【三维设计】高考数学大一轮复习配套讲义(备考基础查清+热点命题悟通)第六章 不等式、推理与证明

第六章不等式、推理与证明
第一节不等关系与不等式
对应学生用书
P80
1．实数大小顺序与运算性质之间的关系
a－b＞0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a<b.
2
1．在应用传递性时，注意等号是否传递下去，如a≤b，b<c⇒a<c.
2．在乘法法则中，要特别注意“乘数c的符号”，例如当c≠0时，有a>b⇒ac2>bc2；若无c≠0这个条件，a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c＝0时，取“＝”)．
[试一试]
1．设a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式成立的有________．(填写序号)
①ac>bc ②1 a < 1 b
③a2>b2 ④a3>b3 解析：由性质知④对． 答案：④
2.12－1
________3＋1(填“>”或“<”)．
解析：1
2－1
＝2＋1＜3＋1.
答案：<
1．不等式的倒数性质 (1)a>b ，ab>0⇒1a <1
b ；
(2)a<0<b ⇒1a <1
b ；
(3)a>b>0,0<c<d ⇒a c >b
d ；
(4)0<a<x<b 或a<x<b<0⇒1b <1x <1
a .
2．不等式的分数性质 (1)真分数的性质： b a <b ＋m a ＋m ；b a >b －m a －m (b －m>0)； (2)假分数的性质： a b >a ＋m b ＋m ；a b <a －m b －m (b －m>0)． [练一练]
若0<a<b ，c>0，则b ＋c a ＋c 与a ＋c
b ＋
c 的大小关系为________．
答案：b ＋c a ＋c >a ＋c b ＋c
对应学生用书
P81
的大小
1.已知a1，a2∈(0,1)，记M ＝a1a2，N ＝a1＋a2－1，则M 与N 的大小关系是________． 解析：M －N ＝a1a2－(a1＋a2－1) ＝a1a2－a1－a2＋1
＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)， 又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)， ∴a1－1<0，a2－1<0.
∴(a1－1)(a2－1)>0，即M －N>0.
∴M>N. 答案：M>N
2．若实数a≠1，比较a ＋2与3
1－a 的大小．
解：a ＋2－
31－a ＝－a2－a －11－a ＝a2＋a ＋1a －1
∴当a>1时，a ＋2>3
1－a ；
当a<1时，a ＋2<3
1－a
.
[备课札记] [类题通法]
比较大小的常用方法 (1)作差法：
一般步骤是：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差． (2)作商法：
一般步骤是：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论． (3)特值法：
若是选择题、填空题可以用特值法比较大小；若是解答题，可先用特值探究思路，再用作差或作商法判断．
注意：用作商法时要注意商式中分母的正负，否则极易得出相反的结论．
[典例] (1)“a＋c>d”的________条件．(2)若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋b
c ＜0；③a －c ＞b －
d ；④a·(d
－c)＞b(d －c)中成立的个数是________．
[解析] (1)由“a＋c>b ＋d”不能得知“a>b 且c>d”，反过来，由“a>b 且c>d”可得知“a ＋c>b ＋d”，因此“a＋c>b ＋d”是“a>b 且c>d”的必要不充分条件． (2)法一：∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0， ∴ad ＜bc ，故①错误．
∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0， ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0， ∴a(－c)＞(－b)(－d)，
∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bd
cd ＜0，
故②正确．
∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，
∵a ＞b ，∴a ＋(－c)＞b ＋(－d)，
a －c ＞
b －d ，故③正确．
∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a(d －c)＞b(d －c)， 故④正确．
法二：取特殊值．
[答案] (1)必要不充分 (2)3
[备课札记] [类题通法]
判断多个不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质，常见的反例构成方式可从以下几个方面思考：
(1)不等式两边都乘以一个代数式时，考察所乘的代数式是正数、负数或0；
(2)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时平方后不等号方向不一定保持不变； (3)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时取倒数后不等号方向不变等． [针对训练]
若a>b>0，则下列不等式不成立的是________．(填写序号) ①1a <1
b ②|a|>|b| ③a ＋b<2ab
④⎝ ⎛⎭⎪⎫12a<⎝ ⎛⎭
⎪⎫12b 解析：∵a>b>0，∴1a <1b ，且|a|>|b|，a ＋b>2ab ，又2a>2b ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12a<⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ，填③. 答案：③
不等式性质的应用
[典例] 已知函数f(x)＝ax2＋bx ，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范围．
[解] f(－1)＝a －b ，f(1)＝a ＋b. f(－2)＝4a －2b.
设m(a ＋b)＋n(a －b)＝4a －2b.
则⎩
⎪⎨
⎪⎧
m ＋n ＝4，m －n ＝－2，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
m ＝1，
n ＝3.
∴f(－2)＝(a ＋b)＋3(a －b)＝f(1)＋3f(－1)．
∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤f(－2)≤10.
即f(－2)的取值范围为[5,10]．
[备课札记]
解：由本例知f(－2)＝f(1)＋3f(－1)．
又∵1<f(－1)≤2,2≤f(1)<4， ∴5<3f(－1)＋f(1)<10， 故5<f(－2)<10.
故f(－2)的取值范围为(5,10)． [类题通法]
利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：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．解决的途径是先建立所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”不等关系的运算求解范围．
[针对训练]
若α，β满足⎩⎪⎨
⎪
⎧
－1≤α＋β ≤1，1≤α＋2β ≤3，
试求α＋3β的取值范围．
解：设α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x ＋y)α＋(x ＋2y)β.
则⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ＝1，
x ＋2y ＝3，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝－1，
y ＝2.
∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，
两式相加，得1≤α＋3β≤7. ∴α＋3β的取值范围为[1,7]． 对应学生用书
P82
[课堂练通考点]
1．“1≤x≤4”是“1≤x2≤16”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
解析：由1≤x≤4可得1≤x2≤16，但由1≤x2≤16可得1≤x≤4或－4≤x≤－1，所以“1≤x≤4”是“1≤x2≤16”的充分不必要条件． 答案：充分不必要
2．若a<b<0，则下列不等式一定成立的是________(填序号)． ①1a －b >1
b
②a2<ab ③
|b||a|<|b|＋1|a|＋1
④an>bn 解析：取a ＝－2，b ＝－1，逐个检验选项可知，仅③成立． 答案：③
3．在所给的四个条件：①b>0>a ；②0>a>b ；③a>0>b ；④a>b>0中，能推出1a <1
b 成立的有________
个．
解析：1a <1b 成立，即b －a ab
<0成立，逐个验证可得，①②④满足题意．
答案：3
4．设a ，b 是非零实数，若a<b ，则下列不等式成立的是________(填写序号)．
①a2<b2 ②ab2<a2b ③
1ab2<1a2b ④b a <a b
解析：当a<0时，a2<b2不一定成立，故①错．
因为ab2－a2b ＝ab(b －a)，b －a>0，ab 符号不确定， 所以ab2与a2b 的大小不能确定，故②错． 因为1ab2－1a2b ＝a －b a2b2<0，所以1ab2<1a2b ，故③正确．
④中b a 与a
b
的大小不能确定．
答案：③
5．已知a ，b ，c ∈R ，有以下命题：
①若a>b ，则ac2>bc2；②若ac2>bc2，则a>b ； ③若a>b ，则a·2c>b·2c.
其中正确的是__________(填写序号)．
解析：①若c ＝0则命题不成立．②正确．③中由2c>0知成立． 答案：②③
6．已知a ＋b ＞0，则a b2＋b a2与1a ＋1
b 的大小关系是________．
解析：a b2＋b a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b2＋b －a a2＝(a －b)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b2－1a2＝＋
－
a2b2
.
∵a ＋b ＞0，(a －b)2≥0， ∴
＋
－
a2b2
≥0.
∴a b2＋b a2≥1a ＋1b . 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1
b
[课下提升考能] 第Ⅰ组：全员必做题
1．若m ＜0，n ＞0且m ＋n ＜0，则下列不等式中成立的是________(填写序号)． ①－n ＜m ＜n ＜－m ②－n ＜m ＜－m ＜n ③m ＜－n ＜－m ＜n ④m ＜－n ＜n ＜－m
解析：法一：(取特殊值法)令m ＝－3，n ＝2分别代入各选项检验即可．
法二：m ＋n ＜0⇒m ＜－n ⇒n ＜－m ，又由于m ＜0＜n ，故m ＜－n ＜n ＜－m 成立． 答案：④
2．已知x>y>z ，x ＋y ＋z ＝0，则下列不等式中成立的是________(填写序号)． ①xy>yz ②xz>yz ③xy>xz ④x|y|>z|y|
解析：因为x>y>z ，x ＋y ＋z ＝0，所以3x>x ＋y ＋z ＝0， 3z<x ＋y ＋z ＝0，所以x>0，z<0.
所以由⎩
⎪⎨
⎪⎧
x>0，y>z ，可得xy>xz.
答案：③
3．设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，那么2α－β3的取值范围是________．
解析：由题设得0<2α<π，0≤β3≤π
6，
∴－π6≤－β
3≤0，
∴－π6<2α－β
3
<π.
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π6，π 4．若1a <1
b <0，则下列结论不正确的是________(填写序号)．
①a2<b2 ②ab<b2
③a ＋b<0 ④|a|＋|b|>|a ＋b| 解析：∵1a <1
b
<0，∴0>a>b.
∴a2<b2，ab<b2，a ＋b<0，|a|＋|b|＝|a ＋b|. 答案：④
5．已知1a <1
b <0，给出下面四个不等式：
①|a|>|b|；②a<b ；③a ＋b<ab ；④a3>b3. 其中不正确的不等式有________个．
解析：由1a <1
b <0可得b<a<0，从而|a|<|b|，①不正确；a>b ，②不正确；a ＋b<0，ab>0，则a
＋b<ab 成立，③正确；a3>b3，④正确．故不正确的不等式的个数为2. 答案：2 6．(2014·扬州期末)若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________． 解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)(b1－b2)， ∵a1<a2，b1<b2，
∴(a1－a2)(b1－b2)>0， 即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1. 答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
7．若1＜α＜3，－4＜β ＜2，则α－|β|的取值范围是________． 解析：∵－4＜β ＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0. ∴－3＜α－|β|＜3. 答案：(－3,3)
8．已知存在实数a 满足ab2>a>ab ，则实数b 的取值范围是________． 解析：∵ab2>a>ab ，∴a≠0， 当a>0，b2>1>b ，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
b2>1，b<1，解得b<－1；
当a<0时，b2<1<b ，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
b2<1，b>1无解．
综上可得b<－1. 答案：(－∞，－1)
9．若a>b>0，c<d<0，e<0.求证：e －
>
e －
.
