2018版高中數(shù)學(xué)第三章不等式疑難規(guī)律方法學(xué)案版5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE49學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第三章不等式1比較實數(shù)大小的方法實數(shù)比較大小是一種常見題型，解題思路較多，廣泛靈活多變,下面結(jié)合例子介紹幾種比較大小的方法供同學(xué)們學(xué)習(xí)時參考．1．利用作差法比較實數(shù)大小方法鏈接:作差比較法比較兩個實數(shù)大小,步驟可按如下四步進行，作差-—變形-—判斷差的符號—-得出結(jié)論．比較法的關(guān)鍵在于變形，變形過程中,常用的方法為因式分解法和配方法．例1已知a<b〈c，試比較a2b＋b2c＋c2a與ab2＋bc2＋ca解a2b＋b2c＋c2a－（ab2＋bc2＋ca＝（a2b－ab2)＋(b2c－bc2)＋(c2a－ca＝ab(a－b）＋bc(b－c）＋ca(c－a）＝ab(a－b)＋bc［(b－a）＋(a－c）]＋ca（c－a）＝ab(a－b)＋bc(b－a)＋bc(a－c)＋ca（c－a)＝b(a－b）(a－c)＋c(a－c)（b－a）＝(a－b）(a－c）(b－c）．∵a<b<c，∴a－b<0，a－c<0，b－c〈0，∴(a－b)(a－c)(b－c)<0?！郺2b＋b2c＋c2a〈ab2＋bc2＋ca2．利用作商法比較實數(shù)大小方法鏈接：作商比較法比較兩個實數(shù)的大小,依據(jù)如下:（1）若a，b都是正數(shù)，則a〉b?eq\f(a,b)>1；a〈b?eq\f(a,b)<1；a＝b?eq\f(a,b）＝1。（2)若a，b都是負數(shù)，則a〉b?eq\f(a，b）<1。a〈b?eq\f(a,b）〉1;a＝b?eq\f(a,b)＝1。作商比較法的基本步驟：①作商；②變形;③與1比較大小；④下結(jié)論．例2設(shè)a>0,b>0,且a≠b,試比較aabb，abba，（ab）eq\f(a＋b,2）三者的大小．解eq\f（aabb，ab\f(a＋b,2）)＝aa－eq\f（a＋b，2）·bb－eq\f(a＋b,2）＝aeq\f(a－b，2）·beq\f(b－a，2）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a,b）))eq\f(a－b,2)。當(dāng)a>b〉0時，eq\f（a,b）>1,a－b〉0,eq\f（a－b，2)〉0，∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（a,b))）eq\f(a－b,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a，b）)）0＝1,∴aabb〉（ab）eq\f（a＋b,2).當(dāng)0〈a<b時，0〈eq\f(a，b)〈1，a－b<0，eq\f（a－b，2）<0?！鄀q\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（a，b）））eq\f（a－b,2）>eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a,b）)）0＝1，∴aabb〉（ab)eq\f(a＋b,2)?！嗖徽揳>b〉0還是0<a<b,總有aabb〉（ab)eq\f(a＋b,2）。同理：(ab)eq\f（a＋b，2)>abba.綜上所述，aabb〉(ab)eq\f（a＋b，2）〉abba.3．構(gòu)造中間值比較實數(shù)大小方法鏈接：由傳遞性知a>b，b>c?a>c，所以當(dāng)兩個數(shù)直接比較不容易時，我們可以找一個適當(dāng)?shù)闹虚g值為媒介來間接地比較．例3設(shè)a＝log3π，b＝log2eq\r（3），c＝log3eq\r（2）,則a、b、c的大小關(guān)系為________．解析a＝log3π>log33＝1，∴a〉1，b＝log2eq\r（3)＝eq\f(1,2)log23〈eq\f（1，2）log24＝1，∴b〈1,c＝log3eq\r（2）＝eq\f（1，2)log32<eq\f(1，2），∴a〉b,a>c.又b＝log2eq\r（3）＝eq\f（1，2）log23>eq\f(1,2)，∴b>c,∴a〉b>c。答案a〉b〉c4．特殊值法比較實數(shù)大小方法鏈接：一些比較實數(shù)大小的客觀性題目,先通過恰當(dāng)?shù)剡x取符合題目要求的一組特例，從而確定出問題的答案．這種取特殊值法往往能避重就輕,避繁從簡，快速獲得問題的解．一些解答題，也可以先通過特例為解答論證提供方向．例4若0〈a1<a2,0〈b1〈b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，則下列代數(shù)式：①a1b1＋a2b2；②a1a2＋b1b2③a1b2＋a2b1;④eq\f(1，2)。其中最大的值是________．（填序號）解析特殊值法．令a1＝eq\f（1,4),a2＝eq\f（3，4)，b1＝eq\f（1,4），b2＝eq\f（3，4),則a1b1＋a2b2＝eq\f（10，16）＝eq\f(5,8)，a1a2＋b1b2＝eq\f(6，16）＝eq\f(3,8），a1b2＋a2b1＝eq\f(6，16）＝eq\f(3，8)，∵eq\f（5，8)〉eq\f(1,2)>eq\f(3,8）,∴最大的數(shù)應(yīng)是a1b1＋a2b2。（注：本題還可以利用作差法比較大小，此答從略）答案①5．利用函數(shù)單調(diào)性比較實數(shù)大小方法鏈接：有些代數(shù)式的大小比較很難直接利用不等式性質(zhì)完成，可以考慮構(gòu)建函數(shù)，借助函數(shù)的單調(diào)性加以判斷．例5當(dāng)0〈a<b〈1時，下列不等式中正確的是________．（填序號)①（1－a)eq\f（1,b）〉（1－a）b；②(1＋a）a>（1＋b)b;③（1－a)b〉(1－a）eq\f(b,2)；④（1－a）a〉（1－b）b。解析對于①，∵0<a<b<1，∴函數(shù)y＝（1－a）x為R上的單調(diào)遞減函數(shù)，∵eq\f（1，b)>b，∴(1－a)eq\f(1,b)<（1－a）b，①錯誤；對于②，∵函數(shù)y＝(1＋a）x為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋a)a<（1＋a）b，又函數(shù)y＝xb在（0，＋∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋a)b〈(1＋b)b，從而（1＋a)a〈(1＋b）b，②錯誤；對于③,∵函數(shù)y＝(1－a)x為R上的單調(diào)遞減函數(shù)，且b>eq\f(b，2),∴(1－a）b〈（1－a)eq\f（b，2），③錯誤;對于④，∵函數(shù)y＝（1－a）x為R上的單調(diào)遞減函數(shù)，且a<b，∴(1－a)a〉（1－a)b，又函數(shù)y＝xb為(0，＋∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，且1－a>1－b>0，從而（1－a)b>(1－b)b，∴(1－a）a>（1－b)b，④正確．