11、
基本不等式是高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)之一，同時也是解決很多函數(shù)最值問題的重要手段，我們常用“一正，二定，三相等”來表明應(yīng)用基本不等式的原則，當(dāng)題目的條件不滿足這一前提，就需要適當(dāng)?shù)摹皽悺迸c“配”．高考中，以填空題形式考查是常見的一種形式
12、，有時也和函數(shù)結(jié)合在一起以解答題的形式考查．
強(qiáng)化訓(xùn)練3 (2020·高考山東卷)設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)取得最大值時，＋－的最大值為( )
A．0 B．1
C. D．3
不等式與四類知識的交匯
不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)中重要的基礎(chǔ)知識，是分析和解決各種數(shù)學(xué)問題的重要工具，它的思想方法和內(nèi)容幾乎遍布高中數(shù)學(xué)的每一個章節(jié)，應(yīng)用十分廣泛，與其他知識的交匯是高考中?？汲Ｐ碌膯栴}，應(yīng)該引起我們的重視，下面分類解析不等式與其他知識點(diǎn)的交匯問題．
一、不等式與集合的交匯
已知全集U＝R，集合M＝{x|x≥1}，N＝{x|≥0}，則?U(M
13、∩N)＝________．
【解析】 易求得N＝{x|x≤－1或x>2}，而M＝{x|x≥1}，∴M∩N＝{x|x>2}，∴?U(M∩N)＝{x|x≤2}．
【答案】 {x|x≤2}
本題主要考查分式不等式的解法及集合的交集、補(bǔ)集運(yùn)算，不等式的解法及集合間的交、并、補(bǔ)運(yùn)算是高考?？純?nèi)容，要認(rèn)真掌握，并確保得分．
二、不等式與邏輯條件的交匯
(2020·云南師大附中月考改編)已知條件p：x2－3x－4≤0；條件q：x2－6x＋9－m2≤0；若p是q的充分不必要條件，則m的取值范圍是________．
【解析】 對于p：－1≤x≤4，對于q討論如下，當(dāng)m>0時，q：3－m≤x≤3＋m
14、；當(dāng)m<0時，q：3＋m≤x≤3－m，若p是q的充分不必要條件，只需要或解得m≤－4或m≥4.
【答案】 (－∞，－4]∪[4，＋∞)
對于解含有參數(shù)的二次不等式，一般討論的順序是：(1)討論二次項(xiàng)系數(shù)是否為0，這決定此不等式是否為二次不等式；(2)當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)不為0時，討論二次項(xiàng)系數(shù)是否大于0，這決定所求不等式的不等號的方向；(3)討論判別式是否大于0，當(dāng)判別式大于0時，判斷兩根的大小關(guān)系．
三、不等式與函數(shù)的交匯
函數(shù)f(x)的定義域是R，對于任意實(shí)數(shù)x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，當(dāng)x>0時，f(x)>0，且不等式f(cos 2θ－3)＋f(4m－2m
15、cos θ)>0對所有θ恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解】 令x1＝x2＝0，
則f(0)＝f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，所以f(0)＝0.
由題意，對于任意實(shí)數(shù)x∈R，
f(0)＝f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＝0，
即f(－x)＝－f(x)，故f(x)是奇函數(shù)．
對任意實(shí)數(shù)x10，
所以f(x2－x1)＝f(x2)－f(x1)>0，
即f(x2)>f(x1)，則f(x)是增函數(shù)．
由題意，得f(cos 2θ－3)>－f(4m－2mcos θ)＝f(2mcos θ－4m)．
又f(x)是增函數(shù)，則原不等式等價于cos 2θ－3>2mco
16、s θ－4m對所有θ恒成立，分離參數(shù)，得m>＝－[(2－cos θ)＋]＋4，由于的最大值是4－2.
故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(4－2，＋∞)．
利用函數(shù)性質(zhì)法求解恒成立問題，主要的解題步驟是研究函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性、對稱性、單調(diào)性等性質(zhì)，找到參數(shù)滿足的不等式．
四、不等式與數(shù)列的交匯
已知數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－1(n≥1)．
(1)設(shè)bn＝an－1(n＝1，2，3…)，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；
(2)設(shè)cn＝，求證：數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn<.
【證明】 (1)由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，
∴{an－1}
17、是以a1－1＝2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列．
(2)由(1)知an－1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n＋1，
∴cn＝＝＝－，
∴Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－<.
