（江蘇專用）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式 第44講 不等式的綜合應(yīng)用學(xué)案

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1、 第44講　不等式的綜合應(yīng)用 考試要求　掌握解決不等式綜合問題的方法(C級要求). 診 斷 自 測 1.(必修5P102習(xí)題7改編)函數(shù)y＝x＋(x≠0)的值域是________. 解析　當(dāng)x>0時(shí)，y＝x＋≥2＝4； 當(dāng)x<0時(shí)，y＝x＋＝－≤ －2＝－4. 答案　(－∞，－4]∪[4，＋∞) 2.(必修5P106復(fù)習(xí)題16改編)已知x>0，y>0且滿足＋＝1，則x＋y的最小值是________ . 解析　∵ x＋y＝(x＋y)·1＝(x＋y)＝2＋8＋＋，x>0，y>0，∴>0，>0，x＋y≥10＋2＝18，當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)等號成立，又＋＝1，∴當(dāng)x＝6，y＝12時(shí)，x

2、＋y有最小值18. 答案　18 3.(必修5P98練習(xí)2(2)改編)若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________. 解析　由a，b∈R*，得a＋b≥2，則ab＝a＋b＋3≥2＋3，即ab－2－3≥0?(－3)(＋1)≥0?≥3，∴ ab≥9. 答案　[9，＋∞) 4.設(shè)x∈R，f(x)＝，若不等式f(x)＋f(2x)≤k對于任意的x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________. 解析　不等式化為k≥＋，因?yàn)椤?0，1]，所以k≥2. 答案　k≥2 5.(必修5P102習(xí)題9改編)某種產(chǎn)品按下列三種方案兩次提價(jià).方案甲：第一次提價(jià)p%，第二次提價(jià)q%；

3、方案乙：第一次提價(jià)q%，第二次提價(jià)p%；方案丙：第一次提價(jià)%，第二次提價(jià)%.其中p>q>0，上述三種方案中提價(jià)最多的是________. 解析　設(shè)原來價(jià)格為A，方案甲：經(jīng)兩次提價(jià)后價(jià)格為A＝A；方案乙：經(jīng)兩次提價(jià)后價(jià)格為A；方案丙：經(jīng)兩次提價(jià)后價(jià)格為A＝A.因?yàn)?，所以方案丙提價(jià)最多. 答案　方案丙 考點(diǎn)一　含參數(shù)的不等式問題 【例1】 若不等式組的解集中所含整數(shù)解只有－2，求k的取值范圍. 解　由x2－x－2>0有x＜－1或x＞2， 由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0， 因?yàn)椋?是原不等式組的解，所以k＜2. 由(2x＋5)(x＋k)＜0有－＜

4、x＜－k. 因?yàn)樵坏仁浇M的整數(shù)解只有－2， 所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2， 故k的取值范圍是[－3，2). 【訓(xùn)練1】 已知函數(shù)f(x)＝lg[(m2－3m＋2)x2＋(m－1)x＋1]的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解　∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，∴對于任意x∈R，恒有(m2－3m＋2)x2＋(m－1)x＋1>0. ①若m2－3m＋2＝0，則m＝2或1. 當(dāng)m＝1時(shí)，不等式即為1>0，符合題意； 當(dāng)m＝2時(shí)，不等式即為x＋1>0，對任意x∈R不恒成立， ∴ m＝2不合題意，舍去. ②若m2－3m＋2≠0，由題意得 解得即m<1或m>. 綜上可得，m的取

5、值范圍是(－∞，1]∪. 考點(diǎn)二　基本不等式的靈活運(yùn)用 【例2】 設(shè)x，y均為正實(shí)數(shù)，且＋＝1，則xy的最小值為________. 解析　由＋＝1，得xy＝8＋x＋y. ∵ x，y均為正實(shí)數(shù)，∴xy＝8＋x＋y≥8＋2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)等號成立)，即xy－2－8≥0，解得≥4，即xy≥16.故xy的最小值為16. 答案　16 【訓(xùn)練2】 設(shè)實(shí)數(shù)n≤6，若不等式2xm＋(2－x)n－8≥0對任意x∈[－4，2]都成立，則的最小值為________. 解析　設(shè)f(x)＝2xm＋(2－x)n－8＝(2m－n)x＋(2n－8)為關(guān)于x的一次函數(shù). 由題設(shè)得即 作出不等式組所表示的可行