答案④6．借助函數(shù)的圖象比較實數(shù)大小方法鏈接：借助函數(shù)的圖象比較實數(shù)大小，要從題目的條件與結(jié)論出發(fā),著重分析其幾何含義，善于構(gòu)造函數(shù)圖象，從圖象上找出問題的結(jié)論．例6設(shè)a、b、c均為正數(shù),且2a＝logeq\f（1,2）a，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2))）b＝logeq\f(1,2）b，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c＝log2c,則a、b、c的大小關(guān)系為________．解析由函數(shù)y＝2x，y＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））x,y＝log2x，y＝logeq\f(1，2)x的圖象(如圖所示)知0<a〈b〈1〈c.答案a<b〈c2解一元二次不等式需“三看”不少同學(xué)解一元二次不等式時常出錯,感到無法可依．鑒于此，本文從教學(xué)過程中，總結(jié)了切實可行的“三看"法．一看:二次項系數(shù)若二次項系數(shù)是實數(shù)時，對于二次項系數(shù)是負數(shù)的不等式，先將其化為正數(shù)．如解不等式－x2－2x＋8≥0時，可先將原不等式化為x2＋2x－8≤0，此時，要注意改變不等號的方向，若二次項系數(shù)是代數(shù)式f(m)，一般要分f（m）＝0，f(m）≠0兩種情況討論．二看：判別式Δ的符號將不等式視作一元二次方程，利用方程的判別式Δ判斷方程根的情況．如上例中，Δ〉0,方程x2＋2x－8＝0有兩個根x1＝2，x2＝－4.我們對此法熟練時，可將“二看”歸納為(x－2）(x＋4)≤0.三看：口訣“大于取兩邊,小于取中間"“大于取兩邊"指“一看”中轉(zhuǎn)化后的不等式符號為大于時，其解集取根的兩邊:①有兩不等實根x1，x2(x1>x2），其解集為｛x｜x〉x1或x<x2｝；②有兩相等實根x1＝x2，其解集為{x|x≠x1｝;③沒有實根，其解集為R.“小于取中間”指“一看”中轉(zhuǎn)化后的不等式符號為小于時，其解集取根的中間：①有兩不等實根x1,x2(x1〉x2），其解集為｛x|x2<x<x1}；②有兩相等實根或沒有實根，其解集為?。如上例的解集為{x｜－4≤x≤2}．例解不等式－x2－3x＋2〈－6x－2.解整理得x2－3x－4〉0，(一看）所以(x－4）(x＋1)〉0，（二看）故不等式的解集是｛x|x〉4或x<－1}．(三看）點評運用“三看”法的關(guān)鍵是“二看”，上例中能對其因式分解，說明有兩個根，就不必考慮判別式了.3解含參不等式的利器——分類討論解含參數(shù)的一元二次不等式，要把握分類討論的層次，一般按下面次序進行討論：首先根據(jù)二次項系數(shù)與0的關(guān)系；其次根據(jù)根是否存在，即根據(jù)Δ的符號進行討論;最后在根存在時，根據(jù)根的大小關(guān)系進行討論．分類時要保證“不重不漏”，按同一標(biāo)準(zhǔn)進行劃分后,不等式的解集的表達式是確定的．1．對判別式“Δ”進行討論當(dāng)含參數(shù)的一元二次不等式的二次項系數(shù)為常數(shù)，但不知道與之對應(yīng)的一元二次方程是否有解時，需要對判別式“Δ”進行討論．例1解關(guān)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(dāng)Δ>0，即a〉2或a<－2時，方程x2＋ax＋1＝0有兩個不等實根x1＝eq\f(－a－\r(a2－4)，2),x2＝eq\f(－a＋\r（a2－4),2),且x1<x2,所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x|x〈\f（－a－\r（a2－4）,2)或x〉\f（－a＋\r(a2－4），2))）；(2)當(dāng)Δ＝0，即a＝±2時，①若a＝2，則原不等式的解集為｛x|x≠－1};②若a＝－2，則原不等式的解集為｛x｜x≠1｝；(3）當(dāng)Δ〈0，即－2〈a〈2時，方程x2＋ax＋1＝0沒有實根，結(jié)合二次函數(shù)y＝x2＋ax＋1的圖象，易知此時原不等式的解集為R。2．對方程的解的大小進行討論當(dāng)含參數(shù)的一元二次不等式的二次項系數(shù)為常數(shù)，且與之對應(yīng)的一元二次方程一定有兩解，但不知道兩個解的大小時,需要對解的大小進行討論．例2解關(guān)于x的不等式x2－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))x＋1〉0(a∈R,且a≠0)．解原不等式可變形為(x－a)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（1,a)))>0，易求得方程（x－a）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（1,a）)）＝0的兩個解分別為x1＝a和x2＝eq\f（1,a），所以（1)當(dāng)a>eq\f(1，a)，即a∈(－1,0）∪(1，＋∞）時,原不等式的解集為{x｜x〈eq\f(1，a)或x>a｝；(2)當(dāng)a＝eq\f（1，a),即a＝±1時，①若a＝1，則原不等式的解集為｛x|x≠1｝；②若a＝－1，則原不等式的解集為｛x|x≠－1}；（3)當(dāng)a<eq\f（1,a），即a∈(－∞，－1）∪(0，1)時，原不等式的解集為{x|x<a或x>eq\f(1，a）}．3．對二次項系數(shù)進行討論當(dāng)含參數(shù)的不等式的二次項系數(shù)含有參數(shù)時，首先要對二次項系數(shù)進行討論;其次，有時要對判別式進行討論，有時還要對方程的解的大小進行討論．例3解關(guān)于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R)．解原不等式可變形為ax2＋（a－2)x－2≥0。(1）當(dāng)a＝0時，原不等式的解集為{x|x≤－1｝；(2）當(dāng)a≠0時，原不等式可變形為（ax－2）(x＋1)≥0，方程(ax－2)(x＋1)＝0的解為x1＝eq\f(2，a)，x2＝－1。①當(dāng)a〉0時,eq\f（2，a）〉－1，所以原不等式的解集為{x｜x≥eq\f（2，a）或x≤－1｝;②當(dāng)a<0時，a．當(dāng)－2〈a〈0時,eq\f(2，a）<－1,所以原不等式的解集為{x|eq\f(2,a)≤x≤－1}；b．當(dāng)a＝－2時，原不等式的解集為{x|x＝－1}；c．當(dāng)a<－2時，eq\f(2,a）〉－1，所以原不等式的解集為｛x|－1≤x≤eq\f（2,a）｝．綜上：當(dāng)a＝0時，原不等式的解集為{x｜x≤－1}；當(dāng)a〉0時，原不等式的解集為{x|x≥eq\f(2，a）或x≤－1}；當(dāng)－2〈a〈0時，原不等式的解集為{x|eq\f（2,a)≤x≤－1}；當(dāng)a＝－2時,原不等式的解集為{x｜x＝－1｝；當(dāng)a〈－2時，原不等式的解集為{x|－1≤x≤eq\f（2，a）｝．