第七章 不等式
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1.不等关系
了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景.
2.一元二次不等式
(1)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；
(2)通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；
(3)会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.
3.二元一次不等式组与简单线性规划问题
(1)会从实际情境中抽象出二元一次不等式组；
(2)了解二元一次不等式组的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组；
(3)会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决.
4.基本不等式： ≥ (a，b≥0)
(1)了解基本不等式的证明过程；
(2)会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题.
本章重点：1.用不等式的性质比较大小；2.简单不等式的解法；3.二元一次不等式组与简单的线性规划问题；4.基本不等式的应用.
本章难点：1.含有参数不等式的解法；2.不等式的应用；3.线性规划的应用. 不等式具有应用广泛、知识综合、能力复合等特点.高考考查时更多的是与函数、方程、数列、三角函数、解析几何、立体几何及实际应用问题相互交叉和综合，将不等式及其性质的运用渗透到这些问题的求解过程中进行考查.
线性规划是数学应用的重要内容，高考中除考查线性规划问题的求解与应用外，也考查线性规划方法的迁移.
知识网络
7.1 不等式的性质
典例精析
题型一 比较大小
【例1】已知a＞0，a≠1，P＝loga(a3－a＋1)，Q＝loga(a2－a＋1)，试比较P与Q的大小.
【解析】因为a3－a＋1－(a2－a＋1)＝a2(a－1)，
当a＞1时，a3－a＋1＞a2－a＋1，P＞Q；
当0＜a＜1时，a3－a＋1＜a2－a＋1，P＞Q；
综上所述，a＞0，a≠1时，P＞Q.
【点拨】作差比较法是比较两个实数大小的重要方法之一，其解题步骤为：①作差；
②变形；③判断符号；④得出结论.
【变式训练1】已知m＝a＋1a－2(a＞2)，n＝x－2(x≥12)，则m，n之间的大小关系为( )
A.m＜nB.m＞nC.m≥n D.m≤n
【解析】选C.本题是不等式的综合问题，解决的关键是找中间媒介传递.
m＝a＋1a－2＝a－2＋1a－2＋2≥2＋2＝4，而n＝x－2≤(12)－2＝4.
题型二 确定取值范围
【例2】已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的取值范围.
【解析】因为－π2≤α＜β≤π2，所以－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4，
两式相加得－π2＜α＋β2＜π2.
又－π4≤－β2＜π4，所以－π2≤α－β2＜π2，
又因为α＜β，所以α－β2＜0，所以－π2≤α－β2＜0，
综上－π2＜α＋β2＜π2，－π2≤α－β2＜0为所求范围.
【点拨】求含字母的数(式)的取值范围，一定要注意题设的条件，否则易出错，同时在变换过程中，要注意准确利用不等式的性质.
【变式训练2】已知函数f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围.
【解析】由已知－4≤f(1)＝a－c≤－1，－1≤f(2)＝4a－c≤5.
令f(3)＝9a－c＝γ(a－c)＋μ(4a－c)，
所以
故f(3)＝－53(a－c)＋83(4a－c)∈[－1,20].
题型三 开放性问题
【例3】已知三个不等式：①ab＞0；② ca＞db；③bc＞ad.以其中两个作条件，余下的一个作结论，则能组成多少个正确命题？
【解析】能组成3个正确命题.对不等式②作等价变形:ca＞db?bc－adab＞0.
(1)由ab＞0，bc＞ad?bc－adab＞0，即①③?②；
(2)由ab＞0，bc－adab＞0?bc－ad＞0?bc＞ad，即①②?③；
(3)由bc－ad＞0，bc－adab＞0?ab＞0，即②③?①.
故可组成3个正确命题.
【点拨】这是一类开放性问题，要求熟练掌握不等式的相关性质，并能对题目条件进行恰当的等价变形.
【变式训练3】a、b、c、d均为实数，使不等式ab＞cd＞0和ad＜bc都成立的一组值(a，b，c，d)是_______________(只要写出符合条件的一组即可).
【解析】写出一个等比式子，如21＝42＞0.此时内项的积和外项的积相等，减小42的分子，把上式变成不等式21＞32＞0，此时不符合ad＜bc的条件，进行变换可得21＞－3－2＞0，此时2×
(－2)＜1×(－3).故(2,1，－3，－2)是符合要求的一组值.
总结提高
1.不等式中有关判断性命题，主要依据是不等式的概念和性质.一般地，要判断一个命题是真命题，必须严格证明.要判断一个命题是假命题，只要举出反例，或者由题设条件推出与结论相反的结果.在不等式证明和推理过程中，关键是要弄清每个性质的条件与结论及其逻辑关系，要注意条件的弱化与加强，不可想当然.如在应用ab＞0，a＞b?1a＜1b这一性质时，不可弱化为a＞b?1a＜1b，也不可强化为a＞b＞0?1a＜1b.
2.题设条件含有字母，而结论唯一确定的选择题，采用赋值法解答可事半功倍.
3.比较大小的常用方法是作差比较法和作商比较法，变形是关键.
7.2 简单不等式的解法
典例精析
题型一 一元二次不等式的解法
【例1】解下列不等式：
(1)x2－2x－3＞0；
(2)已知A＝{x3x2 －7x＋2＜0}，B＝{x－2x2＋x＋1≤0}，求A∪B，(?RA)∩B.
【解析】(1)方程两根为x1＝－1，x2＝3，
所以原不等式解集为{xx＜－1或x＞3}.
(2)因为A＝{x13＜x＜2}，?RA＝{xx≤13或x≥2}，B＝{xx≤－12或x≥1}，
所以A∪B＝{xx≤－12或x＞13}，(?RA)∩B＝{xx≤－12或x≥2}.
【点拨】一元二次不等式、一元二次方程及一元二次函数联系非常紧密，要注意转化，同时要熟练掌握一元二次不等式恒成立与对应方程的判别式的关系.对于Δ＞0的不等式解集简称“大于取两端，小于取中间”.