本題以數(shù)列為載體考查了不等式的證明，解題的關(guān)鍵是熟練掌握等比數(shù)列的定義、數(shù)列求和方法等數(shù)列知識.
_體驗(yàn)真題·把脈考向_
1．【解析】選C.∵x>0，y>0，由x＋3y＝5xy得＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)＝＝＋≥＋×2＝5(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號)，∴3x＋4y的最小值為5.
2．【解析】由題意知f(x)＝x2＋ax＋b＝＋b－.
∵f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴b－＝0，即
18、b＝.
∴f(x)＝.
又∵f(x)＜c，∴＜c，
即－－＜x＜－＋.
∴
②－①，得2＝6，∴c＝9.
【答案】9
_典例展示·解密高考_
【例1】【解析】(1)當(dāng)x＋1<0，即x<－1時，
f(x＋1)＝－(x＋1)＋1＝－x.
∴原不等式可化為x＋(x＋1)(－x)≤1.①
由①得－x2≤1，x∈R，此時不等式的解集為{x|x<－1}．
當(dāng)x＋1≥0，即x≥－1時，f(x＋1)＝x＋1－1＝x，
∴原不等式可化為x＋(x＋1)x≤1.②
解②得－－1≤x≤－1，
此時不等式的解集為{x|－1≤x≤－1}．
綜上可知，原不等式的解集為{x|x<－1}∪{x|
19、－1≤x≤－1}＝{x|x≤－1}．
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象恒在x軸上方，
所以不等式(a2＋4a－5)x2－4(a－1)x＋3>0對一切x∈R恒成立．
①當(dāng)a2＋4a－5＝0時，有a＝－5或a＝1.
若a＝－5，不等式可化為24x＋3>0，不滿足題意；
若a＝1，不等式可化為3>0，滿足題意．
②當(dāng)a2＋4a－5≠0時，應(yīng)有
解得14.
故原不等式的解集為{x|x
20、≤－1，或x>4}．
(2)原不等式可轉(zhuǎn)化為
不等式的解集為
【例2】【解】法一：(截距法)先作出可行域，如圖(1)中的△ABC及其內(nèi)部(陰影部分)，且求得A(5，2)，B(1，1)，C(1，)，作出直線L0：2x－y＝0，再將直線L0平移．當(dāng)L0的平行線過C點(diǎn)時，可使z＝2x－y達(dá)到最小值；當(dāng)L0的平行線過A點(diǎn)時，可使z＝2x－y達(dá)到最大值．所以zmin＝－，zmax＝8.
圖(1)
法二：(變量替代法)將y＝2x－z代入原約束條件，可得把z看作縱軸，畫出此不等式組表示的平面區(qū)域，如圖(2)所示(陰影部分)，可知最高點(diǎn)P(5，8)，最低點(diǎn)Q(1，－)，所以zmin＝－，zmax
21、＝8.
圖(2)
法三：(解不等式法)由解法二，可知
可變?yōu)?
所以解得－≤z≤8.
故z的最大值為8，z的最小值為－.
法四：(界點(diǎn)定值法)先作出可行域，如圖(1)中的△ABC及其內(nèi)部(陰影部分)，可求得A(5，2)，B(1，1)，C(1，)．把△ABC的頂點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)代到目標(biāo)函數(shù)中求出z值分別為8，1，－，比較大小，可知z的最大值為8，z的最小值為－.
[強(qiáng)化訓(xùn)練2]
【解析】||·cos∠AOP＝·＝＝x.
作出動點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)滿足約束條件的平面區(qū)域如圖所示，由圖形，可知當(dāng)點(diǎn)P是直線x＋y＝6與y＝2的交點(diǎn)時，x取最大值．
聯(lián)立方程得P(4，2)．
所以x的最大值為4，即||cos∠AOP的最大值為4.
【答案】4
【例3】【解析】設(shè)甲乙兩地相距s，則小王用時為＋，∴v＝＝，∵0＝a.
∴<，∴a0，y>0，z>0)，
∴＝＝≤＝1.
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝2y時等號成立，此時z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴＋－＝＋－＝－＋＝－(－1)2＋1，∴當(dāng)y＝1時，＋－的最大值為1.
2020年高考數(shù)學(xué) 專家講壇 第7講 不等式及綜合應(yīng)用（含2020試題含點(diǎn)評）
