高考不等式專題復習

洪其強

一、復習指南

1. 在復習中要注意扎扎實實地掌握基礎知識和基本方法，特別是要掌握不等式的性質和等價轉化的原則，它是學好本章內容的關鍵，證明不等式沒有固定的模式可套，它方法靈活，技巧性強，因此在復習中除掌握比較法、分析法、綜合法這三種基本方法外，還應了解其它的證明方法，并不斷總結證明不等式的規律和技巧，提高數學能力.

2. 強化本章常用的數學思想方法的復習.①等價轉化的思想：如在不等式的同解變形過程中等價轉化思想起重要作用，解不等式的過程實質上就是利用不等式的性質進行等價轉化的過程.②分類討論的思想：如求解含參數的不等式問題，一般要對參數進行分類討論，在復習時，應學會分析引起分類討論的原因，合理地分類，做到不重不漏.③函數與方程思想：不等式與函數、方程三者相互聯系、相互轉化，如求參數的取值范圍問題，函數與方程的思想是解決這類問題的重要方法.④化歸思想：證明不等式就是將已知條件轉化為要證的結論，這體現了化歸思想的重要性，其中不僅考查基礎知識，而且能考查出考生分析問題和解決問題的能力.

3. 在復習時應強化不等式的應用，提高應用意識.歷屆高考題中除單獨考查不等式的試題外，常在一些函數、數列、立體幾何、解析幾何和實際應用的問題中涉及不等式，如在實際問題中，主要有構造不等式求解或構造函數求最值，求最值時要注意等號成立的條件.因此，在復習過程中，一定要提高應用意識，不斷總結不等式的應用規律，努力提高數學能力.

二、典題選析

題型1. 利用不等式性質求取值范圍.

例1. 若變量x，y滿足約束條件3≤2x+y≤9，6≤x-y≤9，則z=x-2y的最小值為__________.

分析：利用不等式性質求某些代數式的取值范圍時，應注意兩點：一是必須嚴格運用不等式的性質；二是在多次運用不等式的性質時有可能擴大了變量的取值范圍，要特別注意.

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

∴ 2λ+μ=1，λ-μ=-2 λ=-， μ=，

∴ z=-（2x+y）+（x-y）.

又∵ 3≤2x+y≤9，6≤x-y≤9，

∴7≤-（2x+y）+（x-y）≤14，即7≤z≤14，

∴ zmin=7.

點評：本題也可用線性規劃求解，但題中x，y相互制約，不可分割，先待定系數法建立待求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關系，最后通過“一次性”不等關系的運算求得待求整體的范圍是避免錯誤的一條途徑.

題型2. 三個“二次”間的關系

例2. 已知函數f（x）=x2+ax+b（a，b∈R）的值域為[0，+∞），若關于x的不等式f（x）

分析：由題意知f（x）=x2+ax+b=（x+）2+b-.

∵ f（x）的值域為[0，+∞），∴ b-=0，即b=.

∴ f（x）=（x+）2.

又∵ f（x）

∴ --=m， ①-+=m+6， ②

-，得2=6，∴ c=9.

點評：二次函數、一元二次不等式、一元二次方程之間有著密切關系.（1）一元二次不等式解集的端點就是對應的一元二次方程的解；（2）不等式的解集結構與二次項系數有直接的關系；（3）二次函數的圖像能直觀反映一元二次不等式解集的情況.

題型3. 破解一元二次不等式恒成立問題

例3. 在實數集上定義運算：xy=x（1-y），若不等式（x-a）（x+a）<1對任意實數x恒成立，則實數a的取值范圍是__________.

分析：由題意知（x-a）（x+a）=（x-a）（1-x-a）=-x2+x+a2-a.

故-x2+x+a2-a<1對任意x∈R都成立.

即-x2+x<-a2+a+1對任意x∈R都成立.

而-x2+x=-（x-）2+≤，∴-a2+a+1>，即4a2-4a-3<0，解得-

故所求a的取值范圍為（-，）.

題型4. 求解線性規劃中的參數問題

例4. 若直線y=2x上存在點（x，y）滿足約束條件x+y-3≤0，x-2y-3≤0，x≥m，則實數m的最大值為（ ）

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

分析：（1）利用條件作出直線y=2x，x+y-3=0，x-2y-3=0.（2）由圖形知，當直線x=m過點A（1，2）（即直線y=2x和x+y-3=0的交點）時滿足條件.

解析：

首先作出約束條件x+y-3≤0，x-2y-3≤0，x≥m對應的可行域及直線y=2x，

如圖，易知直線x=m過點A（1，2）時符合題意，即此時

x=m=1為m的最大值.

