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PAGEPAGEPAGE83第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))不等式、推理与证明第一节不等关系与不等式1.两个实数比拟大小的依据(1)a-b>0⇔a>b.(2)a-b=0⇔a=b.(3)a-b<0⇔a<b.2.不等式的性质(1)对称性:a>b⇔b<a;(2)传递性: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)可开方:a>b>0⇒eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N,n≥2).[小题体验]1.(教材习题改编)用不等号“>〞或“<〞填空:(1)a>b,c<d⇒a-c________b-d;(2)a>b>0,c<d<0⇒ac________bd;(3)a>b>0⇒eq\r(3,a)________eq\r(3,b).答案:(1)>(2)<(3)>2.限速40km/h的路标,指示司机在前方路段行驶时,应使汽车的速度v不超过40km/h,写成不等式就是__________.答案:v≤40km/h3.假设0<a<b,c>0,那么eq\f(b+c,a+c)与eq\f(a+c,b+c)的大小关系为________.答案:eq\f(b+c,a+c)>eq\f(a+c,b+c)1.在应用传递性时,注意等号是否传递下去,如a≤b,b<c⇒a<c.2.在乘法法那么中,要特别注意“乘数c的符号〞,例如当c≠0时,有a>b⇒ac2>bc2;假设无c≠0这个条件,a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c=0时,取“=〞).[小题纠偏]1.设a,b,c∈R,且a>b,那么()A.ac>bc B.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.a2>b2 D.a3>b3答案:D2.假设ab>0,且a>b,那么eq\f(1,a)与eq\f(1,b)的大小关系是________.答案:eq\f(1,a)<eq\f(1,b)eq\a\vs4\al(考点一比拟两个数式的大小)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1.x∈R,m=(x+1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2+\f(x,2)+1)),n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,2)))(x2+x+1),那么m,n的大小关系为()A.m≥n B.m>nC.m≤n D.m<n答案:B2.假设a=eq\f(ln2,2),b=eq\f(ln3,3),那么a____b(填“>〞或“<〞).解析:易知a,b都是正数,eq\f(b,a)=eq\f(2ln3,3ln2)=log89>1,所以b>a.答案:<3.等比数列{an}中,a1>0,q>0,前n项和为Sn,那么eq\f(S3,a3)与eq\f(S5,a5)的大小关系为________.解析:当q=1时,eq\f(S3,a3)=3,eq\f(S5,a5)=5,所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).当q>0且q≠1时,eq\f(S3,a3)-eq\f(S5,a5)=eq\f(a11-q3,a1q21-q)-eq\f(a11-q5,a1q41-q)=eq\f(q21-q3-1-q5,q41-q)=eq\f(-q-1,q4)<0,所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).综上可知eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).答案:eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5)[谨记通法]比拟两实数(式)大小的2种常用方法作差法其根本步骤:作差,变形,判断符号,得出结论.用作差法比拟大小的关键是判断差的正负,常采用配方、因式分解、分子(分母)有理化等变形方法作商法判断商与1的大小关系,得出结论,要特别注意,当商与1的大小确定后,必须对商式分子、分母的正负作出判断,这是用作商法比拟大小时最容易漏掉的关键步骤eq\a\vs4\al(考点二不等式的性质)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1.设a,b∈R那么“(a-b)·a2<0”是“a<b〞的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析:选A(a-b)·a2<0,那么必有a-b<0,即a<b;而a<b时,不能推出(a-b)·a2<0,如a=0,b=1,所以“(a-b)·a2<0”是“a<b〞的充分不必要条件.2.假设a>b>0,c<d<0,那么一定有()A.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) B.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)解析:选B法一:因为c<d<0,所以-c>-d>0,所以eq\f(1,-d)>eq\f(1,-c)>0.又a>b>0,所以eq\f(a,-d)>eq\f(b,-c),所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).应选B.法二:eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(c<d<0⇒cd>0,c<d<0))⇒eq\f(c,cd)<eq\f(d,cd)<0⇒eq\a\vs4\al(\f(1,d)<\f(1,c)<0⇒,)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(-1,d)>\f(-1,c)>0,a>b>0))⇒eq\f(-a,d)>eq\f(-b,c)⇒eq\f(a,d)<eq\f(b,c).法三:令a=3,b=2,c=-3,d=-2,那么eq\f(a,c)=-1,eq\f(b,d)=-1,排除选项C、D;又∵-eq\f(3,2)<-eq\f(2,3),排除A.应选B.[由题悟法]不等式性质应用问题的3大常见类型及解题策略(1)利用不等式性质比拟大小.熟记不等式性质的条件和结论是根底,灵活运用是关键,要注意不等式性质成立的前提条件.(2)与充要条件相结合问题.用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否正确,要注意特殊值法的应用.(3)与命题真假判断相结合问题.解决此类问题除根据不等式的性质求解外,还经常采用特殊值验证的方法.[即时应用]1.(2022·河南六市第一次联考)假设eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,那么以下结论不正确的选项是()A.a2<b2 B.ab<b2C.a+b<0 D.|a|+|b|>|a+b|解析:选D∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,∴b<a<0,∴b2>a2,ab<b2,a+b<0,∴选项A、B、C均正确,∵b<a<0,∴|a|+|b|=|a+b|,故D项错误,应选D.2.(2022·赣中南五校联考)对于任意实数a,b,c,d,有以下四个命题:①假设ac2>bc2,那么a>b;②假设a>b,c>d,那么a+c>b+d;③假设a>b,c>d,那么ac>bd;④假设a>b,那么eq\f(1,a)>eq\f(1,b).其中正确的有()A.1个 B.2个C.3个 D.4个解析:选B①由ac2>bc2,得c≠0,那么a>b,①正确;②由不等式的同向可加性可知②正确;③错误,当0>c>d时,不等式不成立.④错误,令a=-1,b=-2,满足-1>-2,但eq\f(1,-1)<eq\f(1,-2).应选B.eq\a\vs4\al(考点三不等式性质的应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]函数f(x)=ax2+bx,且1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(-2)的取值范围.