【变式训练1】设函数f(x)＝ 若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为( )
A.(－∞，－3]∪[－1，＋∞)B.[－3，－1]
C.[－3，－1]∪(0，＋∞)D.[－3，＋∞)
【解析】选C.由已知对x≤0时f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，知其对称轴为x＝－2，故－b2＝－2?b＝4.
又f(－2)＝0，代入得c＝4，故f(x)＝
分别解之取并集即得不等式解集为[－3，－1]∪(0，＋∞).
题型二 解含参数的一元二次不等式问题
【例2】解关于x的不等式mx2＋(m－2)x－2＞0 (m∈R).
【解析】当m＝0时，原不等式可化为－2x－2＞0，即x＜－1；
当m≠0时，可分为两种情况：
(1)m＞0 时，方程mx2＋(m－2)x－2＝0有两个根，x1＝－1，x2＝2m.
所以不等式的解集为{xx＜－1或x＞2m}；
(2 )m＜0时，原不等式可化为－mx2＋(2－m)x＋2＜0，
其对应方程两根为x1＝－1，x2＝2m，x2－x1＝2m－(－1)＝m＋2m.
①m＜－2时，m＋2＜0，m＜0，所以x2－x1＞0，x2＞x1，
不等式的解集为{x－1＜x＜2m}；
②m＝－2时，x2＝x1＝－1，
原不等式可化为(x＋1)2＜0，解集为?；
③－2＜m＜0时，x2－x1＜0，即x2＜x1，
不等式解集为{x2m＜x＜－1}.
综上所述：
当m＜－2时，解集为{x－1＜x＜2m}；
当m＝－2时，解集为?；
当－2＜m＜0时，解集为{x2m＜ x＜－1}；
当m＝0时，解集为{xx＜－1}；
当m＞0时，解集为{xx＜－1或x＞2m}.
【点拨】解含参数的一元二次不等式，首先要判断二次项系数的符号，其次讨论根的情况，然后讨论根的大小，最后依据二次项系数的符号和根的大小写出解集.
【变式训练2】解关于x的不等式ax－1x＋1＞0.
【解析】原不等式等价于(ax－1)(x＋1)＞0.
当a＝0时，不等式的解集为{xx＜－1}；
当a＞0时，不等式的解 集为{xx＞1a或x＜－1}；
当－1＜a＜0时，不等式的解集为{x1a＜x＜－1}；
当a＝－1时，不等式的解集为?；
当a＜－1时，不等式的解集为{x－1＜x＜1a}.
题型三 一元二次不等式与一元二次方程之间的联系
【例3】已知ax2＋bx＋c＞0的解集为{x1＜x＜3}，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集.
【解析】由于ax2＋bx＋c＞0的解集为{x1＜x＜3}，因此a＜0，
且ax2＋bx＋c＝0的两根为1、3，则－ba＝1＋3，ca＝1×3，即ba＝－4，ca＝3.
又a＜0，不等式cx2＋bx＋a＜0可以化为cax2＋bax＋1＞0，即3x2－4x＋1＞0，
解得x＜13或x＞1.
【点拨】解一元二次不等式时，要注意联系相应的一元二次方程与一元二次函数，明确一元二次不等式的解区间的端点就是相应一元二次方程的根.
【变式训练3】(2009江西)若不等式9－x2≤k(x＋2)－2的解集为区间[a，b]，且b－a＝2，则k＝ .
【解析】2.作出函数y＝9－x2和y＝k(x＋2)－2的图象，函数y＝9－x2的图象是一个半圆，函数y＝k(x＋2)－2的图象是过定点(－2，－2)的一条动直线.依题意，半圆在直线下方的区间长度为2，则必有a＝1，即
1是方程9－x2＝k(x＋2)－2的根，代入得k＝2.
总结提高
1.解一元二次不等式的一般步骤:
(1)对不等式变形，使一端为零且二次项系数 大于零；
(2)计算相应的判别式；
(3)当Δ＞0时，求出相应的一元二次方程的两根；
(4)根据一元二次不等式的结构，写出其解集.
2.当含有参数时，需分类讨论.分类标准往往根据需要而设定.如：是一元一次不等式还是一元二次不等式；开口方向如何；根的判别式的正负；根的大小等.
3.要注意三个“二次”之间的联系，重视数形结合思想的应用.
7.3 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
典例精析
题型一 平面区域
【例1】已知函数f(x)的定义域为[－2，＋∞)，且f(4)＝f(－2)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，则平面区域 所围成的面积是( )
A.2B.4C.5D.8
【解析】选B.由f′(x)的图象可知，f(x)在[－2,0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数.
因为f(－2)＝f(4)＝1，所以当且仅当x∈(－2,4)时，有f(x)＜f(－2)＝f(4)＝1.
作出可行域如图所示，其围成的图形面积为4.
【点拨】不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域点的交集，因而是各个不等式所表示的平面区域的公共部分.
【变式训练1】若a≥0，b≥0，且当 时，恒有ax＋by≤1，则以a，b为坐标的点P(a，b)所形成的平面区域的面积是()
A.12B.π4C.1D.π2
【解析】选C.当a＝b＝1时，满足x＋y≤1，且可知0≤a≤1，0≤b≤1，所以点P(a，b)所形成的平面区域为边长为1的正方形，所以面积为1.本题关键是确定点所形成的区域形状.
题型二 利用线性规划求最值
(1)z＝x＋2y－4的最大值；
(2)z＝x2＋y2－10y＋25的最小值；
(3)z＝2y＋1x＋1的取值范围.
【解析】作出可行域如图所示，并求出顶点的坐标A(1,3)，B(3,1)，C(7,9).
(1)易知直线x＋2y－4＝z过点C时，z最大.
所以x＝7，y＝9时，z取最大值21.
(2)z＝x2＋(y－5)2表示可行域内任一点(x，y)到定点M(0,5)的距离的平方，
过点M作直线AC的垂线，易知垂足N在线段AC上，
故z的最小值是(0－5＋22)2＝92.
(3)z＝2?y－(－12)x－(－1)表示可行域内任一点(x，y)与定点Q(－1，－12)连线斜率的2倍.
因为kQA＝74，kQB＝38，所以z的取值范围为[34，72].
