高考不等式专题复习

一、复习指南

1.在复习中要注意扎扎实实地掌握基础知识和基本方法,特别是要掌握不等式的性质和等价转化的原则,它是学好本章内容的关键,证明不等式没有固定的模式可套,它方法灵活,技巧性强,因此在复习中除掌握比较法、分析法、综合法这三种基本方法外,还应了解其它的证明方法,并不断总结证明不等式的规律和技巧,提高数学能力.

2.强化本章常用的数学思想方法的复习.①等价转化的思想：如在不等式的同解变形过程中等价转化思想起重要作用,解不等式的过程实质上就是利用不等式的性质进行等价转化的过程.②分类讨论的思想：如求解含参数的不等式问题,一般要对参数进行分类讨论,在复习时,应学会分析引起分类讨论的原因,合理地分类,做到不重不漏.③函数与方程思想：不等式与函数、方程三者相互联系、相互转化,如求参数的取值范围问题,函数与方程的思想是解决这类问题的重要方法.④化归思想：证明不等式就是将已知条件转化为要证的结论,这体现了化归思想的重要性,其中不仅考查基础知识,而且能考查出考生分析问题和解决问题的能力.

3.在复习时应强化不等式的应用,提高应用意识.历届高考题中除单独考查不等式的试题外,常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用的问题中涉及不等式,如在实际问题中,主要有构造不等式求解或构造函数求最值,求最值时要注意等号成立的条件.因此,在复习过程中,一定要提高应用意识,不断总结不等式的应用规律,努力提高数学能力.

二、典题选析

题型1.利用不等式性质求取值范围.

例1.若变量x,y满足约束条件3≤2x+y≤9,6≤x-y≤9,则z等于x-2y的最小值为__________.

分析：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时,应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围,要特别注意.

解析：令z等于x-2y等于λ（2x+y）+μ（x-y）等于（2λ+μ）x+（λ-μ）y,

∴2λ+μ等于1,λ-μ等于-2λ等于-,μ等于,

∴z等于-（2x+y）+（x-y）.

又∵3≤2x+y≤9,6≤x-y≤9,

∴7≤-（2x+y）+（x-y）≤14,即7≤z≤14,

∴zmin等于7.

点评：本题也可用线性规划求解,但题中x,y相互制约,不可分割,先待定系数法建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系,最后通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围是避免错误的一条途径.

题型2.三个“二次”间的关系

例2.已知函数f（x）等于x2+ax+b（a,b∈R）的值域为[0,+∞）,若关于x的不等式f（x）

分析：由题意知f（x）等于x2+ax+b等于（x+）2+b-.

∵f（x）的值域为[0,+∞）,∴b-等于0,即b等于.

∴f（x）等于（x+）2.

又∵f（x）

∴--等于m,①-+等于m+6,②

-,得2等于6,∴c等于9.

点评：二次函数、一元二次不等式、一元二次方程之间有着密切关系.（1）一元二次不等式解集的端点就是对应的一元二次方程的解；（2）不等式的解集结构与二次项系数有直接的关系；（3）二次函数的图像能直观反映一元二次不等式解集的情况.

题型3.一元二次不等式恒成立问题

例3.在实数集上定义运算：xy等于x（1-y）,若不等式（x-a）（x+a）<1对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是__________.

分析：由题意知（x-a）（x+a）等于（x-a）（1-x-a）等于-x2+x+a2-a.

故-x2+x+a2-a<1对任意x∈R都成立.

即-x2+x<-a2+a+1对任意x∈R都成立.

而-x2+x等于-（x-）2+≤,∴-a2+a+1>,即4a2-4a-3<0,解得-故所求a的取值范围为（-,）.

题型4.求解线性规划中的参数问题

例4.若直线y等于2x上存在点（x,y）满足约束条件x+y-3≤0,x-2y-3≤0,x≥m,则实数m的最大值为（）

A.-1B.1C.D.2

分析：（1）利用条件作出直线y等于2x,x+y-3等于0,x-2y-3等于0.（2）由图形知,当直线x等于m过点A（1,2）（即直线y等于2x和x+y-3等于0的交点）时满足条件.

