果在不等式证明和推理过程中，关键是要弄清每个性质的条与结论及其逻辑关系，要注意条的弱化与加强，不可想当然如在应用ab＞0，a＞bͤ1a＜1b 这一性质时，不可弱化为a＞bͤ1a＜1b，也不可强化为a＞b＞0ͤ1a＜1b2题设条含有字母，而结论唯一确定的选择题，采用赋值法解答可事半功倍3比较大小的常用方法是作差比较法和作商比较法，变形是关键72简单不等式的解法典例精析题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＝{x|3x2－7x＋2＜0}，B＝{x|－2x2＋x＋1≤0}，求A∪B，(ͦRA)∩B【解析】(1)方程两根为x1＝－1，x2＝3，所以原不等式解集为{x|x＜－1或x＞3}(2)因为A＝{x|13＜x＜2}，ͦRA＝{x|x≤13或x≥2}，B＝{x|x≤－12或x≥1}，所以A∪B＝{x|x≤－12或x＞13}，(ͦRA)∩B＝{x|x≤－12或x≥2}【点拨】一元二次不等式、一元二次方程及一元二次函数联系非常紧密，要注意转化，同时要熟练掌握一元二次不等式恒成立与对应方程的判别式的关系对于Δ＞0的不等式解集简称“大于取两端，小于取中间”【变式训练1】设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，则关于x 的不等式f(x)≤1的解集为()A(－∞，－3]∪[－1，＋∞)B[－3，－1][－3，－1]∪(0，＋∞)D[－3，＋∞)【解析】选由已知对x≤0时f(x)＝x2＋bx＋，且f(－4)＝f(0)，知其对称轴为x＝－2，故－b2＝－2ͤb＝4又f(－2)＝0，代入得＝4，故f(x)＝分别解之取并集即得不等式解集为[－3，－1]∪(0，＋∞)题型二解含参数的一元二次不等式问题【例2】解关于x的不等式x2＋(－2)x－2＞0 (∈R)【解析】当＝0时，原不等式可化为－2x－2＞0，即x＜－1；当≠0时，可分为两种情况：(1)＞0 时，方程x2＋(－2)x－2＝0有两个根，x1＝－1，x2＝2所以不等式的解集为{x|x＜－1或x＞2}；(2)＜0时，原不等式可化为－x2＋(2－)x＋2＜0，其对应方程两根为x1＝－1，x2＝2，x2－x1＝2－(－1)＝＋2①＜－2时，＋2＜0，＜0，所以x2－x1＞0，x2＞x1，不等式的解集为{x|－1＜x＜2}；②＝－2时，x2＝x1＝－1，原不等式可化为(x＋1)2＜0，解集为∅；③－2＜＜0时，x2－x1＜0，即x2＜x1，不等式解集为{x|2＜x＜－1}综上所述：当＜－2时，解集为{x|－1＜x＜2}；当＝－2时，解集为∅；当－2＜＜0时，解集为{x|2＜x＜－1}；当＝0时，解集为{x|x＜－1}；当＞0时，解集为{x|x＜－1或x＞2}【点拨】解含参数的一元二次不等式，首先要判断二次项系数的符号，其次讨论根的情况，然后讨论根的大小，最后依据二次项系数的符号和根的大小写出解集【变式训练2】解关于x的不等式ax－1x＋1＞0【解析】原不等式等价于(ax－1)(x＋1)＞0当a＝0时，不等式的解集为{x|x＜－1}；当a＞0时，不等式的解集为{x|x＞1a或x＜－1}；当－1＜a＜0时，不等式的解集为{x|1a＜x＜－1}；当a＝－1时，不等式的解集为∅；当a＜－1时，不等式的解集为{x|－1＜x＜1a}题型三一元二次不等式与一元二次方程之间的联系【例3】已知ax2＋bx＋＞0的解集为{x|1＜x＜3}，求不等式x2＋bx ＋a＜0的解集【解析】由于ax2＋bx＋＞0的解集为{x|1＜x＜3}，因此a＜0，且ax2＋bx＋＝0的两根为1、3，则－ba＝1＋3，a＝1×3，即ba＝－4，a＝3又a＜0，不等式x2＋bx＋a＜0可以化为ax2＋bax＋1＞0，即3x2－4x＋1＞0，解得x＜13或x＞1【点拨】解一元二次不等式时，要注意联系相应的一元二次方程与一元二次函数，明确一元二次不等式的解区间的端点就是相应一元二次方程的根【变式训练3】(2009江西)若不等式9－x2≤(x＋2)－2的解集为区间[a，b]，且b－a＝2，则＝【解析】2作出函数＝9－x2和＝(x＋2)－2的图象，函数＝9－x2的图象是一个半圆，函数＝(x＋2)－2的图象是过定点(－2，－2)的一条动直线依题意，半圆在直线下方的区间长度为2，则必有a＝1，即1是方程9－x2＝(x＋2)－2的根，代入得＝2总结提高1解一元二次不等式的一般步骤:(1)对不等式变形，使一端为零且二次项系数大于零；(2)计算相应的判别式；(3)当Δ＞0时，求出相应的一元二次方程的两根；(4)根据一元二次不等式的结构，写出其解集2当含有参数时，需分类讨论分类标准往往根据需要而设定如：是一元一次不等式还是一元二次不等式；开口方向如何；根的判别式的正负；根的大小等3要注意三个“二次”之间的联系，重视数形结合思想的应用73二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题典例精析题型一平面区域【例1】已知函数f(x)的定义域为[－2，＋∞)，且f(4)＝f(－2)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