洪其強(qiáng)
一、復(fù)習(xí)指南
1. 在復(fù)習(xí)中要注意扎扎實(shí)實(shí)地掌握基礎(chǔ)知識和基本方法,特別是要掌握不等式的性質(zhì)和等價(jià)轉(zhuǎn)化的原則,它是學(xué)好本章內(nèi)容的關(guān)鍵,證明不等式?jīng)]有固定的模式可套,它方法靈活,技巧性強(qiáng),因此在復(fù)習(xí)中除掌握比較法、分析法、綜合法這三種基本方法外,還應(yīng)了解其它的證明方法,并不斷總結(jié)證明不等式的規(guī)律和技巧,提高數(shù)學(xué)能力.
2. 強(qiáng)化本章常用的數(shù)學(xué)思想方法的復(fù)習(xí).①等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想:如在不等式的同解變形過程中等價(jià)轉(zhuǎn)化思想起重要作用,解不等式的過程實(shí)質(zhì)上就是利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化的過程.②分類討論的思想:如求解含參數(shù)的不等式問題,一般要對參數(shù)進(jìn)行分類討論,在復(fù)習(xí)時(shí),應(yīng)學(xué)會分析引起分類討論的原因,合理地分類,做到不重不漏.③函數(shù)與方程思想:不等式與函數(shù)、方程三者相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)化,如求參數(shù)的取值范圍問題,函數(shù)與方程的思想是解決這類問題的重要方法.④化歸思想:證明不等式就是將已知條件轉(zhuǎn)化為要證的結(jié)論,這體現(xiàn)了化歸思想的重要性,其中不僅考查基礎(chǔ)知識,而且能考查出考生分析問題和解決問題的能力.
3. 在復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)強(qiáng)化不等式的應(yīng)用,提高應(yīng)用意識.歷屆高考題中除單獨(dú)考查不等式的試題外,常在一些函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何和實(shí)際應(yīng)用的問題中涉及不等式,如在實(shí)際問題中,主要有構(gòu)造不等式求解或構(gòu)造函數(shù)求最值,求最值時(shí)要注意等號成立的條件.因此,在復(fù)習(xí)過程中,一定要提高應(yīng)用意識,不斷總結(jié)不等式的應(yīng)用規(guī)律,努力提高數(shù)學(xué)能力.
二、典題選析
題型1. 利用不等式性質(zhì)求取值范圍.
例1. 若變量x,y滿足約束條件3≤2x+y≤9,6≤x-y≤9,則z=x-2y的最小值為__________.
分析:利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時(shí),應(yīng)注意兩點(diǎn):一是必須嚴(yán)格運(yùn)用不等式的性質(zhì);二是在多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大了變量的取值范圍,要特別注意.
解析:令z=x-2y=λ(2x+y)+μ(x-y)=(2λ+μ)x+(λ-μ)y,
∴ 2λ+μ=1,λ-μ=-2 λ=-, μ=,
∴ z=-(2x+y)+(x-y).
又∵ 3≤2x+y≤9,6≤x-y≤9,
∴7≤-(2x+y)+(x-y)≤14,即7≤z≤14,
∴ zmin=7.
點(diǎn)評:本題也可用線性規(guī)劃求解,但題中x,y相互制約,不可分割,先待定系數(shù)法建立待求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系,最后通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得待求整體的范圍是避免錯(cuò)誤的一條途徑.