证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又∵a>b>0，∴a －c>b －d>0. ∴(a －c)2>(b －d)2>0. ∴0<
1－
<1－. 又∵e<0，∴
e －
>e －
. 10．某企业去年年底给全部的800名员工共发放2 000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a 人． (1)若a ＝10，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？
(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？ 解：(1)设从今年起的第x 年(今年为第1年)该企业人均发放年终奖为y 万元． 则y ＝2 000＋60x 800＋ax (a ∈N*,1≤x≤10)．
假设会超过3万元，则2 000＋60x
800＋10x ＞3，
解得x ＞40
3
＞10.
所以，10年内该企业的人均年终奖不会超过3万元． (2)设1≤x1＜x2≤10，
则f(x2)－f(x1)＝2 000＋60x2800＋ax2－2 000＋60x1
800＋ax1
＝
－
－＋
＋
＞0，
所以60×800－2 000a ＞0，得a ＜24.
所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23人． 第Ⅱ组：重点选做题 1．设a>1，且m ＝loga(a2＋1)，n ＝loga(a －1)，p ＝loga(2a)，则m ，n ，p 的大小关系为________． 解析：因为a>1，所以a2＋1－2a ＝(a －1)2>0，即a2＋1>2a ，又2a>a －1，所以由对数函数的单调性可知loga(a2＋1)>loga(2a)>loga(a －1)，即m>p>n. 答案：m>p>n
2．(2014·北京西城区期末)已知a>b>0，给出下列四个不等式：①a2>b2；②2a>2b －1；③a －b>a －b ；④a3＋b3>2a2b.
其中一定成立的不等式是________．(填写序号)
解析：由a>b>0可得a2>b2，①正确；由a>b>0可得a>b －1，而函数f(x)＝2x 在R 上是增函数，∴2a>2b －1，②正确；∵a>b>0，∴a>b ，∴(a －b)2－(a －b)2＝2ab －2b ＝2b (a －b)>0，∴a －b>a －b ，③正确；若a ＝3，b ＝2，则a3＋b3＝35,2a2b ＝36，a3＋b3<2a2b ，④错误． 答案：①②③
第二节一元二次不等式及其解法
对应学生用书
P82
1．二次项系数中含有参数时，则应先考虑二次项是否为零，然后再讨论二次项系数不为零时的情形，以便确定解集的形式．
2．当Δ<0时，易混ax2＋bx ＋c>0(a>0)的解集为R 还是∅. [试一试] 1．(2013·苏中三市、宿迁调研)设集合A ＝{x|x2－2x －3≤0}，B ＝{x|x2－5x≥0}，则A∩(∁RB)＝________.
解析：集合A ＝[－1,3]，B ＝(－∞，0]∪[5，＋∞)．从而∁RB ＝(0,5)，则A∩(∁RB)＝(0,3]． 答案：(0,3]
2．不等式ax2＋bx ＋2>0的解集是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，13，则a ＋b 的值是________． 解析：由题意知－12、1
3
是ax2＋bx ＋2＝0的两根．
则a ＝－12，b ＝－2.a ＋b ＝－14. 答案：－14
3．不等式x2＋ax ＋4<0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵不等式x2＋ax ＋4<0的解集不是空集， ∴Δ＝a2－4×4>0，即a2>16. ∴a>4或a<－4.
答案：(－∞，－4)∪(4，＋∞)
1．由二次函数图像与一元二次不等式的关系得到的两个常用结论
(1)不等式ax2＋bx ＋c>0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨
⎪⎧ a ＝b ＝0，
c>0，或⎩⎪⎨⎪⎧ a>0，
Δ<0.
(2)不等式ax2＋bx ＋c<0对任意实数x 恒成立⇔⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝
b ＝0，
c<0，或⎩
⎪⎨
⎪⎧
a<0，Δ<0.
2．分类讨论思想
解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏． [练一练]
若不等式mx2＋2mx ＋1>0的解集为R ，则m 的取值范围是________． 解析：①当m ＝0时，1>0显然成立． ②当m≠0时，由条件知
⎩
⎪⎨
⎪⎧
m>0，Δ＝4m2－4m<0.
得0<m<1，
由①②知0≤m<1. 答案：[0,1) 对应学生用书
P83
一元二次不等式的解法
[典例] (1)0＜x2－x －2≤4；
(2)x2－4ax －5a2＞0(a≠0)． [解] (1)原不等式等价于
⎩⎪⎨⎪⎧
x2－x －2＞0，x2－x －2≤4⇔⎩⎪⎨⎪⎧
x2－x －2＞0，
x2－x －6≤0
⇔⎩
⎪⎨⎪⎧
－＋＞0，
－
＋
⇔⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＞2或x ＜－1，
－2≤x≤3.
借助于数轴，如图所示，
原不等式的解集为{}x|－2≤x＜－1或2＜x≤3.
(2)由x2－4ax －5a2＞0知(x －5a)(x ＋a)＞0. 由于a≠0故分a ＞0与a ＜0讨论．
当a ＜0时，x ＜5a 或x ＞－a ； 当a ＞0时，x ＜－a 或x ＞5a.