解析：

首先作出约束条件x+y-3≤0,x-2y-3≤0,x≥m对应的可行域及直线y等于2x,

如图,易知直线x等于m过点A（1,2）时符合题意,即此时

x等于m等于1为m的最大值.

点评：解决含参数的线性规划问题时应掌握：（1）解题时要看清题目,不能忽视或漏掉参数的范围；（2）对于题目中最值条件的确定至关重要,且不能计算出错.

题型5.利用基本不等式解决实际问题

对于应用题要通过阅读,理解所给定的材料,寻找量与量之间的内在联系,抽象出事物系统的主要特征与关系,建立起能反映其本质属性的数学结构,从而建立起数学模型,然后利用不等式的知识求出题中的问题.

例5.某食品厂定期购买面粉,已知该厂每天需要面粉6吨,每吨面粉的为1800元,面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元,购买面粉每次需支付运费900元.

（1）求该厂多少天购买一次面粉,才能使平均每天所支付的总费用最少?（2）若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时,其可享受9折优惠（即原价的90%）,问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由.

分析：（1）利用基本不等式解决实际问题时,应先仔细阅读题目信息,理解题意,明确其中的数量关系,并引入变量,依题意列出相应的函数关系式,然后用基本不等式求解.

（2）求所列函数的最值,若用基本不等式时,等号取不到,可利用函数单调性求解.

解析：（1）设该厂应每隔x天购买一次面粉,其购买量为6x吨.由题意知,面粉的保管等其他费用为3[6x+6（x-1）+等+6×2+6×1]等于9x（x+1）.

设平均每天所支付的总费用为y1元,则y1等于[9x（x+1）+900]+6×1800等于+9x+10809≥2+10989等于10989,当且仅当9x等于,即x等于10时取等号,

即该厂应每隔10天购买一次面粉,才能使平均每天所支付的总费用最少.

（2）若厂家利用此优惠条件后,则至少每隔35天购买一次面粉.

设该厂利用此优惠条件,每隔x（x≥35）天购买一次面粉,平均每天支付的总费用为y2元,则y2等于[9x（x+1）+900]+6×1800×0.9等于+9x+9729（x≥35）.

令f（x）等于x+（x≥35）,x2>x1≥35,

则f（x1）-f（x2）等于（x1+）-（x2+）等于.

∵x2>x1≥35,∴x2-x1>0,x1x2>0,100-x1x2<0.

∴f（x1）-f（x2）<0,f（x1）

∴当x等于35时,f（x）有最小值,此时y2<10989,

∴该厂应接受此优惠条件.

点评：利用基本不等式求最值时,一定要注意应用基本不等式成立的条件：即一正,二定,三相等,否则求解时会出现等号成立的条件不具备而出错.若在同一题目中,两次或两次以上利用基本不等式,等号应同时成立.

题型6.绝对值三角不等式性质定理的应用

例6.“|x-a|

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.非充分非必要条件

分析：利用绝对值三角不等式,推证|x-a|

解析：选A.

∵|x-y|等于|（x- a）-（y-a）|≤|x-a|+|y-a|

∴|x-a|

取x等于3,y等于1,a等于-2,m等于2.5,则有|x-y|等于2<5=2m,但|x-a|=5,不满足|x-a|

故|x-a|

点评：（1）对绝对值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|中等号成立的条件要深刻理解,特别是用此定理求函数的最值时.

（2）该定理可以强化为：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,它经常用于证明含绝对值的不等式.

（3）对于求y等于|x-a|+|x-b|或y等于|x+a|-|x-b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更简捷、方便.

