高考不等式专题复习

洪其强

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=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=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.

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）=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）=x2+ax+b=（x+）2+b-.

∵ f（x）的值域为[0，+∞），∴ b-=0，即b=.

∴ f（x）=（x+）2.

又∵ f（x）

∴ --=m， ①-+=m+6， ②

-，得2=6，∴ c=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. 破解一元二次不等式恒成立问题

例3. 在实数集上定义运算：xy=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）=（x-a）（1-x-a）=-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=-（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=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. -1 B. 1 C. D. 2

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

如图，易知直线x=m过点A（1，2）时符合题意，即此时

x=m=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，每吨面粉的价格为1 800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，其价格可享受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）+…+6×2+6×1]=9x（x+1）.

设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1=[9x（x+1）+900]+6×1800=+9x+10809≥2+10 989=10 989，当且仅当9x=，即x=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=[9x（x+1）+900]+6×1 800×0.9=+9x+9 729（x≥35）.

令f（x）=x+（x≥35），x2>x1≥35，

则f（x1）-f（x2）=（x1+）-（x2+）=.

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

∴ f（x1）-f（x2）<0， f（x1）

∴当x=35时，f（x）有最小值，此时y2<10 989，

∴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|=|（x-a）-（y-a）|≤|x-a|+|y-a|

∴ |x-a|

取x=3，y=1，a=-2，m=2.5，则有|x-y|=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=|x-a|+|x-b|或y=|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=|x+2|+|x-1|，y2=a，∴ y1=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）=ax2+bx+c，g（x）=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=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=0，得|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1.

（2）当a>0时，g（x）=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）=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；

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）=-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；

当a=0时，g（x）=b，f（x）=bx+c，因为-1≤x≤1.

所以g（x）=|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=1时取得最大值2.

即g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2，

因为-1≤f（0）=f（1）-2≤1-2=-1，所以c=f（0）=-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=0为二次函数f（x）的图象的对称轴.

所以-=0，即b=0，a=2，

故有f（x）=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）=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）=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）=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）=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≤-2或t=0或t≥2.

∴ t的取值范围是{t|t≤-2或t=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=a>0，xn+1=（xn+），n∈N.