08高考数学不等式复习建议及练习

高考数学不等式复习建议及练习东莞石龙中学管俭生不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。1.本专题2007年的考纲要求：（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通过函数图像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：2abab(,0)ab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.2．本专题的内容变化和要求变化（与旧教学大纲相比）：（1）不等式的性质由旧大纲“理解”变化为“了解”；（2）不等式的证明这一内容不再放在本章，显示对这一内容的要求大为降低；（3）突出了一元二次不等式的解法，强化了“三个二次”的关系，删除了高次不等式的解法。增加了设计一元二次不等式求解的程序框图；（4）绝对值不等式的解法及不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│改为选学，要求降低。（5）突出了基本不等式：2abab(,0)ab的地位和作用。3．本专题的备考重点与难点：（1）重点:一元二次不等式的解法及“三个二次”的联系及基本不等式的应用。（2）难点：含参数的不等式的讨论，不等式与函数和导数、向量、数列、解几的联系，实际问题转化为不等式问题的“转化过程”。4.典型例题：例题1(1)若a＜b＜0，则下列不等式不能．．成立的是A.a1＞b1B.2a＞2bC.|a|＞|b|D.（21）a＞（21）b（2）若ab1，P=balglg，)lg(lg21baQ，)2lg(baR，则（）．A．RPQB．pQRC．QPRD．PQR解:(1)由a＜b＜0知ab＞0，因此a·ab1＜b·ab1，即a1＞b1成立；由a＜b＜0得－a＞－b＞0，因此|a|＞|b|＞0成立.又（21）x是减函数，所以（21）a＞（21）b成立.故不成立的是B.正确答案选B.点评:比较两个数与式的大小时，比较法是常用方法，而比较大小的依据是不等式的性质（运算性质及传递性）、函数的单调性。从知识的联系上看，不等式的性质与函数的单调性是相互联系的，因此比较一些实数大小的问题，从不等式性质与函数性质结合的角度去认识是必要的．解（2）分析:分析一,借助对数函数单调性用基本不等式求解;分析二,用特殊值法解.:解法一∵ab1，∴lgalgb0．∴2lglglglgbaba，即PQ．又∵2baab，∴2lglgbaab．∴)2lg()lg(lg21baba，即QR．∴PQR，故选B．解法二:取a=10000，b=100，则lga=4，lgb=2．∴P=22，Q=3，R=lg5050．显然PQ，R=lg5050lg1000=3=Q．∴可排除A、C、D．故选B．点评:不等式性质的考查常与幂函数、指数函数和对数函数的性质的考查结合起来，一般多以选择题的形式出现．此类题目要求考生有较好、较全面的基础知识，一般难度不大．例题2：已知f(x)=-3x2+a(6-a)x+b（1）解关于a的不等式f(1)0；（2）当不等式f(x)0的解集为（-1，3）时，求实数a，b的值。解:f(1)=-3+a(6-a)+b=-a2+6a+b-3∵f(1)0∴a2-6a+3-b0=24+4b当b≤-6时，△≤0∴f(1)0的解集为φ；当b-6时，6b3a6b3∴f(1)0的解集为6b3a6b3|x（2）∵不等式-3x2+a(6-a)x+b0的解集为（-1，3），∴f(x)0与不等式(x+1)(x-3)0同解，∵3x2-a(6-a)x-b0解集为（-1，3）∴3b33)a6(a2解之得9b33a点评：（1）解不等式一定要分清主元和参数；解含有参数的一元二次不等式时，要注意分类讨论，主要由其对应的方程的判别式入手，再由两根的大小进行讨论。(2)一元二次不等式的解集中的端点值，一定为所对应方程的根，由此可解决不等式中的系数问题。例题3：设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围？解：（1）M［1，4］有两种情况：其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ=0或Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围。设f(x)=x2－2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］；当Δ=0时，a=－1或2；当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］。当Δ＞0时，a＜－1或a＞2。设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤40,410)4(,0)1(且且aff，即210071803aaaaa或，解得2＜a＜718，∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，718)。点评：本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以及分类讨论的数学思想。M=是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a的不等式要全面、合理，易出错。