【点拨】线性目标函数的最大值、最小值一般在可行域的顶点处或边界上取得，充分理解目标函数赋予的几何意义是本例的关键.
【变式训练2】已知函数f(x)＝13x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在区间[－1,3]上是减函数，求
a＋b的最小值.
【解析】因为f′(x)＝x2＋2ax－b，f(x)在区间[－1,3]上是减函数.
所以f′(x)≤0在[－1,3]上恒成立.则
作出点(a，b)表示的平面区域.
令z＝a＋b，求出直线－2a－b＋1＝0与6a－b＋9＝0的交点A的坐标为(－1,3).
当直线z＝a＋b过点A(－1,3)时，z＝a＋b取最小值2.
题型三 线性规划的实际应用
【例3】某木器厂生产圆桌和衣柜两种产品，现有两种木料，第一种有72 m3，第二种有56 m3.假设生产每种产品都需要用两种木料，生产一张圆桌需要用第一种木料0.18 m3，第二种木料0.08m3，可获利润6元，生产一个衣柜需要用第一种木料0.09 m3，第二种木料0.28 m3，可获利润10元.木器厂在现有木料条件下，圆桌和衣柜应各生产多少时才能使所获利润最大？最大利润是多少？
【解析】设圆桌生产的张数为x，衣柜生产的个数为y，所获利润为z，则z＝6x＋10y，
当直线l：6x＋10y＝0平移到经过点M(350,100)时，z＝6x＋10y最大.
zmax＝6×350＋10×100＝3 100，
所以生产圆桌350张，衣柜100个可获得最大利润3 100元.
【点拨】解实际线性规划问题，首先设出变量，建立不等式模型表示出约束条件，一定要注意问题的实际意义(如本题中x≥0，y≥0)，然后画出可行域，利用图形求解.
【变式训练3】某实验室需购某种化工原料至少106千克，现在市场上该原料有两种包装：一种是每袋35千克，价格为140元；另一种是每袋24千克，价格为120元.在满足需要的条件下，最少要花费 元.
【解析】500.设需35千克的x袋，24千克的y袋，则目标函数z＝140x＋120y，约束条件为 当x＝1时，y≥7124，即y＝3，这时zmin＝140＋120×3＝500.
总结提高
1.用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知，找出约束条件和目标函数是关键.
2.可行域是二元一次不等式组所表示的平面区域，可行域可以是封闭的多边形，亦可是一侧开放的无限大的平面区域.
3.若可行域是一个多边形，那么一般在顶点处，使目标函数值取得最值，最优解一般是多边形的某个顶点.
4.实际问题的最优解要求是整数解时，这时要对最优解(非整数解)进行适当调整，其方法是在边界直线的附近寻求与目标函数直线距离最近的整点，而不要在最优解的附近寻找.
7.4 基本不等式及应用
典例精析
题型一 利用基本不等式比较大小
【例1】(1)设x，y∈R＋，且xy－(x＋y)＝1，则( )
A.x＋y≥2(2＋1) B.x＋y≤2(2＋1)
C.x＋y≤2(2＋1)2 D.x＋y≥(2＋1)2
(2)已知a，b∈R＋，则ab，a＋b2，a2＋b22，2aba＋b的大小顺序是 .
【解析】(1)选A.由已知得xy＝1＋(x＋y)，又xy≤(x＋y2)2，所以(x＋y2)2≥1＋(x＋y).
解得x＋y≥2(2＋1)或x＋y≤2(1－2).
因为x＋y＞0，所以x＋y≥2(2＋1).
(2)由a＋b2≥ab有a＋b≥2ab，即a＋b≥2abab，所以ab≥2aba＋b.
又a＋b2＝a2＋2ab＋b24≤2(a2＋b2)4，所以a2＋b22≥a＋b2，
所以a2＋b22≥a＋b2≥ab≥2aba＋b.
【点拨】本题(2)中的结论由基本不等式简单推导而来，可作为结论使用.
【变式训练1】设a＞b＞c，不等式1a－b＋1b－c＞λa－c恒成立，则λ的取值范围是 .
【解析】(－∞，4).因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
而(a－c)(1a－b＋1b－c)＝[(a－b)＋(b－c)](1a－b＋1b－c)≥4，所以λ＜4.
题型二 利用基本不等式求最值
【例2】(1)已知x＜54，则函数y＝4x－2＋14x－5的最大值为 ；
(2)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导数f′(x)，f′(0)＞0，对任意实数x，有f(x)≥0，则f(1)f′(0)的最小值为( )
A.3 B.52 C.2 D.32
【解析】(1)因为x＜54，所以5－4x＞0.
所以y＝4x－2＋14x－5＝－(5－4x＋15－4x)＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝15－4x，即x＝1时，等号成立.
所以x＝1时，ymax＝1.
(2)选C.因为f(x)≥0，所以
所以c≥b24a.又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0，
f(1)f′(0)＝a＋b＋cb＝1＋a＋cb≥1＋4a2＋b24ab≥1＋24a2b24ab＝2，
当且仅当c＝b24a且4a2＝b2时 等号成立.
【点拨】应用基本不等式求最值时，常见的技巧是“拆或凑”，同时注意“一正、二定、三相等”这三个条件，避免出现错误.
【变式训练2】已知x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，求(a＋b)2cd的取值范围.
【解析】由等差数列、等比数列的性质得a＋b＝x＋y，
cd＝xy，所以(a＋b)2cd＝(x＋y)2xy＝2＋xy＋yx，
当yx＞0时，(a＋b)2cd≥4；当yx＜0时，(a＋b)2cd≤0，
故(a＋b)2cd的取值范围是(－∞，0]∪[4，＋∞).
题型三 应用基本不等式解实际应用问题
【例3】某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉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(所购面粉第二天才能使用)；
(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%)，问该厂是否可以利用此优惠条件？请说明理由.
【解析】(1)设该厂x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，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，则
y1＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800＝900x＋9x＋10 809≥2 ＋10 809＝10 989，
当且仅当9x＝900x，即x＝10 时，取等号.
即该厂应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，则至少应35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每x(x≥35)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2，则
y2＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.9＝900x＋9x＋9 729(x≥35).
