(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习 第二章 不等式 专题突破一 高考中的不等式问题讲义(含解析).docx

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高考专题突破一高考中的不等式问题题型一含参数不等式的解法例1解关于x的不等式x2ax10(aR)解对于方程x2ax10,a24.(1)当0,即a2或a2时,方程x2ax10有两个不等实根x1,x2,且x1x2,所以原不等式的解集为;(2)当0,即a2时,若a2,则原不等式的解集为x|x1;若a2,则原不等式的解集为x|x1;(3)当0,即2a2时,方程x2ax10没有实根,结合二次函数yx2ax1的图象,知此时原不等式的解集为R.思维升华解含参数的一元二次不等式的步骤(1)若二次项含有参数应讨论是否等于0,小于0,和大于0,然后将不等式转化为二次项系数为正的形式(2)判断方程的根的个数,讨论判别式与0的关系(3)当方程有两个根时,要讨论两根的大小关系,从而确定解集形式跟踪训练1 (1)若不等式ax28ax210的解集是x|7x3的解集为R,则实数m的取值范围是_答案(,4)(2,)解析依题意得,|x1|xm|(x1)(xm)|m1|,即函数y|x1|xm|的最小值是|m1|,于是有|m1|3,m13,由此解得m2.因此实数m的取值范围是(,4)(2,)题型二线性规划问题例2(2018浙江五校联考)已知实数x,y满足约束条件且zaxy的最大值为16,则实数a_,z的最小值为_答案21解析如图,作出不等式组所表示的可行域(ABC及其内部区域)目标函数zaxy对应直线axyz0的斜率ka.(1)当k(,1,即a1,a1时,目标函数在点A处取得最大值,由解得A(5,6),故z的最大值为5a6,即5a616,解得a2.(2)当k(1,),即a1,a0,yR,则xy的最小值是()A.B3C1D2答案A解析由x24xy30,得y,即有xyx.x0,x2,即xy,当且仅当x,即x1,y时,xy取得最小值.(2)已知a0,b0,c1,且ab1,则c的最小值为_答案42解析22222,当且仅当即时等号成立,c2c2(c1)22242,当且仅当2(c1),即c1时,等号成立综上,所求最小值为42.思维升华利用基本不等式求最值的方法(1)利用基本不等式求最值的关键是构造和为定值或积为定值,主要思路有两种:对条件使用基本不等式,建立所求目标函数的不等式求解条件变形,进行“1”的代换求目标函数最值(2)有些题目虽然不具备直接应用基本不等式求最值的条件,但可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式常用的方法还有:拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法跟踪训练3 (1)已知xy1,且0y,则的最小值为()A4B.C2D4答案A解析由xy1且0y,所以x2y0.x2y4,当且仅当x1,y时等号成立(2)若实数x,y满足x2y2xy1,则xy的最大值是_答案解析由x2y2xy1,得1(xy)2xy,(xy)21xy1,解得xy(当且仅当xy时取得最大值),xy的最大值为.题型四绝对值不等式的应用例4(1)(2018浙江五校联考)已知aR,则“a9”是“2|x2|52x|a无解”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案C解析2|x2|52x|2x4|52x|2x452x|9,若2|x2|52x|a无解,则a9,同样若a9,则2|x2|52x|a无解,所以“a9”是“2|x2|52x|a无解”的充要条件(2)(2019温州模拟)已知a,b,cR,若|acos2xbsinxc|1对xR恒成立,则|asinxb|的最大值为_答案2解析|acos2xbsinxc|1,即|asin2xbsinx(ac)|1,分别取sinx1,1,0,可知所以|ab|(ac)(bc)|ac|bc|2,且|ab|(ac)(bc)|ac|bc|2.所以max|asinxb|max|ab|,|ab|2,当a2,b0,c1时,取等号思维升华(1)解绝对值不等式可以利用绝对值的几何意义,零点分段法、平方法、构造函数法等(2)利用绝对值三角不等式可以证明不等式或求最值跟踪训练4 (1)已知函数f(x)|x5|x3|x3|x5|c,若存在正实数m,使f(m)0,则不等式f(x)f(m)的解集是_答案(m,m)解析由|x5|x3|x3|x5|x5|x3|x3|x5|可知,函数f(x)为偶函数,当3x3时,f(x)取最小值16c.结合题意可得c16.