點評：解決含參數的線性規劃問題時應掌握：（1）解題時要看清題目，不能忽視或漏掉參數的范圍；（2）對于題目中最值條件的確定至關重要，且不能計算出錯.

題型5. 利用基本不等式解決實際問題

對于應用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內在聯系，抽象出事物系統的主要特征與關系，建立起能反映其本質屬性的數學結構，從而建立起數學模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題。

例5. 某食品廠定期購買面粉，已知該廠每天需要面粉6噸，每噸面粉的價格為1 800元，面粉的保管等其他費用為平均每噸每天3元，購買面粉每次需支付運費900元.

（1）求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少？

（2）若提供面粉的公司規定：當一次購買面粉不少于210噸時，其價格可享受9折優惠（即原價的90%），問該廠是否考慮利用此優惠條件？請說明理由.

分析：（1）利用基本不等式解決實際問題時，應先仔細閱讀題目信息，理解題意，明確其中的數量關系，并引入變量，依題意列出相應的函數關系式，然后用基本不等式求解.

（2）求所列函數的最值，若用基本不等式時，等號取不到，可利用函數單調性求解.

解析：（1）設該廠應每隔x天購買一次面粉，其購買量為6x噸.由題意知，面粉的保管等其他費用為3[6x+6（x-1）+…+6×2+6×1]=9x（x+1）.

設平均每天所支付的總費用為y1元，則y1=[9x（x+1）+900]+6×1800=+9x+10809≥2+10 989=10 989，當且僅當9x=，即x=10時取等號，

即該廠應每隔10天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少.

（2）若廠家利用此優惠條件后，則至少每隔35天購買一次面粉.

設該廠利用此優惠條件，每隔x（x≥35）天購買一次面粉，平均每天支付的總費用為y2元，則y2=[9x（x+1）+900]+6×1 800×0.9=+9x+9 729（x≥35）.

令f（x）=x+（x≥35），x2>x1≥35，

則f（x1）-f（x2）=（x1+）-（x2+）=.

∵ x2>x1≥35，∴ x2-x1>0，x1x2>0，100-x1x2<0.

∴ f（x1）-f（x2）<0， f（x1）

∴當x=35時，f（x）有最小值，此時y2<10 989，

∴該廠應接受此優惠條件.

點評：利用基本不等式求最值時，一定要注意應用基本不等式成立的條件：即一正，二定，三相等，否則求解時會出現等號成立的條件不具備而出錯.若在同一題目中，兩次或兩次以上利用基本不等式，等號應同時成立.

題型6. 絕對值三角不等式性質定理的應用

例6.“|x-a|

A. 充分非必要條件 B. 必要非充分條件

C. 充要條件 D. 非充分非必要條件

分析：利用絕對值三角不等式，推證|x-a|

解析：選A.

∵ |x-y|=|（x-a）-（y-a）|≤|x-a|+|y-a|

∴ |x-a|

取x=3，y=1，a=-2，m=2.5，則有|x-y|=2<5=2m，但|x-a|=5，不滿足|x-a|

故|x-a|

點評：（1）對絕對值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±b| ≤|a|+|b|中等號成立的條件要深刻理解，特別是用此定理求函數的最值時.

（2）該定理可以強化為：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，它經常用于證明含絕對值的不等式.

（3）對于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x+a|-|x-b|型的最值問題利用絕對值三角不等式更簡捷、方便.

題型7. 絕對值不等式的解法

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）利用公式或平方法轉化為不含絕對值的不等式；（2）利用公式法轉化為不含絕對值的不等式； （3）利用絕對值的定義或|f（x）|≤a（a>0）-a≤|f（x）|≤a去掉絕對值符號或利用數形結合思想求解； （4）不等式的左邊含有絕對值符號，要同時去掉這兩個絕對值符號，可以采用“零點分段法”，此題亦可利用絕對值的幾何意義去解.

解析：（1）原不等式等價于不等式組|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為{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① x2-9≥0，x2-9≤x+3或② x2-9<0，9-x2-≤x+3，

不等式①x≤-3或x≥3，-3≤x≤4 x=-3或3≤x≤4.

不等式②-3

∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.

（4）分別求|x-1|，|x+2|的零點，即1，-2.由-2，1把數軸分成三部分：x<-2，-2≤x≤1，x>1.