6、域如圖所示， 設(shè)＝t，則t表示可行域內(nèi)的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)所連線段的斜率，可得≤t≤3. g(t)＝＝－t3在≤t≤3上為減函數(shù)， 所以－≤g(t)≤－. 故的最小值為－. 答案　－ 考點(diǎn)三　多元最值問題 【例3】 (1)已知△ABC的三邊長分別為a，b，c，且滿足b＋c≤3a，則的取值范圍為________. (2)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，滿足a－2b＋3c＝0，則的最小值是________. 解析　(1)由已知及三角形三邊關(guān)系得 ∴ ∴ 兩式相加得0<2×<4， ∴的取值范圍為(0，2). (2)∵a－2b＋3c＝0，∴b＝， ∴＝≥＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝3c時(shí)取

7、“＝”. 答案　(1)(0，2)　(2)3 考點(diǎn)四　不等式與函數(shù)、三角、向量等知識的結(jié)合 【例4】 (一題多解)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若B＝C且7a2＋b2＋c2＝4，則△ABC面積的最大值為________. 解析　 如圖，在△ABC中，設(shè)D為BC的中點(diǎn)，則AD⊥BC. 法一　由題知b＝c， 則7a2＋2b2＝4， 所以b2＝2－a2， 所以△ABC的面積S＝a＝a ＝·· ≤·＝，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝2－a2， 即a2＝時(shí)取等號，所以△ABC的面積最大值為. 法二　設(shè)BD＝CD＝m，AD＝n， 則由已知得7(2m)2＋2(m2＋n2)

8、＝4， 所以15m2＋n2＝2≥2mn， 所以mn≤，當(dāng)且僅當(dāng)15m2＝n2時(shí)取等號， 此時(shí)m2＝，所以△ABC面積的最大值為. 答案　 一、必做題 1.已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝x＋(x>1)的最小值為3，則a的值為________. 解析　f(x)＝x－1＋＋1≥2＋1＝3，則a＝1. 答案　1 2.若實(shí)數(shù)x，y滿足x＞y＞0，且log2x＋log2y＝1，則的最小值為________. 解析　由log2x＋log2y＝1，得xy＝2，＝＝＝x－y＋≥4，則的最小值為4.當(dāng)且僅當(dāng)x＝＋1，y＝－1時(shí)取等號. 答案　4 3.(2017·鎮(zhèn)江期末)函數(shù)y＝asi

9、n(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)圖象上的一個(gè)最高點(diǎn)和其相鄰最低點(diǎn)的距離的最小值為________. 解析　函數(shù)的周期T為，則＝，最高點(diǎn)和其相鄰最低點(diǎn)的距離為2＝≥＝2. 答案　2 4.設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前2 011項(xiàng)和等于2 011，則＋的最小值為________. 解析　由題意得S2 011＝＝2 011， ∴a1＋a2 011＝2.又a2＋a2 010＝a1＋a2 011＝2， ∴＋＝(a2＋a2 010) ＝＋1≥2. 答案　2 5.(2017·蘇北四市三模)若對于任意x＞0，≤a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析?。?， 因?yàn)閤＞0，所以x＋

10、≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號)， 則≤＝， 即的最大值為，故a≥. 答案　 6.(一題多解)設(shè)P(x，y)為函數(shù)y＝x2－1(x>)圖象上一動(dòng)點(diǎn)，記m＝＋，則當(dāng)m取最小值時(shí)，點(diǎn) P的坐標(biāo)為________. 解析　法一　m＝＋＝6＋＋，因?yàn)閤>，所以x2－3>0，x－1>0， 所以m≥6＋2＝8. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝2時(shí)，m取得最小值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，3). 法二　m＝＋＝6＋＋，因?yàn)閤>，所以y>2， 所以y－2>0，x－1>0，所以m≥8. 當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)，m取得最小值，下同法一. 答案　(2，3) 7.函數(shù)f(x)＝ax2－2(a－3)x＋a－2中，a為負(fù)整數(shù)

11、，則使函數(shù)至少有一個(gè)整數(shù)零點(diǎn)的所有a值的和為________. 解析　由ax2－2(a－3)x＋a－2＝0得a(x－1)2＝2－6x，顯然x＝1不成立，所以x≠1，所以a＝.因?yàn)閍為負(fù)整數(shù)，所以x>且(x－1)2<6x－2，解得4－