，函数＝f′(x)的图象如图所示，则平面区域所围成的面积是()A2B4D8【解析】选B由f′(x)的图象可知，f(x)在[－2,0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数因为f(－2)＝f(4)＝1，所以当且仅当x∈(－2,4)时，有f(x)＜f(－2)＝f(4)＝1作出可行域如图所示，其围成的图形面积为4【点拨】不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域点的交集，因而是各个不等式所表示的平面区域的公共部分【变式训练1】若a≥0，b≥0，且当时，恒有ax＋b≤1，则以a，b为坐标的点P(a，b)所形成的平面区域的面积是()A12Bπ41Dπ2【解析】选当a＝b＝1时，满足x＋≤1，且可知0≤a≤1，0≤b≤1，所以点P(a，b)所形成的平面区域为边长为1的正方形，所以面积为1本题关键是确定点所形成的区域形状题型二利用线性规划求最值(1)z＝x＋2－4的最大值；(2)z＝x2＋2－10＋2的最小值；(3)z＝2＋1x＋1的取值范围【解析】作出可行域如图所示，并求出顶点的坐标A(1,3)，B(3,1)，(7,9)(1)易知直线x＋2－4＝z过点时，z最大所以x＝7，＝9时，z取最大值21(2)z＝x2＋(－)2表示可行域内任一点(x，)到定点(0,)的距离的平方，过点作直线A的垂线，易知垂足N在线段A上，故z的最小值是(|0－＋2|2)2＝92(3)z＝2•－(－12)x－(－1)表示可行域内任一点(x，)与定点Q(－1，－12)连线斜率的2倍因为QA＝74，QB＝38，所以z的取值范围为[34，72]【点拨】线性目标函数的最大值、最小值一般在可行域的顶点处或边界上取得，充分理解目标函数赋予的几何意义是本例的关键【变式训练2】已知函数f(x)＝13x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在区间[－1,3]上是减函数，求a＋b的最小值【解析】因为f′(x)＝x2＋2ax－b，f(x)在区间[－1,3]上是减函数所以f′(x)≤0在[－1,3]上恒成立则作出点(a，b)表示的平面区域令z＝a＋b，求出直线－2a－b＋1＝0与6a－b＋9＝0的交点A的坐标为(－1,3)当直线z＝a＋b过点A(－1,3)时，z＝a＋b取最小值2题型三线性规划的实际应用【例3】某木器厂生产圆桌和衣柜两种产品，现有两种木料，第一种有72 3，第二种有6 3假设生产每种产品都需要用两种木料，生产一张圆桌需要用第一种木料018 3，第二种木料0083，可获利润6元，生产一个衣柜需要用第一种木料009 3，第二种木料028 3，可获利润10元木器厂在现有木料条下，圆桌和衣柜应各生产多少时才能使所获利润最大？最大利润是多少？【解析】设圆桌生产的张数为x，衣柜生产的个数为，所获利润为z，则z＝6x＋10，当直线l：6x＋10＝0平移到经过点(30,100)时，z＝6x ＋10最大zax＝6×30＋10×100＝3 100，所以生产圆桌30张，衣柜100个可获得最大利润3 100元【点拨】解实际线性规划问题，首先设出变量，建立不等式模型表示出约束条，一定要注意问题的实际意义(如本题中x≥0，≥0)，然后画出可行域，利用图形求解【变式训练3】某实验室需购某种化工原料至少106千克，现在市场上该原料有两种包装：一种是每袋3千克，价格为140元；另一种是每袋24千克，价格为120元在满足需要的条下，最少要花费元【解析】00设需3千克的x袋，24千克的袋，则目标函数z＝140x ＋120，约束条为当x＝1时，≥7124，即＝3，这时zin＝140＋120×3＝00总结提高1用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知，找出约束条和目标函数是关键2可行域是二元一次不等式组所表示的平面区域，可行域可以是封闭的多边形，亦可是一侧开放的无限大的平面区域3若可行域是一个多边形，那么一般在顶点处，使目标函数值取得最值，最优解一般是多边形的某个顶点4实际问题的最优解要求是整数解时，这时要对最优解(非整数解)进行适当调整，其方法是在边界直线的附近寻求与目标函数直线距离最近的整点，而不要在最优解的附近寻找74基本不等式及应用典例精析题型一利用基本不等式比较大小【例1】(1)设x，∈R＋，且x－(x＋)＝1，则()Ax＋≥2(2＋1) Bx＋≤2(2＋1)x＋≤2(2＋1)2 Dx＋≥(2＋1)2(2)已知a，b∈R＋，则ab，a＋b2，a2＋b22，2aba＋b的大小顺序是【解析】(1)选A由已知得x＝1＋(x＋)，又x≤(x＋2)2，所以(x＋2)2≥1＋(x＋)解得x＋≥2(2＋1)或x＋≤2(1－2)因为x＋＞0，所以x＋≥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【点拨】本题(2)中的结论由基本不等式简单推导而，可作为结论使用【变式训练1】设a＞b＞，不等式1a－b＋1b－＞λa－恒成立，则λ的取值范围是【解析】(－∞，4)因为a＞b＞，所以a－b＞0，b－＞0，a－＞0而(a－)(1a－b＋1b－)＝[(a－b)＋(b－)](1a－b＋1b－)≥4，所以λ＜4 