因为y2′＝9－900x2，当x≥35时，y2′＞0.
所以y2＝900x＋9x＋9 729在[35，＋∞)上是增函数.
所以x＝35时，y2取最小值70 4887.
由70 4887＜10 989知，该厂可以利用此优惠条件.
【点拨】解决这类应用题，首先要依题意构造出相应的数学模型，并通过适当的变形使所得到的模型符合基本不等式的结构，再求最值.当等号不能成立时，常利用函数的单调性来处理.
【变式训练3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2ab－4a2－b2的最大值.
【解析】因为a＞0，b＞0,2a＋b＝1，
所以4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab，
且1＝2a＋b≥22ab，即ab≤24，ab≤18.
所以S＝2ab－4a2－b2＝2ab－(1－4ab)＝2ab＋4ab－1≤2－12，
当且仅当a＝14，b＝12时，等号成立.
总结提高
1.基本不等式的几种常见变形公式：
ab≤(a＋b2)2≤a2＋b22(a，b∈R)；
2aba＋b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a＞0，b＞0).
注意不等式成立的条件及等号成立的条件.
2.合理拆分或配凑因子是常用的技巧，配、凑的目的在于使几个数的积为定值或和为定值，且等号能够成立.
3.多次使用基本不等式求最值时，要特别注意等号能 否同时成立.
7.5 不等式的综合应用
典例精析
题型一 含参数的不等式问题
【例1】若不等式组 的解集中所含整数解只有－2，求k的取值范围.
【解析】由x2－x－2＞0有x＜－1或x＞2，
由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0.
因为－2是原不等式组的解，所以k＜2.
由(2x＋5)(x＋k)＜0有－52＜x＜－k.
因为原不等式组的整数解只有－2，所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2，
故k的取值范围是[－3,2).
【点拨】涉及到含参数的不等式解集的有关问题时 ，借助数轴分析，往往直观、简洁.
【变式训练1】不等式(－1)na＜2＋(－1)n＋1n对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】当n为奇数时，－a＜2＋1n，即a＞－(2＋1n).
而－(2＋1n)＜－2，则a≥－2；
当n为偶数时，a＜2－1n，而2－1n≥2－12＝32，所以a＜32.
综上可得－2≤a＜32.
【点拨】不等式中出现了(－1)n的时候，常常分n为奇数和偶数进行分类讨论.
题型二 不等式在函数中的应用
【例2】已知函数f(x)＝2x－ax2＋2在区间[－1,1]上是增函数.
(1)求实数a的值组成的集合A；
(2)设x1，x2是关于x的方程f(x)＝1x的两个相异实根，若对任意a∈A及t∈[－1,1]，不等式m2＋tm＋1≥x1－x2恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2，
因为f(x)在[－1,1]上是增函数，所以当x∈[－1,1]时，f′(x)≥0恒成立，
令φ(x)＝x2－ax－2，即x2－ax－2≤0恒成立.
所以A＝{a－1≤a≤1}.
(2)由f(x)＝1x得x2－ax－2＝0.
设x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2.
从而x1－x2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋8，
因为a∈[－1,1]，所以a2＋8≤3，即x1－x2max＝3.
不等式对任意a∈A及t∈[－1,1]不等式恒成立，即m2＋tm－2≥0恒成立.
设g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋m2－2，则
解得m≥2或m≤－2.
故m的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞).
【点拨】对于在给定区间上恒成立的不等式问题，通常可以转化为给定区间上的函数最大值(最小值)大于零(或小于零)，亦可分离变量或者利用数形结合的方法 ，分离变量和数形结合更加简单明了.
【变式训练2】设a，b ＞0，且ab＝1，不等式aa2＋1＋bb2＋1≤λ恒成立，则λ的取值范围是 .
【解析】[1，＋∞).因为ab＝1，所以aa2＋1＋bb2＋1＝2a＋b≤22ab＝1，所以λ≥1.
题型三 不等式在实际问题中的应用
【例3】某森林出现火灾，火势正以100 m2/分钟的速度顺风蔓延，消防站接到报警立即派消防队员前去，在火灾发生后5分钟到达救火现场，已知消防队员在现场平均每人灭火
50 m2/分钟，所消耗的灭火材料，劳务津贴等费用为人均125元/分钟，另附加每次救火所耗损的车辆，器械和装备等费用人均100元，而烧毁森林的损失费60元/m2，问应该派多少消防队员前去救火才能使总损失最少？
【解析】设派x名消防队员前去救火，用t分钟将火扑灭，总损失为y，则
t＝5×10050x－100＝10x－2，
y＝灭火劳务津贴＋车辆、 器械装备费＋森林损失费
＝125xt＋100x＋60(500＋100t)
＝125x×10x－2＋100x＋30 000＋60 000x－2
＝100(x－2)＋62 500x－2＋31 450
≥2100(x－2)?62 500x－2＋31 450＝36 450，
当且仅当100(x－2)＝62 500x－2，即x＝27时，y有最小值36 450，故应派27人前去救火才能使总损失最少，最少损失36 450元.
【点拨】本题需要把实际问题抽象为数学问题，建立不等式模型，利用基本不等式求最值，基本不等式是历年高考考查的重要内容.
【变式训练3】某学校拟建一块周长为400 m的操场，如图所示，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？
【解析】设中间矩形区域的长，宽分别为x m，y m，中间的矩形区域面积为S，
则半圆的周长为πy2，
因为操场周长为400，所以2x＋2×πy2＝400，
即2x＋πy＝400(0＜x＜200,0＜y＜400π)，
所以S＝xy＝12π?(2x)?(πy)≤12π?2x＋πy22＝20 000π，
由 解得
所以当且仅当 时等号成立，
即把矩形的长和宽分别设计为100 m和200πm时，矩形区域面积最大.
总结提高
1.不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围，或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用基本不等式求最值问题.
不等式的综合题主要是不等式与函数、解析几何、数列、三角函数等知识的综合.解决这些问题的关键是找出综合题的各部分知识及联系，充分利用数学思想和数学方法解题.
2.建立不等式的主要途径有：利用基本不等式；利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性等.