4．對含參的分式不等式轉(zhuǎn)化后再討論對含有參數(shù)的分式不等式，利用不等式的同解原理等價轉(zhuǎn)化為一元二次不等式的形式后，再按照上面的方法分類討論，逐類求解．例4解不等式：eq\f(x－kx＋3，x＋2）<x＋1（k∈R)．解原不等式?eq\f(kx＋3k＋2，x＋2)〉0?(x＋2）（kx＋3k＋2)〉0,當(dāng)k＝0時，原不等式的解集為｛x|x>－2｝；當(dāng)k〉0時，(kx＋3k＋2）（x＋2)>0，變形為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(3k＋2，k）））（x＋2)>0，因為eq\f（3k＋2，k)＝3＋eq\f(2，k）〉3>2，所以－eq\f（3k＋2，k）〈－2.所以x<－eq\f(3k＋2，k）或x>－2.故不等式的解集為｛x|x〉－2或x<－eq\f(3k＋2,k）｝．當(dāng)k<0時，原不等式?（x＋2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（3k＋2，k)））〈0，由于（－2）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(3k＋2,k））)＝eq\f（k＋2，k）.所以當(dāng)－2〈k<0時，eq\f(k＋2，k)<0，－2<－eq\f(3k＋2，k),不等式的解集為｛x|－2<x<－eq\f(3k＋2,k)}；當(dāng)k＝－2時,－eq\f（3k＋2，k)＝－2，原不等式?（x＋2）2〈0，不等式的解集為?；當(dāng)k〈－2時，eq\f(k＋2,k)〉0，－2〉－eq\f(3k＋2，k）。不等式的解集為{x｜－eq\f（3k＋2,k)〈x〈－2｝．綜上所述，當(dāng)k＝0時,不等式的解集為｛x｜x〉－2｝;當(dāng)k>0時，不等式的解集為{x｜x〈－eq\f（3k＋2,k）或x〉－2}；當(dāng)－2<k<0時，不等式的解集為｛x|－2〈x〈－eq\f（3k＋2,k)};當(dāng)k＝－2時，不等式的解集為?;當(dāng)k〈－2時，不等式的解集為｛x|－eq\f（3k＋2,k）〈x<－2｝．回顧與提升含有參數(shù)的一元二次不等式,問題看似簡單，但因為含有參數(shù)，便大大增加了問題的復(fù)雜程度．分類討論是解決這類問題的主要方法，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)時，要著重處理好以下三點：①討論的“時刻"，即在什么時候才開始進行討論．要求轉(zhuǎn)化必到位，過早或過晚討論都會使問題更加復(fù)雜化．②討論的“點”,即以哪個量為標(biāo)準(zhǔn)進行討論．若把握不好這一類,問題就不能順利解決．③考慮要周到，即討論對象的各種情況都要加以分析，給出結(jié)論。4一元二次不等式恒成立問題的求解策略含參數(shù)的一元二次不等式恒成立問題是高中階段最簡單、最常見的恒成立問題，是研究恒成立問題的典型素材，也是近幾年高考考查的熱點之一．下面結(jié)合例子，介紹幾種常用的求解策略：1．利用一元二次不等式的判別式求解代數(shù)式ax2＋bx＋c>0的等價條件是eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝b＝0，,c〉0)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a〉0,，Δ＝b2－4ac〈0.））例1已知不等式eq\f(kx2＋kx＋6，x2＋x＋2）〉2對任意x∈R恒成立，求k的取值范圍．解∵x2＋x＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，2）））2＋eq\f（7,4)>0.∴原不等式等價于kx2＋kx＋6>2x2＋2x＋4，即(k－2)x2＋（k－2)x＋2>0.當(dāng)k＝2時，2>0,結(jié)論顯然成立；當(dāng)k≠2時，k滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(k－2〉0，，Δ＝k－22－4×2k－2<0，））解得2〈k<10.綜上所述，k的取值范圍是2≤k〈10。2．轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題求解一般地，f（x)≥a,x∈D恒成立?f(x）min≥a，x∈D恒成立；f(x）≤a，x∈D恒成立?f（x）max≤a，x∈D恒成立．例2已知不等式sin2x－2asinx＋a2－2a＋2〉0對一切x∈R恒成立，求實數(shù)a解設(shè)f(x）＝sin2x－2asinx＋a2－2a則f（x）＝（sinx－a)2＋2－2a當(dāng)a<－1時,f（x)在sinx＝－1時取到最小值，且f（x)min＝a2＋3,a2＋3>0顯然成立，∴a〈－1。當(dāng)－1≤a≤1時，f(x)在sinx＝a時取到最小值,且f（x）min＝2－2a,由2－2a〉0,解得∵－1≤a≤1,∴－1≤a〈1。當(dāng)a>1時，f（x)在sinx＝1時取到最小值，且f（x）min＝a2－4a＋3，由a2－4a＋3〉0,解得a<1或a〉3，∵a〉1,∴綜上所述，a的取值范圍為(－∞，1)∪(3，＋∞)．3．利用直線型函數(shù)圖象的保號性求解函數(shù)f(x）＝kx＋b，x∈［α，β］的圖象是一條線段，此線段恒在x軸上方的等價條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（fα〉0,fβ>0））；此線段恒在x軸下方的等價條件是eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（fα<0，fβ〈0))；此線段與x軸有交點的等價條件是f（α）·f（β）≤0。例3已知當(dāng)x∈［0,1]時,不等式2m－1〈x（m2－1）恒成立，試求m解設(shè)f(x）＝（m2－1）x＋(1－2m?f(x）>0，x∈[0,1]恒成立?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f0〉0，，f1〉0))?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1－2m〉0，，m2－2m>0))?m<0.即m的取值范圍為（－∞，0)．4．分離參數(shù)后，利用基本不等式求解如果直接求參數(shù)的范圍比較困難，而且參數(shù)容易從式子中分離出來,可以考慮分離參數(shù)后，再利用等價條件f(x）≥a?a≤f（x）min或f(x）≤a?a≥f（x）max求解．例4已知函數(shù)f(x）＝x2＋ax＋3，當(dāng)x∈[－1,1]時，不等式f（x）〉a恒成立，求a的取值范圍．解不等式f（x）〉a?x2＋ax＋3〉a?x2＋3〉a（1－x)，x∈[－1,1］．∵－1≤x≤1，∴0≤1－x≤2。當(dāng)x＝1時，1－x＝0,x2＋3〉a（1－x)對一切a∈R恒成立;當(dāng)x≠1時，0<1－x≤2，則a〈eq\f（x2＋3，1－x）.∵eq\f(x2＋3，1－x)＝eq\f(1－x2－21－x＋4,1－x）＝(1－x）＋eq\f(4，1－x）－2≥2eq\r（1－x·\f（4,1－x)）－2＝2.