题型7.绝对值不等式的解法

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）利用公式或平方法转化为不含绝对值的不等式；（2）利用公式法转化为不含绝对值的不等式；（3）利用绝对值的定义或|f（x）|≤a（a>0）-a≤|f（x）|≤a去掉绝对值符号或利用数形结合思想求解；（4）不等式的左边含有绝对值符号,要同时去掉这两个绝对值符号,可以采用“零点分段法”,此题亦可利用绝对值的几何意义去解.

解析：（1）原不等式等价于不等式组|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为{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①x2-9≥0,x2-9≤x+3或②x2-9<0,9-x2-≤x+3,

不等式①x≤-3或x≥3,-3≤x≤4x等于-3或3≤x≤4.

不等式②-3

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x等于-3}.

（4）分别求|x-1|,|x+2|的零点,即1,-2.由-2,1把数轴分成三部分：x<-2,-2≤x≤1,x>1.

当x<-2时,原不等式即1-x-2-x<5,解得-3

当-2≤x≤1时,原不等式即1-x+2+x<5,因为3<5恒成立,则-2≤x≤1；

当x>1时,原不等式即x-1+2+x<5,解得1

综上,原不等式的解集为{x|-3

点评：（1）形如|x-a|±|x-b|≥c不等式的解法常用零点分段讨论法,其步骤为：①求零点；②划分区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集,特别注意在分段时不要漏掉区间的端点值.（2）上述不等式也可用|x-a1|±|x-a2|的几何意义去求解集.题型8.含参数的绝对值不等式

例8.若关于x的不等式|x+2|+|x-1|≤a的解集为,求实数a的取值范围.

分析：把不等式问题转化为函数的图像,利用数形结合思想求解；也可以运用绝对值的几何意义求解.

解析：令y1等于|x+2|+|x-1|,y2等于a,∴y1等于2x+1,（x≥1）3,（-2≤x<1）-2x-1.（x<-2）

y1、y2的图像如图所示.

由图可知,当a<3时,|x+2|+|x-1|≤a的解集为.

题型9.绝对值不等式的综合问题

例9.已知a、b、c是实数,函数f（x）等于ax2+bx+c,g（x）等于ax+b,当-1≤x≤1时,|f（x）|≤1.

（1）证明：|c|≤1；

（2）证明：当-1≤x≤1时,|g（x）|≤2；

（3）设a>0,当-1≤x≤1时,g（x）的最大值是2,求f（x）.

分析：（1）代入x等于0即得；（2）结合一次函数的单调性和绝对值不等式的性质得证；（3）结合二次函数的图像和一次函数的最值求解.

解析：（1）由已知,当-1≤x≤1时,|f（x）|≤1,取x等于0,得|c|等于|f（0）|≤1,即|c|≤1.

（2）当a>0时,g（x）等于ax+b在[-1,1]上是增函数,所以g（-1）≤g（x）≤g（1）,

因为|f（x）|≤1（-1≤x≤1）,|c|≤1,所以g（1）等于a+b等于f（1）-c≤

|f（1）|+|c|≤2.

g（1）等于-a+b等于-f（-1）+c≥-（|f（-1）|+|c|）≥-2.

由此可得|g（x）|≤2；

当a<0时,g（x）=ax+b在[-1,1]上是减函数,所以g（-1）≥g（x）≥g（1）,

因为|f（x）|≤1（-1≤x≤1）,|c|≤1,所以g（-1）等于-a+b等于-f（-1）+c≤f（-1）+|c|≤2.

g（1）等于a+b等于f（1）-c≥-（|f（1）|+|c|）≥-2.由此得|g（x）|≤2；

当a等于0时,g（x）等于b,f（x）等于bx+c,因为-1≤x≤1.

所以g（x）等于|f（1）-c|≤|f（1）|+|c|≤2.

综上,得g（x）≤2.

（3）因为a>0,g（x）在[-1,1]上是增函数,当x等于1时取得最大值2.

即g（1）等于a+b等于f（1）-f（0）等于2,

因为-1≤f（0）等于f（1）-2≤1-2等于-1,所以c等于f（0）等于-1.