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1.不等关系
了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景.
2.一元二次不等式
(1)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；
(2)通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；
(3)会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.
3.二元一次不等式组与简单线性规划问题
(1)会从实际情境中抽象出二元一次不等式组；
(2)了解二元一次不等式组的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组；
(3)会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决.
4.基本不等式： ≥ (a，b≥0)
(1)了解基本不等式的证明过程；
(2)会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题.
本章重点：1.用不等式的性质比较大小；2.简单不等式的解法；3.二元一次不等式组与简单的线性规划问题；4.基本不等式的应用.
本章难点：1.含有参数不等式的解法；2.不等式的应用；3.线性规划的应用. 不等式具有应用广泛、知识综合、能力复合等特点.高考考查时更多的是与函数、方程、数列、三角函数、解析几何、立体几何及实际应用问题相互交叉和综合，将不等式及其性质的运用渗透到这些问题的求解过程中进行考查.
线性规划是数学应用的重要内容，高考中除考查线性规划问题的求解与应用外，也考查线性规划方法的迁移.
知识网络
7.1 不等式的性质
典例精析
题型一 比较大小
【例1】已知a＞0，a≠1，P＝loga(a3－a＋1)，Q＝loga(a2－a＋1)，试比较P与Q的大小.
【解析】因为a3－a＋1－(a2－a＋1)＝a2(a－1)，
当a＞1时，a3－a＋1＞a2－a＋1，P＞Q；
当0＜a＜1时，a3－a＋1＜a2－a＋1，P＞Q；
综上所述，a＞0，a≠1时，P＞Q.
【点拨】作差比较法是比较两个实数大小的重要方法之一，其解题步骤为：①作差；
②变形；③判断符号；④得出结论.
【变式训练1】已知m＝a＋1a－2(a＞2)，n＝x－2(x≥12)，则m，n之间的大小关系为( )
A.m＜nB.m＞nC.m≥n D.m≤n
【解析】选C.本题是不等式的综合问题，解决的关键是找中间媒介传递.
m＝a＋1a－2＝a－2＋1a－2＋2≥2＋2＝4，而n＝x－2≤(12)－2＝4.
题型二 确定取值范围
【例2】已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的取值范围.
【解析】因为－π2≤α＜β≤π2，所以－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4，
两式相加得－π2＜α＋β2＜π2.
又－π4≤－β2＜π4，所以－π2≤α－β2＜π2，
又因为α＜β，所以α－β2＜0，所以－π2≤α－β2＜0，
综上－π2＜α＋β2＜π2，－π2≤α－β2＜0为所求范围.
【点拨】求含字母的数(式)的取值范围，一定要注意题设的条件，否则易出错，同时在变换过程中，要注意准确利用不等式的性质.
【变式训练2】已知函数f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围.
【解析】由已知－4≤f(1)＝a－c≤－1，－1≤f(2)＝4a－c≤5.
令f(3)＝9a－c＝γ(a－c)＋μ(4a－c)，
所以
故f(3)＝－53(a－c)＋83(4a－c)∈[－1,20].
题型三 开放性问题
【例3】已知三个不等式：①ab＞0；② ca＞db；③bc＞ad.以其中两个作条件，余下的一个作结论，则能组成多少个正确命题？
【解析】能组成3个正确命题.对不等式②作等价变形:ca＞db?bc－adab＞0.
(1)由ab＞0，bc＞ad?bc－adab＞0，即①③?②；
(2)由ab＞0，bc－adab＞0?bc－ad＞0?bc＞ad，即①②?③；
(3)由bc－ad＞0，bc－adab＞0?ab＞0，即②③?①.
故可组成3个正确命题.
【点拨】这是一类开放性问题，要求熟练掌握不等式的相关性质，并能对题目条件进行恰当的等价变形.
【变式训练3】a、b、c、d均为实数，使不等式ab＞cd＞0和ad＜bc都成立的一组值(a，b，c，d)是_______________(只要写出符合条件的一组即可).
【解析】写出一个等比式子，如21＝42＞0.此时内项的积和外项的积相等，减小42的分子，把上式变成不等式21＞32＞0，此时不符合ad＜bc的条件，进行变换可得21＞－3－2＞0，此时2×
(－2)＜1×(－3).故(2,1，－3，－2)是符合要求的一组值.
总结提高
1.不等式中有关判断性命题，主要依据是不等式的概念和性质.一般地，要判断一个命题是真命题，必须严格证明.要判断一个命题是假命题，只要举出反例，或者由题设条件推出与结论相反的结果.在不等式证明和推理过程中，关键是要弄清每个性质的条件与结论及其逻辑关系，要注意条件的弱化与加强，不可想当然.如在应用ab＞0，a＞b?1a＜1b这一性质时，不可弱化为a＞b?1a＜1b，也不可强化为a＞b＞0?1a＜1b.
2.题设条件含有字母，而结论唯一确定的选择题，采用赋值法解答可事半功倍.
3.比较大小的常用方法是作差比较法和作商比较法，变形是关键.
7.2 简单不等式的解法
典例精析
题型一 一元二次不等式的解法
【例1】解下列不等式：
(1)x2－2x－3＞0；
(2)已知A＝{x3x2 －7x＋2＜0}，B＝{x－2x2＋x＋1≤0}，求A∪B，(?RA)∩B.
【解析】(1)方程两根为x1＝－1，x2＝3，
所以原不等式解集为{xx＜－1或x＞3}.
(2)因为A＝{x13＜x＜2}，?RA＝{xx≤13或x≥2}，B＝{xx≤－12或x≥1}，
所以A∪B＝{xx≤－12或x＞13}，(?RA)∩B＝{xx≤－12或x≥2}.
【点拨】一元二次不等式、一元二次方程及一元二次函数联系非常紧密，要注意转化，同时要熟练掌握一元二次不等式恒成立与对应方程的判别式的关系.对于Δ＞0的不等式解集简称“大于取两端，小于取中间”.
【变式训练1】设函数f(x)＝ 若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为( )
A.(－∞，－3]∪[－1，＋∞)B.[－3，－1]
C.[－3，－1]∪(0，＋∞)D.[－3，＋∞)
【解析】选C.由已知对x≤0时f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，知其对称轴为x＝－2，故－b2＝－2?b＝4.