當(dāng)且僅當(dāng)1－x＝eq\f（4,1－x），即x＝－1時，取到等號．∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x2＋3，1－x）)）min＝2。從而a〈2.綜上所述，a的取值范圍為(－∞，2）.5線性規(guī)劃中的一題多變求解線性規(guī)劃問題的一般步驟：先把線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by變形為ax＋by－z＝0，確定z是直線ax＋by－z＝0在坐標(biāo)軸上的截距或與截距相關(guān)的量，然后結(jié)合圖形求出z的最值．其中關(guān)鍵是確定z的幾何意義，在不同的問題中,z呈現(xiàn)不同的幾何意義，但都與斜率相關(guān),下面就通過一個例題及其變式，給同學(xué)們展示一下z.例設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－y≥0，，x＋y－2≥0，，3x－y－6≤0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最小值為________．解析作出可行域，如圖中陰影部分所示．目標(biāo)函數(shù)可化為2x＋y－z＝0，它表示斜率為－2的一族平行線，z是直線在y軸上的截距．當(dāng)直線過點M時,z取得最小值．解方程組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，，x－y＝0,))得M（1,1),代入z＝2x＋y,得zmin＝3.答案3點評確定了z的幾何意義后,一般先作出一族平行線中過原點的直線，然后平移該直線，結(jié)合圖象直觀確定最優(yōu)解．變式1設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x－y≥0,，x＋y－2≥0，，3x－y－6≤0,))則目標(biāo)函數(shù)z＝x＋2y的最小值為________．解析作出可行域，如圖中陰影部分所示．目標(biāo)函數(shù)可化為x＋2y－z＝0，它表示斜率為－eq\f（1，2)的一族平行線,z是直線在x軸上的截距．當(dāng)直線過點N時,z取得最小值．解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0,,3x－y－6＝0，））得N（2,0），代入z＝x＋2y，得zmin＝2。答案2點評確定z的幾何意義的原則:越簡單越直接越好．變式2設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0,，x＋y－2≥0，，3x－y－6≤0，)）則目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y的最小值為________．解析作出可行域，如圖中陰影部分所示．目標(biāo)函數(shù)可化為2x－y－z＝0，它表示斜率為2的一族平行線，－z是直線在y軸上的截距．當(dāng)直線過點M時，－z取得最大值，此時z的值最?。夥匠探Meq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x－y＝0，，x＋y－2＝0，))得M（1,1），代入z＝2x－y，得zmin＝1.答案1點評當(dāng)z不是直線在坐標(biāo)軸上的截距時，往往先求截距取得相應(yīng)最值的最優(yōu)解,再求目標(biāo)函數(shù)的最值．變式3設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－y≥0,，x＋y－2≥0，,3x－y－6≤0,）)則目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋3y的最小值為________．解析作出可行域，如圖中陰影部分所示．目標(biāo)函數(shù)可化為2x＋3y－z＝0，它表示斜率為－eq\f（2,3)的一族平行線，eq\f（z,3）是直線在y軸上的截距，當(dāng)eq\f（z,3)取得最小值時，此時z的值最?。?dāng)直線過點N時，eq\f(z,3）取得最小值，此時z的值也最?。夥匠探Meq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋y－2＝0，，3x－y－6＝0，））得N(2，0）,代入z＝2x＋3y,得zmin＝4。答案4點評求直線在坐標(biāo)軸上的截距mz的最值時，要注意m的符號.6求最優(yōu)解為整點的方法處理實際問題中的最優(yōu)解時,有時需滿足x,y∈N,這種最優(yōu)解稱為整點最優(yōu)解，下面舉例探討整點最優(yōu)解的方法．1．平移法在可行域內(nèi)找整點最優(yōu)解，一般采用平移法，即打網(wǎng)格，描整點，平移直線，找出最優(yōu)解．先按“平移法”求出非整點最優(yōu)解及最值,再調(diào)整最值，最后篩選出整點最優(yōu)解．例1某中學(xué)準(zhǔn)備組織學(xué)生去“鳥巢”參觀．參觀期間，校車每天至少要運送480名學(xué)生．該中學(xué)后勤有7輛小巴、4輛大巴，其中小巴能載16人、大巴能載32人．已知每輛客車每天往返次數(shù)小巴為5次、大巴為3次，每次運輸成本小巴為48元，大巴為60元．請問每天應(yīng)派出小巴、大巴各多少輛，才能使總費用最少？分析可以填表理解題意．這樣便于列約束條件和目標(biāo)函數(shù)．輛數(shù)載人數(shù)往返次數(shù)每次成本大巴小巴解設(shè)每天派出小巴x輛、大巴y輛,總運費為z元，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（5×16x＋3×32y≥480，,0≤x≤7,,0≤y≤4,,x，y∈N，）)目標(biāo)函數(shù)z＝240x＋180y.作出不等式組所表示的平面區(qū)域,即可行域,如圖中陰影部分的整點．作出直線l:240x＋180y＝0，即4x＋3y＝0，把直線l向右上方平移，使其經(jīng)過可行域上的整點，且使其在y軸上的截距最小．觀察圖象，可知當(dāng)直線l經(jīng)過點B（2,4)時，滿足上述要求．此時，z＝240x＋180y取得最小值，即當(dāng)x＝2，y＝4時,zmin＝240×2＋180×4＝1200(元)．答每天派2輛小巴、4輛大巴時總費用最少．點評用平移法解線性規(guī)劃題時，求整數(shù)最優(yōu)解是個難點，對作圖精度要求較高,平行直線系f（x，y)＝t的斜率要畫準(zhǔn),可行域內(nèi)的整點要找準(zhǔn),最好使用“網(wǎng)格法”先作出可行域中的各整點．2．檢驗法由于作圖難免有誤差，所以僅靠圖象不一定能準(zhǔn)確而迅速地找到最優(yōu)解,此時可將若干個可能解逐一檢驗．例2現(xiàn)有一根長4000mm的條形高新材料，需要將其截成長分別為518mm與698mm的甲、乙兩種零件毛坯，求高新材料的最大利用率．