因为当-1≤x≤1时,f（x）≥-1,即f（x）≥f（0）.

根据二次函数性质,直线x等于0为二次函数f（x）的图象的对称轴.

所以-等于0,即b等于0,a等于2,

故有f（x）等于2x2-1.

题型10.不等式与函数的综合题

不等式与函数的综合题,是高考的常考题型,如求函数的定义域、值域,求参数的取值范围,与函数有关的不等式证明等,解决此类综合题,要充分运用函数的单调性,注意函数的定义域,并结合函数的奇偶性、周期性一起讨论.

例10.已知f（x）是定义在[-1,1]上的奇函数,且f（1）等于1,若m、n∈[-1,1],m+n≠0时>0.

（1）用定义证明f（x）在[-1,1]上是增函数；

（2）解不等式f（x+）

（3）若f（x）≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,求实数t的取值范围.

分析：（1）问单调性的证明,利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键,（3）问利用单调性把f（x）转化成“1”是点睛之笔.

解析：（1）任取x1

则f（x1）-f（x2）等于f（x1）+f（-x2）等于（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]上为增函数.

（2）∵f（x）在[-1,1]上为增函数,

∴-1≤x+≤1,-1≤≤1,x+<,解得{x|-≤x<-1,x∈R}.

（3）由（1）可知f（x）在[-1,1]上为增函数,且f（1）等于1,

故对x∈[-1,1],恒有f（x）≤1.

所以要使f（x）≤t2-2at+1对所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立,即要t2-2at+1≥1成立,

故t2-2at≥0,记g（a）等于t2-2at,对a∈[-1,1],有g（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≤&# 45;2或t等于0或t≥2.

∴t的取值范围是{t|t≤-2或t等于0或t≥2}.

点评：本题是一道函数与不等式相结合的题目,考查考生的分析能力与化归能力它主要涉及函数的单调性与奇偶性,而单调性贯穿始终,把所求问题分解转化,是函数中的热点问题；问题（2）（3）要求的都是变量的取值范围,不等式的思想起到了关键作用

题型11.不等式与数列的综合题

不等式与数列的综合题,一般来说多是证明题,要熟悉不等式的常用证明方法,特别是比较法、综合法、分析法、数学归纳法等,也可利用函数的思想.

例11.数列{xn}由下列条件确定：x1等于a>0,xn+1等于（xn+）,n∈N.（Ⅰ）证明：对n≥2,总有xn≥；

（Ⅱ）证明：对n≥2,总有xn≥xn+1；

分析：（Ⅰ）证明：由x1等于a>0,及xn+1等于（xn+）,可归纳证明xn>0.

从而有xn+1等于（xn+）≥等于（n∈N）（均值不等式的应用―综合法）,

所以,当n≥2时,xn≥成立.

（Ⅱ）法一（作差比较法）：当n≥2时,因为xn≥>0,xn+1等于（xn+）,

所以xn+1-xn等于（xn+）-xn等于≤0,

当n≥2时,xn≥xn+1成立.

法二（作商比较法）：当n≥2时,因为xn≥>0,xn+1等于（xn+）,

所以等于等于≤等于1,

故当n≥2时,成立xn≥xn+1.

点评：此题是以数列为知识背景,把数列与不等式证明综合起来,重点还是考查不等式证明方法中最基本的方法――综合法和比较法.

题型12.含有参数的不等式问题

含有参数的不等式问题是高考常考题型,求解过程中要利用不等式的性质将不等式进行变形转化,化为一元二次不等式等问题去解决,注意参数在转化过程中对问题的影响.

例12.已知f（x）等于lg（x+1）,g（x）等于2lg（2x+t）（t∈R,t是参数）.

（1）当t等于-1时,解不等式：f（x）≤g（x）；

（2）如果当x∈[0,1]时,f（x）≤g（x）恒成立,求参数t的取值范围.