題型2. 三個(gè)“二次”間的關(guān)系
例2. 已知函數(shù)f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域?yàn)閇0,+∞),若關(guān)于x的不等式f(x) 分析:由題意知f(x)=x2+ax+b=(x+)2+b-. ∵ f(x)的值域?yàn)閇0,+∞),∴ b-=0,即b=. ∴ f(x)=(x+)2. 又∵ f(x) ∴ --=m, ①-+=m+6, ② -,得2=6,∴ c=9. 點(diǎn)評:二次函數(shù)、一元二次不等式、一元二次方程之間有著密切關(guān)系.(1)一元二次不等式解集的端點(diǎn)就是對應(yīng)的一元二次方程的解;(2)不等式的解集結(jié)構(gòu)與二次項(xiàng)系數(shù)有直接的關(guān)系;(3)二次函數(shù)的圖像能直觀反映一元二次不等式解集的情況. 題型3. 破解一元二次不等式恒成立問題 例3. 在實(shí)數(shù)集上定義運(yùn)算:xy=x(1-y),若不等式(x-a)(x+a)<1對任意實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________. 分析:由題意知(x-a)(x+a)=(x-a)(1-x-a)=-x2+x+a2-a. 故-x2+x+a2-a<1對任意x∈R都成立. 即-x2+x<-a2+a+1對任意x∈R都成立.
(2)若提供面粉的公司規(guī)定:當(dāng)一次購買面粉不少于210噸時(shí),其價(jià)格可享受9折優(yōu)惠(即原價(jià)的90%),問該廠是否考慮利用此優(yōu)惠條件?請說明理由.
分析:(1)利用基本不等式解決實(shí)際問題時(shí),應(yīng)先仔細(xì)閱讀題目信息,理解題意,明確其中的數(shù)量關(guān)系,并引入變量,依題意列出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式,然后用基本不等式求解.
(2)求所列函數(shù)的最值,若用基本不等式時(shí),等號取不到,可利用函數(shù)單調(diào)性求解.
解析:(1)設(shè)該廠應(yīng)每隔x天購買一次面粉,其購買量為6x噸.由題意知,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元,則y1=[9x(x+1)+900]+6×1800=+9x+10809≥2+10 989=10 989,當(dāng)且僅當(dāng)9x=,即x=10時(shí)取等號,
即該廠應(yīng)每隔10天購買一次面粉,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)惠條件后,則至少每隔35天購買一次面粉.
設(shè)該廠利用此優(yōu)惠條件,每隔x(x≥35)天購買一次面粉,平均每天支付的總費(fèi)用為y2元,則y2=[9x(x+1)+900]+6×1 800×0.9=+9x+9 729(x≥35).
令f(x)=x+(x≥35),x2>x1≥35,
則f(x1)-f(x2)=(x1+)-(x2+)=.
∵ x2>x1≥35,∴ x2-x1>0,x1x2>0,100-x1x2<0.
∴ f(x1)-f(x2)<0, f(x1) ∴當(dāng)x=35時(shí),f(x)有最小值,此時(shí)y2<10 989, ∴該廠應(yīng)接受此優(yōu)惠條件. 點(diǎn)評:利用基本不等式求最值時(shí),一定要注意應(yīng)用基本不等式成立的條件:即一正,二定,三相等,否則求解時(shí)會出現(xiàn)等號成立的條件不具備而出錯(cuò).若在同一題目中,兩次或兩次以上利用基本不等式,等號應(yīng)同時(shí)成立. 題型6. 絕對值三角不等式性質(zhì)定理的應(yīng)用 例6.“|x-a| A. 充分非必要條件 B. 必要非充分條件 C. 充要條件 D. 