又f(－2)＝0，代入得c＝4，故f(x)＝
分别解之取并集即得不等式解集为[－3，－1]∪(0，＋∞).
题型二 解含参数的一元二次不等式问题
【例2】解关于x的不等式mx2＋(m－2)x－2＞0 (m∈R).
【解析】当m＝0时，原不等式可化为－2x－2＞0，即x＜－1；
当m≠0时，可分为两种情况：
(1)m＞0 时，方程mx2＋(m－2)x－2＝0有两个根，x1＝－1，x2＝2m.
所以不等式的解集为{xx＜－1或x＞2m}；
(2 )m＜0时，原不等式可化为－mx2＋(2－m)x＋2＜0，
其对应方程两根为x1＝－1，x2＝2m，x2－x1＝2m－(－1)＝m＋2m.
①m＜－2时，m＋2＜0，m＜0，所以x2－x1＞0，x2＞x1，
不等式的解集为{x－1＜x＜2m}；
②m＝－2时，x2＝x1＝－1，
原不等式可化为(x＋1)2＜0，解集为?；
③－2＜m＜0时，x2－x1＜0，即x2＜x1，
不等式解集为{x2m＜x＜－1}.
综上所述：
当m＜－2时，解集为{x－1＜x＜2m}；
当m＝－2时，解集为?；
当－2＜m＜0时，解集为{x2m＜ x＜－1}；
当m＝0时，解集为{xx＜－1}；
当m＞0时，解集为{xx＜－1或x＞2m}.
【点拨】解含参数的一元二次不等式，首先要判断二次项系数的符号，其次讨论根的情况，然后讨论根的大小，最后依据二次项系数的符号和根的大小写出解集.
【变式训练2】解关于x的不等式ax－1x＋1＞0.
【解析】原不等式等价于(ax－1)(x＋1)＞0.
当a＝0时，不等式的解集为{xx＜－1}；
当a＞0时，不等式的解 集为{xx＞1a或x＜－1}；
当－1＜a＜0时，不等式的解集为{x1a＜x＜－1}；
当a＝－1时，不等式的解集为?；
当a＜－1时，不等式的解集为{x－1＜x＜1a}.
题型三 一元二次不等式与一元二次方程之间的联系
【例3】已知ax2＋bx＋c＞0的解集为{x1＜x＜3}，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集.
【解析】由于ax2＋bx＋c＞0的解集为{x1＜x＜3}，因此a＜0，
且ax2＋bx＋c＝0的两根为1、3，则－ba＝1＋3，ca＝1×3，即ba＝－4，ca＝3.
又a＜0，不等式cx2＋bx＋a＜0可以化为cax2＋bax＋1＞0，即3x2－4x＋1＞0，
解得x＜13或x＞1.
【点拨】解一元二次不等式时，要注意联系相应的一元二次方程与一元二次函数，明确一元二次不等式的解区间的端点就是相应一元二次方程的根.
【变式训练3】(2009江西)若不等式9－x2≤k(x＋2)－2的解集为区间[a，b]，且b－a＝2，则k＝ .
【解析】2.作出函数y＝9－x2和y＝k(x＋2)－2的图象，函数y＝9－x2的图象是一个半圆，函数y＝k(x＋2)－2的图象是过定点(－2，－2)的一条动直线.依题意，半圆在直线下方的区间长度为2，则必有a＝1，即
1是方程9－x2＝k(x＋2)－2的根，代入得k＝2.
总结提高
1.解一元二次不等式的一般步骤:
(1)对不等式变形，使一端为零且二次项系数 大于零；
(2)计算相应的判别式；
(3)当Δ＞0时，求出相应的一元二次方程的两根；
(4)根据一元二次不等式的结构，写出其解集.
2.当含有参数时，需分类讨论.分类标准往往根据需要而设定.如：是一元一次不等式还是一元二次不等式；开口方向如何；根的判别式的正负；根的大小等.
3.要注意三个“二次”之间的联系，重视数形结合思想的应用.
7.3 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
典例精析
题型一 平面区域
【例1】已知函数f(x)的定义域为[－2，＋∞)，且f(4)＝f(－2)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，则平面区域 所围成的面积是( )
A.2B.4C.5D.8
【解析】选B.由f′(x)的图象可知，f(x)在[－2,0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数.
因为f(－2)＝f(4)＝1，所以当且仅当x∈(－2,4)时，有f(x)＜f(－2)＝f(4)＝1.
作出可行域如图所示，其围成的图形面积为4.
【点拨】不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域点的交集，因而是各个不等式所表示的平面区域的公共部分.
【变式训练1】若a≥0，b≥0，且当 时，恒有ax＋by≤1，则以a，b为坐标的点P(a，b)所形成的平面区域的面积是()
A.12B.π4C.1D.π2
【解析】选C.当a＝b＝1时，满足x＋y≤1，且可知0≤a≤1，0≤b≤1，所以点P(a，b)所形成的平面区域为边长为1的正方形，所以面积为1.本题关键是确定点所形成的区域形状.
题型二 利用线性规划求最值
(1)z＝x＋2y－4的最大值；
(2)z＝x2＋y2－10y＋25的最小值；
(3)z＝2y＋1x＋1的取值范围.
【解析】作出可行域如图所示，并求出顶点的坐标A(1,3)，B(3,1)，C(7,9).
(1)易知直线x＋2y－4＝z过点C时，z最大.
所以x＝7，y＝9时，z取最大值21.
(2)z＝x2＋(y－5)2表示可行域内任一点(x，y)到定点M(0,5)的距离的平方，
过点M作直线AC的垂线，易知垂足N在线段AC上，
故z的最小值是(0－5＋22)2＝92.
(3)z＝2?y－(－12)x－(－1)表示可行域内任一点(x，y)与定点Q(－1，－12)连线斜率的2倍.
因为kQA＝74，kQB＝38，所以z的取值范围为[34，72].