當x<-2時，原不等式即1-x-2-x<5，解得-3

當-2≤x≤1時，原不等式即1-x+2+x<5，因為3<5恒成立，則-2≤x≤1；

當x>1時，原不等式即x-1+2+x<5，解得1

綜上，原不等式的解集為{x|-3

點評：（1）形如|x-a|±|x-b|≥c不等式的解法常用零點分段討論法，其步驟為：①求零點；②劃分區間、去絕對值號；③分別解去掉絕對值的不等式；④取每個結果的并集，特別注意在分段時不要漏掉區間的端點值.（2）上述不等式也可用|x-a1|±|x-a2|的幾何意義去求解集.

題型8. 含參數的絕對值不等式

例8. 若關于x的不等式|x+2|+|x-1|≤a的解集為，求實數a的取值范圍.

分析：把不等式問題轉化為函數的圖像，利用數形結合思想求解；也可以運用絕對值的幾何意義求解.

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

y1、y2的圖像如圖所示.

由圖可知，當a<3時，|x+2|+|x-1|≤a的解集為.

題型9. 絕對值不等式的綜合問題

例9. 已知a、b、c是實數，函數f（x）=ax2+bx+c，g（x）=ax+b，當-1≤x≤1時，|f（x）|≤1.

（1）證明：|c|≤1；

（2）證明：當-1≤x≤1時，|g（x）|≤2；

（3）設a>0，當-1≤x≤1時，g（x）的最大值是2，求f（x）.

分析：（1）代入x=0即得；（2）結合一次函數的單調性和絕對值不等式的性質得證；（3）結合二次函數的圖像和一次函數的最值求解.

解析：（1）由已知，當-1≤x≤1時，|f（x）|≤1，取x=0，得|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1.

（2）當a>0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是增函數，所以g（-1）≤g（x）≤g（1），

因為|f（x）|≤1（-1≤x≤1），|c|≤1，所以g（1）=a+b=f（1）-c≤

|f（1）|+|c|≤2.

g（1）=-a+b=-f（-1）+c≥-（|f（-1）|+|c|）≥-2.

由此可得|g（x）|≤2；

當a<0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是減函數，所以g（-1）≥g（x）≥g（1），

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

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

當a=0時，g（x）=b，f（x）=bx+c，因為-1≤x≤1.

所以g（x）=|f（1）-c|≤|f（1）|+|c|≤2.

綜上，得g（x）≤2.

（3）因為a>0，g（x）在[-1，1]上是增函數，當x=1時取得最大值2.

即g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2，

因為-1≤f（0）=f（1）-2≤1-2=-1，所以c=f（0）=-1.

因為當-1≤x≤1時，f（x）≥-1，即f（x）≥f（0）.

根據二次函數性質，直線x=0為二次函數f（x）的圖象的對稱軸.

所以-=0，即b=0，a=2，

故有f（x）=2x2-1.

題型10. 不等式與函數的綜合題

不等式與函數的綜合題，是高考的常考題型，如求函數的定義域、值域，求參數的取值范圍，與函數有關的不等式證明等，解決此類綜合題，要充分運用函數的單調性，注意函數的定義域，并結合函數的奇偶性、周期性一起討論.

例10. 已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數，且f（1）=1，若m、n∈[-1，1]，m+n≠0時>0.

（1）用定義證明f（x）在[-1，1]上是增函數；

（2）解不等式 f（x+）

（3）若f（x）≤t2-2at+1對所有x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，求實數t的取值范圍.

分析：（1）問單調性的證明，利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式是關鍵，（3）問利用單調性把f（x）轉化成“1”是點睛之筆.

解析：（1）任取x1

則f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）=·（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]上為增函數 .

（2） ∵ f（x）在[-1，1]上為增函數，

∴ -1≤x+≤1，-1≤≤1，x+<，解得{x|-≤x<-1，x∈R}.

（3）由（1）可知f（x）在[-1，1]上為增函數，且f（1）=1，

故對x∈[-1，1]，恒有f（x）≤1.

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

故t2-2at≥0，記g（a）=t2-2at，對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≤-2或t=0或t≥2.

∴ t的取值范圍是{t|t≤-2或t=0或t≥2}.

點評：本題是一道函數與不等式相結合的題目，考查考生的分析能力與化歸能力 它主要涉及函數的單調性與奇偶性，而單調性貫穿始終，把所求問題分解轉化，是函數中的熱點問題；問題（2）（3）要求的都是變量的取值范圍，不等式的思想起到了關鍵作用

題型11. 不等式與數列的綜合題

不等式與數列的綜合題，一般來說多是證明題，要熟悉不等式的常用證明方法，特別是比較法、綜合法、分析法、數學歸納法等，也可利用函數的思想.

例11. 數列{xn}由下列條件確定：x1=a>0，xn+1=（xn+），n∈N.