题型二利用基本不等式求最值【例2】(1)已知x＜4，则函数＝4x－2＋14x－的最大值为；(2)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋的导数f′(x)，f′(0)＞0，对任意实数x，有f(x)≥0，则f(1)f′(0)的最小值为()A3 B2 2 D32【解析】(1)因为x＜4，所以－4x＞0所以＝4x－2＋14x－＝－(－4x＋1－4x)＋3≤－2＋3＝1当且仅当－4x＝1－4x，即x＝1时，等号成立所以x＝1时，ax＝1(2)选因为f(x)≥0，所以所以≥b24a又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0，f(1)f′(0)＝a＋b＋b＝1＋a＋b≥1＋4a2＋b24ab≥1＋24a2b24ab＝2，当且仅当＝b24a且4a2＝b2时等号成立【点拨】应用基本不等式求最值时，常见的技巧是“拆或凑”，同时注意“一正、二定、三相等”这三个条，避免出现错误【变式训练2】已知x，a，b，成等差数列，x，，d，成等比数列，求(a＋b)2d的取值范围【解析】由等差数列、等比数列的性质得a＋b＝x＋，d＝x，所以(a＋b)2d＝(x＋)2x＝2＋x＋x，当x＞0时，(a＋b)2d≥4；当x＜0时，(a＋b)2d≤0，故(a＋b)2d的取值范围是(－∞，0]∪[4，＋∞)题型三应用基本不等式解实际应用问题【例3】某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少(所购面粉第二天才能使用)；(2)若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠(即原价的90%)，问该厂是否可以利用此优惠条？请说明理由【解析】(1)设该厂x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，面粉的保管等其他费用为3[6x＋6(x－1)＋…＋6×2＋6×1]＝9x(x＋1)设平均每天所支付的总费用为1，则1＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800＝900x＋9x＋10 809≥2 ＋10 809＝10 989，当且仅当9x＝900x，即x＝10时，取等号即该厂应10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少(2)若厂家利用此优惠条，则至少应3天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条后，每x(x≥3)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为2，则2＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×09＝900x＋9x＋9 729(x≥3)因为2′＝9－900x2，当x≥3时，2′＞0所以2＝900x＋9x＋9 729在[3，＋∞)上是增函数所以x＝3时，2取最小值70 4887由70 4887＜10 989知，该厂可以利用此优惠条【点拨】解决这类应用题，首先要依题意构造出相应的数学模型，并通过适当的变形使所得到的模型符合基本不等式的结构，再求最值当等号不能成立时，常利用函数的单调性处理【变式训练3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2ab－4a2－b2的最大值【解析】因为a＞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，当且仅当a＝14，b＝12时，等号成立总结提高1基本不等式的几种常见变形公式：ab≤(a＋b2)2≤a2＋b22(a，b∈R)；2aba＋b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a＞0，b＞0)注意不等式成立的条及等号成立的条2合理拆分或配凑因子是常用的技巧，配、凑的目的在于使几个数的积为定值或和为定值，且等号能够成立3多次使用基本不等式求最值时，要特别注意等号能否同时成立7不等式的综合应用典例精析题型一含参数的不等式问题【例1】若不等式组的解集中所含整数解只有－2，求的取值范围【解析】由x2－x－2＞0有x＜－1或x＞2，由2x2＋(＋2)x＋＜0有(2x＋)(x＋)＜0因为－2是原不等式组的解，所以＜2由(2x＋)(x＋)＜0有－2＜x＜－因为原不等式组的整数解只有－2，所以－2＜－≤3，即－3≤＜2，故的取值范围是[－3,2)【点拨】涉及到含参数的不等式解集的有关问题时，借助数轴分析，往往直观、简洁【变式训练1】不等式(－1)na＜2＋(－1)n＋1n对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围【解析】当n为奇数时，－a＜2＋1n，即a＞－(2＋1n)而－(2＋1n)＜－2，则a≥－2；当n为偶数时，a＜2－1n，而2－1n≥2－12＝32，所以a＜32综上可得－2≤a＜32【点拨】不等式中出现了(－1)n的时候，常常分n为奇数和偶数进行分类讨论题型二不等式在函数中的应用【例2】已知函数f(x)＝2x－ax2＋2在区间[－1,1]上是增函数(1)求实数a的值组成的集合A；(2)设x1，x2是关于x的方程f(x)＝1x的两个相异实根，若对任意a ∈A及t∈[－1,1]，不等式2＋t＋1≥|x1－x2|恒成立，求实数的取值范围【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2，因为f(x)在[－1,1]上是增函数，所以当x∈[－1,1]时，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设x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2从而|x1－x2|＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋8，因为a∈[－1,1]，所以a2＋8≤3，即|x1－x2|ax＝3不等式对任意a∈A及t∈[－1,1]不等式恒成立，即2＋t－2≥0恒成立设g(t)＝2＋t－2＝t＋2－2，则解得≥2或≤－2故的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)【点拨】对于在给定区间上恒成立的不等式问题，通常可以转化为给定区间上的函数最大值(最小值)大于零(或小于零)，亦可分离变量或者利用数形结合的方法，分离变量和数形结合更加简单明了【变式训练2】设a，b＞0，且ab＝1，不等式aa2＋1＋bb2＋1≤λ恒成立，则λ的取值范围是【解析】[1，＋∞)因为ab＝1，所以aa2＋1＋bb2＋1＝2a＋b≤22ab＝1，所以λ≥1题型三不等式在实际问题中的应用【例3】某森林出现火灾，火势正以100 2/分钟的速度顺风蔓延，消防站接到报警立即派消防队员前去，在火灾发生后分钟到达救火现场，已知消防队员在现场平均每人灭火0 2/分钟，所消耗的灭火材料，劳务津贴等费用为人均12元/分钟，另附加每次救火所耗损的车辆，器械和装备等费用人均100元，而烧毁森林的损失费60元/2，问应该派多少消防队员前去救火才能使总损失最少？【解析】设派x名消防队员前去救火，用t分钟将火扑灭，总损失为，则t＝×1000x－100＝10x－2，＝灭火劳务津贴＋车辆、器械装备费＋森林损失费＝12xt＋100x＋60(00＋100t)＝12x×10x－2＋100x＋30 000＋60 000x－2＝100(x－2)＋62 00x－2＋31 40≥2100(x－2)•62 00x－2＋31 40＝36 40，当且仅当100(x－2)＝62 00x－2，即x＝27时，有最小值36 40，故应派27人前去救火才能使总损失最少，最少损失36 40元【点拨】本题需要把实际问题抽象为数学问题，建立不等式模型，利用基本不等式求最值，基本不等式是历年高考考查的重要内容【变式训练3】某学校拟建一块周长为400 的操场，如图所示，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？【解析】设中间矩形区域的长，宽分别为x ，，中间的矩形区域面积为S，则半圆的周长为π2，因为操场周长为400，所以2x＋2×π2＝400，即2x＋π＝400(0＜x＜200,0＜＜400π)，所以S＝x＝12π•(2x)•(π)≤12π•2x＋π22＝20 000π，由解得所以当且仅当时等号成立，即把矩形的长和宽分别设计为100 和200π时，矩形区域面积最大总结提高1不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围，或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用基本不等式求最值问题不等式的综合题主要是不等式与函数、解析几何、数列、三角函数等知识的综合解决这些问题的关键是找出综合题的各部分知识及联系，充分利用数学思想和数学方法解题2建立不等式的主要途径有：利用基本不等式；利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性等3解答不等式的实际应用问题一般分四步，即审题、建模、求解、检验。

4.不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、 放缩法等. (1)比较法:求差比较法,求商比较法. ①求差比较法:由于a>b⇔a-b>0,a<b⇔a-b<0,因此要证明a>b,只
要要证证②明明求aa>-商bb>,比只0即较要可法证.:明由������������a>>1b即>0可⇔. ������������>1 且 a>0,b>0,因此当 a>0,b>0 时
-
������ 2
,
1 2
都成立.故-���2���≥a-2,即 a≤43.
