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高考專題突破一 高考中的不等式問題
題型一 含參數(shù)不等式的解法
例1解關于x的不等式x2＋ax＋1>0(a∈R)．
解 對于方程x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4.
(1)當Δ>0，即a>2或a<－2時，方程x2＋ax＋1＝0有兩個不等實根x1＝，x2＝，
且x1
3的解集為R，則實數(shù)m的取值范圍是__________．
答案 (－∞，－4)∪(2，＋∞)
解析 依題意得，|x－1|＋|x＋m|≥|(x－1)－(x＋m)|＝|m＋1|，即函數(shù)y＝|x－1|＋|x＋m|的最小值是|m＋1|，于是有|m＋1|>3，m＋1<－3或m＋1>3，由此解得m<－4或m>2.因此實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
題型二 線性規(guī)劃問題
例2(2018浙江五校聯(lián)考)已知實數(shù)x，y滿足約束條件且z＝ax＋y的最大值為16，則實數(shù)a＝________，z的最小值為________．
答案 2 1
解析 如圖，作出不等式組所表示的可行域(△ABC及其內部區(qū)域)．目標函數(shù)z＝ax＋y對應直線ax＋y－z＝0的斜率k＝－a.
(1)當k∈(－∞，1]，即－a≤1，a≥－1時，目標函數(shù)在點A處取得最大值，由解得A(5,6)，故z的最大值為5a＋6，即5a＋6＝16，解得a＝2.
(2)當k∈(1，＋∞)，即－a>1，a<－1時，目標函數(shù)在點C處取得最大值，由解得C(0,1)，故z的最大值為0a＋1＝1，不符合題意．
綜上，a＝2.
數(shù)形結合知，當直線z＝2x＋y經過點C時，z取得最小值，zmin＝20＋1＝1.
思維升華
1．利用線性規(guī)劃求目標函數(shù)的基本步驟為一畫二移三求，其關鍵是準確作出可行域，理解目標函數(shù)的意義．
2．常見的目標函數(shù)有
(1)截距型：如z＝－2x＋y，z＝，z＝(其中M(x，y)為區(qū)域內動點，P(－2,1))，等等．
(2)距離型：如z＝(x－2)2＋y2，z＝|2x－y|，等等．
(3)斜率型：如z＝，z＝，z＝，z＝＋＝，等等．
(4)二次曲線型：如z＝xy，z＝，z＝＋y2，等等．
3．解題時要注意可行解是區(qū)域的所有點還是區(qū)域內的整點．
跟蹤訓練2 (1)(2018湖州五校模擬)設實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝2x－y的取值范圍為( )
A．(－6，－1) B．(－8，－2)
C．(－1,8) D．(－2,6)
答案 D
解析 方法一 作出約束條件所表示的可行域如圖中陰影部分所示．作出直線y＝2x，平移直線，直線z＝2x－y在點B(－1,0)處的取最小值為－2，在點C(3,0)處的取最大值為6，所以z＝2x－y的取值范圍為(－2,6)．
方法二 三條直線兩兩聯(lián)立求出的交點坐標分別是(1,2)，(－1,0)，(3,0)，分別代入z＝2x－y求值，得0，－2,6，所以z＝2x－y的取值范圍為(－2,6)．
(2)若x，y滿足則不等式組表示的平面區(qū)域的面積為________，z＝(x＋1)2＋(y－1)2的最小值為________．
答案 30
解析 作出表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則不等式組表示的平面區(qū)域的面積為52＋105＝30.
z＝(x＋1)2＋(y－1)2表示可行域內的點(x，y)與點M(－1,1)之間的距離的平方，數(shù)形結合易知，z＝(x＋1)2＋(y－1)2的最小值為點M(－1,1)到直線2x－y＝0的距離的平方，即zmin＝＝.
題型三 基本不等式的應用
例3 (1)已知x2＋4xy－3＝0，其中x>0，y∈R，則x＋y的最小值是( )
A.B．3C．1D．2
答案 A
解析 由x2＋4xy－3＝0，得y＝，
即有x＋y＝x＋＝.
∵x>0，∴x＋≥2，即x＋y≥，
當且僅當x＝，即x＝1，y＝時，x＋y取得最小值.
(2)已知a>0，b>0，c>1，且a＋b＝1，則c＋的最小值為______．
答案 4＋2
解析 ∵＝＝
＝＋＋2≥2＋2＝2＋2，
當且僅當即時等號成立，
∴c＋≥2c＋
＝2(c－1)＋＋2
≥2＋2＝4＋2，
當且僅當2(c－1)＝，即c＝1＋時，等號成立．
綜上，所求最小值為4＋2.