解:由题意知f(-1)=a-b,f(1)=a+b.f(-2)=4a-2b.设m(a+b)+n(a-b)=4a-2那么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≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤f(-2)≤10.即f(-2)的取值范围为[5,10].[类题通法]利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围,但应注意两点:一是必须严格运用不等式的性质;二是在屡次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围,解决的途径是先建立所求范围的整体与范围的整体的等量关系,最后通过“一次性〞不等关系的运算求解范围.[即时应用]1.假设6<a<10,eq\f(a,2)≤b≤2a,c=a+b,那么c的取值范围是()A.[9,18] B.(15,30)C.[9,30] D.(9,30)解析:选D∵eq\f(a,2)≤b≤2a,∴eq\f(3a,2)≤a+b≤3a,即eq\f(3a,2)≤c≤3a.∵6<a<10,∴9<c<30.应选D.2.-1<x<4,2<y<3,那么x-y的取值范围是________,3x+2y的取值范围是________.解析:∵-1<x<4,2<y<3,∴-3<-y<-2,∴-4<x-y<2.由-1<x<4,2<y<3,得-3<3x<12,4<2y<6,∴1<3x+2y<18.答案:(-4,2)(1,18)一抓根底,多练小题做到眼疾手快1.设a,b∈[0,+∞),A=eq\r(a)+eq\r(b),B=eq\r(a+b),那么A,B的大小关系是()A.A≤B B.A≥BC.A<B D.A>B解析:选B由题意得,B2-A2=-2eq\r(ab)≤0,且A≥0,B≥0,可得A≥B.2.假设a<b<0,那么以下不等式不能成立的是()A.eq\f(1,a-b)>eq\f(1,a) B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.|a|>|b| D.a2>b2解析:选A取a=-2,b=-1,那么eq\f(1,a-b)>eq\f(1,a)不成立.3.假设a,b都是实数,那么“eq\r(a)-eq\r(b)>0”是“a2-b2>0”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析:选A由eq\r(a)-eq\r(b)>0得a>b≥0,那么a2>b2⇒a2-b2>0;由a2-b2>0得a2>b2,可得a>b≥0或a<b≤0等,所以“eq\r(a)-eq\r(b)>0”是“a2-b2>0”的充分不必要条件,应选A.4.(2022·资阳诊断)a,b∈R,以下命题正确的选项是()A.假设a>b,那么|a|>|b| B.假设a>b,那么eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.假设|a|>b,那么a2>b2 D.假设a>|b|,那么a2>b2解析:选D当a=1,b=-2时,选项A、B、C均不正确;对于D项,a>|b|≥0,那么a2>b2.5.假设角α,β满足-eq\f(π,2)<α<β<π,那么α-β的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3π,2),\f(3π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3π,2),0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))解析:选B∵-eq\f(π,2)<α<π,-eq\f(π,2)<β<π,∴-π<-β<eq\f(π,2),∴-eq\f(3π,2)<α-β<eq\f(3π,2).又∵α<β,∴α-β<0,从而-eq\f(3π,2)<α-β<0.二保高考,全练题型做到高考达标1.a1,a2∈(0,1),记M=a1a2,N=a1+a2-1,那么M与NA.M<N B.M>NC.M=N D.不确定解析:选BM-N=a1a2-(a1+a2=a1a2-a1-a2+1=(a1-1)(a2又∵a1∈(0,1),a2∈(0,1),∴a1-1<0,a2-1<0.∴(a1-1)(a2-1)>0,即M-N>0.∴M>N.2.假设m<0,n>0且m+n<0,那么以下不等式中成立的是()A.-n<m<n<-m B.-n<m<-m<nC.m<-n<-m<n D.m<-n<n<-m解析:选D法一:(取特殊值法)令m=-3,n=2分别代入各选项检验即可.法二:m+n<0⇒m<-n⇒n<-m,又由于m<0<n,故m<-n<n<-m成立.3.(2022·湘潭一模)设a,b是实数,那么“a>b>1”是“a+eq\f(1,a)>b+eq\f(1,b)〞的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件解析:选A因为a+eq\f(1,a)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))=eq\f(a-bab-1,ab),假设a>b>1,显然a+eq\f(1,a)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))=eq\f(a-bab-1,ab)>0,那么充分性成立,当a=eq\f(1,2),b=eq\f(2,3)时,显然不等式a+eq\f(1,a)>b+eq\f(1,b)成立,但a>b>1不成立,所以必要性不成立.4.(2022·浙江高考)a,b>0且a≠1,b≠1,假设logab>1,那么()A.(a-1)(b-1)<0 B.(a-1)(a-b)>0C.(b-1)(b-a)<0 D.(b-1)(b-a)>0解析:选D∵a,b>0且a≠1,b≠1,∴当a>1,即a-1>0时,不等式logab>1可化为alogab>a1,即b>a>1,∴(a-1)(a-b)<0,(b-1)(a-1)>0,(b-1)(b-a)>0.当0<a<1,即a-1<0时,不等式logab>1可化为alogab<a1,即0<b<a<1,∴(a-1)(a-b)<0,(b-1)(a-1)>0,(b-1)(b-a)>0.综上可知,选D.5.设a,b∈R,定义运算“⊗和“⊕〞如下:a⊗b=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a,a≤b,,b,a>b,))a⊕b=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b,a≤b,,a,a>b.))假设m⊗n≥2,p⊕q≤2,那么()A.mn≥4且p+q≤4 B.m+n≥4且pq≤4C.mn≤4且p+q≥4 D.m+n≤4且pq≤4解析:选A结合定义及m⊗n≥2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥2,,m≤n))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≥2,,m>n,))即n≥m≥2或m>n≥2,所以mn≥4;结合定义及p⊕q≤2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤2,,p>q))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q≤2,,p≤q,))即q<p≤2或p≤q≤2,所以p+q≤4.6.a,b∈R,a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是________.解析:假设ab<0,由a<b两边同除以ab得,eq\f(1,b)>eq\f(1,a),即eq\f(1,a)<eq\f(1,b);假设ab>0,那么eq\f(1,a)>eq\f(1,b).∴a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是a<0<b.答案:a<0<b7.