综上，a ＜0时，解集为{}x|x ＜5a 或x ＞－a ；a ＞0时，解集为{}x|x ＞5a 或x ＜－a . [备课札记] [类题通法]
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0且二次项系数大于0，即ax2＋bx ＋c ＞0(a ＞0)，ax2＋bx ＋c ＜0(a ＞0)；
(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根； (4)根据对应二次函数的图像，写出不等式的解集．
2．解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即Δ的符号进行分类，最后在根存在时，根据根的大小进行分类． [针对训练] 解下列不等式：
(1)－3x2－2x ＋8≥0；
(2)ax2－(a ＋1)x ＋1＜0(a ＞0)．
解：(1)原不等式可化为3x2＋2x －8≤0， 即(3x －4)(x ＋2)≤0. 解得－2 ≤x≤4
3
，
所以原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
－2≤x≤
4
3. (2)原不等式变为(ax －1)(x －1)＜0，
因为a ＞0，所以a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －1a (x －1)＜0.
所以当a ＞1时，解为1
a ＜x ＜1；
当a ＝1时，解集为∅； 当0＜a ＜1时，解为1＜x ＜1
a
.
综上，当0＜a ＜1时，不等式的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
1＜x ＜
1
a ； 当a ＝1时，不等式的解集为∅；
当a ＞1时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
1
a
＜x ＜1
.
一元二次不等式恒成立问题
一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图像与x 轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.归纳起来常见的命题角度有：
形如∈确定参数的范围； 形如，∈[a ，b ，确定参数范围； 形如参数m ∈[a ，确定x 的范围.
角度一 形如f(x)≥0(x∈R)确定参数的范围
1．(2013·重庆高考)设0≤α≤π，不等式8x2－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，则α的取值范围为________．
解析：根据题意可得(8sin α)2－4×8cos 2α≤0，即2sin2α－cos 2α≤0，2sin2α－(1
－2sin2 α)≤0，即－12
≤sin α≤12
.因为0≤α≤π，故α∈
06π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，56ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 答案：
06π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，56ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦， 角度二 形如f(x)≥0，(x ∈[a ，b])，确定参数范围
2．对任意x ∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，求a 的取值范围； 解：函数f(x)＝x2＋(a －4)x ＋4－2a 的对称轴为x ＝－a －42＝4－a 2.
①当4－a
2
<－1，即a>6时，
f(x)的值恒大于零等价于f(－1)＝1＋(a －4)×(－1)＋4－2a>0， 解得a<3，故有a ∈∅；
②当－1≤4－a
2≤1，即2≤a≤6时，
只要f ⎝
⎛⎭⎪⎫4－a 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫4－a 22＋(a －4)×4－a 2＋4－2a>0，
即a2<0，故有a ∈∅； ③当4－a
2
>1，即a<2时，
只要f(1)＝1＋(a －4)＋4－2a>0， 即a<1，故有a<1.
综上可知，当a<1时，对任意x ∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零． 角度三 形如f(x)≥0(参数m ∈[a ，b])确定x 的范围
3．对任意a ∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，求x 的取值范围． 解：由f(x)＝x2＋(a －4)x ＋4－2a ＝(x －2)a ＋x2－4x ＋4， 令g(a)＝(x －2)a ＋x2－4x ＋4.
由题意知在[－1,1]上，g(a)的值恒大于零，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
－＝－－＋x2－4x ＋4>0，
＝
－
＋x2－4x ＋4>0，
解得x<1或x>3.
故当x<1或x>3时，对任意的a ∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．
[备课札记] [类题通法]
恒成立问题及二次不等式恒成立的条件
(1)解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数． (2)对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．
一元二次不等式的应用
[典例] 某小商品2013年的价格为8元/件，年销量是a 件．现经销商计划在2014年将该商品的价格降至5.5元/件到7.5元/件之间，经调查，顾客的期望价格是4元/件．经测算，该商品价格下降后新增的年销量与实际价格和顾客期望价格的差成反比，比例系数为k.该商品的成本价为3元/件．
(1)写出该商品价格下降后，经销商的年收益y 与实际价格x 的函数关系式；
(2)设k ＝2a ，当实际价格最低定为多少时，仍然可以保证经销商2014年的收益比2013年至少增长20%?
[解] (1)设该商品价格下降后为x 元/件， 则由题意可知年销量增加到⎝ ⎛⎭
⎪
⎫k x －4＋a 件，
故经销商的年收益y ＝⎝
⎛⎭
⎪
⎫k x －4＋a (x －3)，5.5≤x≤7.5.
(2)当k ＝2a 时，依题意有⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2a x －4＋a (x －3)≥(8－3)a×(1＋20%)，
化简得x2－11x ＋30x －4
≥0，
解得x≥6或4<x≤5.
又5.5≤x≤7.5，故6≤x≤7.5，
即当实际价格最低定为6元/件时，仍然可以保证经销商2014年的收益比2013年至少增长20%.
[备课札记] [类题通法]
构建不等式模型解决实际问题
不等式的应用问题常常以函数为背景，多是解决实际生活、生产中的最优化问题等，解题时，要仔细审题，认清题目的条件以及要解决的问题，理清题目中各量之间的关系，建立恰当的不等式模型进行求解． [针对训练]
某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x 成(1成＝10%)，售出商品数量就增加8
5
x 成．要求售价不能低于成本价．
(1)设该商店一天的营业额为y ，试求y 与x 之间的函数关系式y ＝f(x)，并写出定义域； (2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x 的取值范围． 解：(1)由题意得y ＝100⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 10·100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋850x . 因为售价不能低于成本价， 所以100⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－x 10－80≥0.
所以y ＝f(x)＝20(10－x)(50＋8x)，定义域为[0,2]． (2)由题意得20(10－x)(50＋8x)≥10 260， 化简得8x2－30x ＋13≤0. 解得12≤x≤134
.
所以x 的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2.
对应学生用书
P84
[课堂练通考点]
1．(2012·江苏高考)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)＜c 的解集为(m ，m ＋6)，则实数c 的值为________． 解析：由题意知，因为函数f(x)的值域为[0，＋∞)，
所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝
4b －a24＝0，所以4b ＝a2，
所以f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22，所以关于x 的不等式f(x)＜c 的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－c ，－a 2＋c ，即(m ，
m ＋6)， 故⎩⎪⎨⎪⎧
－a
2－c ＝m ，－a
2＋
c ＝m ＋6，
两式相减得c ＝3，所以c ＝9.
答案：9
2．不等式4x －2x ＋2＞0的解集为________．
解析：令2x ＝t ，则不等式变为t2－4t ＞0.由于t ＞0，故t ＞4，即2x ＞4，解得x ＞2.所以不等式的解集为(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞)
3．(2013·南通三模)不等式x ＜2
x －1的解集是________．
解析：不等式等价于
＋2
－
x
＜0，由数轴标根法得x ＜－2或0＜x ＜1，从而不等
式的解集为{x|x ＜－2或0＜x ＜1}． 答案：{x|x ＜－2或0＜x ＜1}
4．(2013·苏州常镇二调)若关于x 的不等式mx2＋2x ＋4＞0的解集为{x|－1＜x ＜2}，则实数m 的值为________．
解析：由关于x 的不等式mx2＋2x ＋4＞0的解集为{x|－1＜x ＜2}，得－1,2为方程mx2＋2x ＋4＝0的两个实数根．得⎩⎪⎨⎪
⎧
m ＜0，m －2＋4＝0，
4m ＋4＋4＝0，所以m ＝－2.
答案：－2
5．若函数f(x)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x2＋1，x>0，
－x ，x≤0，则不等式f(x)<4的解集是________．
解析：不等式f(x)<4等价于⎩⎪⎨
⎪
⎧
x>0，x2＋1<4，
或⎩⎪⎨⎪
⎧
x≤0，－x<4，
即0<x<3或－4<x≤0.因此，不等式f(x)<4的解集是(－4，3)．
答案：(－4，3)
6．已知集合A ＝{x ∈R||x ＋2|<3}，集合B ＝{x ∈R|(x －m)·(x－2)<0}，且A∩B＝(－1，n)，则m ＝__________，n ＝________.
解析：因为|x ＋2|<3，即－5<x<1，所以A ＝(－5,1)，又A∩B≠∅，所以m<1，B ＝(m,2)，由A∩B＝(－1，n)得m ＝－1，n ＝1. 答案：－1 1 [课下提升考能] 第Ⅰ组：全员必做题
1．(2014·苏州模拟)已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x2＋1，x≥0，
1， x ＜0，则满足不等式f(1－x2)＞f(2x)的
x 的取值范围是________．
解析：由条件得⎩
⎪⎨
⎪⎧
1－x2＞2x ，
1－x2＞0，解得－1＜x ＜－1＋ 2.
答案：()－1，－1＋2
2．已知函数f(x)＝x|x ＋1|，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12的解集是________．
解析：原不等式可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋34＜3
4
，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋3
4
≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋34＜34
，
①
或⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＋3
4＜0，－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋34＜34
. ②
解不等式组①得－34≤x＜34，解不等式组②得x ＜－34.综上所述，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，34. 答案：⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，34
3．(2014·南通期末)若存在实数x ，使得x2－4bx ＋3b ＜0成立，则b 的取值范围是________． 解析：本题是存在性命题，只要满足Δ＝16b2－12b ＞0即可，解得b ＜0或b ＞3
4
.
答案：(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭
⎪⎫34，＋∞ 4．(2013·盐城二模)定义运算a ⊕b ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ，a≤b，
b ，a ＞b ，则关于非零实数x 的不等式⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋4x ⊕
4≥8⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ⊕1x 的解集为________． 解析：当x≤－1时，因为x ＋4x ＜0，x≤1x ，故原不等式可化为x ＋4
x ≥8x ，在(－∞，－1]上
恒成立；当－1＜x ＜0时，因为x ＋4x ＜0，x ＞1x ，故原不等式可化为x ＋4x ≥8
x ，在(－1,0)上
恒成立；当0＜x≤1时，因为x ＋4x ＞4，x ＜1x ，故原不等式可化为4≥8x，解得0＜x≤1
2；当
x ＞1时，因为x ＋4x ≥4，x ＞1x ，故原不等式可化为4≥8
x
，解得x≥2.综上所述，原不等式的
解集为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 5．(2013·南京、淮安二模)若关于x 的不等式(2ax －1)·ln x≥0 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的值为________．
解析：若x ＝1，则原不等式恒成立，此时a ∈R ；若x ＞1，则ln x ＞0，于是2ax －1≥0，即
a≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12x max ，所以a≥12；若0＜x ＜1，则ln x ＜0，于是2ax －1≤0，即a≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x min ，所以a≤12.综上所述，a ＝1
2
.
答案：12
6．不等式|x(x －2)|>x(x －2)的解集是________．
解析：不等式|x(x －2)|>x(x －2)的解集即x(x －2)<0的解集，解得0<x<2. 答案：{x|0<x<2}
7．在R 上定义运算：x*y ＝x(1－y)．若不等式(x －y)*(x ＋y)<1对一切实数x 恒成立，则实数y 的取值范围是________．
解析：由题意，知(x －y)*(x ＋y)＝(x －y)·[1－(x ＋y)]<1对一切实数x 恒成立，所以－x2＋x ＋y2－y －1<0对于x ∈R 恒成立．故Δ＝12－4×(－1)×(y2－y －1)<0，所以4y2－4y －3<0，解得－12<y<3
2
.
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，32 8．若关于x 的不等式4x －2x ＋1－a≥0在[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为________． 解析：∵不等式4x －2x ＋1－a≥0在[1,2]上恒成立， ∴4x －2x ＋1≥a 在[1,2]上恒成立．
令y ＝4x －2x ＋1＝(2x)2－2×2x＋1－1＝(2x －1)2－1. ∵1≤x≤2，∴2≤2x≤4.
由二次函数的性质可知：当2x ＝2， 即x ＝1时，y 取得最小值0，
∴实数a 的取值范围为(－∞，0]． 答案：(－∞，0]
9．设函数f(x)＝mx2－mx －1.
(1)若对于一切实数x ，f(x)<0恒成立，求m 的取值范围； (2)若对于x ∈[1,3]，f(x)<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)要使mx2－mx －1<0恒成立， 若m ＝0，显然－1<0；
若m≠0，则⎩
⎪⎨
⎪⎧
m<0，
Δ＝m2＋4m<0⇒－4<m<0.
所以－4<m≤0.
(2)要使f(x)<－m ＋5在[1,3]上恒成立，即 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3
4m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：
法一：令g(x)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3
4
m －6，x ∈[1,3]．
当m>0时，g(x)在[1,3]上是增函数， 所以g(x)max ＝g(3)⇒7m －6<0， 所以m<67，则0<m<6
7
；
当m ＝0时，－6<0恒成立；
当m<0时，g(x)在[1,3]上是减函数，
所以g(x)max ＝g(1)⇒m －6<0，所以m<6，所以m<0.
综上所述：m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m ⎪⎪⎪
m<
6
7
. 法二：因为x2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3
4
>0，
又因为m(x2－x ＋1)－6<0，所以m<6
x2－x ＋1.
因为函数y ＝6
x2－x ＋1＝
6⎝ ⎛
⎭
⎪⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m<6
7即可． 所以，m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m ⎪⎪⎪
m<
6
7
. 10．设二次函数f(x)＝ax2＋bx ＋c ，函数F(x)＝f(x)－x 的两个零点为m ，n(m ＜n)．
(1)若m ＝－1，n ＝2，求不等式F(x)＞0的解集； (2)若a ＞0，且0＜x ＜m ＜n ＜1
a ，比较f(x)与m 的大小．
解：(1)由题意知，F(x)＝f(x)－x ＝a(x －m)(x －n)， 当m ＝－1，n ＝2时，不等式F(x)＞0， 即a(x ＋1)(x －2)＞0.
那么当a ＞0时，不等式F(x)＞0的解集为{x|x ＜－1，或x ＞2}； 当a ＜0时，不等式F(x)＞0 的解集为{x|－1＜x ＜2}． (2)f(x)－m ＝a(x －m)(x －n)＋x －m ＝(x －m)(ax －an ＋1)， ∵a ＞0，且0＜x ＜m ＜n ＜1
a
，∴x －m ＜0,1－an ＋ax ＞0.
∴f(x)－m ＜0，即f(x)＜m. 第Ⅱ组：重点选做题
1．(2014·连云港模拟)已知关于x 的不等式x2－ax ＋2a ＜0的解集为A ，若集合A 中恰有两个整数，则实数a 的取值范围是________．
解析：由题意可得：Δ＝a2－8a>0，得a<0或a>8. 当a<0时，对称轴x0＝a
2<0，且f(0)＝2a<0.
故A 中两个整数只能为－1,0.
故f(－1)＝1＋3a<0，f(－2)＝4＋4a≥0， 得－1≤a<－1
3
.
当a>8时，x0＝a
2>4，设A ＝(m ，n)．由于集合A 中恰有两个整数n －m≤3.即a2－8a ≤3，
即a2－8a≤9. 得8<a≤9.
故对称轴4<a
2<5，又f(2)＝4>0，f(3)＝9－a≥0
故A 中的两个整数为4和5. 故f(4)<0，f(5)<0，f(6)≥0.
即⎩⎪⎨⎪
⎧
25－3a<016－2a<036－4a≥0
，解得25
3
<a≤9.
综上a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－13∪⎝ ⎛⎦⎥⎤253，9. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－13∪⎝ ⎛⎦
⎥⎤253，9
2．(2013·江苏高考)已知f(x)是定义在R 上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2－4x ，则不等
式f(x)>x 的解集用区间表示为________．
解析：由于f(x)为R 上的奇函数，所以当x ＝0时，f(0)＝0；当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝x2＋4x ＝－f(x)，即f(x)＝－x2－4x ，所以f(x)＝⎩⎪⎨⎪
⎧
x2－4x ，x>0，0，x ＝0，
－x2－4x ，x<0.
由f(x)>x ，可得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x2－4x>x ，
x>0或⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x2－4x>x ，
x<0，
解得x>5或－5<x<0，
所以原不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)． 答案：(－5,0)∪(5，＋∞)
3．(2013·苏锡常镇调研)已知a 为正的常数，若不等式1＋x ≥1＋x 2－x2
a 对一切非负实数x
恒成立，则a 的最大值为________．
解析：法一：设t ＝1＋x ≥1，则x ＝t2－1，原不等式可转化为t≥1＋t2－1
2－
－a
，
即t －1≥t2－1
2－－
a .又因为t ＞1，则该不等式可转化为1≥
t ＋1
2
－＋
－
a
，即
＋
－
a
≥t －1
2
，即＋a
≥1
2
对t ∈[1，＋∞)恒成立，所以4a ≥1
2
，即a≤8，故a 的最大值为8.
法二：当x ＝0时，a ＞0；当x ＞0时，1a ≥1＋x
2－1＋x x2，所以1a ≥⎝
⎛⎭⎪⎪
⎫1＋x 2－1＋x x2max.
又因为1＋x 2－1＋x x2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋x
22－()1＋x 2x2⎝ ⎛⎭⎪
⎫1＋x 2＋1＋x
＝
1
4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋x 2＋1＋x ＜1
4×2.
所以1a ≥1
8，故a 的最大值为8.
答案：8
4．(2014·泰州质检)设实数a≥1，使得不等式x|x －a|＋3
2≥a 对任意的实数x ∈[1,2]恒成
立，则满足条件的实数a 的取值范围是________． 解析：(1)当1≤a≤3
2
时，显然符合题意．
(2)当a≥2时，原不等式可化为x(a －x)≥a－3
2.取x ＝1，成立．当x ∈(1,2]时，a≥x2－
32x －1＝
x ＋1－
1
－
.而函数f(x)＝x ＋1－
1－
在(1,2]上单调递增，故a≥f(2)＝5
2
.
(3)当3
2＜a ＜2时，原不等式可化为
①⎩
⎪⎨
⎪⎧
1≤x≤a，－－3
2
或②⎩
⎪⎨
⎪⎧
a≤x≤2，－－3
2.
参照(2)的过程解不等式组①得a≥a＋1－1－
，
解得1＜a≤3
2，矛盾，舍去；
由不等式组②得a≤x2＋
32
x ＋1＝x －1＋
5
＋
.
同上可得－1≤a≤3
2，矛盾，舍去．
综上所述，1≤a≤32或a≥5
2
.
答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫52，＋∞ 第三节二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题
对应学生用书
P84
1．二元一次不等式(组)表示的平面区域
2
1．画出平面区域．避免失误的重要方法就是首先使二元一次不等式化为ax ＋by ＋c>0(a>0)． 2．线性规划问题中的最优解不一定是唯一的，即可行域内使目标函数取得最值的点不一定只有一个，也可能有无数多个，也可能没有． [试一试]
1．如图所示的平面区域(阴影部分)满足的不等式是______．
答案：x ＋y －1>0
2．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ＋1≥0，x ＋y －1≥0，
x≤3，
则z ＝2x －3y 的最小值是________．
解析：作出不等式组表示的可行域，如图(阴影部分)．
易知直线z ＝2x －3y 过点C 时，z 取得最小值．
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝3，
x －y ＋1＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝3，
y ＝4，
∴zmin ＝2×3－3×4＝－6. 答案：－
6
1．确定二元一次不等式表示平面区域的方法
二元一次不等式所表示的平面区域的确定，一般是取不在直线上的点(x0，y0)作为测试点来进行判定，满足不等式的则平面区域在测试点所在的直线的一侧，反之在直线的另一侧． 2．求二元一次函数z ＝ax ＋by(ab≠0)的最值的方法
将函数z ＝ax ＋by 转化为直线的斜截式：y ＝－a b x ＋z b ，通过求直线的截距z
b 的最值间接求出z
的最值．
(1)当b>0时，截距z b 取最大值时，z 也取最大值；截距z
b 取最小值时，z 也取最小值；
(2)当b<0时，截距z b 取最大值时，z 取最小值；截距z
b 取最小值时，z 取最大值．
[练一练]
(2014·南京一模)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ＋2≥0，x ＋y≥0，
x≤1，
则z ＝2x ＋y 的
最小值是________．
解析：作出可行域，如图可知当直线y ＝－2x ＋z 经过点(－1,1)时，z 取得最小值－1. 答案：－1
对应学生用书
P85
表示平面区域
1.由不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧
x≤3，y≥0，
y≤x－1
所确定的平面区域的面积等于
________.
解析：作出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分，可知其面积为2. 答案：2
2．(2014·苏锡常镇调研)在不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
y≤x，0＜x≤3，
y ＞1x
所表示的平面区域内的所有格点
(横、纵坐标均为整数的点称为格点)中任取3个点，则该3点恰能作为一个三角形的三个顶点的概率为________．
解析：当x ＝1时，1＜y≤1，此时无解；当x ＝2时，12＜y≤2，此时y ＝1,2；当x ＝3时，
1
3＜y≤3，此时y ＝1,2,3.所以在可行域中共有5个格点，从中任取3个点共计10种方法．若
在直线x ＝2上取一点，则在直线x ＝3上三个点中取两个，此时有2×3＝6(种)；若在直线x ＝2上取两点，则直线x ＝3上三个点中取一个，此时有3种，故所求概率为9
10.
答案：9
10
3．如图阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示为________．
解析：两直线方程分别为x －2y ＋2＝0与x ＋y －1＝0. 由(0,0)点在直线x －2y ＋2＝0右下方可知x －2y ＋2≥0， 又(0,0)点在直线x ＋y －1＝0左下方可知x ＋y －1≥0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0
为所表示的可行域．
答案：⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0
[备课札记] [类题通法]
二元一次不等式(组)表示平面区域的判断方法：直线定界，测试点定域．
注意不等式中不等号有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．测试点可以选一个，也可以选多个，若直线不过原点，测试点常选取原点．
求目标函数的最值
线性规则问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.归纳起来常见的命题角度有：
求线性目标函数的最值； 求非线性目标的最值； 求线性规划中的参数. 角度一 求线性目标函数的最值
1．(1)(2014·徐州摸底)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋y≥2，x －y≤2，
0≤y≤3，
则z ＝2x －y 的最大值是
________．
解析：在平面直角坐标系中作出满足条件的可行域，如图，即等腰直角三角形ABC ，其中A(5,3)，B(2,0)，C(－1,3)，过原点O 作直线l0：y ＝2x ，将l0平移至点A 时，可取最大值，即zmax ＝2×5－3＝7.
答案：7
(2)(2013·南京、盐城一模)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，
x≥0，y≥0，则目标函数z ＝
2x ＋3y 的最大值为________．
解析：画出不等式组表示的可行域(如图阴影部分所示)．由图可知，y ＝－23x ＋z
3，过点(4,6)
时，z 取得最大值，为26.
答案：26
角度二 求非线性目标的最值
2．(1)(2014·苏北四市二调)在约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
0≤x≤1，0≤y≤2
2y －x≥1下，－＋y2的最小值为
________．
解析：
画出线性约束条件下的可行域(如图阴影部分)，所求的
－
＋y2的几何意义就是点
(1,0)与阴影部分内的点之间的距离，其最小值为点(1,0)到直线x －2y ＋1＝0的距离，可求得
－
＋y2的最小值为
|1－2×0＋1|12＋－
＝25
5
. 答案：255
(2)(2014·南通一模)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y －2≤0，x ＋2y －5≥0，
y －2≤0，
则z ＝y x －x
y
的取值范围是
________．
解析：作出可行域(如图阴影部分)，则区域内的点与原点连线的斜率取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤13，2.令t ＝y x ，则z ＝t －1t ，根据函数z ＝t －1t 在t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增，得z ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－83，32.
答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－83，32
角度三 求线性规划中的参数
3．(1)(2013·苏北三市调研)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x≥0，y≥2x＋1，
x ＋y ＋k≤0(k 为常数)，若
目标函数z ＝2x ＋y 的最大值是11
3
，则实数k ＝________.
解析：由题意得当k ＜－1时满足题意，此时该不等式组表示的平面区域如图所示，平移直线2x ＋y ＝0经过点P 时，目标函数z ＝2x ＋y 取得最大值，是11
3
，
联立⎩⎪⎨
⎪⎧
2x －y ＋1＝0，x ＋y ＋k ＝0，
得⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－k ＋13
，
y ＝1－2k
3，
即点P ⎝
⎛⎭⎪⎫－k ＋13，1－2k 3， 所以2⎝
⎛⎭⎪⎫－k ＋13＋1－2k 3＝113，解得k ＝－3. 答案：－3
(2)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧
x －y ＋1≥0，x ＋2y －8≤0，
x≤3.
若点⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，52是使ax －y 取得最小值的唯一的可行
解，则实数a 的取值范围为________．
解析：记z ＝ax －y ，注意到当x ＝0时，y ＝－z ，即直线z ＝ax －y 在y 轴上的截距是－z.在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域，结合图形可知，满足题意的实数a 的取值范围为a<－1
2.
答案：⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [备课札记]
[类题通法]
1．求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义．
2．常见的目标函数有：
(1)截距型：形如z ＝ax ＋by.
求这类目标函数的最值常将函数z ＝ax ＋by 转化为直线的斜截式：y ＝－a b x ＋z
b ，通过求直线
的截距z
b 的最值间接求出z 的最值．
(2)距离型：形如z ＝(x －a)2＋(y －b)2. (3)斜率型：形如z ＝y －b
x －a .
线性规划的实际应用
[典例] 某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，则租金最少为________元． [解析] 设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，则约束条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧
36x ＋60y≥900，y －x≤7，y ＋x≤21，x ，y ∈N ，
作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5,12)时，有最小值zmin ＝36 800(
元)． [答案] 36 800
[备课札记] [类题通法]
求解线性规划应用题的注意点
(1)明确问题中的所有约束条件，并根据题意判断约束条件中是否能够取到等号．
(2)注意结合实际问题的实际意义，判断所设未知数x ，y 的取值范围，特别注意分析x ，y 是否是整数、非负数等．
(3)正确地写出目标函数，一般地，目标函数是等式的形式． [针对训练]
某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品1桶需耗A 原料1千克、B 原料2千克；生产乙产品1桶需耗A 原料2千克，B 原料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A 、B 原料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是________元．
解析：设每天分别生产甲产品x 桶，乙产品y 桶，相应的利润为z 元，则⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋2y≤12，2x ＋y≤12，
x≥0，y≥0，
z ＝300x ＋400y ，在坐标平面内画出该不
等式
组表示的平面区域及直线300x ＋400y ＝0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点A(4,4)时，相应直线在y 轴上的截距达到最大，此时z ＝300x ