2022版《名師金典》高考數(shù)學(理科)大一輪復習教師用書：第六章不等式-

第六章不等式第一節(jié)不等關系與不等式[考情展望]1.考查有關不等式的命題真假及數(shù)式的大小比較.2.考查與不等式相關的充分必要條件的推斷.3.考查和函數(shù)、數(shù)列等學問的綜合應用．一、實數(shù)的大小挨次與運算性質(zhì)的關系a＞b?a－b＞0，a＝b?a－b＝0，a＜b?a－b＜0.二、不等式的性質(zhì)1．對稱性：a>b?b<a；(雙向性)2．傳遞性：a>b，b>c?a>c；(單向性)3．可加性：a>b?a＋c>b＋c；(雙向性)a>b，c>d?a＋c>b＋d；(單向性)4．可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；a>b>0，c>d>0?ac>bd；(單向性)5．乘方法則：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)；(單向性)6．開方法則：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)；(單向性)7．倒數(shù)性質(zhì)：設ab＞0，則a＜b?eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).(雙向性)真、假分數(shù)的性質(zhì)若a＞b＞0，m＞0，則(1)真分數(shù)的性質(zhì)：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)(2)假分數(shù)的性質(zhì)：eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)1．對于實數(shù)a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B2．在城區(qū)限速40km/h的路標，指示司機在前方路段行駛時，應使汽車的速度v不超過40km/h，寫成不等式就是()A．v＜40km/h B．v＞40km/hC．v≠40km/h D．v≤40km/h【答案】D3．已知a，b為非零實數(shù)，且a＞b，則下列不等式確定成立的是()A．a(chǎn)4＞b4 B.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)C．|a|＞|b| D．2a＞2b【答案】D4.eq\f(1,\r(2)－1)與eq\r(3)＋1的大小關系為．【答案】eq\f(1,\r(2)－1)＜eq\r(3)＋15．設a>b>1，c<0，給出下列三個結論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中全部的正確結論的序號是()A．① B．①②C．②③ D．①②③【答案】D6．(2021·天津高考)設a，b∈R，則“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A

考向一[099]應用不等式表示不等關系(1)某地規(guī)定本地最低生活保障金不低于300元，上述不等關系寫成不等式為．【答案】x≥300(2)某汽車公司由于進展的需要需購進一批汽車，方案使用不超過1000萬元的資金購買單價分別為40萬元、90萬元的A型汽車和B型汽車．依據(jù)需要，A型汽車至少買5輛，B型汽車至少買6輛，寫出滿足上述全部不等關系的不等式．【嘗試解答】設購買A型汽車和B型汽車分別為x輛、y輛，則x、y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(40x＋90y≤1000，,x≥5，,y≥6，,x，y∈N*.))規(guī)律方法11.本例(2)在求解時，常因忽視變量x，y∈N*致誤．2．求解此類問題確定要精確?????將題目中文字語言轉(zhuǎn)化為數(shù)學符號語言(如不等式等)，特殊是留意“不超過”、“至少”、“低于”表示的不等關系，同時還應考慮變量的實際意義． (1)(2022·四川高考)若a＞b＞0，c＜d＜0，則確定有()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)【答案】13(2)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范圍．【嘗試解答】法一設f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1，))∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.法二由于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))∴a＝eq\f(f－1＋f1,2)，b＝eq\f(f1－f－1,2).∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.故5≤f(－2)≤10.規(guī)律方法21.解題時，易忽視不等式性質(zhì)成立的條件，或“無中生有”自造性質(zhì)導致推理判定失誤．2．由a＜f(x，y)＜b，c＜g(x，y)＜d，求F(x，y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)，用恒等變形求得m，n，再利用不等式的性質(zhì)求得F(x，y)的取值范圍．對點訓練(1)(2021·西寧模擬)已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，則a>bC．若a3>b3且ab<0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．若a2>b2且ab>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)(2)(2021·寧波模擬)若角α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<π，則α－β的取值范圍是()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))【答案】(1)C(2)B(3)若α，β滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))試求α＋3β的取值范圍．【解】設α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，∴兩式相加，得1≤α＋3β≤7.

考向三[101]比較大小(1)已知m∈R，a＞b＞1，f(x)＝eq\f(m2x,x－1)，試比較f(a)與f(b)的大小；(2)比較aabb與abba(a＞0且a≠1，b＞0且b≠1)的大?。緡L試解答】(1)法一∵f(a)＝eq\f(m2a,a－1)，f(b)＝eq\f(m2b,b－1)，∴f(a)－f(b)＝eq\f(m2a,a－1)－eq\f(m2b,b－1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a－1)－\f(b,b－1)))＝m2·eq\f(ab－1－ba－1,a－1b－1)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，當m＝0時，f(a)＝f(b)；當m≠0時，m2＞0，又a＞b＞1，∴f(a)＜f(b)，即f(a)≤f(b)．法二∵f(x)＝eq\f(m2x,x－1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，∴f(a)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a－1)))，f(b)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b－1)))，由于a＞b＞1，∴a－1＞b－1＞0，∴1＋eq\f(1,a－1)＜1＋eq\f(1,b－1)，當m＝0時，m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a－1)))＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b－1)))，即f(a)＝f(b)；當m≠0時，m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a－1)))＜m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b－1)))，即f(a)＜f(b)，∴f(a)≤f(b)．(2)依據(jù)同底數(shù)冪的運算法則，接受作商法，eq\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b，當a＞b＞0時，eq\f(a,b)＞1，a－b＞0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b＞1，∴aabb＞abba，當b＞a＞0時，0＜eq\f(a,b)＜1，a－b＜0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b＞1，∴aabb＞abba，當a＝b＞0時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b＝1，∴aabb＝abba，綜上知aabb≥abba(當且僅當a＝b時取等號)．規(guī)律方法31.第(1)中，若留意到m2≥0，亦可構造函數(shù)φ(x)＝eq\f(x,x－1)(x＞1)，推斷出φ(x)是減函數(shù)，f(a)≤f(b)．2．(1)“作差比較法”的過程可分為四步：①作差；②變形；③推斷差的符號；④作出結論．其中關鍵一步是變形，手段可以有通分、因式分解、配方等．(2)“作商比較法”的依據(jù)是“eq\f(a,b)＞1，b＞0?a＞b”，在數(shù)式結構含有冪或根式時，常接受比商法．對點訓練若a＞b＞0，試比較aeq\r(a)＋beq\r(b)與aeq\r(b)＋beq\r(a)的大?。窘狻?aeq\r(a)＋beq\r(b))－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝a(eq\r(a)－eq\r(b))＋b(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(a－b)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))，∵eq\r(a)＋eq\r(b)＞0，(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0，∴(aeq\r(a)＋beq\r(b))－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＞0，∴aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a).易錯易誤之十一不等式變形中盲目擴大范圍——————————[1個示范例]——————設函數(shù)f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．(1)設n≥2，b＝1，c＝－1，證明f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)存在唯一零點；(2)設n為偶數(shù)，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最大值和最小值．【解】(1)當b＝1，c＝－1，n≥2時，f(x)＝xn＋x－1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))f(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2)))×1＜0，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有零點，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，f′(x)＝n·xn－1＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是單調(diào)遞增的，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)存在唯一零點．(2)法一由n為偶數(shù)，且|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤f－1≤1，,－1≤f1≤1.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤b－c≤2，,－2≤b＋c≤0.))本例(2)在求解中常犯以下錯誤：∵n為偶數(shù)，且|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤b－c≤2，,－2≤b＋c≤0.))因此－1≤b≤1，且－2≤c≤0.∴－7≤b＋3c≤1，故b＋3c的最大值為1，最小值為－7.出錯緣由為：(1)忽視字母b、c相互制約的條件，片面將b，c分割開來導致字母范圍發(fā)生變化．(2)多次運用同向不等式相加這一性質(zhì)，不是等價變形，擴大變量的取值范圍，致使最值求解錯誤．作上述不等式組表示的可行域，如圖所示．令t＝b＋3c，則c＝eq\f(t,3)－eq\f(b,3).平移b＋3c＝0，知直線過原點O時截距最大，過點A時截距最小，∴t＝b＋3c的最大值為0＋3×0＝0；最小值為0＋3×(－2)＝－6.法二由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝1－b＋c，,f1＝1＋b＋c，))解得b＝eq\f(f1－f－1,2)，c＝eq\f(f1＋f－1－2,2)，∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3.又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，∴－6≤b＋3c≤0.當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6；當b＝c＝0時，b＋3c＝0，∴b＋3c的最小值為－6，最大值為0.【防范措施】處理該類問題的方式常有兩種：(1)利用待定系數(shù)法先建立待求整體與已知范圍的整體的等量關系，最終通過“一次性”使用不等式的運算求得待求整體的范圍．(2)運用線性規(guī)劃，依據(jù)t＝b＋3c的幾何意義，數(shù)形結合求t的最值．————————[1個防錯練]———————已知函數(shù)f(x)＝ax2－c，且f(1)∈[－4，－1]，f(2)∈[－1,5]，求f(3)的取值范圍．【解】法一(以a、c為橋梁，方程組思想)∵f(x)＝ax2－c.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－c,f2＝4a－c))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)[f2－f1],－c＝\f(4,3)f1－\f(1,3)f2))?f(3)＝9a－c＝－eq\f(5,3)f(1)＋eq\f(8,9)f(2)．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(－4≤f1≤－1?\f(5,3)≤－\f(5,3)f1≤\f(20,3),－1≤f2≤5?－\f(8,3)≤\f(8,3)f2≤\f(40,3)))?－1≤f(3)≤20.∴f(3)的取值范圍為[－1,20]．法二(待定系數(shù)法)設f(3)＝λf(1)＋μf(2)，∴9a－c＝λ(a－c)＋μ(4a－c)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9＝λ＋4μ,－1＝－λ－μ))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(5,3),μ＝\f(8,3))).∴f(3)＝－eq\f(5,3)f(1)＋eq\f(8,3)f(2)．下同法一，略．課時限時檢測(三十四)不等關系與不等式(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．若a、b、c∈R，a＞b，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) B．a(chǎn)2＞b2C.eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D．a(chǎn)|c|＞b|c|【答案】C2．已知a，b，c滿足c＜b＜a且ac＜0，則下列選項中不愿定能成立的是()A.eq\f(c,a)＜eq\f(b,a) B.eq\f(b－a,c)＞0C.eq\f(b2,c)＜eq\f(a2,c) D.eq\f(a－c,ac)＜0【答案】C3．下面四個條件中，使a＞b成立的充分不必要條件是()A．a(chǎn)＞b＋1 B．a(chǎn)＞b－1C．a(chǎn)2＞b2 D．a(chǎn)3＞b3【答案】A4．若A＝eq\f(1,x2)＋3與B＝eq\f(1,x)＋2，則A，B的大小關系是()A．A＞B B．A＜BC．A≥B D．不確定【答案】A5．若角α，β滿足－eq\f(π,2)＜α＜β＜π，則α－β的取值范圍是()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))【答案】B6．設a>0，b>0，()A．若2a＋2a＝2b＋3b，則a>bB．若2a＋2a＝2b＋3b，則a<bC．若2a－2a＝2b－3b，則a>bD．若2a－2a＝2b－3b，則a<b【答案】A二、填空題(每小題5分，共15分)7．某次數(shù)學智力測驗，共有20道題，答對一題得5分，答錯一題得－2分，不答得零分，某同學有一道題未答，那么這個同學至少答對多少題，成果才能不低于80分，列出其中的不等關系：.(不用化簡)【答案】5x－2(19－x)≥80，x∈N*8．x2＋y2＋1與2(x＋y－1)的大小關系是．【答案】x2＋y2＋1>2(x＋y－1)9.已知a，b，c∈R，有以下命題：①若a＞b，有ac2＞bc2；②若ac2＞bc2，則a＞b；③若a＞b，則a·2c＞b·2c.以上命題中正確的是(請把正確命題的序號都填上)．【答案】②③三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)已知12＜a＜60,15＜b＜36，求a－b，eq\f(a,b)的取值范圍．【解】∵15＜b＜36，∴－36＜－b＜－15.又12＜a＜60，∴12－36＜a－b＜60－15，∴－24＜a－b＜45.又eq\f(1,36)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,15)，∴eq\f(12,36)＜eq\f(a,b)＜eq\f(60,15)，∴eq\f(1,3)＜eq\f(a,b)＜4.11．(12分)下面為某省農(nóng)運會官方票務網(wǎng)站分布的幾種球類競賽的門票價格，某球迷賽前預備1200元，預訂15張下表中球類競賽的門票.競賽項目票價(元/場)足球100籃球80乒乓球60若在預備資金允許的范圍內(nèi)和總票數(shù)不變的前提下，該球迷想預訂上表中三種球類競賽門票，其中籃球競賽門票數(shù)與乒乓球競賽門票數(shù)相同，且籃球競賽門票的費用不超過足球競賽門票的費用，求可以預訂的足球競賽門票數(shù)．【解】設預訂籃球競賽門票數(shù)與乒乓球競賽門票數(shù)都是n張，則足球競賽門票預訂(15－2n)張，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(80n＋60n＋10015－2n≤1200，,80n≤10015－2n，,n∈N*，))解得5≤n≤5eq\f(5,14)，由n∈N*知，n＝5，∴15－2n＝5，故可預訂足球競賽門票5張．12．(13分)若實數(shù)a、b、c滿足b＋c＝5a2－8a＋11，b－c＝a2－6a＋9，試比較a、b、c的大?。窘狻俊遙－c＝a2－6a＋9＝(a－3)2≥0，∴b≥c.①又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝5a2－8a＋11，,b－c＝a2－6a＋9，))∴c＝2a2－a＋1.則c－a＝2a2－2a＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)＞0，∴c＞a.②由①②得b≥c＞a.其次節(jié)一元二次不等式及其解法[考情展望]1.考查一元二次不等式的解法及其“三個二次”間的關系問題.2.會從實際情景中抽象出一元二次不等式模型.3.以函數(shù)、導數(shù)為載體，考查不等式的參數(shù)范圍問題．一元二次不等式與相應的二次函數(shù)及一元二次方程的關系如下表判別式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有兩相異實根x1，x2(x1<x2)有兩相等實根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實數(shù)根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}{x|x≠x1}Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}??不等式恒成立問題的解法不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全體實數(shù)(或恒成立)的條件是當a＝0時，b＝0，c＞0；當a≠0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0；))不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全體實數(shù)(或恒成立)的條件是當a＝0時，b＝0，c＜0；當a≠0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))1．不等式2x2－x－1＞0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)【答案】D2．不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜x≤1)))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1或x＜－\f(1,2)))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤1)))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1或x≤－\f(1,2)))))【答案】A3．函數(shù)y＝eq\f(1,\r(6－x－x2))的定義域是．【答案】{x|－3＜x＜2}4．一元二次不等式ax2＋bx＋2＞0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，則a＋b的值是．【答案】－145．(2021·重慶高考)關于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a＝()A.eq\f(5,2)B.eq\f(7,2)C.eq\f(15,4)D.eq\f(15,2)【答案】A6．已知關于x的不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是．【答案】(0,8)考向一[102]一元二次不等式的解法已知不等式ax2－3x＋6＞4的解集為{x|x＜1或x＞b}．(1)求a，b的值；(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc＜0.【嘗試解答】(1)由于不等式ax2－3x＋6＞4的解集為{x|x＜1或x＞b}，所以x1＝1與x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的兩個實數(shù)根，b＞1且a＞0.由根與系數(shù)的關系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)不等式ax2－(ac＋b)x＋bc＜0，即x2－(2＋c)x＋2c＜0，即(x－2)(x－c)＜0.當c＞2時，不等式(x－2)(x－c)＜0的解集為{x|2＜x＜c}；當c＜2時，不等式(x－2)(x－c)＜0的解集為{x|c＜x＜2}；當c＝2時，不等式(x－2)(x－c)＜0的解集為?.所以，當c＞2時，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc＜0的解集為{x|2＜x＜c}；當c＜2時，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc＜0的解集為{x|c＜x＜2}；當c＝2時，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc＜0的解集為?.規(guī)律方法11.解一元二次不等式時，當二次項系數(shù)為負時要先化為正，再依據(jù)判別式符號推斷對應方程根的狀況，然后結合相應二次函數(shù)的圖象寫出不等式的解集．2．解含參數(shù)的一元二次不等式，要把握好分類爭辯的層次．一般按下面次序進行爭辯；首先依據(jù)二次項系數(shù)的符號進行分類，其次依據(jù)根是否存在，即Δ的符號進行分類，最終當根存在時，依據(jù)根的大小進行分類．對點訓練(1)不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|2＜x＜3}，則不等式ax2－bx＋c＞0的解集為．【答案】{x|－3＜x＜－2}(2)a∈R，解關于x的不等式x－eq\f(1,x)≥a(x－1)．【解】原不等式可轉(zhuǎn)化為eq\f(x－1[1－ax＋1],x)≥0(*)(1)當a＝1時，(*)式為eq\f(x－1,x)≥0，解得x＜0或x≥1.(2)當a≠1時，(*)式為eq\f(1－ax－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,1－a))),x)≥0①若a＜1，則a－1＜0，eq\f(1,a－1)＜0，解得eq\f(1,a－1)≤x＜0，或x≥1；②若1＜a≤2，則1－a＜0，eq\f(1,a－1)≥1，解得x＜0，或1≤x≤eq\f(1,a－1)；③若a＞2，則a－1＞1,0＜eq\f(1,a－1)＜1,1－a＜0，解得x＜0，或eq\f(1,a－1)≤x≤1；綜上，當a＝1時，不等式解集為{x|x＜0或x≥1}．當a＜1時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)≤x＜0，或x≥1)))).當1＜a≤2時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，或1≤x≤\f(1,a－1))))).當a＞2時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，或\f(1,a－1)≤x≤1)))).