非充分非必要條件 分析:利用絕對值三角不等式,推證|x-a| 解析:選A. ∵ |x-y|=|(x-a)-(y-a)|≤|x-a|+|y-a| ∴ |x-a| 取x=3,y=1,a=-2,m=2.5,則有|x-y|=2<5=2m,但|x-a|=5,不滿足|x-a| 故|x-a| 點(diǎn)評:(1)對絕對值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±b| ≤|a|+|b|中等號成立的條件要深刻理解,特別是用此定理求函數(shù)的最值時(shí). (2)該定理可以強(qiáng)化為:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,它經(jīng)常用于證明含絕對值的不等式. (3)對于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x+a|-|x-b|型的最值問題利用絕對值三角不等式更簡捷、方便. 題型7. 絕對值不等式的解法 例7. 解下列不等式: (1)1<|x-2|≤3; (2)|2x+5|>7+x; (3)|x2-9|≤x+3; (4)|x-1|+|x-2|<5. 分析:(1)利用公式或平方法轉(zhuǎn)化為不含絕對值的不等式;(2)利用公式法轉(zhuǎn)化為不含絕對值的不等式; (3)利用絕對值的定義或|f(x)|≤a(a>0)-a≤|f(x)|≤a去掉絕對值符號或利用數(shù)形結(jié)合思想求解; (4)不等式的左邊含有絕對值符號,要同時(shí)去掉這兩個(gè)絕對值符號,可以采用“零點(diǎn)分段法”,此題亦可利用絕對值的幾何意義去解. 解析:(1)原不等式等價(jià)于不等式組|x-2|>1,x-2≤3,即x<1或x>3,-1≤x≤5, 解得-1≤x<1或3 所以原不等式的解集為{x|-1≤x<1或3 (2)由不等式|2x+5|>7+x, 可得2x+5≥0,2x+5>7+x或 2x+5<0,2x+5<-(7+x),解得x>2或x<-4. ∴原不等式的解集是{x| x<-4或x>2} (3)原不等式① x2-9≥0,x2-9≤x+3或② x2-9<0,9-x2-≤x+3, 不等式①x≤-3或x≥3,-3≤x≤4 x=-3或3≤x≤4. 不等式②-3 ∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}. (4)分別求|x-1|,|x+2|的零點(diǎn),即1,-2.由-2,1把數(shù)軸分成三部分:x<-2,-2≤x≤1,x>1. 當(dāng)x<-2時(shí),原不等式即1-x-2-x<5,解得-3 當(dāng)-2≤x≤1時(shí),原不等式即1-x+2+x<5,因?yàn)?<5恒成立,則-2≤x≤1; 當(dāng)x>1時(shí),原不等式即x-1+2+x<5,解得1 綜上,原不等式的解集為{x|-3 點(diǎn)評:(1)形如|x-a|±|x-b|≥c不等式的解法常用零點(diǎn)分段討論法,其步驟為:①求零點(diǎn);②劃分區(qū)間、去絕對值號;③分別解去掉絕對值的不等式;④取每個(gè)結(jié)果的并集,特別注意在分段時(shí)不要漏掉區(qū)間的端點(diǎn)值.(2)上述不等式也可用|x-a1|±|x-a2|的幾何意義去求解集.
題型8. 含參數(shù)的絕對值不等式
例8. 若關(guān)于x的不等式|x+2|+|x-1|≤a的解集為,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
分析:把不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像,利用數(shù)形結(jié)合思想求解;也可以運(yùn)用絕對值的幾何意義求解.
解析:令y1=|x+2|+|x-1|,y2=a,∴ y1=2x+1, (x≥1)3, (-2≤x<1)-2x-1. (x<-2)
y1、y2的圖像如圖所示.
由圖可知,當(dāng)a<3時(shí),|x+2|+|x-1|≤a的解集為.
題型9. 絕對值不等式的綜合問題
例9. 已知a、b、c是實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,當(dāng)-1≤x≤1時(shí),|f(x)|≤1.
(1)證明:|c|≤1;
(2)證明:當(dāng)-1≤x≤1時(shí),|g(x)|≤2;
(3)設(shè)a>0,當(dāng)-1≤x≤1時(shí),g(x)的最大值是2,求f(x).
分析:(1)代入x=0即得;(2)結(jié)合一次函數(shù)的單調(diào)性和絕對值不等式的性質(zhì)得證;(3)結(jié)合二次函數(shù)的圖像和一次函數(shù)的最值求解.
解析:(1)由已知,當(dāng)-1≤x≤1時(shí),|f(x)|≤1,取x=0,得|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1.