【点拨】线性目标函数的最大值、最小值一般在可行域的顶点处或边界上取得，充分理解目标函数赋予的几何意义是本例的关键.
【变式训练2】已知函数f(x)＝13x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在区间[－1,3]上是减函数，求
a＋b的最小值.
【解析】因为f′(x)＝x2＋2ax－b，f(x)在区间[－1,3]上是减函数.
所以f′(x)≤0在[－1,3]上恒成立.则
作出点(a，b)表示的平面区域.
令z＝a＋b，求出直线－2a－b＋1＝0与6a－b＋9＝0的交点A的坐标为(－1,3).
当直线z＝a＋b过点A(－1,3)时，z＝a＋b取最小值2.
题型三 线性规划的实际应用
【例3】某木器厂生产圆桌和衣柜两种产品，现有两种木料，第一种有72 m3，第二种有56 m3.假设生产每种产品都需要用两种木料，生产一张圆桌需要用第一种木料0.18 m3，第二种木料0.08m3，可获利润6元，生产一个衣柜需要用第一种木料0.09 m3，第二种木料0.28 m3，可获利润10元.木器厂在现有木料条件下，圆桌和衣柜应各生产多少时才能使所获利润最大？最大利润是多少？
【解析】设圆桌生产的张数为x，衣柜生产的个数为y，所获利润为z，则z＝6x＋10y，
当直线l：6x＋10y＝0平移到经过点M(350,100)时，z＝6x＋10y最大.
zmax＝6×350＋10×100＝3 100，
所以生产圆桌350张，衣柜100个可获得最大利润3 100元.
【点拨】解实际线性规划问题，首先设出变量，建立不等式模型表示出约束条件，一定要注意问题的实际意义(如本题中x≥0，y≥0)，然后画出可行域，利用图形求解.
【变式训练3】某实验室需购某种化工原料至少106千克，现在市场上该原料有两种包装：一种是每袋35千克，价格为140元；另一种是每袋24千克，价格为120元.在满足需要的条件下，最少要花费 元.
【解析】500.设需35千克的x袋，24千克的y袋，则目标函数z＝140x＋120y，约束条件为 当x＝1时，y≥7124，即y＝3，这时zmin＝140＋120×3＝500.
总结提高
1.用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知，找出约束条件和目标函数是关键.
2.可行域是二元一次不等式组所表示的平面区域，可行域可以是封闭的多边形，亦可是一侧开放的无限大的平面区域.
3.若可行域是一个多边形，那么一般在顶点处，使目标函数值取得最值，最优解一般是多边形的某个顶点.
4.实际问题的最优解要求是整数解时，这时要对最优解(非整数解)进行适当调整，其方法是在边界直线的附近寻求与目标函数直线距离最近的整点，而不要在最优解的附近寻找.
7.4 基本不等式及应用
典例精析
题型一 利用基本不等式比较大小
【例1】(1)设x，y∈R＋，且xy－(x＋y)＝1，则( )
A.x＋y≥2(2＋1) B.x＋y≤2(2＋1)
C.x＋y≤2(2＋1)2 D.x＋y≥(2＋1)2
(2)已知a，b∈R＋，则ab，a＋b2，a2＋b22，2aba＋b的大小顺序是 .
【解析】(1)选A.由已知得xy＝1＋(x＋y)，又xy≤(x＋y2)2，所以(x＋y2)2≥1＋(x＋y).
解得x＋y≥2(2＋1)或x＋y≤2(1－2).
因为x＋y＞0，所以x＋y≥2(2＋1).
(2)由a＋b2≥ab有a＋b≥2ab，即a＋b≥2abab，所以ab≥2aba＋b.
又a＋b2＝a2＋2ab＋b24≤2(a2＋b2)4，所以a2＋b22≥a＋b2，
所以a2＋b22≥a＋b2≥ab≥2aba＋b.
【点拨】本题(2)中的结论由基本不等式简单推导而来，可作为结论使用.
【变式训练1】设a＞b＞c，不等式1a－b＋1b－c＞λa－c恒成立，则λ的取值范围是 .
【解析】(－∞，4).因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
而(a－c)(1a－b＋1b－c)＝[(a－b)＋(b－c)](1a－b＋1b－c)≥4，所以λ＜4.
题型二 利用基本不等式求最值
【例2】(1)已知x＜54，则函数y＝4x－2＋14x－5的最大值为 ；
(2)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导数f′(x)，f′(0)＞0，对任意实数x，有f(x)≥0，则f(1)f′(0)的最小值为( )
A.3 B.52 C.2 D.32
【解析】(1)因为x＜54，所以5－4x＞0.
所以y＝4x－2＋14x－5＝－(5－4x＋15－4x)＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝15－4x，即x＝1时，等号成立.
所以x＝1时，ymax＝1.
(2)选C.因为f(x)≥0，所以
所以c≥b24a.又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0，
f(1)f′(0)＝a＋b＋cb＝1＋a＋cb≥1＋4a2＋b24ab≥1＋24a2b24ab＝2，
当且仅当c＝b24a且4a2＝b2时 等号成立.
【点拨】应用基本不等式求最值时，常见的技巧是“拆或凑”，同时注意“一正、二定、三相等”这三个条件，避免出现错误.
【变式训练2】已知x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，求(a＋b)2cd的取值范围.
【解析】由等差数列、等比数列的性质得a＋b＝x＋y，
cd＝xy，所以(a＋b)2cd＝(x＋y)2xy＝2＋xy＋yx，
当yx＞0时，(a＋b)2cd≥4；当yx＜0时，(a＋b)2cd≤0，
故(a＋b)2cd的取值范围是(－∞，0]∪[4，＋∞).
题型三 应用基本不等式解实际应用问题
【例3】某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉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(所购面粉第二天才能使用)；
(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%)，问该厂是否可以利用此优惠条件？请说明理由.
【解析】(1)设该厂x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，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，则
y1＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800＝900x＋9x＋10 809≥2 ＋10 809＝10 989，
当且仅当9x＝900x，即x＝10 时，取等号.
即该厂应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，则至少应35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每x(x≥35)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2，则
y2＝1x[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.9＝900x＋9x＋9 729(x≥35).