思維升華利用基本不等式求最值的方法
(1)利用基本不等式求最值的關鍵是構造和為定值或積為定值，主要思路有兩種：①對條件使用基本不等式，建立所求目標函數(shù)的不等式求解．②條件變形，進行“1”的代換求目標函數(shù)最值．
(2)有些題目雖然不具備直接應用基本不等式求最值的條件，但可以通過添項、分離常數(shù)、平方等手段使之能運用基本不等式．常用的方法還有：拆項法、變系數(shù)法、湊因子法、分離常數(shù)法、換元法、整體代換法．
跟蹤訓練3 (1)已知xy＝1，且0，
所以x－2y>0.
＝＝x－2y＋≥4，
當且僅當x＝＋1，y＝時等號成立．
(2)若實數(shù)x，y滿足x2＋y2＋xy＝1，則x＋y的最大值是________．
答案
解析 由x2＋y2＋xy＝1，得1＝(x＋y)2－xy，
∴(x＋y)2＝1＋xy≤1＋，
解得－≤x＋y≤(當且僅當x＝y(tǒng)＝時取得最大值)，∴x＋y的最大值為.
題型四 絕對值不等式的應用
例4 (1)(2018浙江五校聯(lián)考)已知a∈R，則“a≤9”是“2|x－2|＋|5＋2x|1 B.>
C．a3>b3 D．a＋|b|>0
答案 B
解析 由a0，所以(a－1)<(b－1)，即>，故選B.
2．(2018浙江紹興一中期末)若關于x的不等式|x＋2|＋|x－a|<5有解，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－7,7) B．(－3,3)
C．(－7,3) D．?
答案 C
解析 不等式|x＋2|＋|x－a|<5有解，等價于(|x＋2|＋|x－a|)min<5，又因為|x＋2|＋|x－a|≥|(x＋2)－(x－a)|＝|2＋a|，所以|2＋a|<5，－5<2＋a<5，解得－73，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A．(－1,0) B．(0,1)
C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)
答案 D
解析 作出滿足不等式組的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示(包含邊界)，當目標函數(shù)z＝x－2y經過直線x＋m＝0與y－m＝0的交點時取得最大值，即zmax＝－m－2m＝－3m，則根據(jù)題意有－3m>3，即m<－1，故選D.
7．(2018浙江舟山中學月考)已知x，y滿足約束條件當目標函數(shù)z＝ax＋by(a>0，b>0)在該約束條件下取到最小值2時，a2＋b2的最小值為( )
A．5B．4C.D．2
答案 B
解析 畫出滿足約束條件的可行域如圖中陰影部分(包含邊界)所示，可知當目標函數(shù)過直線x－y－1＝0與2x－y－3＝0的交點A(2,1)時取得最小值，所以有2a＋b＝2.因為a2＋b2表示原點(0,0)到點(a，b)的距離的平方，所以的最小值為原點到直線2a＋b－2＝0的距離，即()min＝＝2，所以a2＋b2的最小值是4，故選B.
8．(2018嘉興教學測試)若直線ax＋by＝1與不等式組表示的平面區(qū)域無公共點，則2a＋3b的取值范圍是( )
A．(－7,1) B．(－3,5)
C．(－7,3) D．R
答案 C
解析 不等式組表示的平面區(qū)域是以A(1,1)，B(－1,1)，C(0，－1)為頂點的三角形區(qū)域(包含邊界)；
因為直線ax＋by＝1與不等式組表示的平面區(qū)域無公共點，所以a，b滿足
或故點(a，b)在如圖所示的三角形區(qū)域(除邊界且除原點)內，所以2a＋3b的取值范圍為(－7,3)，故選C.
9．(2019諸暨期末)不等式－x2＋2x＋3<0的解集為________；不等式|3－2x|<1的解集為________．
答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) (1,2)
解析 依題意，不等式－x2＋2x＋3<0，即x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，因此不等式－x2＋2x＋3<0的解集是(－∞，－1)∪(3，＋∞)；由|3－2x|<1得－1<3－2x<1,1＋3在[0,5]上有解，則實數(shù)a的取值范圍為______________．
答案 (－∞，0)∪
解析 由x2－4x>＋3得x2－4x－3>，則問題等價于小于x2－4x－3在[0,5]上的最大值，又因為x2－4x－3＝(x－2)2－7，所以當x＝5時，x2－4x－3取得最大值2，所以<2，解得a<0或a>，所以a的取值范圍為(－∞，0)∪.