(2)當(dāng)a>0時(shí),g(x)=ax+b在[-1,1]上是增函數(shù),所以g(-1)≤g(x)≤g(1),
因?yàn)閨f(x)|≤1(-1≤x≤1),|c|≤1,所以g(1)=a+b=f(1)-c≤
|f(1)|+|c|≤2.
g(1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2.
由此可得|g(x)|≤2;
當(dāng)a<0時(shí),g(x)=ax+b在[-1,1]上是減函數(shù),所以g(-1)≥g(x)≥g(1),
因?yàn)閨f(x)|≤1(-1≤x≤1),|c|≤1,所以g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤f(-1)+|c|≤2.
g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(1)|+|c|)≥-2.由此得|g(x)|≤2;
當(dāng)a=0時(shí),g(x)=b,f(x)=bx+c,因?yàn)?1≤x≤1.
所以g(x)=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.
綜上,得g(x)≤2.
(3)因?yàn)閍>0,g(x)在[-1,1]上是增函數(shù),當(dāng)x=1時(shí)取得最大值2.
即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2,
因?yàn)?1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,所以c=f(0)=-1.
因?yàn)楫?dāng)-1≤x≤1時(shí),f(x)≥-1,即f(x)≥f(0).
根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì),直線x=0為二次函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸.
所以-=0,即b=0,a=2,
故有f(x)=2x2-1.
題型10. 不等式與函數(shù)的綜合題
不等式與函數(shù)的綜合題,是高考的常考題型,如求函數(shù)的定義域、值域,求參數(shù)的取值范圍,與函數(shù)有關(guān)的不等式證明等,解決此類綜合題,要充分運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性,注意函數(shù)的定義域,并結(jié)合函數(shù)的奇偶性、周期性一起討論.
例10. 已知f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù),且f(1)=1,若m、n∈[-1,1],m+n≠0時(shí)>0.
(1)用定義證明f(x)在[-1,1]上是增函數(shù);
(2)解不等式 f(x+) (3)若f(x)≤t2-2at+1對所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 分析:(1)問單調(diào)性的證明,利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式是關(guān)鍵,(3)問利用單調(diào)性把f(x)轉(zhuǎn)化成“1”是點(diǎn)睛之筆. 解析:(1)任取x1 則f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=·(x1-x2). ∵ -1≤x1 ∴ x1+(-x2)≠0,由已知>0,又 x1-x2<0, ∴ f(x1)-f(x2)<0,即f(x)在[-1,1]上為增函數(shù) . (2) ∵ f(x)在[-1,1]上為增函數(shù), ∴ -1≤x+≤1,-1≤≤1,x+<,解得{x|-≤x<-1,x∈R}. (3)由(1)可知f(x)在[-1,1]上為增函數(shù),且f(1)=1, 故對x∈[-1,1],恒有f(x)≤1. 所以要使f(x)≤t2-2at+1對所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2-2at+1≥1成立, 故t2-2at≥0,記g(a)=t2-2at,對a∈[-1,1],有g(shù)(a)≥0, 只需g(a)在[-1,1]上的最小值大于等于0, g(-1)≥0,g(1)≥0, 解得t≤-2或t=0或t≥2. ∴ t的取值范圍是{t|t≤-2或t=0或t≥2}. 點(diǎn)評:本題是一道函數(shù)與不等式相結(jié)合的題目,考查考生的分析能力與化歸能力 它主要涉及函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性,而單調(diào)性貫穿始終,把所求問題分解轉(zhuǎn)化,是函數(shù)中的熱點(diǎn)問題;問題(2)(3)要求的都是變量的取值范圍,不等式的思想起到了關(guān)鍵作用 題型11. 不等式與數(shù)列的綜合題 不等式與數(shù)列的綜合題,一般來說多是證明題,要熟悉不等式的常用證明方法,特別是比較法、綜合法、分析法、數(shù)學(xué)歸納法等,也可利用函數(shù)的思想. 例11. 數(shù)列{xn}由下列條件確定:x1=a>0,xn+1=(xn+),n∈N.