1、1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 x2 ax1 0(a R)解 对于方程 x2 ax10， a24.(1)当 0，即 a2或 a3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| x m|( x1)( x m)| m1|，即函数y| x1| x m|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2例 2(2018浙江五校联考)已知实数 x， y满足约束条件Error!且 z ax y的最大值为 16，则实数 a_， z的最小
2、值为_答案 2 1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 z ax y对应直线 ax y z0 的斜率 k a.(1)当 k(，1，即 a1， a1 时，目标函数在点 A处取得最大值，由Error!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 x y的最小值是( )A. B3C1D232答案 A解析 由 x24 xy30，得 y ，3 x24x4即有 x y x .3 x24x 34(x 1x) x0， x 2，即 x y ，1x 32当且仅当 x ，即 x1， y 时， x y取得最
3、小值 .1x 12 32(2)已知 a0， b0， c1，且 a b1，则 c 的最小值为_(a2 1ab 2) 2c 1答案 42 2解析 a2 1ab a2 a b2ab 2a2 2ab b2ab 22 22 2，2ab ba 2abba 2当且仅当Error!即Error! 时等号成立， c 2 c(a2 1ab 2) 2c 1 2 2c 12 (c1) 222c 1 22 2 42 ，22c 12c 1 2 2当且仅当 2 (c1) ，即 c1 时，等号成立22c 1 22综上，所求最小值为 42 .2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
4、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 0 ，22 25所以 x2 y0. x2 y 4，x2 4y2x 2y x 2y2 4xyx 2y 4x 2y当且仅当 x 1， y 时等号成立33 12(2)若实数 x， y满足 x2 y2 xy1，则 x y的最大值是_答案 233解析 由 x2 y2 xy
5、1，得 1( x y)2 xy，( x y)21 xy1 ，x y24解得 x y (当且仅当 x y 时取得最大值)， x y的最大值为 .233 233 33 233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|52 x|1 B. 1a 1 1b 1C a3b3 D a| b|0答案 B解析 由 a0，所以( a1) ，故选 B.1a 1b 1 1a 1 1b 12(2018浙江绍兴一中期末)若关于 x的不等式| x2| x a|3，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
6、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z x2 y经过直线 x m0 与 y m0 的交点时取得最大值，即 zmax m2 m3 m，则8根据题意有3 m3，即 m0， b0)在该约束条件下取到最小值 2 时， a2 b2的最小值为( )5A5B4C. D25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x y10 与 2x y30 的交点 A(2,1)时取得最小值，所以有 2a b2 .因为 a2 b25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a2 b22a b2 0 的距离，即( )min
7、 2，所以 a2 b2的最小值是 4，故选 B.5 a2 b2| 25|22 128(2018嘉兴教学测试)若直线 ax by1 与不等式组Error!表示的平面区域无公共点，则 2a3 b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Error!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 ax by1 与不等式组Error!表示的平面区域无公共点，所以 a， b满足Error!或Error! 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 2a3 b的取值范围为(7,3)，
8、故选 C.9(2019诸暨期末)不等式 x22 x30，解得 x3，因此不等式 x22 x3 3 在0,5上有解，则实数 a的取值1a范围为_答案 (，0) (12， )解析 由 x24 x 3 得 x24 x3 ，则问题等价于 小于 x24 x3 在0,5上的最大值，1a 1a 1a又因为 x24 x3( x2) 27，所以当 x5 时， x24 x3 取得最大值 2，所以 ，所以 a的取值范围为(，0) .12 (12， )11(2018嘉兴测试)已知 f(x) x2， g(x)2 x5，则不等式| f(x)| g(x)|2 的解集为_；| f(2x)| g(x)|的最小值为_答案 353
9、， 3解析 由题意得| f(x)| g(x)| x2|2 x5|Error!所以| f(x)| g(x)|2 等价于Error!或Error!或Error!解得 x3，53|f(2x)| g(x)|2 x2|2 x5|Error!|f(2x)| g(x)|的图象如图，则由图象易得| f(2x)| g(x)|的最小值为 3.1012(2018浙江镇海中学模拟)已知正数 x， y满足 1，则 的最大值是1x 2y 1x 1 2y 1_答案 34解析 设 u ， v ，则问题转化为“已知正数 u， v满足 u2 v1，求 的最大1x 1y uu 1 2vv 1值” 3uu 1 2vv 1 ( 1u
10、1 2v 1)3 (u1)2( v1)(1u 1 2v 1) 143 3 (54) .145 2v 1u 1 2u 1v 1 14 34当且仅当 ，即 u v 时，取等号2v 1u 1 2u 1v 1 1313(2018浙江金华十校联考)已知实数 x， y， z满足Error!则 xyz的最小值为_答案 9 3211解析 将Error!变形为Error!由| xy| 知，|12 z| ，x2 y22 5 z22即 12 z ，解得 2 z 2.5 z22 5 z22 7 11所以 xyz(12 z)z2 z2 z在2 ， 2上的最小值为 9 32.7 11 1114(2018宁波模拟)若 6x
11、24 y26 xy1， x， yR，则 x2 y2的最大值为_答案 15解析 方法一 设 m x y， n x y，则问题转化为“已知 4m2 mn n21，求 mn的最大值” 由基本不等式，知 1 mn4 m2 n2 mn4| mn|，所以 mn ，当且仅当 n2 m，即13 15x3 y时，取得最大值 .15方法二 (齐次化处理)显然要使得目标函数取到最大值， x0.令 z x2 y2x2 y26x2 4y2 6xy11 ，设 t ，1 (yx)26 4(yx)2 6yx yx则 z ，则(4 z1) t26 zt6 z10 对 tR 有解1 t26 4t2 6t当 z 时， t .14
12、53当 z 时， 36 z24(4 z1)(6 z1)0，14解得 z .当 t 时取最大值13 15 3z4z 1 13方法三 16 x24 y26 y6 x24 y26 5 x25 y2，所以 x2 y2 ，x3 3 x23 3y22 15当且仅当 x3 y时取等号15(2019浙江嘉兴一中模拟)已知点 P是平面区域 M：Error!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 32， 3解析 设平面区域 M：Error!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3距离之
13、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0 a ，0 b1,0 c ( a b) ，所以 d a b c a(2 )b ，312 3 3 32 12 3 3从而 d ，当 a b0 时取等号32如图， P为可行域内任意一点，过 P作 PE x轴， PF y轴， PP AB，过 P作P E x轴， P F y轴，则有 PE PF PP P F P E，由 P(b， a)，12可得 P ，(3 b 3a4 ， 3 3a 3b4 )所以 d a b c ，又3 b 3a4 3 3a 3b4 3 3 3 13a b40 a ，0 b1，则 d ，当
14、 a ， b0 时取等号，因此 d的取值范围为 .3 3 3 32， 316(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_b ca a cb a bc a bc答案 1 172解析 由 a， b， c为正数，且 1 得 1，设 m ， nb ca a cb a bcbc 1acac 1bc ac bc ac，则有 m0， n0，上式转化为 m n1，即 m n1，又由基bc n 1m m 1n m2 n2 m nmn本不等式得 m2 n2 ， mn ，所以m n22 m n24m n1 ，令 t m n，则 t0，上式转化为 t1 ，m2 n2 m nmnm n22 m nm n24t22 tt24即 t2 t40，解得 t ，所以 t m n 的最小值为 .1 172 ac bc a bc 1 172