解設(shè)甲種毛坯截x根，乙種毛坯截y根，高新材料的利用率為P，則線性約束條件為518x＋698y≤4000，其中x、y∈N，目標(biāo)函數(shù)為P＝eq\f（518x＋698y，4000)×100%,可行域是圖中陰影部分的整點，目標(biāo)函數(shù)表示與直線518x＋698y＝4000平行的直線系．所以使P取得最大值的最優(yōu)解是陰影內(nèi)最靠近直線518x＋698y＝4000的整點坐標(biāo)．如圖可得點（0，5），（1，4）,（2,4），（3,3），（4，2)，（5,2)，(6,1)，(7，0)都可能是最優(yōu)解，逐一代入目標(biāo)函數(shù)，可知當(dāng)x＝5，y＝2時，Pmax＝99.65％。答當(dāng)甲種毛坯截5根，乙種毛坯截2根時，高新材料的利用率最大，且最大為99。65%.點評解線性規(guī)劃問題作圖時應(yīng)盡可能精確，但考慮到作圖時必然會有誤差，假如圖上的最優(yōu)解并不十分明顯時，不妨將幾個有可能是最優(yōu)解的坐標(biāo)都求出來，然后逐一進行檢驗,確定整點最優(yōu)解．基本不等式的推廣“a2＋b2≥±2ab”是一個簡單而公認的不等式，但是利用它，通過變形、引申可以方便地證明一些已有定理．如:定理1：若a1，a2，a3，…，an∈R，則有eq\f(a\o\al（2,1)＋a\o\al（2，2）＋…＋a\o\al（2,n),n）≥（eq\f（a1＋a2＋…＋an,n)）2,當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時，式中等號成立，由基本不等式a2＋b2≥2ab有2a2＋2b2≥2ab＋a2＋beq\f（a2＋b2,2）≥eq\f（a＋b2，4)＝（eq\f（a＋b，2)）2 ①我們猜想會不會有下式成立eq\f（a2＋b2＋c2，3）≥(eq\f（a＋b＋c,3)）2 ②∵(a＋b＋c）2＋(a－b)2＋(a－c）2＋(b－c)2＝3(a2＋b2＋c2)∴3（a2＋b2＋c2）≥（a＋b＋c）2∴eq\f(a2＋b2＋c2，3）≥(eq\f（a＋b＋c,3））2 ③仿③式證明定理1證明∵（a1＋a2＋a3＋…＋an)2＋（a1－a2)2＋（a1－a3)2＋…＋（a1－an)2＋（a2－a3）2＋（a2－a4）2＋…＋(a2－an)2＋（a3－a4)2＋…＋（an－1－an)2＝n(aeq\o\al（2，1）＋aeq\o\al（2,2）＋aeq\o\al(2,3）＋aeq\o\al(2，n）)，∴n（aeq\o\al(2，1)＋aeq\o\al（2，2)＋aeq\o\al（2,3）＋aeq\o\al（2，4）…＋aeq\o\al(2，n））≥（a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an)2，即eq\f(a\o\al（2,1)＋a\o\al(2,2）＋…＋a\o\al（2,n），n)≥（eq\f(a1＋a2＋…＋an，n））2，定理1成立,定理1的另一種形式是：｜eq\f(a1＋a2＋a3＋…＋an,n)|≤eq\r（\f（a\o\al(2,1）＋a\o\al(2,2）＋a\o\al（2，3）＋…＋a\o\al（2，n)，n）)。定理2：若a1，a2，a3，…，an∈R,則有a1＋a2＋a3＋…＋an≥neq\r（n,a1a2a3…an)，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時等式成立．設(shè)a,b是正實數(shù)，從最簡不等式a2＋b2≥2ab降次，則有a＋b≥2eq\r（ab），設(shè)a，b，c是正實數(shù)，則不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立嗎？證明∵a，b，c是正實數(shù)，∴（a3＋b3）＋（c3＋abc)≥2eq\r(a3b3)＋2eq\r(c3abc）≥4eq\r（\r（a3b3）\r（c3abc))＝4abc，∴a3＋b3＋c2≥3abc.上述不等式降次則有a,b，c是正實數(shù),a＋b＋c≥3eq\r(3，abc).實際上，基本不等式還有很多角度不同的推廣，也有不少巧妙的應(yīng)用，有興趣的同學(xué)不妨搜一搜，或者自己做些嘗試．7例析以線性規(guī)劃為載體的交匯問題1．線性規(guī)劃與函數(shù)交匯例1設(shè)二元一次不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋2y－19≥0,，x－y＋8≥0，,2x＋y－14≤0）)所表示的平面區(qū)域為M,則使函數(shù)y＝ax(a>0，a≠1）的圖象過區(qū)域M的a的取值范圍是________．解析作二元一次不等式組的可行域如圖所示，由題意得A（1,9),C（3,8）．當(dāng)y＝ax過A（1,9）時，a取最大值，此時a＝9；當(dāng)y＝ax過C（3,8)時，a取最小值，此時a＝2，∴2≤a≤9。答案［2，9］點評準(zhǔn)確作出可行域,熟知指數(shù)函數(shù)y＝ax的圖象特征是解決本題的關(guān)鍵．2．線性規(guī)劃與概率交匯例2兩人約定下午4點到5點在某一公園見面，他們事先約定先到者等候另一個人20分鐘,過時就離去．請問這兩個人能見面的概率有多大？解用x、y分別表示兩人到公園的時間，若兩人能見面，則有｜x－y｜≤20，又0≤x≤60，0≤y≤60，即有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－y－20≤0，,x－y＋20≥0,,0≤x≤60，，0≤y≤60,)）作出點（x，y）的可行域如圖中陰影部分,由圖知,兩人能見面的概率為陰影部分的面積與大正方形的面積之比，所以所求概率為P＝eq\f(602－40×40，602）＝eq\f（5,9).點評這是一道幾何概型的題目,關(guān)鍵在于確定兩人能見面的時間區(qū)域，利用線性規(guī)劃的思想簡潔、直觀、明了．3．線性規(guī)劃與一元二次方程交匯例3已知方程x2＋(2＋a)x＋1＋a＋b＝0的兩根為x1、x2，且0<x1〈1<x2，則eq\f(b,a)的取值范圍是__________．解析令f（x)＝x2＋（2＋a）x＋1＋a＋b，并且0〈x1〈1〈x2，則由題意知函數(shù)f（x）在（0,1)及（1，＋∞)內(nèi)各有一個零點，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f0〉0，，f1<0,））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋b＋1>0，,2a＋b＋4<0。））作出可行域，如圖所示．而令k＝eq\f（b，a），則表示可行域內(nèi)的點與原點連線的斜率．設(shè)M（x0，y0），則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＋1＝0,,2x0＋y0＋4＝0，)）得M（－3,2)，kOM＝－eq\f(2，3)，結(jié)合圖可知－2<k<－eq\f(2,3),故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－2，－\f(2,3）)）。答案eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2,－\f（2，3)）)點評本題以一元二次方程的根的范圍為背景,并通過與二次函數(shù)的聯(lián)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于a、b的線性約束條件來求解．