因为y2′＝9－900x2，当x≥35时，y2′＞0.
所以y2＝900x＋9x＋9 729在[35，＋∞)上是增函数.
所以x＝35时，y2取最小值70 4887.
由70 4887＜10 989知，该厂可以利用此优惠条件.
【点拨】解决这类应用题，首先要依题意构造出相应的数学模型，并通过适当的变形使所得到的模型符合基本不等式的结构，再求最值.当等号不能成立时，常利用函数的单调性来处理.
【变式训练3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2ab－4a2－b2的最大值.
【解析】因为a＞0，b＞0,2a＋b＝1，
所以4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab，
且1＝2a＋b≥22ab，即ab≤24，ab≤18.
所以S＝2ab－4a2－b2＝2ab－(1－4ab)＝2ab＋4ab－1≤2－12，
当且仅当a＝14，b＝12时，等号成立.
总结提高
1.基本不等式的几种常见变形公式：
ab≤(a＋b2)2≤a2＋b22(a，b∈R)；
2aba＋b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a＞0，b＞0).
注意不等式成立的条件及等号成立的条件.
2.合理拆分或配凑因子是常用的技巧，配、凑的目的在于使几个数的积为定值或和为定值，且等号能够成立.
3.多次使用基本不等式求最值时，要特别注意等号能 否同时成立.
7.5 不等式的综合应用
典例精析
题型一 含参数的不等式问题
【例1】若不等式组 的解集中所含整数解只有－2，求k的取值范围.
【解析】由x2－x－2＞0有x＜－1或x＞2，
由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0.
因为－2是原不等式组的解，所以k＜2.
由(2x＋5)(x＋k)＜0有－52＜x＜－k.
因为原不等式组的整数解只有－2，所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2，
故k的取值范围是[－3,2).
【点拨】涉及到含参数的不等式解集的有关问题时 ，借助数轴分析，往往直观、简洁.
【变式训练1】不等式(－1)na＜2＋(－1)n＋1n对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】当n为奇数时，－a＜2＋1n，即a＞－(2＋1n).
而－(2＋1n)＜－2，则a≥－2；
当n为偶数时，a＜2－1n，而2－1n≥2－12＝32，所以a＜32.
综上可得－2≤a＜32.
【点拨】不等式中出现了(－1)n的时候，常常分n为奇数和偶数进行分类讨论.
题型二 不等式在函数中的应用
【例2】已知函数f(x)＝2x－ax2＋2在区间[－1,1]上是增函数.
(1)求实数a的值组成的集合A；
(2)设x1，x2是关于x的方程f(x)＝1x的两个相异实根，若对任意a∈A及t∈[－1,1]，不等式m2＋tm＋1≥x1－x2恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2，
因为f(x)在[－1,1]上是增函数，所以当x∈[－1,1]时，f′(x)≥0恒成立，
令φ(x)＝x2－ax－2，即x2－ax－2≤0恒成立.
所以A＝{a－1≤a≤1}.
(2)由f(x)＝1x得x2－ax－2＝0.
设x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2.
从而x1－x2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋8，
因为a∈[－1,1]，所以a2＋8≤3，即x1－x2max＝3.
不等式对任意a∈A及t∈[－1,1]不等式恒成立，即m2＋tm－2≥0恒成立.
设g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋m2－2，则
解得m≥2或m≤－2.
故m的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞).
【点拨】对于在给定区间上恒成立的不等式问题，通常可以转化为给定区间上的函数最大值(最小值)大于零(或小于零)，亦可分离变量或者利用数形结合的方法 ，分离变量和数形结合更加简单明了.
【变式训练2】设a，b ＞0，且ab＝1，不等式aa2＋1＋bb2＋1≤λ恒成立，则λ的取值范围是 .
【解析】[1，＋∞).因为ab＝1，所以aa2＋1＋bb2＋1＝2a＋b≤22ab＝1，所以λ≥1.
题型三 不等式在实际问题中的应用
【例3】某森林出现火灾，火势正以100 m2/分钟的速度顺风蔓延，消防站接到报警立即派消防队员前去，在火灾发生后5分钟到达救火现场，已知消防队员在现场平均每人灭火
50 m2/分钟，所消耗的灭火材料，劳务津贴等费用为人均125元/分钟，另附加每次救火所耗损的车辆，器械和装备等费用人均100元，而烧毁森林的损失费60元/m2，问应该派多少消防队员前去救火才能使总损失最少？
【解析】设派x名消防队员前去救火，用t分钟将火扑灭，总损失为y，则
t＝5×10050x－100＝10x－2，
y＝灭火劳务津贴＋车辆、 器械装备费＋森林损失费
＝125xt＋100x＋60(500＋100t)
＝125x×10x－2＋100x＋30 000＋60 000x－2
＝100(x－2)＋62 500x－2＋31 450
≥2100(x－2)?62 500x－2＋31 450＝36 450，
当且仅当100(x－2)＝62 500x－2，即x＝27时，y有最小值36 450，故应派27人前去救火才能使总损失最少，最少损失36 450元.
【点拨】本题需要把实际问题抽象为数学问题，建立不等式模型，利用基本不等式求最值，基本不等式是历年高考考查的重要内容.
【变式训练3】某学校拟建一块周长为400 m的操场，如图所示，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？
【解析】设中间矩形区域的长，宽分别为x m，y m，中间的矩形区域面积为S，
则半圆的周长为πy2，
因为操场周长为400，所以2x＋2×πy2＝400，
即2x＋πy＝400(0＜x＜200,0＜y＜400π)，
所以S＝xy＝12π?(2x)?(πy)≤12π?2x＋πy22＝20 000π，
由 解得
所以当且仅当 时等号成立，
即把矩形的长和宽分别设计为100 m和200πm时，矩形区域面积最大.
总结提高
1.不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围，或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用基本不等式求最值问题.
不等式的综合题主要是不等式与函数、解析几何、数列、三角函数等知识的综合.解决这些问题的关键是找出综合题的各部分知识及联系，充分利用数学思想和数学方法解题.
2.建立不等式的主要途径有：利用基本不等式；利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性等.