由f(m)0得f(x)0,即|x5|x3|x3|x5|c0,结合图象(图略)可知,解集为(m,m)(2)不等式|x2|x1|a对于任意xR恒成立,则实数a的取值范围为_答案(,3解析当x(,1时,|x2|x1|2xx112x3;当x(1,2)时,|x2|x1|2xx13;当x2,)时,|x2|x1|x2x12x13,综上可得|x2|x1|3,a3.1(2018宁波期末)若a,bR,且ab1B.Ca3b3Da|b|0答案B解析由ab0得a1b10,所以(a1),故选B.2(2018浙江绍兴一中期末)若关于x的不等式|x2|xa|5有解,则实数a的取值范围是()A(7,7) B(3,3)C(7,3) D答案C解析不等式|x2|xa|5有解,等价于(|x2|xa|)min5,又因为|x2|xa|(x2)(xa)|2a|,所以|2a|5,52a5,解得7a3,则实数m的取值范围是()A(1,0) B(0,1)C(1,) D(,1)答案D解析作出满足不等式组的平面区域,如图中阴影部分所示(包含边界),当目标函数zx2y经过直线xm0与ym0的交点时取得最大值,即zmaxm2m3m,则根据题意有3m3,即m0,b0)在该约束条件下取到最小值2时,a2b2的最小值为()A5B4C.D2答案B解析画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分(包含边界)所示,可知当目标函数过直线xy10与2xy30的交点A(2,1)时取得最小值,所以有2ab2.因为a2b2表示原点(0,0)到点(a,b)的距离的平方,所以的最小值为原点到直线2ab20的距离,即()min2,所以a2b2的最小值是4,故选B.8(2018嘉兴教学测试)若直线axby1与不等式组表示的平面区域无公共点,则2a3b的取值范围是()A(7,1) B(3,5)C(7,3) DR答案C解析不等式组表示的平面区域是以A(1,1),B(1,1),C(0,1)为顶点的三角形区域(包含边界);因为直线axby1与不等式组表示的平面区域无公共点,所以a,b满足或故点(a,b)在如图所示的三角形区域(除边界且除原点)内,所以2a3b的取值范围为(7,3),故选C.9(2019诸暨期末)不等式x22x30的解集为_;不等式|32x|1的解集为_答案(,1)(3,)(1,2)解析依题意,不等式x22x30,解得x3,因此不等式x22x30的解集是(,1)(3,);由|32x|1得132x1,1x2,所以不等式|32x|3在0,5上有解,则实数a的取值范围为_答案(,0)解析由x24x3得x24x3,则问题等价于小于x24x3在0,5上的最大值,又因为x24x3(x2)27,所以当x5时,x24x3取得最大值2,所以2,解得a,所以a的取值范围为(,0).11(2018嘉兴测试)已知f(x)x2,g(x)2x5,则不等式|f(x)|g(x)|2的解集为_;|f(2x)|g(x)|的最小值为_答案3解析由题意得|f(x)|g(x)|x2|2x5|所以|f(x)|g(x)|2等价于或或解得x3,|f(2x)|g(x)|2x2|2x5|f(2x)|g(x)|的图象如图,则由图象易得|f(2x)|g(x)|的最小值为3.12(2018浙江镇海中学模拟)已知正数x,y满足1,则的最大值是_答案解析设u,v,则问题转化为“已知正数u,v满足u2v1,求的最大值”33(u1)2(v1)33(54).当且仅当,即uv时,取等号13(2018浙江金华十校联考)已知实数x,y,z满足则xyz的最小值为_答案932解析将变形为由|xy|知,|12z|,即12z,解得2z2.所以xyz(12z)z2z2z在2,2上的最小值为932.14(2018宁波模拟)若6x24y26xy1,x,yR,则x2y2的最大值为_答案解析方法一设mxy,nxy,则问题转化为“已知4m2mnn21,求mn的最大值”由基本不等式,知1mn4m2n2mn4|mn|,所以mn,当且仅当n2m,即x3y时,取得最大值.方法二(齐次化处理)显然要使得目标函数取到最大值,x0.令zx2y2,设t,则z,则(4z1)t26zt6z10对tR有解当z时,t.当z时,36z24(4z1)(6z1)0,解得z.当t时取最大值方法三16x24y26y6x24y265x25y2,所以x2y2,当且仅当x3y时取等号15(2019浙江嘉兴一中模拟)已知点P是平面区域M:内的任意一点,则P到平面区域M的边界的距离之和的取值范围为_答案解析设平面区域M:为ABO区域(包含边界),由题意,|AO|1,|BO|,|AB|2,P到平面区域M的边界的距离之和d就是P到ABO三边的距离之和,设P到边界AO,BO,AB的距离分别为a,b,c,则P(b,a),由题意0a,0b1,0c(ab),所以dabca(2)b,从而d,当ab0时取等号如图,P为可行域内任意一点,过P作PEx轴,PFy轴,PPAB,过P作PEx轴,PFy轴,则有PEPFPPPFPE,由P(b,a),可得P,所以dabc,又0a,0b1,则d,当a,b0时取等号,因此d的取值范围为.16(2018浙江“七彩阳光”新高考研究联盟联考)若正数a,b,c满足1,则的最小值是_答案解析由a,b,c为正数,且1得1,设m,n,则有m0,n0,上式转化为mn1,即mn1,又由基本不等式得m2n2,mn,所以mn1,令tmn,则t0,上式转化为t1,即t2t40,解得t,所以tmn的最小值为.
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