其中理解eq\f（b,a）表示可行域內(nèi)的點與原點連線的斜率是解題的關(guān)鍵．4．線性規(guī)劃與圓交匯例4若{（x，y）|eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－2y＋5≥0，3－x≥0，x＋y≥0))｝?｛（x，y）｜x2＋y2≤m2(m〉0）｝，求實數(shù)m的取值范圍．解設(shè)A＝｛(x，y)|eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋5≥0，3－x≥0，x＋y≥0)）}，B＝{（x，y）|x2＋y2≤m2(m>0）｝，則集合A表示的區(qū)域為圖中陰影部分，集合B表示以坐標(biāo)原點為圓心，m為半徑的圓及其內(nèi)部，由A?B,得m≥PO，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－2y＋5＝0，3－x＝0)),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝3,y＝4)）,即P（3,4)，∴PO＝5，即m≥5.點評集合｛（x，y）｜x2＋y2≤m2(m>0）｝的幾何含義是以原點（0，0）為圓心，m為半徑的圓及其內(nèi)部區(qū)域．5．線性規(guī)劃與平面向量交匯例5已知O為坐標(biāo)原點，定點A（3，4），動點P（x,y）滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,y＋1≥x,x＋y≤3))，則向量eq\o(OP,\s\up6（→))在eq\o(OA,\s\up6(→）)上的投影的取值范圍是________．解析畫出不等式組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥1，y＋1≥x，x＋y≤3）)所表示的平面區(qū)域，如圖所示,向量eq\o（OP，\s\up6(→））在向量eq\o（OA，\s\up6(→))上的投影為｜eq\o（OP，\s\up6（→）)|cos∠AOP＝|eq\o(OP,\s\up6(→）)|·eq\f(\o（OP,\s\up6(→）)·\o(OA，\s\up6（→）），|\o（OP，\s\up6(→)）｜·|\o（OA,\s\up6（→））|)＝eq\f(\o(OP，\s\up6（→））·\o(OA，\s\up6（→））,｜\o（OA,\s\up6(→)）|）＝eq\f(3x＋4y，5）,令z＝3x＋4y,易知直線3x＋4y＝z過點G(1，0)時，zmin＝3;直線3x＋4y＝z過點N(1，2）時，zmax＝11.∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3x＋4y，5）))min＝eq\f（3,5），eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3x＋4y，5)))max＝eq\f（11，5).答案eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（3，5），\f（11，5）)）點評向量eq\o（OP，\s\up6（→)）在eq\o（OA,\s\up6(→))上的投影：｜eq\o（OP,\s\up6（→）)|·cos〈eq\o(OP，\s\up6(→）），eq\o（OA,\s\up6(→））〉＝｜eq\o（OP，\s\up6（→））｜·eq\f(\o（OP，\s\up6(→）)·\o(OA，\s\up6（→）)，｜\o（OP,\s\up6(→））|·｜\o（OA,\s\up6（→))｜)＝eq\f（\o（OP,\s\up6(→）)·\o（OA，\s\up6（→）），｜\o(OA，\s\up6（→))|）＝eq\f(3x＋4y，5)。清楚這一點對解答本題至關(guān)重要．8a2＋b2≥2ab的四“變”如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時,等號成立）．該結(jié)論利用作差法極易證明．下面給出其四個重要的變式及應(yīng)用．變式1如果a，b是正數(shù)，那么eq\f（a＋b，2）≥eq\r(ab)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立）．證明見教材證明．例1若實數(shù)a，b滿足a＋b＝2，則3a＋3b解析3a＋3b≥2eq\r(3a×3b)＝2eq\r（3a＋b）＝2eq\r（32）＝6。當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時，等號成立．答案6變式2如果a,b∈R，那么a2＋b2≥2|ab｜（當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝｜b|時,等號成立)．證明因為a2＋b2＝｜a｜2＋|b｜2≥2｜a|·｜b|＝2｜ab|，所以a2＋b2≥2｜ab｜，當(dāng)且僅當(dāng)|a｜＝｜b|時，等號成立．例2若實數(shù)x,y滿足4x2－5xy＋4y2＝5，設(shè)S＝x2＋y2，則eq\f(1，Smax)＋eq\f（1,Smin)＝________。解析由x2＋y2≥2|xy｜,得－eq\f（x2＋y2，2）≤xy≤eq\f（x2＋y2,2)，則－eq\f(5x2＋y2,2)≤－5xy≤eq\f(5x2＋y2，2),當(dāng)且僅當(dāng)|x｜＝|y｜時，等號成立．則eq\f（3x2＋y2，2）≤4x2－5xy＋4y2≤eq\f（13x2＋y2，2)，即eq\f（3，2）S≤5≤eq\f（13，2）S，所以eq\f(10,13）≤S≤eq\f（10,3)，于是Smax＝eq\f(10,3），Smin＝eq\f(10，13)，故eq\f（1，Smax)＋eq\f（1,Smin)＝eq\f（8,5）.答案eq\f（8，5）變式3若a,b∈R，那么（a＋b)2≥4ab(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立)．證明因為a2＋b2≥2ab,所以a2＋b2＋2ab≥4ab,即（a＋b）2≥4ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立．例3若正數(shù)a，b滿足ab－8＝a＋b，則ab的最小值為____________________________．解析由條件,得ab－8＝a＋b>0,則（ab）2－16ab＋64＝（a＋b)2，又因為(a＋b)2≥4ab，則（ab)2－20ab＋64≥0，又ab>8,解得ab≥16,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝4時，等號成立，所以ab的最小值為16。答案16變式4若a,b∈R，則a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2）（當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立）．