用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园,墙长18m,要求菜园的面积不小于216m2,靠墙的一边长为x解析:矩形靠墙的一边长为xm,那么另一边长为eq\f(30-x,2)m,即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15-\f(x,2)))m,根据题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤18,,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15-\f(x,2)))≥216.))答案:eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤18,,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15-\f(x,2)))≥216))8.a+b>0,那么eq\f(a,b2)+eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)+eq\f(1,b)的大小关系是________.解析:eq\f(a,b2)+eq\f(b,a2)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))=eq\f(a-b,b2)+eq\f(b-a,a2)=(a-b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)-\f(1,a2)))=eq\f(a+ba-b2,a2b2).∵a+b>0,(a-b)2≥0,∴eq\f(a+ba-b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)+eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)+eq\f(1,b).答案:eq\f(a,b2)+eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)+eq\f(1,b)9.存在实数a满足ab2>a>ab,那么实数b的取值范围是__________.解析:∵ab2>a>ab,∴a≠0,当a>0时,b2>1>b,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2>1,,b<1,))解得b<-1;当a<0时,b2<1<b,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2<1,,b>1,))此式无解.综上可得实数b的取值范围为(-∞,-1).答案:(-∞,-1)10.假设a>b>0,c<d<0,e<0.求证:eq\f(e,a-c2)>eq\f(e,b-d2).证明:∵c<d<0,∴-c>-d>0.又∵a>b>0,∴a-c>b-d>0.∴(a-c)2>(b-d)2>0.∴0<eq\f(1,a-c2)<eq\f(1,b-d2).又∵e<0,∴eq\f(e,a-c2)>eq\f(e,b-d2).三上台阶,自主选做志在冲刺名校1.(2022·合肥质检)△ABC的三边长分别为a,b,c,且满足b+c≤3a,那么eq\f(c,a)的取值范围为()A.(1,+∞) B.(0,2)C.(1,3) D.(0,3)解析:选B由及三角形三边关系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b+c≤3a,,a+b>c,,a+c>b,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)+\f(c,a)≤3,,1+\f(b,a)>\f(c,a),,1+\f(c,a)>\f(b,a),))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)+\f(c,a)≤3,,-1<\f(c,a)-\f(b,a)<1,))两式相加得,0<2·eq\f(c,a)<4,∴eq\f(c,a)的取值范围为(0,2).2.设a>b>0,m≠-a,那么eq\f(b+m,a+m)>eq\f(b,a)时,m满足的条件是________.解析:由eq\f(b+m,a+m)>eq\f(b,a)得eq\f(a-bm,aa+m)>0,因为a>b>0,所以eq\f(m,m+a)>0.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0,,m+a>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0,,m+a<0.))∴m>0或m<-a.即m满足的条件是m>0或m<-a.答案:m>0或m<-a3.某单位组织职工去某地参观学习需包车前往.甲车队说:“如果领队买一张全票,其余人可享受7.5折优惠.〞乙车队说:“你们属团体票,按原价的8折优惠.〞这两个车队的原价、车型都是一样的,试根据单位去的人数比拟两车队的收费哪家更优惠.解:设该单位职工有n人(n∈N*),全票价为x元,坐甲车需花y1元,坐乙车需花y2元,那么y1=x+eq\f(3,4)x·(n-1)=eq\f(1,4)x+eq\f(3,4)xn,y2=eq\f(4,5)nx.所以y1-y2=eq\f(1,4)x+eq\f(3,4)xn-eq\f(4,5)nx=eq\f(1,4)x-eq\f(1,20)nx=eq\f(1,4)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(n,5))).当n=5时,y1=y2;当n>5时,y1<y2;当n<5时,y1>y2.因此当单位去的人数为5人时,两车队收费相同;多于5人时,甲车队更优惠;少于5人时,乙车队更优惠.第二节一元二次不等式及其解法“三个二次〞的关系判别式Δ=b2-4Δ>0Δ=0Δ<0二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象一元二次方程ax2+bx+c=0(a>0)的根有两相异实根x1,x2(x1<x2)有两相等实根x1=x2=-eq\f(b,2a)没有实数根一元二次不等式ax2+bx+c>0(a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx≠-\f(b,2a)))R一元二次不等式ax2+bx+c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}∅∅[小题体验]1.设集合S={x|x>-2},T={x|x2+3x-4≤0},那么(∁RS)∪T=()A.(-2,1] B.(-∞,-4]C.(-∞,1] D.[1,+∞)解析:选C由题意得T={x|-4≤x≤1},根据补集定义,∁RS={x|x≤-2},所以(∁RS)∪T={x|x≤1}.2.(教材习题改编)不等式-x2+2x-3>0的解集为________.答案:∅3.不等式ax2+bx+2>0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),\f(1,3))),那么a+b的值是________.解析:由题意知-eq\f(1,2),eq\f(1,3)是ax2+bx+2=0的两根,那么a=-12,b=-2.所以a+b=-14.答案:-141.对于不等式ax2+bx+c>0,求解时不要忘记讨论a=0时的情形.2.当Δ<0时,ax2+bx+c>0(a≠0)的解集为R还是∅,要注意区别.3.含参数的不等式要注意选好分类标准,防止盲目讨论.[小题纠偏]1.不等式eq\f(x-3,x-1)≤0的解集为()A.{x|x<1或x≥3} B.{x|1≤x≤3}C.{x|1<x≤3} D.{x|1<x<3}解析:选C由eq\f(x-3,x-1)≤0,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-3x-1≤0,,x-1≠0,))解得1<x≤3.2.假设不等式mx2+2mx+1>0的解集为R,那么m的取值范围是________.解析:①当m=0时,1>0显然成立.②当m≠0时,由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0,,Δ=4m2-4m<0.))得0<m<1.由①②知0≤m<1.答案:[0,1)eq\a\vs4\al(考点一一元二次不等式的解法)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1.