分析：将对数方程转化为不含对数的方程,在转化过程中要注意定义域.

解析：（1）t等于-1时,f（x）≤g（x）,即为lg（x+1）≤2lg（2x-1）,

此不等式等价于x+1>0,2x-1>0,x+1≤（2x-1）2,解得x≥,

∴原不等式的解集为{x|x≥}.

（2）x∈[0,1]时,f（x）≤g（x）恒成立,

∴x∈[0,1]时,x+1>0,2x+t>0,x+1≤（2x+1）2,恒成立,

∴x∈[0,1]时,x+1>0t>-2xt≥-2x+恒成立,

即x∈[0,1]时,t≥-2x+恒成立,于是转化为求-2x+（x∈[0,1]）的最大值问题.

令u等于,则x等于u2-1,由x∈[0,1],知u∈[1,].

∴-2x+等于-2（u2-1）+u等于-2（u-）2+.

当u等于1时,即x等于0时,-2x+有最大值为1.

∴t的取值范围是t≥1.

点评：对于含参数问题,常常用分类讨论的方法；而恒成立问题,除了运用分类讨论的方法外,还可采用分离参数的方法.

三、专题复习小结

1.不等式与函数的综合题,如求函数的定义域、值域,求参数的取值范围,与函数有关的不等式证明等,解决此类综合题,要充分运用函数的单调性,注意函数的定义域,并结合函数的奇偶性、周期性一起讨论.

2.不等式与数列的综合题,一般来说多是证明题,要熟悉不等式的常用证明方法,特别是比较法、综合法、分析法、数学归纳法等,也可利用函数的思想.

3.含有参数的不等式问题,求解过程中要利用不等式的性质将不等式进行变形转化,化为一元二次不等式等问题去解决,注意参数在转化过程中对问题的影响.

4.对于应用题要通过阅读,理解所给定的材料,寻找量与量之间的内在联系,抽象出事物系统的主要特征与关系,建立起能反映其本质属性的数学结构,从而建立起数学模型,然后利用不等式的知识求出题中的问题.

四、专题复习预测

不等式是中学数学的基础和重要部分,是高等数学的重要工具,它可以渗透到中学数学的很多章节,加之它在实际生活中的广泛应用,决定了它将是永不衰退的高考热点.

1.本章考查的主要内容有不等式的性质、不等式的证明、不等式的解法、含绝对值的不等式以及不等式的应用,考查的基本数学方法和数学思想主要有：比较法、分析法、综合法和等价转化、分类讨论的数学思想.

2.在题型方面主要是选择题和解答题,选择题中常考查不等式的性质、比较大小、解简单的不等式及不等式的简单应用；在解答题中,主要考查：解不等式（特别是对含参数的不等式进行分类讨论）、不等式在实际生活中的应用、用不等式研究函数性质、方程根的讨论.从难度上看,基础题、中档题、高档题均有可能在考题中出现.

3.在考查基础知识的同时,将会考查考生的数学能力,特别是逻辑推理能力.命题时往往将不等式与解析几何、代数中的函数、数列、三角进行综合出题,这类问题立意新颖,抽象程度高,能很好地考查学生的直觉思维能力、逻辑推理能力和数学素养,一般以压轴题的形式出现.

6.从高考内容上来看,不等关系、不等式的性质及应用、一元二次不等式的解法及三个二次间的关系问题、求二元一次不等式（组）表示的平面区域的面积问题、求目标函数的最值及简单的线性规划实际应用问题、利用基本不等式求最值问题是命题的热点.

7.着重突出考查对不等式性质的灵活运用、二次不等式的解法、平面区域的画法及目标函数最值.客观题突出变形的灵活性,主观题在考查基本运算能力的同时又着重考查数形结合思想、化归转化思想、分类讨论思想的应用,有时与充要性的判断交汇命题.

（作者单位：贵州省龙里中学）

责任编校徐国坚