考向二[103]不等式恒成立問題設函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.(1)若對于一切實數(shù)x，f(x)<0恒成立，求m的取值范圍；(2)若對于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范圍．【嘗試解答】(1)要使mx2－mx－1<0恒成立，若m＝0，明顯－1<0；若m≠0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0,Δ＝m2＋4m<0))?－4<m<0.所以m的取值范圍為{m|－4<m≤0}．(2)要使f(x)<－m＋5在[1,3]上恒成立，只需mx2－mx＋m＜6恒成立(x∈[1,3])，又因x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞0，所以m<eq\f(6,x2－x＋1).由于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))，由t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)在[1,3]上是增函數(shù)，∴y＝eq\f(6,x2－x＋1)在[1,3]上是減函數(shù)，因此函數(shù)的最小值ymin＝eq\f(6,7).所以，m的取值范圍是{m|m<eq\f(6,7)}．規(guī)律方法21.對于一元二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方，恒小于0就是相應的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方．另外常轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最值或用分別參數(shù)法求最值．2．解決恒成立問題確定要搞清誰是主元，誰是參數(shù)，一般地，知道誰的范圍，誰就是主元，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．對點訓練(1)(2021·衡水模擬)若a∈R，且對一切實數(shù)x都有ax2＋ax＋a＋3>0，那么a的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，－4) D．(－∞，－4]∪(0，＋∞)(2)(2021·鄭州模擬)若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))都成立，則a的最小值是．【答案】(1)B(2)－eq\f(5,2)(3)若x∈[－1，＋∞)時，x2－2ax＋2≥a恒成立，試求a的取值范圍．【解】法一令f(x)＝x2－2ax＋2，x∈[－1，＋∞)，f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a.(1)當a∈(－∞，－1)時，結合圖象知，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a<－1；(2)當a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1，∴－1≤a≤1.綜上所述，所求a的取值范圍為－3≤a≤1.法二由已知得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，令f(x)＝x2－2ax＋2－a，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,a<－1，,f－1≥0.))解得－3≤a≤1.故a的取值范圍為{a|－3≤a≤1}．考向三[104]一元二次不等式的實際應用行駛中的汽車，在剎車時由于慣性作用，要連續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離．在某種路面上，某種型號汽車的剎車距離s(m)與汽車的車速v(km/h)滿足下列關系：s＝eq\f(nv,100)＋eq\f(v2,400)(n為常數(shù)，且n∈N)，做了兩次剎車試驗，有關試驗數(shù)據(jù)如圖6－2－1所示，其中eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＜s1＜8，,14＜s2＜17.))圖6－2－1(1)求n的值；(2)要使剎車距離不超過12.6m，則行駛的最大速度是多少？【嘗試解答】(1)由試驗數(shù)據(jù)知，s1＝eq\f(2,5)n＋4，s2＝eq\f(7,10)n＋eq\f(49,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＜\f(2,5)n＋4＜8，,14＜\f(7,10)n＋\f(49,4)＜17，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＜n＜10，,\f(5,2)＜n＜\f(95,14).))又n∈N，∴取n＝6.(2)由(1)知，s＝eq\f(3v,50)＋eq\f(v2,400)，v≥0.依題意，s＝eq\f(3v,50)＋eq\f(v2,400)≤12.6，即v2＋24v－5040≤0，解之得－84≤v≤60.留意到v≥0，所以0≤v≤60.故行駛的最大速度為60km/h.規(guī)律方法31.(1)求解本例的關鍵是文字語言、圖形語言，符號語言之間的合理轉(zhuǎn)化．(2)避開忽視v≥0的限制條件，及eq\f(3v,50)＋eq\f(v2,400)≤12.6中的等號．2．解不等式的實際應用中，常以函數(shù)模型為載體，解題時要理清題意，精確?????找出其中的不等關系，引進數(shù)學符號恰當表示，最終用不等式的解回答實際問題．對點訓練某種商品，現(xiàn)在定價p元，每月賣出n件，設定價上漲x成，每月賣出數(shù)量削減y成，每月售貨總金額變成現(xiàn)在的z倍．(1)用x和y表示z；(2)若y＝eq\f(2,3)x，求使每月售貨總金額有所增加的x值的范圍．【解】(1)按現(xiàn)在的定價上漲x成時，上漲后的定價為peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,10)))元，每月賣出數(shù)量為neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,10)))件，每月售貨總金額是npz元，因而npz＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,10)))·neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,10)))，所以z＝eq\f(10＋x10－y,100).(2)當y＝eq\f(2,3)x時，z＝eq\f(10＋x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(2,3)x)),100)，要使每月售貨總金額有所增加，即z>1，應有(10＋x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(2,3)x))>100，即x(x－5)<0，所以0<x<5，所以，要使每月售貨總金額有所增加，則x的取值范圍是(0,5).思想方法之十四數(shù)形結合巧解不等式不等式中的數(shù)形結合問題，在解題時既要想形又要以形助數(shù)，常見的“以形助數(shù)”的方法有：(1)借助數(shù)軸，運用數(shù)軸的有關概念，解決與確定值有關的問題，解決數(shù)集的交、并、補運算格外有效．(2)借助函數(shù)圖象，利用函數(shù)圖象分析問題和解決問題是數(shù)形結合的基本方法，需留意的問題是精確?????把握代數(shù)式的幾何意義實現(xiàn)“數(shù)”向“形”的轉(zhuǎn)化．——————————[1個示范例]—————(2021·四川高考)已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是．【解析】設x<0，則－x>0.