充分考虑二次方程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗。例题4.某矿山车队有4辆载重量为10t的甲型卡车和7辆载重量为6t的乙型卡车，有9名驾驶员.此车队每天至少要运360t矿石至冶炼厂.已知甲型卡车每辆每天可往返6次，乙型卡车每辆每天可往返8次.甲型卡车每辆每天的成本费为252元，乙型卡车每辆每天的成本费为160元.问每天派出甲型车与乙型车各多少辆，车队所花成本费最低?分析:弄清题意，明确与运输成本有关的变量的各型车的辆数，找出它们的约束条件，列出目标函数，用图解法求其整数最优解解:设每天派出甲型车x辆、乙型车y辆，车队所花成本费为z元，那么x+y≤9，10×6x+6×8x≥360，0≤x≤4，0≤y≤7.z=252x+160y，其中x、y∈N.作出不等式组所表示的平面区域，即可行域，如图.xxxyyyOll01`++==95430作出直线l0：252x+160y=0，把直线l向右上方平移，使其经过可行域上的整点，且使在y轴上的截距最小.观察图形，可见当直线252x+160y=t经过点（2，5）时，满足上述要求.此时，z=252x+160y取得最小值，即x=2，y=5时，zmin=252×2+160×5=1304.答：每天派出甲型车2辆，乙型车5辆，车队所用成本费最低.点评:用图解法解线性规划题时，求整数最优解是个难点，对作图精度要求较高，平行直线系f（x，y）=t的斜率要画准，可行域内的整点要找准，最好使用“网点法”先作出可行域中的各整点.。例题5：(1)若x0,求9()4fxxx的最小值;(2)已知xy0且xy=1，求yxyx22的最小值及此时x、y的值；(3)已知x0，y0，且3x+4y=12，求lgx+lgy的最大值及此时x、y的值．分析:这是条件最值问题，但目标式与已知条件的联系较隐蔽，注意挖掘两者间的关系,再运用基本不等式即可解决。解:(1)因为x0由基本不等式得99()42423612fxxxxx,当且仅当94xx即x=32时,9()4fxxx取最小值12(2)∵xy0，∴x-y0，∵xy=1．（定值）∴yxyxyxxyyxyxyx2)(2)(222≥22．解方程组yxyxxyyx210得226226yx∴当226x，226y时，yxyx22取得最小值22．(3)∵x0，y0，3x+4y=12，∴yxxy43121≤32431212yx，∴lgx+lgy=lgxy≤lg3．由yxyxyx4312430,0解得232yx∴当x=2，y=23时，lgx+lgy取得最大值lg3．点评:由重要不等式（平均值定理）求最值可分为三步．第一步，全正（即求平均值的各个量都是正数）；第二步，凑定值．这步技巧性强，充分体现解题人利用均值不等式求最值的水平，应侧重训练，当凑出和为定值时，对应各个量的积有最大值；当凑出的积为定值时，其对应各量的和有最小值；第三步，“取等号”，即对应各个量能取得等号时，有最值存在，否则，没有最值存在，以上三步可简化为：一正，二定，三相等．三步缺一不可．例题6：已知二次函数xax)x(f2．(1)若对于任意n,mR,有)]n(f)m(f[21)2nm(f成立,求实数a的取值范围；(2)若]1,0[x时，有1|)x(f|,试求实数a的取值范围.解：(1)因函数)x(f是二次函数得0a又因对于任意n,mR,有)]n(f)m(f[21)2nm(f成立,得到函数)x(f是凹函数从而得出0a（或用22211()()()()[()()]22222mnmnmnfaammannfmfn恒成立推得）(2)由1|)x(f|等价于1)x(f1,即1xax12,而x]1,0[,①当0x时,0a,1xax12式显然成立;②当x]1,0(时,1xax12式化为x1x1ax1x122在x]1,0(上恒成立.设),1[x1t,则有,ttat22所以只须,0a20)tt(a2)tt(amin2max2又0a,故得到0x2.综上所述,a的取值范围是)0,2[.点评：本题把“三个二次”融为一体，要注意数形结合和分类讨论及分离参数，()()afxxD恒成立min[()]()afxxD,()()afxxD恒成立max[()]()afxxD。例题7：f(x)=4x+ax2－32x3在[－1,1]上是增函数（1）求实数a的值组成的集合A；（2）设关于x的方程f（x）=2x+31x3两非零实根为x1,x2,试问：是否存在实数m使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对于任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立，若存在求出m取值范围，若不存在，说明理由。解：（1）f′(x)=4+2ax－2x2，由题意f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立∴110)1('0)1('aff∴A=[－1,1]（2）方程f(x)=2x+31x3可化为x(x2－ax－2)=0∵x1≠x2≠0,∴x1,x2是x2－ax－2=0两根△=a2+80,x1+x2=a,x1x2=2∴|x1－x2|=82a∵－1≤a≤1∴|x1－x2|最大值是381∴m2+tm+1≥3在t∈[－1,1]上恒成立令g(t)=mt+t2－2∴211202020)1(0)1(22mmmmmmmmgg或或m≥2或m≤－2故存在m值，其取值范围为(－∞,－2]∪[2,