函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2+1,x≤0,,-2x,x>0,))那么不等式f(x)-x≤2的解集是________.解析:当x≤0时,原不等式等价于2x2+1-x≤2,∴-eq\f(1,2)≤x≤0;当x>0时,原不等式等价于-2x-x≤2,∴x>0.综上所述,原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx≥-\f(1,2))).答案:eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx≥-\f(1,2)))2.不等式eq\f(2x+1,x-5)≥-1的解集为________.解析:将原不等式移项通分得eq\f(3x-4,x-5)≥0,等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x-4x-5≥0,,x-5≠0,))解得x>5或x≤eq\f(4,3).所以原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x>5)))).答案:eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x>5))))3.解以下不等式:(1)(易错题)-3x2-2x+8≥0;(2)0<x2-x-2≤4.解:(1)原不等式可化为3x2+2x-8≤0,即(3x-4)(x+2)≤0.解得-2≤x≤eq\f(4,3),所以原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(-2≤x≤\f(4,3))))).(2)原不等式等价于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.))借助于数轴,如下图,所以原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|-2≤x<-1或2<x≤3)).[谨记通法]解一元二次不等式的4个步骤eq\a\vs4\al(考点二含参数的一元二次不等式的解法)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]解关于x的不等式ax2-(a+1)x+1<0(a>0).解:原不等式变为(ax-1)(x-1)<0,因为a>0,所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,a)))(x-1)<0,所以当a>1时,解为eq\f(1,a)<x<1;当a=1时,解集为∅;当0<a<1时,解为1<x<eq\f(1,a).综上,当0<a<1时,不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a))))).当a=1时,不等式的解集为∅.当a>1时,不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).[由题悟法]解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据(1)二次项中假设含有参数应讨论是等于0,小于0,还是大于0,然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式.(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时,讨论判别式Δ与0的关系.(3)确定无根时可直接写出解集,确定方程有两个根时,要讨论两根的大小关系,从而确定解集形式.[提醒]当不等式中二次项的系数含有参数时,不要忘记讨论其等于0的情况.[即时应用]1.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))),那么不等式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:选A由题意知-eq\f(1,2),-eq\f(1,3)是方程ax2-bx-1=0的根,所以由根与系数的关系得-eq\f(1,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,3)))=eq\f(b,a),-eq\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即为x2-5x+6<0,解集为(2,3).2.求不等式12x2-ax>a2(a∈R)的解集.解:原不等式可化为12x2-ax-a2>0,即(4x+a)(3x-a)>0,令(4x+a)(3x-a)=0,解得x1=-eq\f(a,4),x2=eq\f(a,3).当a>0时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(a,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3),+∞));当a=0时,不等式的解集为(-∞,0)∪(0,+∞);当a<0时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(a,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(a,4),+∞)).eq\a\vs4\al(考点三一元二次不等式恒成立问题)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时,要注意三者之间的相互联系,并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题,常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号,进而求出参数的取值范围.常见的命题角度有:(1)形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)确定参数的范围;(2)形如f(x)≥0(x∈[a,b])确定参数范围;(3)形如f(x)≥0(参数m∈[a,b])确定x的范围.[题点全练]角度一:形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)确定参数的范围1.不等式mx2-2x-m+1<0,是否存在实数m对所有的实数x,不等式恒成立?假设存在,求出m的取值范围;假设不存在,请说明理由.解:要使不等式mx2-2x-m+1<0恒成立,即函数f(x)=mx2-2x-m+1的图象全部在x轴下方.当m=0时,1-2x<0,那么x>eq\f(1,2),不满足题意;当m≠0时,函数f(x)=mx2-2x-m+1为二次函数,需满足开口向下且方程mx2-2x-m+1=0无解,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0,,Δ=4-4m1-m<0,))不等式组的解集为空集,即m无解.综上可知不存在这样的实数m使不等式恒成立.角度二:形如f(x)≥0(x∈[a,b])确定参数范围2.函数f(x)=-x2+ax+b2-b+1(a∈R,b∈R),对任意实数x都有f(1-x)=f(1+x)成立,假设当x∈[-1,1]时,f(x)>0恒成立,求b的取值范围.解:由f(1-x)=f(1+x)知f(x)的图象关于直线x=1对称,即eq\f(a,2)=1,解得a=2.又因为f(x)开口向下,所以当x∈[-1,1]时,f(x)为增函数,所以f(x)min=f(-1)=-1-2+b2-b+1=b2-b-2,f(x)>0恒成立,即b2-b-2>0恒成立,解得b<-1或b>2.∴b的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞)角度三:形如f(x)≥0(参数m∈[a,b])确定x的范围3.对任意m∈[-1,1],函数f(x)=x2+(m-4)x+4-2m的值恒大于零,求x解:由f(x)=x2+(m-4)x+4-2=(x-2)m+x2-4x+4,令g(m)=(x-2)m+x2-4x+4.由题意知在[-1,1]上,g(m)的值恒大于零,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g-1=x-2×-1+x2-4x+4>0,,g1=x-2+x2-4x+4>0,))解得x<1或x>3.