从而 a 的取值范围是
-1,
4 3
.
考向 一
考向二 考向三 考向四
专题探究·分类突 破
-12-
突破策略图象法:对于不等式|f(x)|<g(x)的求解,构造新的函数 y=|f(x)|-g(x),画出此函数图象,观察函数图象在x轴下方的图象对应 的x的范围,即为不等式的解集.
-2������,������ ≤ -2, 令 g(x)=|x-2|+|x+2|= 4,-2 < ������ < 2,
2������,������ ≥ 2,
所以不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).
(2)证明:要证 f(ab)>|a|f
������ ������
,只需证|ab-1|>|b-a|,
明与综合应用.高考的 (2014 卷Ⅱ,理 24) 式的解法;含绝对
热点为绝对值不等式 (2015 卷Ⅰ,理 24) 值不等式的参数范
的求解.试题为中档难 (2015 卷Ⅱ,理 24) 围问题;不等式的

方法二 由 f(x)>0，得 ax2>－x－1， 令 y1＝ax2，y2＝－x－1， 则前者的图象是顶点在坐标原点，焦点在 y 轴上的抛物线， 后者的图象为定直线．
依题意，在直线 x＝0 与 x＝2 之间，抛物线在定直线的上方． 在同一直角坐标平面上作出两个函数的图
象(如图所示)． 显然，a>0 符合题意；当 a<0 时，只需两 个曲线的交点在定直线 y2＝－x－1 与 x＝2 的交点 A(2，－3)的右方即可． 由于当 a<0 时，抛物线 y1＝ax2 的开口大小随 a 的值的增大 而增大．而当抛物线 y1＝ax2 通过点 A 时，a＝－34，故符合 题意的解为 a>－34且 a≠0.
{x|x∈R 且 x≠－2ba}
R
不等式 ax2＋
bx＋c<0
{x|x1<
∅
∅
(a>0)的解集
x<x2}
3.简单分式、指数、对数不等式的解法 (1)简单分式不等式的解法 ①变形⇒gf((xx))>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)； ②变形⇒gf((xx))≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且 g(x)≠0. (2)简单指数不等式的解法 ①当 a>1 时，af(x)>ag(x)⇔f(x)>g(x)； ②当 0<a<1 时，af(x)>ag(x)⇔f(x)<g(x)． (3)简单对数不等式的解法 ①当 a>1 时，logaf(x)>logag(x)⇔f(x)>g(x)且 f(x)>0， g(x)>0； ②当 0<a<1 时，logaf(x)>logag(x)⇔f(x)<g(x)且 f(x)>0，

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1．(2020·未央区校级模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x ＋1|＋|x－1|.
(1)求不等式g(x)＜3的解集； (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求实数a的取值范围．
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【解析】 (1)∵f(x)＝|2x－a|＋|x－1|， ∴由f(x)≤2－|x－1|，得|2x－a|＋|2x－2|≤2， ∵不等式f(x)≤2－|x－1|无解，∴(|2x－a|＋|2x－2|)min＞2， 又∵|2x－a|＋|2x－2|≥|(2x－a)－(2x－2)|＝|a－2|， ∴|a－2|＞2，∴a＞4或a＜0， ∴实数a的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)．
∴(1＋x)4＝(1＋x)3(1＋x)≥(1＋3x)(1＋x)＝1＋4x＋3x2≥1＋4x，
即(1＋x)4≥1＋4x.
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(2)欲证(a＋b)4≥a4＋4a3b， 只需a＋a b4≥1＋4aa43b，即证1＋ba4≥1＋4·ab ∵a，b＞0，∴ba>0>－1， 由(1)知取 x＝ba时上式成立，从而原不等式得证．
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1．用零点区间法解绝对值不等式的步骤 (1)求零点； (2)划区间、去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值． 2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代 数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．
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