證明a2＋b2－eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(a－b2,2）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，所以a2＋b2≥eq\f(a＋b2，2)。例4若a,b，c是正實數(shù),且a＋b＋c＝1,則eq\r（a2＋b2）＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2）的最小值是________．解析由變式4,得eq\r（a2＋b2)≥eq\f(\r(2)，2)(a＋b），eq\r（b2＋c2）≥eq\f(\r（2）,2)(b＋c），eq\r（c2＋a2)≥eq\f(\r（2），2)（c＋a),所以eq\r（a2＋b2)＋eq\r（b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2）≥eq\f（\r(2),2)(a＋b＋b＋c＋c＋a）＝eq\f(\r（2），2)×2＝eq\r（2）。當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立．故最小值為eq\r(2）。答案eq\r（2）9運用基本不等式求最值的7種常見技巧在利用基本不等式求最大值或最小值時，為滿足“一正、二定、三相等"的條件,需要作一些適當(dāng)?shù)淖冃?，用到一些變換的技巧，下面舉例說明．1．湊和為定值例1若a、b、c〉0，且2a＋b＋c＝eq\r（6）,則a（a＋b＋c）＋bc的最大值為________．分析注意a（a＋b＋c）＋bc＝(a＋b）（a＋c）,而2a＋b＋c＝(a＋b)＋(a＋c解析∵a（a＋b＋c)＋bc＝a2＋ab＋ac＋bc＝（a2＋ac）＋(ab＋bc)＝a(a＋c）＋b(a＋c)＝（a＋b）（a＋c)≤eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋a＋c，2))）2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋b＋c,2）)）2＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r(6），2）))2＝eq\f（3,2）。當(dāng)且僅當(dāng)a＋b＝a＋c＝eq\f(\r(6），2)時，取“＝”，∴a(a＋b＋c)＋bc的最大值為eq\f（3，2）.答案eq\f（3，2)2．湊積為定值例2設(shè)a〉b>c>0，則2a2＋eq\f（1，ab)＋eq\f(1,aa－b)－10ac＋25c2的最小值是________．分析注意到2a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f（1,aa－b)－10ac＋25c2＝a2－ab＋eq\f（1,aa－b)＋ab＋eq\f（1，ab)＋a2－10ac＋25c2＝eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(aa－b＋\f（1，aa－b））)＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ab＋\f（1,ab)))＋（a－5c)2然后分別利用基本不等式和平方數(shù)的性質(zhì)求最值．由于代數(shù)式比較復(fù)雜，要注意等號取到的條件．解析∵a>b〉c>0，∴原式＝a2＋eq\f(1，ab）＋eq\f（1，aa－b）－10ac＋25c2＋a2＝a2－ab＋eq\f（1，aa－b)＋ab＋eq\f(1，ab)＋（a－5c）2≥2＋2＋0＝4,當(dāng)且僅當(dāng)a（a－b)＝1,ab＝1，a－5c＝0時取等號．即當(dāng)a＝eq\r(2），b＝eq\f(\r(2），2)，c＝eq\f（\r(2）,5）時，所求代數(shù)式的最小值為4。答案43．化負為正例3已知x〈eq\f（5，4)，求函數(shù)y＝4x－2＋eq\f(1，4x－5）的最大值．分析因為4x－5〈0，所以要先“調(diào)整"符號，又(4x－2）·eq\f（1，4x－5)不是常數(shù)，所以對4x－2要添項“配湊”．解∵x<eq\f(5，4),∴5－4x>0，∴y＝4x－2＋eq\f(1，4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f（1，5－4x））)＋3≤－2＋3＝1，當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1，5－4x)，即x＝1時，上式等號成立,故當(dāng)x＝1時，ymax＝1.4．和積互“化"例4若正實數(shù)x,y滿足2x＋y＋6＝xy，則2x＋y的最小值是________．分析可以利用基本不等式的變形形式ab≤eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2））)2進行和或積的代換，這種代換目的是消除等式兩端的差異，屬不等量代換，帶有放縮的性質(zhì)．解析方法一∵x>0,y>0，∴xy＝eq\f（1,2)·(2x）·y≤eq\f(1，2)·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2x＋y，2）））2，∴2x＋y＋6＝（2x＋y）＋6≤eq\f（1，8）(2x＋y）2，∴（2x＋y)2－8(2x＋y）－48≥0，令2x＋y＝t，t〉0，則t2－8t－48≥0，∴(t－12）（t＋4)≥0，∴t≥12，即2x＋y≥12.方法二由x>0，y>0,2x＋y＋6＝xy，得xy≥2eq\r(2xy)＋6（當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)時，取“＝”），即（eq\r(xy）)2－2eq\r（2)eq\r(xy）－6≥0，∴（eq\r(xy)－3eq\r（2))·（eq\r(xy）＋eq\r(2）)≥0。又∵eq\r(xy)〉0，∴eq\r（xy）≥3eq\r（2)，即xy≥18?！鄕y的最小值為18，∵2x＋y＝xy－6，∴2x＋y的最小值為12.答案125．消元法例5若正實數(shù)a,b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的最小值為________．分析從ab＝a＋b＋3中解出b，即用a的代數(shù)式表示b，則ab可以用a來表示，再求關(guān)于a的代數(shù)式的最值即可．解析∵ab＝a＋b＋3,∴b（a－1)＝a＋3.∵a〉0,b〉0，∴a－1>0，∴a〉1。∴b＝eq\f(a＋3，a－1）.∴ab＝a·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a＋3，a－1）)）＝eq\f(a2＋3a，a－1)＝eq\f(a－12＋5a－1＋4,a－1)＝（a－1)＋eq\f(4,a－1）＋5。∵a>1,∴a－1＋eq\f(4，a－1)≥2eq\r(a－1·\f（4，a－1））＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－1＝eq\f(4，a－1),即a＝3時，取等號，此時b＝3，∴ab≥9?！郺b的最小值為9。