故当x∈(-∞,1)∪(3,+∞)时,对任意的m∈[-1,1],函数f(x)的值恒大于零.[通法在握]一元二次型不等式恒成立问题的3大破解方法方法解读适合题型判别式法(1)ax2+bx+c≥0对任意实数x恒成立的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0;))(2)ax2+bx+c≤0对任意实数x恒成立的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ≤0))二次不等式在R上恒成立(如“题点全练〞第1题、第2题)别离参数法如果不等式中的参数比拟“孤单〞,别离后其系数与0能比拟大小,便可将参数别离出来,利用下面的结论求解:a≥f(x)恒成立等价于a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立等价于a≤f(x)min适合参数与变量能别离且f(x)的最值易求(如“演练冲关〞第2题)主参换位法把变元与参数交换位置,构造以参数为变量的函数,根据原变量的取值范围列式求解.常见的是转化为一次函数f(x)=ax+b(a≠0)在[m,n]恒成立问题,假设f(x)>0恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm>0,fn>0,))假设f(x)<0恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm<0,,fn<0))假设在别离参数时会遇到讨论参数与变量,使求函数的最值比拟麻烦,或者即使能容易别离出却难以求出时(如“题点全练〞第3题)[演练冲关]1.(2022·济宁模拟)不等式a2+8b2≥λb(a+b)对于任意的a,b∈R恒成立,那么实数λ的取值范围为________.解:因为a2+8b2≥λb(a+b)对于任意的a,b∈R恒成立,所以a2+8b2-λb(a+b)≥0对于任意的a,b∈R恒成立,即a2-λba+(8-λ)b2≥0恒成立,由二次不等式的性质可得,Δ=λ2b2+4(λ-8)b2=b2(λ2+4λ-32)≤0,所以(λ+8)(λ-4)≤0,解得-8≤λ≤4.答案:[-8,4]2.设函数f(x)=mx2-mx-1(m≠0),假设对于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范围.解:要使f(x)<-m+5在[1,3]上恒成立,那么mx2-mx+m-6<0,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.因为x2-x+1=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+eq\f(3,4)>0,又因为m(x2-x+1)-6<0,所以m<eq\f(6,x2-x+1).因为函数y=eq\f(6,x2-x+1)=eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq\f(6,7),所以只需m<eq\f(6,7)即可.因为m≠0,所以m的取值范围是(-∞,0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(6,7))).一抓根底,多练小题做到眼疾手快1.设集合A={x|x2+x-6≤0},集合B为函数y=eq\f(1,\r(x-1))的定义域,那么A∩B等于()A.(1,2) B.[1,2]C.[1,2) D.(1,2]解析:选DA={x|x2+x-6≤0}={x|-3≤x≤2},由x-1>0得x>1,即B={x|x>1},所以A∩B={x|1<x≤2}.2.不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},那么函数y=f(-x)的图象为()解析:选B由根与系数的关系得eq\f(1,a)=-2+1,-eq\f(c,a)=-2,得a=-1,c=-2,∴f(x)=-x2-x+2(经检验知满足题意),∴f(-x)=-x2+x+2,其图象开口向下,顶点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(9,4))).3.(2022·昆明模拟)不等式x2-2x+5≥a2-3a对任意实数x恒成立,那么实数aA.[-1,4] B.(-∞,-2]∪[5,+∞)C.(-∞,-1]∪[4,+∞) D.[-2,5]解析:选Ax2-2x+5=(x-1)2+4的最小值为4,所以x2-2x+5≥a2-3a对任意实数x恒成立,只需a2-3a≤4,解得-1≤a4.不等式|x(x-2)|>x(x-2)的解集是________.解析:不等式|x(x-2)|>x(x-2)的解集即x(x-2)<0的解集,解得0<x<2.答案:{x|0<x<2}5.假设0<a<1,那么不等式(a-x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,a)))>0的解集是________.解析:原不等式为(x-a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,a)))<0,由0<a<1得a<eq\f(1,a),∴a<x<eq\f(1,a).答案:eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a<x<\f(1,a)))))二保高考,全练题型做到高考达标1.不等式x2-2x-3<0的解集为A,不等式x2+x-6<0的解集为B,不等式x2+ax+b<0的解集为A∩B,那么a+b等于()A.-3 B.1C.-1 D.3解析:选A由题意得,A={x|-1<x<3},B={x|-3<x<2},∴A∩B={x|-1<x<2},由根与系数的关系可知,a=-1,b=-2,那么a+b=-3.2.不等式eq\f(2,x+1)<1的解集是()A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-1,1)解析:选A∵eq\f(2,x+1)<1,∴eq\f(2,x+1)-1<0,即eq\f(1-x,x+1)<0,该不等式可化为(x+1)(x-1)>0,∴x<-1或x>1.3.(2022·郑州调研)规定记号“⊙〞表示一种运算,定义a⊙b=eq\r(ab)+a+b(a,b为正实数),假设1⊙k2<3,那么k的取值范围是()A.(-1,1) B.(0,1)C.(-1,0) D.(0,2)解析:选A因为定义a⊙b=eq\r(ab)+a+b(a,b为正实数),1⊙k2<3,所以eq\r(k2)+1+k2<3,化为(|k|+2)(|k|-1)<0,所以|k|<1,所以-1<k<1.4.某商场假设将进货单价为8元的商品按每件10元出售,每天可销售100件,现准备采用提高售价来增加利润.这种商品每件销售价提高1元,销售量就要减少10件.那么要保证每天所赚的利润在320元以上,销售价每件应定为()A.12元 B.16元C.12元到16元之间 D.10元到14元之间解析:选C设销售价定为每件x元,利润为y,那么y=(x-8)[100-10(x-10)],依题意有,(x-8)[100-10(x-10)]>320,即x2-28x+192<0,解得12<x<16,所以每件销售价应为12元到16元之间.5.假设不等式x2-(a+1)x+a≤0的解集是[-4,3]的子集,那么a的取值范围是()A.[-4,1] B.[-4,3]C.[1,3] D.[-1,3]解析:选B原不等式为(x-a)(x-1)≤0,当a<1时,不等式的解集为[a,1],此时只要a≥-4即可,即-4≤a<1;当a=1时,不等式的解为x=1,此时符合要求;当a>1时,不等式的解集为[1,a],此时只要a≤3即可,即1<a≤3.综上可得-4≤a≤3.6.不等式x2+ax+4<0的解集不是空集,那么实数a的取值范围是________.解析:∵不等式x2+ax+4<0的解集不是空集,∴Δ=a2-4×4>0,即a2>16.∴a>4或a<-4.答案:(-∞,-4)∪(4,+∞)7.假设关于x的不等式ax>b的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,5))),那么关于x的不等式ax2+bx-eq\f(4,5)a>0的解集为________.解析:由ax>b的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,5))),可知a<0,且eq\f(b,a)=eq\f(1,5),将不等式ax2+bx-eq\f(4,5)a>0两边同除以a,得x2+eq\f(b,a)x-eq\f(4,5)<0,即x2+eq\f(1,5)x-eq\f(4,5)<0,即5x2+x-4<0,解得-1<x<eq\f(4,5),故所求解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(4,5))).答案:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(4,5)))8.(2022·石家庄质检)在R上定义运算:eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))=ad-bc.假设不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x-1a-2,a+1x))≥1对任意实数x恒成立,那么实数a的最大值为________.解析:原不等式等价于x(x-1)-(a-2)(a+1)≥1,即x2-x-1≥(a+1)(a-2)对任意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,解得-eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).答案:eq\f(3,2)9.f(x)=-3x2+a(6-a)x+6.(1)解关于a的不等式f(1)>0;(2)假设不等式f(x)>b的解集为(-1,3),求实数a,b的值.解:(1)∵f(x)=-3x2+a(6-a)x+6,∴f(1)=-3+a(6-a)+6=-a2+6a∴原不等式可化为a2-6a解得3-2eq\r(3)<a<3+2eq\r(3).∴原不等式的解集为{a|3-2eq\r(3)<a<3+2eq\r(3)}.(2)f(x)>b的解集为(-1,3)等价于方程-3x2+a(6-a)x+6-b=0的两根为-1,3,等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-1+3=\f(a6-a,3),,-1×3=-\f(6-b,3),))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=3±\r(3),,b=-3.))10.(2022·北京朝阳统一考试)函数f(x)=x2-2ax-1+a,a∈R.(1)假设a=2,试求函数y=eq\f(fx,x)(x>0)的最小值;(2)对于任意的x∈[0,2],不等式f(x)≤a成立,试求a的取值范围.解:(1)依题意得y=eq\f(fx,x)=eq\f(x2-4x+1,x)=x+eq\f(1,x)-4.因为x>0,所以x+eq\f(1,x)≥2.当且仅当x=eq\f(1,x)时,即x=1时,等号成立.所以y≥-2.所以当x=1时,y=eq\f(fx,x)的最小值为-2.(2)因为f(x)-a=x2-2ax-1,所以要使得“∀x∈[0,2],不等式f(x)≤a成立〞,只要“x2-2ax-1≤0在[0,2]恒成立〞.不妨设g(x)=x2-2ax-1,那么只要g(x)≤0在[0,2]上恒成立即可.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0≤0,,g2≤0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0-0-1≤0,,4-4a-1≤0,))解得a≥eq\f(3,4).那么a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4),+∞)).三上台阶,自主选做志在冲刺名校1.(2022·太原模拟)假设关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,那么实数a的取值范围是()A.(-∞,-2) B.(-2,+∞)C.(-6,+∞) D.(-∞,-6)解析:选A不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max,令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),∴g(x)<g(4)=-2,∴a<-2.2.函数f(x)=eq\r(ax2+2ax+1)的定义域为R.(1)求a的取值范围;(2)假设函数f(x)的最小值为eq\f(\r(2),2),解关于x的不等式x2-x-a2-a<0.解:(1)∵函数f(x)=eq\r(ax2+2ax+1)的定义域为R,∴ax2+2ax+1≥0恒成立,当a=0时,1≥0恒成立.当a≠0时,需满足题意,那么需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,Δ=2a2-4a≤0,))解得0<a≤1,综上可知,a的取值范围是[0,1].(2)f(x)=eq\r(ax2+2ax+1)=eq\r(ax+12+1-a),由题意及(1)可知0<a≤1,∴当x=-1时,f(x)min=eq\r(1-a),由题意得,eq\r(1-a)=eq\f(\r(2),2),∴a=eq\f(1,2),∴不等式x2-x-a2-a<0可化为x2-x-eq\f(3,4)<0.解得-eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2),∴不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),\f(3,2))).第三节二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题1.一元二次不等式(组)表示的平面区域不等式表示区域Ax+By+C>0直线Ax+By+C=0某一侧的所有点组成的平面区域不包括边界直线Ax+By+C≥0包括边界直线不等式组各个不等式所表示平面区域的公共局部2.线性规划中的根本概念名称意义约束条件由变量x,y组成的不等式(组)线性约束条件由x,y的一次不等式(或方程)组成的不等式(组)目标函数关于x,y的函数解析式,如z=2x+3y等线性目标函数关于x,y的一次解析式可行解满足线性约束条件的解(x,y)可行域所有可行解组成的集合最优解使目标函数取得最大值或最小值的可行解线性规划问题在线性约束条件下求线性目标函数的最大值或最小值问题[小题体验]1.以下各点中,不在x+y-1≤0表示的平面区域内的是()A.(0,0) B.(-1,1)C.(-1,3) D.(2,-3)答案:C2.(教材习题改编)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-3y+6≥0,,x-y+2<0))表示的平面区域是()答案:B3.(2022·北京高考)假设x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-y≤0,,x+y≤3,,x≥0,))那么2x+y的最大值为________.解析:根据题意作出可行域如图阴影局部所示,平移直线y=-2x,当直线平移到过点A时,目标函数取得最大值,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-y=0,,x+y=3,))可得A(1,2),此时2x+y取最大值为2×1+2=4.答案:41.画出平面区域.防止失误的重要方法就是首先使二元一次不等式化为ax+by+c>0(a>0).2.线性规划问题中的最优解不一定是唯一的,即可行域内使目标函数取得最值的点不一定只有一个,也可能有无数多个,也可能没有.3.在通过求直线的截距eq\f(z,b)的最值间接求出z的最值时,要注意:当b>0时,截距eq\f(z,b)取最大值时,z也取最大值;截距eq\f(z,b)取最小值时,z也取最小值;当b<0时,截距eq\f(z,b)取最大值时,z取最小值;截距eq\f(z,b)取最小值时,z取最大值.[小题纠偏]1.假设用阴影表示不等示组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x+y≤0,,\r(3)x-y≤0))所形成的平面区域,那么该平面区域中的夹角的大小为________.答案:15°2.(2022·兰州诊断)实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x,,x+y≤1,,y≥-1,))那么目标函数z=2x-y的最大值为________.解析:画出平面区域如下图,目标函数可变为y=2x-z,将直线y=2x进行平移可得在点(2,-1)处截距最小,所以此时z最大,最大值为5.答案:5eq\a\vs4\al(考点一二元一次不等式组表示平面区域)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1.约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,,x+y-4≤0,,kx-y≤0))表示面积为1的直角三角形区域,那么实数k的值为()A.1 B.-1C.0 D.-2解析:选A先作出不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,,x+y≤4,))对应的平面区域,如图.要使阴影局部为直角三角形,当k=0时,此时三角形的面积为eq\f(1,2)×3×3=eq\f(9,2)≠1,所以不成立.当k=-1或-2时,不能构成直角三角形区域.当k=1时,由图可知,可构成直角三角区域且面积为1,应选A.2.(易错题)假设满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y≥0,,x+y-2≤0,,y≥a))的整点(x,y)恰有9个,其中整点是指横、纵坐标都是整数的点,那么整数a的值为()A.-3 B.-2C.-1 D.0解析:选C不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部,当a=0时,只有4个整点(1,1),(0,0),(1,0),(2,0);当a=-1时,正好增加(-1,-1),(0,-1),(1,-1),(2,-1),(3,-1)共5个整点.3.(2022·广州五校联考)设不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,,x+2y≥4,,2x+y≤4))所表示的平面区域为D,那么区域D的面积为________.解析:如图,画出可行域.易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3),\f(4,3))),B(0,2),C(0,4),∴可行域D的面积为eq\f(1,2)×2×eq\f(4,3)=eq\f(4,3).答案:eq\f(4,3)[谨记通法]确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法(1)“直线定界,特殊点定域〞,即先作直线,再取特殊点并代入不等式组.假设满足不等式组,那么不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那局部区域;否那么就对应与特殊点异侧的平面区域.如“题组练透〞第2题易无视边界.(2)当不等式中带等号时,边界为实线;不带等号时,边界应画为虚线,特殊点常取原点.eq\a\vs4\al(考点二求目标函数的最值)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]线性规划问题是高考的重点,而线性规划问题具有代数和几何的双重形式,多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透.常见的命题角度有:(1)求线性目标函数的最值;(2)求非线性目标函数的最值;(3)线性规划中的参数问题.[题点全练]角度一:求线性目标函数的最值1.(2022·全国丙卷)设x,y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-y+1≥0,,x-2y-1≤0,,x≤1,))那么z=2x+3y-5的最小值为________.解析:画出不等式组表示的平面区域如图中阴影局部所示.由题意可知,当直线y=-eq\f(2,3)x+eq\f(5,3)+eq\f(z,3)过点A时,z取得最小值,联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-y+1=0,,x-2y-1=0,))解得A(-1,-1),即zmin=2×(-1)+3×(-1)-5=-10.答案:-10角度二:求非线性目标函数的最值2.(2022·江苏高考)实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-2y+4≥0,,2x+y-2≥0,,3x-y-3≤0,))那么x2+y2的取值范围是________.解析:根据的不等式组画出可行域,如图阴影局部所示,那么(x,y)为阴影区域内的动点.d=eq\r(x2+y2)可以看做坐标原点O与可行域内的点(x,y)之间的距离.数形结合,知d的最大值是OA的长,d的最小值是点O到直线2x+y-2=0的距离.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-2y+4=0,,3x-y-3=0))可得A(2,3),所以dmax=eq\r(22+32)=eq\r(13),dmin=eq\f(|-2|,\r(22+12))=eq\f(2,\r(5)).所以d2的最小值为eq\f(4,5),最大值为13.所以x2+y2的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5),13)).答案:eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5),13))角度三:线性规划中的参数问题3.(2022·郑州质检)x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2,,x+y≤4,,2x-y-m≤0.))假设目标函数z=3x+y的最大值为10,那么z的最小值为________.解析:画出不等式组表示的区域,如图中阴影局部所示,作直线l:3x+y=0,平移l,从而可知经过C点时z取到最大值,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x+y=10,,x+y=4,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=3,,y=1,))∴2×3-1-m=0,m=5.由图知,平移l经过B点时,z最小,∴当x=2,y=2×2-5=-1时,z最小,zmin=3×2-1=5.答案:5[通法在握]1.求目标函数的最值3步骤(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平行直线系中过原点的那一条直线;(2)平移——将l平行移动,以确定最优解的对应点的位置;(3)求值——解方程组求出对应点坐标(即最优解),代入目标函数,即可求出最值.2.常见的3类目标函数(1)截距型:形如z=ax+by.求这类目标函数的最值常将函数z=ax+by转化为直线的斜截式:y=-eq\f(a,b)x+eq\f(z,b),通过求直线的截距eq\f(z,b)的最值间接求出z的最值.(2)距离型:形如z=(x-a)2+(y-b)2.(3)斜率型:形如z=eq\f(y-b,x-a).[提醒]注意转化的等价性及几何意义.[演练冲关]1.(2022·海口调研)实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+2≥0,,x+y-4≥0,,4x-y-4≤0.))那么z=3x-y的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(12,5))) B.[0,2]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,\f(12,5))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,\f(8,3)))解析:选A画出题中的不等式组表示的平面区域(阴影局部)及直线3x-y=0,平移该直线,平移到经过该平面区域内的点A(1,3)(该点是直线x-y+2=0与x+y-4=0的交点)时,相应直线在x轴上的截距到达最小,此时z=3x-y取得最小值3×1-3=0;平移到经过该平面区域内的点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5),\f(12,5)))(该点是直线4x-y-4=0与x+y-4=0的交点)时,相应直线在x轴上的截距到达最大,此时z=3x-y取得最大值3×eq\f(8,5)-eq\f(12,5)=eq\f(12,5),因此z的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(12,5))),选A.2.(2022·合肥质检)实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+1≥0,,x-3y-1≤0,,x≤1.))假设z=kx-y的最小值为-5,那么实数k的值为()A.-3 B.3或-5C.-3或-5 D.±3解析:选D不等式组对应的平面区域是以点(1,2),(1,0)和(-2,-1)为顶点的三角形及其内部,当z取得最小值时,直线y=kx-z在y轴上的截距最大,当k≤1时,目标函数直线经过点(1,2)时,zmin=k-2=-5,k=-3适合;当k>1时,目标函数直线经过点(-2,-1)时,zmin=-2k+1=-5,k=3适合,故k=±3,选项D正确.3.(2022·山西质检)设实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x+y-2≤0,,x-y+1≥0,,x-2y-1≤0.))那么eq\f(y-1,x-1)的最小值是________.解析:如下图,画出不等式组所表示的可行域,而eq\f(y-1,x-1)表示区域内一点(x,y)与点D(1,1)连线的斜率,∴当x=eq\f(1,3),y=eq\f(4,3)时,eq\f(y-1,x-1)有最小值为-eq\f(1,2).答案:-eq\f(1,2)eq\a\vs4\al(考点三线性规划的实际应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2022·全国乙卷)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时;生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时.生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,那么在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为________元.解析:设生产A产品x件,B产品y件,由可得约束条件为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1.5x+0.5y≤150,,x+0.3y≤90,,5x+3y≤600,,x∈N,y∈N.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x+y≤300,,10x+3y≤900,,5x+3y≤600,,x∈N,y∈N.))目标函数为z=2100x+900y,由约束条件作出不等式组表示的可行域如图中阴影局部.作直线2100x+900y=0,即7x+3y=0,当直线经过点M时,z取得最大值,联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x+3y=900,,5x+3y=600,))解得M(60,100).那么zmax=2100×60+900×100=216000(元).答案:216000[由题悟法]1.解线性规划应用题3步骤(1)转化——设元,写出约束条件和目标函数,从而将实际问题转化为线性规划问题;(2)求解——解这个纯数学的线性规划问题;(3)作答——将数学问题的答案复原为实际问题的答案.2.求解线性规划应用题的3个注意点(1)明确问题中的所有约束条件,并根据题意判断约束条件是否能够取到等号.(2)注意结合实际问题的实际意义,判断所设未知数x,y的取值范围,特别注意分析x,y是否是整数、是否是非负数等.(3)正确地写出目标函数,一般地,目标函数是等式的形式.[即时应用]某旅行社租用A,B两种型号的客车安排900名客人旅行,A,B两种车辆的载客量分别为36人和60人,租金分别为1600元/辆和2400元/辆,旅行社要求租车总数不超过21辆,且B型车不多于A型车7辆,那么租金最少为()A.31200元 B.36000元C.36800元 D.38400元解析:选C设旅行社租用A型客车x辆,B型客车y辆,租金为z,那么线性约束条件为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+y≤21,,y-x≤7,,36x+60y≥900,,x,y∈N.))目标函数为z=1600x+2400y.画出可行域如图中阴影局部所示,可知目标函数过点N(5,12)时,有最小值zmin=36800(元).一抓根底,多练小题做到眼疾手快1.不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,,x+3y≥4,,3x+y≤4))所表示的平面区域的面积等于()A.eq\f(3,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)解析:选C平面区域如下图.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+3y=4,,3x+y=4.))得A(1,1),易得B(0,4),Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(4,3))),|BC|=4-eq\f(4,3)=eq\f(8,3).所以S△ABC=eq\f(1,2)×eq\f(8,3)×1=eq\f(4,3).2.不等式(x-2y+1)(x+y-3)≤0在坐标平面内表示的区域(用阴影局部表示)应是()解析:选C(x-2y+1)(x+y-3)≤0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-2y+1≥0,,x+y-3≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-2y+1≤0,,x+y-3≥0.))画出图形可知选C.3.(2022·四川德阳月考)设变量x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+1≥0,,x+y-3≥0,,2x-y-3≤0,))那么目标函数z=2x+3y的最大值为()A.7 B.8C.22 D.23解析:选D由约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+1≥0,,x+y-3≥0,,2x-y-3≤0))作出可行域如图中阴影局部,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+1=0,,2x-y-3=0))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=4,,y=5,))那么B(4,5),将目标函数z=2x+3y变形为y=-eq\f(2,3)x+eq\f(z,3).由图可知,当直线y=-eq\f(2,3)x+eq\f(z,3)过B时,直线在y轴上的截距最大,此时z取最大值,为2×4+3×5=23.4.点(-2,t)在直线2x-3y+6=0的上方,那么t的取值范围是________.解析:因为直线2x-3y+6=0的上方区域可以用不等式2x-3y+6<0表示,所以由点(-2,t)在直线2x-3y+6=0的上方得-4-3t+6<0,解得t>eq\f(2,3).答案:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3),+∞))5.(2022·昆明七校调研)实数x,y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y+5≥0,,x≤4,,x+y≥0.))那么z=x+3y的最小值为________.解析:依题意,在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线x+3y=0,如图,平移直线y=-eq\f(x,3),当直线经过点(4,-4)时,在y轴上的截距到达最小,此时z=x+3y取得最小值4+3×(-4)=-8.答案:-8二保高考,全练题型做到高考达标1.(2022·福建高考)假设变量x,y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a
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