∵當x≥0時，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x≥0，,x2＋4x，x<0.))由f(x)＝5得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＝5，,x≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝5，,x<0，))∴x＝5或x＝－5.觀看圖象可知f(x)<5，得－5<x<5.∴由f(x＋2)<5，得－5<x＋2<5，∴－7<x<3.∴不等式f(x＋2)<5的解集是{x|－7<x<3}．—————————[1個對點練]———————(2021·鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，若關于x的不等式f(x)<c的解集為(m，m＋6)，則實數(shù)c的值為．【解析】法一：f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).由題意eq\f(4b－a2,4)＝0，即a2－4b＝0，所以不等式f(x)<c可轉(zhuǎn)化為x2＋ax＋eq\f(a2,4)－c<0，由已知可得m，m＋6為方程x2＋ax＋eq\f(a2,4)－c＝0的兩根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋m＋6＝－a，,mm＋6＝\f(a2,4)－c，))所以c＝eq\f(a2,4)－m(m＋6)＝eq\f([－2m＋6]2,4)－m(m＋6)＝m2＋6m＋9－m2－6m＝9.法二：f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).由題意eq\f(4b－a2,4)＝0，即a2－4b＝0，所以不等式f(x)<c，即x2＋ax＋eq\f(a2,4)<c，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2<c，由已知必有c>0，且－eq\r(c)－eq\f(a,2)<x<eq\r(c)－eq\f(a,2)，即不等式解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(c)－\f(a,2)，\r(c)－\f(a,2)))，于是m＝－eq\r(c)－eq\f(a,2)，m＋6＝eq\r(c)－eq\f(a,2)，因此(m＋6)－m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(c)－\f(a,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(c)－\f(a,2)))＝2eq\r(c)，故c＝9.【答案】9課時限時檢測(三十五)一元二次不等式及其解法(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．設x∈R，則“x>eq\f(1,2)”是“2x2＋x－1>0”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【答案】A2．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，則不等式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)，＋∞))【答案】A3．(2021·湖北高考)已知全集為R，集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))x≤1))，B＝{x|x2－6x＋8≤0}，則A∩?RB＝()A．{x|x≤0}B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x<2或x>4}D．{x|0<x≤2或x≥4}【答案】C4．若不等式x2＋ax－2＞0在區(qū)間[1,5]上有解，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，1))C．(1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(23,5)))【答案】B5．不等式x2－2x＋5≥a2－3a對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．[－1,4]B．(－∞，－2]∪[，5＋∞)C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)D．[－2,5]【答案】A6．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x＜0，))則不等式f(x)＞3的解集是()A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞)C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)【答案】A二、填空題(每小題5分，共15分)7．(2021·廣東高考)不等式x2＋x－2<0的解集為．【答案】(－2,1)8．已知關于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)＜0的解集是{x|x＜－1或x＞－eq\f(1,2)}，則實數(shù)a＝.【答案】－29．若不等式x2－2ax＋a＞0對一切實數(shù)x∈R恒成立，則關于t的不等式at2＋2t－3＜1的解集為．【答案】{t|t＜－3或t＞1}三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)解關于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3＜0(a∈R)．【解】原不等式可化為(x－a)(x－a2)＜0，(1)當a＝a2即a＝0或a＝1時，原不等式變?yōu)閤2＜0或(x－1)2＜0，解集為?；(2)當a＞a2即0＜a＜1時，解集為{x|a2＜x＜a}；(3)當a2＞a即a＜0或a＞1時，解集為{x|a＜x＜a2}；綜上得：原不等式的解集為：當a＝0或a＝1時，為?；當0＜a＜1時，為{x|a2＜x＜a}；當a＜0或a＞1時，為{x|a＜x＜a2}．11．(12分)某產(chǎn)品生產(chǎn)廠家依據(jù)以往的生產(chǎn)銷售閱歷得到下面有關銷售的統(tǒng)計規(guī)律：每生產(chǎn)產(chǎn)品x(百臺)，其總成本為G(x)萬元，其中固定成本為2萬元，并且每生產(chǎn)100臺的生產(chǎn)成本為1萬元(總成本＝固定成本＋生產(chǎn)成本)，銷售收入(萬元)R(x)滿足R(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－0.4x2＋4.2x－0.8，0≤x≤5，,10.2，x＞5.))假定該產(chǎn)品銷售平衡，那么依據(jù)上述統(tǒng)計規(guī)律：(1)要使工廠有盈利，產(chǎn)品數(shù)量x應把握在什么范圍？(2)工廠生產(chǎn)多少臺產(chǎn)品時盈利最大？求此時每臺產(chǎn)品的售價為多少？【解】依題意得G(x)＝x＋2，設利潤函數(shù)為f(x)，則f(x)＝R(x)－G(x)，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－0.4x2＋3.2x－2.8，0≤x≤5，,8.2－x，x＞5.))(1)要使工廠有盈利，則有f(x)＞0，由于f(x)＞0∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤5，,－0.4x2＋3.2x－2.8＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞5，,8.2－x＞0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤5，,x2－8x＋7＜0))或5＜x＜8.2.∴1＜x≤5或5＜x＜8.2，即1＜x＜8.2.所以要使工廠盈利，產(chǎn)品數(shù)量應把握在大于100臺小于820臺的范圍內(nèi)．(2)0≤x≤5時，f(x)＝－0.4(x－4)2＋3.6，故當x＝4時，f(x)有最大值3.6.而當x＞5時，f(x)＜8.2－5＝3.2所以當工廠生產(chǎn)400臺產(chǎn)品時，盈利最大，此時，eq\f(R4,4)＝2.4(萬元/百臺)＝240(元/臺)．即每臺產(chǎn)品的售價為240元．12．(13分)設函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1，若對于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，求實數(shù)a的值．【解】(1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)＝1＞0恒成立．(2)若x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(31－2x,x4).∴g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減．∴g(x)max＝g(eq\f(1,2))＝4，從而a≥4.(3)若x∈[－1,0)時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0化為a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設h(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則h′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，∴h(x)在[－1,0)上單調(diào)遞增．∴h(x)min＝h(－1)＝4，從而a≤4.綜上所述，實數(shù)a的值為4.第三節(jié)二元一次不等式(組)與簡潔的線性規(guī)劃問題[考情展望]1.考查二元一次不等式組表示的區(qū)域面積和目標函數(shù)最值(或取值范圍).2.考查約束條件、目標函數(shù)中的參變量的取值范圍.3.利用線性規(guī)劃方法設計解決實際問題的最優(yōu)方案．一、二元一次不等式表示的平面區(qū)域及其推斷方法1．二元一次不等式表示的平面區(qū)域在平面直角坐標系中，平面內(nèi)全部的點被直線Ax＋By＋C＝0分成三類：(1)滿足Ax＋By＋C＝0的點；(2)滿足Ax＋By＋C>0的點；(3)滿足Ax＋By＋C<0的點．2．二元一次不等式表示平面區(qū)域的推斷方法直線l：Ax＋By＋C＝0把坐標平面內(nèi)不在直線l上的點分為兩部分，當點在直線l的同一側時，點的坐標使式子Ax＋By＋C的值具有相同的符號，當點在直線l的兩側時，點的坐標使Ax＋By＋C的值具有相反的符號．二、線性規(guī)劃中的基本概念名稱意義線性約束條件由x，y的一次不等式(或方程)組成的不等式(組)線性目標函數(shù)關于x，y的一次解析式可行解滿足線性約束條件的解(x，y)可行域全部可行解組成的集合最優(yōu)解使目標函數(shù)取得最大值或最小值的可行解線性規(guī)劃問題在線性約束條件下求線性目標函數(shù)的最大值或最小值問題二元一次函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值同直線z－ax－by＝0在y軸上截距的關系求二元一次函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，利用其幾何意義，通過求y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)的截距eq\f(z,b)的最值間接求出z的最值．(1)當b＞0時，截距eq\f(z,b)取最大值時，z也取最大值；截距eq\f(z,b)取最小值時，z也取最小值．(2)當b＜0時，結論與b＞0的情形恰好相反．1．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＋6≥0,x－y＋2<0))表示的平面區(qū)域是()【答案】B2．已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,x＋y≥1，,x－y≤1，))則z＝3x＋y的最大值為()A．12B．11C．3D．－1【答案】B3．某加工廠用某原料由甲車間加工出A產(chǎn)品，由乙車間加工出B產(chǎn)品．甲車間加工一箱原料需耗費工時10小時可加工出7千克A產(chǎn)品，每千克A產(chǎn)品獲利40元．乙車間加工一箱原料需耗費工時6小時可加工出4千克B產(chǎn)品，每千克B產(chǎn)品獲利50元．甲、乙兩車間每天共能完成至多70箱原料的加工，每天甲、乙兩車間耗費工時總和不得超過480小時，甲、乙兩車間每天總獲利最大的生產(chǎn)方案為()A．甲車間加工原料10箱，乙車間加工原料60箱B．甲車間加工原料15箱，乙車間加工原料55箱C．甲車間加工原料18箱，乙車間加工原料50箱D．甲車間加工原料40箱，乙車間加工原料30箱【答案】B4．在平面直角坐標系中，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤0，,x－y－4≤0))表示的平面區(qū)域的面積是．【答案】15．(2021·福建高考)若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,x≥1，,y≥0，))則z＝2x＋y的最大值和最小值分別為()A．4和3B．4和2C．3和2 D．2和0【答案】B6．(2022·浙江高考)當實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－4≤0，,x－y－1≤0，,x≥1))時，1≤ax＋y≤4恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))考向一[105]二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域(1)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2，))表示的平面區(qū)域的面積為()A．4B．1C．5D．6(2)若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4，))所表示的平面區(qū)域被直線y＝kx＋eq\f(4,3)分為面積相等的兩部分，則k的值是()A.eq\f(7,3)B.eq\f(3,7)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,4)【答案】(1)B(2)A規(guī)律方法11.解答本例(2)的關鍵是依據(jù)直線y＝kx＋eq\f(4,3)過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))，利用面積相等確定直線所經(jīng)過的邊界上的點．2．二元一次不等式(組)表示平面區(qū)域的判定方法：(1)同號上，異號下．當B(Ax＋By＋C)>0時，區(qū)域為直線Ax＋By＋C＝0的上方，當B(Ax＋By＋C)<0時，區(qū)域為直線Ax＋By＋C＝0的下方．(2)直線定界、特殊點定域．應留意是否包括邊界，若不包括邊界，則應將邊界畫成虛線；若直線不過原點，特殊點常選取原點．對點訓練已知關于x，y的不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,x＋y－2≥0，,kx－y＋2≥0))所表示的平面區(qū)域的面積為4，則k的值為()A．1B．－3C．1或－3D．0【答案】A考向二[106]求目標函數(shù)的最值(2021·課標全國卷Ⅰ改編)設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤x≤3，,－1≤x－y≤0，))(1)求z＝2x－y的最大值．(2)若z＝eq\r(x2＋y2)，求z的取值范圍．【嘗試解答】(1)作出可行域，進一步探究最大值．作出可行域如圖陰影部分．作直線2x－y＝0，并向右平移，當平移至直線過點B時，z＝2x－y取最大值．而由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,x－y＝0，))得B(3,3)．∴zmax＝2×3－3＝3.(2)z＝eq\r(x2＋y2)表示可行域內(nèi)的點到原點的距離，觀看可行域知，可行域內(nèi)的點A和點C到原點的距離分別為最大和最小．又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,x－y＝0))得A(1,1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,x－y＝－1))得C(3,4)．故|OA|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，|OC|＝eq\r(32＋42)＝5.∴z的取值范圍為[eq\r(2)，5]．規(guī)律方法21.本例求解的關鍵在于：(1)精確?????作出可行域；(2)明確目標函數(shù)的幾何意義．2．(1)線性目標函數(shù)z＝ax＋by的幾何意義與直線ax＋by－z＝0在y軸上的截距有關，當b＞0時，直線ax＋by－z＝0在y軸上的截距越大，z值越大；當b＜0時，狀況相反．(2)常見的非線性目標函數(shù)的幾何意義：eq\f(y－b,x－a)表示點(x，y)與點(a，b)連線的斜率；eq\r(x－a2＋y－b2)表示點(x，y)與點(a，b)的距離．對點訓練(1)(2022·廣東高考)若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))且z＝2x＋y的最大值和最小值分別為m和n，則m－n＝()A．5B．6C．7D．8(2)(2022·山東高考)已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1≤0，,2x－y－3≥0，))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2eq\r(5)時，a2＋b2的最小值為()A．5 B．4C.eq\r(5) D．2(3)(2022·北京高考)若x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,kx－y＋2≥0，,y≥0，))且z＝y(tǒng)－x的最小值為－4，則k的值為()A．2B．－2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)【答案】(1)B(2)B(3)D考向三[107]線性規(guī)劃的實際應用某企業(yè)生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品，生產(chǎn)每噸產(chǎn)品所需的勞動力、煤和電耗如下表：產(chǎn)品品種勞動力(個)煤(噸)電(千瓦)A產(chǎn)品394B產(chǎn)品1045已知生產(chǎn)每噸A產(chǎn)品的利潤是7萬元，生產(chǎn)每噸B產(chǎn)品的利潤是12萬元，現(xiàn)因條件限制，該企業(yè)僅有勞動力300個，煤360噸，并且供電局只能供電200千瓦，試問該企業(yè)如何支配生產(chǎn)，才能獲得最大利潤？【嘗試解答】設生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品分別為x噸，y噸，利潤為z萬元，依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋10y≤300，,9x＋4y≤360，,4x＋5y≤200，,x≥0，y≥0.))目標函數(shù)為z＝7x＋12y.作出可行域，如圖陰影所示．當直線7x＋12y＝0向右上方平行移動時，經(jīng)過M時z取最大值．解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋10y＝300，,4x＋5y＝200，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝20，,y＝24.))因此，點M的坐標為(20,24)．∴該企業(yè)生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品分別為20噸和24噸時，才能獲得最大利潤．規(guī)律方法31.求解本例的關鍵是找出線性約束條件，寫出所爭辯的目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為簡潔的線性規(guī)劃問題．為查找各量之間的關系，最好是列出表格．2．解線性規(guī)劃應用問題的一般步驟是：(1)分析題意，設出未知量；(2)列出線性約束條件和目標函數(shù)；(3)作出可行域并利用數(shù)形結合求解；(4)作答．對點訓練某農(nóng)戶方案種植黃瓜和韭菜，種植面積不超過50畝，投入資金不超過54萬元，假設種植黃瓜和韭菜的產(chǎn)量、成本和售價如下表年產(chǎn)量/畝年種植成本/畝每噸售價黃瓜4噸1.2萬元0.55萬元韭菜6噸0.9萬元0.3萬元為使一年的種植總利潤(總利潤＝總銷售收入－總種植成本)最大，求黃瓜和韭菜的種植面積(單位：畝)分別是多少畝？【解】設種植黃瓜x畝，韭菜y畝，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50，,1.2x＋0.9y≤54，,x，y∈N*.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50，,4x＋3y≤180，,x，y∈N*.))設總利潤為z，則z＝x＋0.9y.作可行域如圖所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝50，,4x＋3y＝180.))得A(30,20)．當目標函數(shù)線l向右平移，移至點A(30,20)處時，目標函數(shù)取得最大值，即當黃瓜種植30畝，韭菜種植20畝時，種植總利潤最大．∴黃瓜和韭菜分別種植30畝、20畝時，一年種植的總利潤最大.思想方法之十五數(shù)形結合破解線性規(guī)劃中參變量問題線性規(guī)劃問題是在約束條件下求目標函數(shù)的最值問題，從圖形上找思路恰好體現(xiàn)了數(shù)形結合思想的應用．含參變量的線性規(guī)劃問題，其參變量的設置形式通常有以下兩種：(1)條件中的參變量：條件不等式組中含有參變量，由于不能明確可行域的外形，因此增加了解題時畫圖分析的難度．求解這類問題時要有全局觀念，結合目標函數(shù)逆向分析題意，整體把握解題的方向．(2)目標函數(shù)中的參變量：目標函數(shù)中設置參變量，旨在增加探究問題的動態(tài)性和開放性．從目標函數(shù)的結論入手，對圖形的動態(tài)進行分析，對變化過程中的相關量精確?????定位，這是求解這類問題的主要思維方法．——————————[1個示范例]—————(2021·課標全國卷Ⅱ)已知a＞0，x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3.))若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2【解析】作出不等式組表示的可行域，如圖(陰影部分)．易知直線z＝2x＋y過交點A時，z取最小值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝ax－3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2a，))∴zmin＝2－2a＝1，解得a＝eq\f(1,2)，故選B.————————[1個對點練]———————(2022·課標全國卷Ⅰ)設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥a，,x－y≤－1，))且z＝x＋ay的最小值為7，則a＝()A．－5 B．3C．－5或3 D．5或－3【解析】當a＝－5時，作出不等式組表示的可行域，如圖(陰影部分)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝－1，,x＋y＝－5))得交點A(－3，－2)，則目標函數(shù)z＝x－5y過A點時取得最大值．zmax＝－3－5×(－2)＝7，不滿足題意，排解A，C選項．當a＝3時，作出不等式組表示的可行域，如圖(陰影部分)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝－1，,x＋y＝3))得交點B(1,2)，則目標函數(shù)z＝x＋3y過B點時取得最小值．zmin＝1＋3×2＝7，滿足題意．【答案】B

課時限時檢測(三十六)二元一次不等式(組)與簡潔的線性規(guī)劃問題(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋5≥0，,y≥a，,0≤x≤3，))表示的平面區(qū)域是一個三角形，則a的范圍是()A．a(chǎn)<5 B．a(chǎn)≥8C．5≤a<8 D．a(chǎn)<5或a≥8【答案】C2．假如點(1，b)在兩條平行直線6x－8y＋1＝0和3x－4y＋5＝0之間，則b應取的整數(shù)值為()A．2B．1C．3D．0【答案】B3．已知正三角形ABC的頂點A(1,1)，B(1,3)，頂點C在第一象限，若點(x，y)在△ABC內(nèi)部，則z＝－x＋y的取值范圍是()A．(1－eq\r(3)，2) B．(0,2)C．(eq\r(3)－1,2) D．(0,1＋eq\r(3))【答案】A4．(2021·課標全國卷Ⅱ)設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,x≤3，))則z＝2x－3y的最小值是()A．－7B．－6C．－5 D．－3【答案】B5．(2021·湖北高考)某旅行社租用A，B兩種型號的客車支配900名客人旅行，A，B兩種車輛的載客量分別為36人和60人，租金分別為1600元/輛和2400元/輛，旅行社要求租車總數(shù)不超過21輛，且B型車不多于A型車7輛，則租金最少為()A．31200元 B．36000元C．36800元 D．38400元【答案】C6．已知O是坐標原點，點A(－1,1)，若點M(x，y)為平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2))上的一個動點，則eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))的取值范圍是()A．[－1,0]B．[0,1]C．[0,2] D．[－1,2]【答案】C二、填空題(每小題5分，共15分)7．已知點P(x，y)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y＋3≤0，,3x＋5y≤25，,x－1≥0，))定點為A(2,0)，則|eq\o(OP,\s\up12(→))|sin∠AOP(O為坐標原點)的最大值為．【答案】eq\f(22,5)8．已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3≤0，,x＋3y－3≥0，,y－1≤0，))若目標函數(shù)z＝ax＋y(其中a＞0)僅在點(3,0)處取得最大值，則a的取值范圍為．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))9．(2021·北京高考)已知點A(1，－1)，B(3,0)，C(2,1)．若平面區(qū)域D由全部滿足eq\o(AP,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))＋μeq\o(AC,\s\up12(→))(1≤λ≤2,0≤μ≤1)的點P組成，則D的面積為．【答案】3三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)鐵礦石A和B的含鐵率a，冶煉每萬噸鐵礦石的CO2的排放量b及每萬噸鐵礦石的價格c如下表：ab(萬噸)c(百萬元)A50%13B70%0.56某冶煉廠至少要生產(chǎn)1.9(萬噸)鐵，若要求CO2的排放量不超過2(萬噸)，求購買鐵礦石的最少費用為多少百萬元？【解】設購買鐵礦石A為x萬噸，購買鐵礦石B為y萬噸，總費用為z百萬元．依據(jù)題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.5x＋0.7y≥1.9，,x＋0.5y≤2，,x≥0，,y≥0.))整理為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x＋7y≥19，,2x＋y≤4，,x≥0，,y≥0.))線性目標函數(shù)為z＝3x＋6y畫可行域如圖所示：當x＝1，y＝2時，z取得最小值，∴zmin＝3×1＋6×2＝15(百萬元)．故購買鐵礦石的最少費用為15百萬元．11．(12分)(2021·浙江高考改編)設z＝kx＋y，其中實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x－2y＋4≥0，,2x－y－4≤0.))若z的最大值為12，求實數(shù)k的值．【解】作出可行域如下圖中陰影所示，由圖可知，當0≤－k<eq\f(1,2)時，直線y＝－kx＋z經(jīng)過點M(4,4)時z最大，所以4k＋4＝12，解得k＝2(舍去)；當－k≥eq\f(1,2)時，直線y＝－kx＋z經(jīng)過點N(2,3)時z最大，所以2k＋3＝12，解得k＝eq\f(9,2)(舍去)；當－k<0時，直線y＝－kx＋z經(jīng)過點M(4,4)時z最大，所以4k＋4＝12，解得k＝2，符合．綜上可知，k＝2.12．(13分)已知正數(shù)a、b、c滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b≤4c，,3a＋b≥5c，,b≥c·e\f(a,c).))其中c為參數(shù)，求eq\f(b,a)的取值范圍．【解】作不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b≤4c，,3a＋b≥5c，,b≥c·e\f(a,c).))表示的平面區(qū)域如圖所示．又k＝eq\f(b,a)表示平面區(qū)域內(nèi)的動點P(a，b)與原點O(0,0)連線的斜率．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4c，,3a＋b＝5c，))得a＝eq\f(c,2)且b＝eq\f(7,2)c，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(7,2)c))，∴OA的斜率最大，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))max＝7，設點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，c·e\f(x0,c)))是函數(shù)b＝c·eeq\f(a,c)圖象上任意一點．則曲線b＝c·eeq\f(a,c)的切線OB的斜率最?。謆′＝c·eeq\f(a,c)·eq\f(1,c)＝eeq\f(a,c)，∴kOB＝b′|a＝x0＝eeq\f(x0,c)，又kOB＝eq\f(c·e\f(x0,c),x0).∴eq\f(c·e\f(x0,c),x0)＝eeq\f(x0,c)，從而x0＝c，則點B(c，ce)．經(jīng)檢驗知，點B(c，ce)在可行域，此時，kOB＝eeq\f(x0,c)＝eeq\f(c,c)＝e.因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))min＝kOB＝e.所以eq\f(b,a)的取值范圍為[e,7]．第四節(jié)基本不等式[考情展望]1.利用基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)求最值、證明不等式.2.利用基本不等式解決實際問題．一、基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)1．基本不等式成立的條件：a＞0，b＞0.2．等號成立的條件：當