答案96．平方法例6若x>0，y〉0，且2x2＋eq\f（y2,3）＝8，求xeq\r（6＋2y2）的最大值．分析仔細觀察題目已知式中x與y都是二次的,而所求式中x是一次的，而且還帶根號,初看讓人感覺無處著手，但是如果把xeq\r（6＋2y2）平方，則豁然開朗，思路就在眼前了．解（xeq\r（6＋2y2））2＝x2(6＋2y2）＝3·2x2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（y2,3）））≤3·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2x2＋1＋\f(y2,3），2))）2＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（9,2）))2。當(dāng)2x2＝1＋eq\f（y2,3)，即x＝eq\f（3，2）,y＝eq\f(\r（42）,2)時，等號成立．故xeq\r（6＋2y2）的最大值為eq\f（9\r（3），2）。7．換元法例7某商品進貨價每件50元，據(jù)市場調(diào)查，當(dāng)銷售價格（每件x元)為50<x≤80時，每天售出的件數(shù)為P＝eq\f(105,x－402),若要使每天獲得的利潤最多，銷售價格每件應(yīng)定為多少元？解設(shè)銷售價格定為每件x元（50〈x≤80)，每天獲得的利潤為y元，則y＝（x－50)·P＝eq\f(105x－50，x－402).令x－50＝t，∴y＝eq\f(105t，t＋102）＝eq\f（105t,t2＋20t＋100)＝eq\f(105,t＋\f（100，t）＋20）≤eq\f（105，20＋20)＝2500。當(dāng)且僅當(dāng)t＝10，即x＝60時，ymax＝2500.答銷售價格每件應(yīng)定為60元．10不等式易錯備忘錄1．多次非同解變形，導(dǎo)致所求范圍擴大而致錯例1已知二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx(a≠0）滿足1≤f（－1)≤2,2≤f（1）≤4，則f(－2）的范圍是________．［錯解］由于f（－2)＝4a－2b，要求f（－2）的范圍，可先求a與b的范圍．由f（－1）＝a－b,f(1)＝a＋b得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4，②))兩式相加得eq\f(3，2)≤a≤3，又－2≤b－a≤－1，③②式與③式相加得0≤b≤eq\f（3,2）?！?≤4a≤12，－3≤－2b≤0。∴3≤4a－2即3≤f（－2)≤12。[點撥]這種解法看似正確，實則使f（－2）的范圍擴大了，事實上,這里f(－2)最小值不可能取到3，最大值也不可能是12.由上述解題過程可知，當(dāng)a＝eq\f（3，2）且b＝eq\f（3,2)時才能使4a－2b＝3，而此時a－b＝0，不滿足①式．同理可驗證4a－2b也不能等于12.出現(xiàn)上述錯誤的原因是“同向不等式兩邊分別相加所得不等式與原不等式同向”這一性質(zhì)是單向的,用它來作變形,是非同解變形．以上解法為了求a，b的范圍,多次應(yīng)用了這一性質(zhì)，使所求范圍擴大了．［正解］方法一∵eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，f1＝a＋b))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1，2)［f1＋f－1]，b＝\f(1,2）［f1－f－1]))，∴f(－2)＝4a－2＝2[f(1)＋f(－1）］－[f（1)－f(－1）］＝3f(－1）＋f∵1≤f（－1）≤2，2≤f(1）≤4.∴5≤f(－2）≤10.方法二數(shù)形結(jié)合法在坐標(biāo)平面aOb上，作出直線a＋b＝2，a＋b＝4，a－b＝1，a－b＝2，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2≤a＋b≤4,1≤a－b≤2））表示平面上的陰影部分(包括邊界)，如圖所示．令m＝4a－2b則b＝2a－eq\f(m,2）.顯然m為直線系4a－2b＝m在b當(dāng)直線b＝2a－eq\f(m，2）過陰影部分中點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2))）時,m取得最小值5；過點C（3,1)時，m取得最大值10.∴f(－2）∈[5，10］．溫馨點評利用不等式的變換求取值范圍時，要使變換符合等價性.像此類題一般是運用待定系數(shù)法或線性規(guī)劃中最優(yōu)解方法求解.切勿像誤區(qū)中解法那樣先求a、b的范圍，再求f－2的范圍,這樣求出的范圍會擴大.2．混淆“定義域為R”與“值域為R”的區(qū)別而致錯例2若函數(shù)y＝lg(ax2－2x＋a）的值域為R,求a的取值范圍．[錯解1]∵函數(shù)y＝lg（ax2－2x＋a)的值域為R.∴ax2－2x＋a>0對x∈R恒成立．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a〉0,Δ〈0）)，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a>0,4－4a2〈0）)，∴a>1.[錯解2］∵函數(shù)y＝lg(ax2－2x＋a)的值域為R.∴代數(shù)式ax2－2x＋a能取遍一切正值．∴Δ＝4－4a2≥0，∴－1≤a［點撥]上述解法1把值域為R誤解為定義域為R；解法2雖然理解題意，解題方向正確,但是忽略了a<0時，代數(shù)式ax2－2x＋a不可能取到所有正數(shù),從而也是錯誤的．［正解］當(dāng)a＝0時，y＝lg（－2x)值域為R，a＝0適合．當(dāng)a≠0時,ax2－2x＋a＝aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（1，a)))2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a－\f(1,a))）為使y＝lg（ax2－2x＋a)的值域為R，則代數(shù)式ax2－2x＋a應(yīng)取到所有正數(shù)．所以a應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〉0，a－\f（1，a）≤0)），解得0〈a≤1.綜上所述，0≤a≤1.溫馨點評函數(shù)的定義域為R與函數(shù)的值域為R是兩個不同的問題，處理方法截然不同，在學(xué)習(xí)中要注意區(qū)分這類“貌似而實質(zhì)迥異”的問題.3．忽略截距與目標(biāo)函數(shù)值的關(guān)系而致錯例3設(shè)E為平面上以A(4，1）,B（－1，－6)，C(－3,2)為頂點的三角形區(qū)域（包括邊界），求z＝4x－3y的最大值與最小值．[錯解］把目標(biāo)函數(shù)z＝4x－3y化為y＝eq\f(4，3)x－eq\f(1，3）z.根據(jù)條件畫出圖形如圖所示，當(dāng)動直線y＝eq\f（4，3）x－eq\f(1，3)z通過點C時，z取最大值；當(dāng)動直線y＝eq\f(4，3）x－eq\f(1,3）z通過點B時，z取最小值．∴zmi