11．(2018嘉興測試)已知f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，則不等式|f(x)|＋|g(x)|≤2的解集為______________；|f(2x)|＋|g(x)|的最小值為________．
答案 3
解析 由題意得|f(x)|＋|g(x)|＝|x－2|＋|2x－5|＝
所以|f(x)|＋|g(x)|≤2等價于或或
解得≤x≤3，
|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|
＝
|f(2x)|＋|g(x)|的圖象如圖，則由圖象易得|f(2x)|＋|g(x)|的最小值為3.
12．(2018浙江鎮(zhèn)海中學模擬)已知正數(shù)x，y滿足＋＝1，則＋的最大值是________．
答案
解析 設u＝，v＝，則問題轉化為“已知正數(shù)u，v滿足u＋2v＝1，求＋的最大值”．
＋＝3－
＝3－[(u＋1)＋2(v＋1)]
＝3－≤3－(5＋4)＝.
當且僅當＝，即u＝v＝時，取等號．
13．(2018浙江金華十校聯(lián)考)已知實數(shù)x，y，z滿足則xyz的最小值為________．
答案 9－32
解析 將變形為
由|xy|≤知，|1－2z|≤，
即－≤1－2z≤，解得2－≤z≤－2.
所以xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z在[2－，－2]上的最小值為9－32.
14．(2018寧波模擬)若6x2＋4y2＋6xy＝1，x，y∈R，則x2－y2的最大值為________．
答案
解析 方法一 設m＝x＋y，n＝x－y，則問題轉化為“已知4m2＋mn＋n2＝1，求mn的最大值”．
由基本不等式，知1＝mn＋4m2＋n2≥mn＋4|mn|，所以－≤mn≤，當且僅當n＝2m，即x＝－3y時，取得最大值.
方法二 (齊次化處理)顯然要使得目標函數(shù)取到最大值，x≠0.
令z＝x2－y2＝
＝，設t＝，
則z＝，則(4z＋1)t2＋6zt＋6z－1＝0對t∈R有解．
當z＝－時，t＝－.
當z≠－時，Δ＝36z2－4(4z＋1)(6z－1)≥0，
解得－≤z≤.當t＝－＝－時取最大值．
方法三 1＝6x2＋4y2＋6y≥6x2＋4y2－6＝5x2－5y2，所以x2－y2≤，
當且僅當x＝－3y時取等號．
15．(2019浙江嘉興一中模擬)已知點P是平面區(qū)域M：內的任意一點，則P到平面區(qū)域M的邊界的距離之和的取值范圍為________．
答案
解析 設平面區(qū)域M：為△ABO區(qū)域(包含邊界)，由題意，|AO|＝1，|BO|＝，|AB|＝2，P到平面區(qū)域M的邊界的距離之和d就是P到△ABO三邊的距離之和，設P到邊界AO，BO，AB的距離分別為a，b，c，則P(b，a)，由題意0≤a≤，0≤b≤1,0≤c＝(－a－b)≤，所以d＝a＋b＋c＝[a＋(2－)b＋]，從而d≥，當a＝b＝0時取等號．
如圖，P為可行域內任意一點，過P作PE⊥x軸，PF⊥y軸，PP′⊥AB，過P′作P′E′⊥x軸，P′F′⊥y軸，則有PE＋PF＋PP′≤P′F′＋P′E′，由P(b，a)，
可得P′，
所以d＝a＋b＋c≤＋＝，又0≤a≤，0≤b≤1，則d≤，當a＝，b＝0時取等號，因此d的取值范圍為.
16．(2018浙江“七彩陽光”新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)若正數(shù)a，b，c滿足＋＝＋1，則的最小值是________．
答案
解析 由a，b，c為正數(shù)，且＋＝＋1得＋＝＋＋1，設m＝，n＝，則有m>0，n>0，上式轉化為＋＝m＋n＋1，即＝m＋n＋1，又由基本不等式得m2＋n2≥，mn≤，所以m＋n＋1＝≥，令t＝m＋n，則t>0，上式轉化為t＋1≥，即t2－t－4≥0，解得t≥，所以t＝m＋n＝＋＝的最小值為.
（浙江專用）2020版高考數(shù)學新增分大一輪復習 第二章 不等式 專題突破一 高考中的不等式問題講義（含解析）.docx
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