12、x，y滿足約束條件若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則＋的最小值為________. 解析　不等式組在直角坐標(biāo)系中所表示的平面區(qū)域如圖中的陰影部分所示.由z＝ax＋by得y＝－x＋，當(dāng)z變化時(shí)，它表示經(jīng)過可行域的一組平行直線，其斜率為－，在y軸上的截距為，由圖可知當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(4，6)時(shí)，在y軸上的截距最大，從而z也最大，所以4a＋6b＝12，即2a＋3b＝6，所以＋＝·＝≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝，b＝1時(shí)等號成立.所以＋的最小值為4. 答案　4 10.已知1≤lg xy≤4，－1≤lg≤2，求lg的取值范圍. 解　由1≤lg xy≤4，－1≤lg ≤2， 得

13、1≤lg x＋lg y≤4，－1≤lg x－lg y≤2， 而lg ＝2lg x－lg y＝(lg x＋lg y)＋(lg x－lg y)， 所以－1≤lg ≤5， 即lg 的取值范圍是[－1，5]. 二、選做題 11.北京、張家港2022年冬奧會申辦委員會在俄羅斯索契舉辦了發(fā)布會，某公司為了競標(biāo)配套活動(dòng)的相關(guān)代言，決定對旗下的某商品進(jìn)行一次評估.該商品原來每件售價(jià)為25元，年銷售8萬件. (1)據(jù)市場調(diào)查，若價(jià)格每提高1元，銷售量將相應(yīng)減少2 000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價(jià)最高為多少元？ (2)為了抓住申奧契機(jī)，擴(kuò)大該商品的影響力，提高年銷售量，公司決定

14、立即對該商品進(jìn)行技術(shù)革新和營銷策略改革，并提高定價(jià)到x元，公司擬投入(x2－600)萬元作為技改費(fèi)用，投入50萬元作為固定宣傳費(fèi)用，投入萬元作為浮動(dòng)宣傳費(fèi)用.試問：當(dāng)該商品改革后的銷售量a至少達(dá)到多少萬件時(shí)，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時(shí)商品的每件定價(jià). 解　(1)設(shè)每件定價(jià)為t元， 依題意得(8－×0.2)t≥25×8， 整理得t2－65t＋1 000≤0，解得25≤t≤40. 所以要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價(jià)最高為40元. (2)依題意知x>25， 且ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x， 等價(jià)于a≥＋x＋(x>25).

15、由于＋x≥2＝10， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝30時(shí)等號成立，所以a≥10.2. 當(dāng)該商品改革后的銷售量a至少達(dá)到10.2萬件時(shí)，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時(shí)該商品的每件定價(jià)為30元. 12.(2017·大同期末)已知關(guān)于x的不等式ax2＋(a－2)·x－2≥0，a∈R. (1)若不等式的解集為(－∞，－1]∪[2，＋∞)，求實(shí)數(shù)a的值； (2)若不等式ax2＋(a－2)x－2≥2x2－3對任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)解關(guān)于x的不等式ax2＋(a－2)x－2≥0. 解　(1)因?yàn)閍x2＋(a－2)x－2≥0的解集為(－∞，－1]∪[2，＋∞)

16、， 所以方程ax2＋(a－2)x－2＝0的兩根為x＝－1或x＝2， 所以－1×2＝，解得a＝1. (2)若不等式ax2＋(a－2)x－2≥2x2－3對任意x∈R恒成立，即(a－2)x2＋(a－2)x＋1≥0對任意x∈R恒成立.因此，①當(dāng)a＝2時(shí)，不等式變?yōu)?≥0，顯然成立；②當(dāng)a≠2時(shí)，解得20時(shí)，－1<，所以(x＋1)(ax－2)≥0?x≤－1或x≥； 當(dāng)a<－2時(shí)，－1<，所以(x＋1)(ax－2)≥0?－1≤x≤； 當(dāng)a＝－2時(shí)，－1＝，所以(x＋1)(ax－2)≥0?(x＋1)2≤0?x＝－1； 當(dāng)－2，所以(x＋1)(ax－2)≥0?≤x≤－1. 綜上可得，當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為{x|x≤－1}； 當(dāng)a>0時(shí)，原不等式的解集為； 當(dāng)－2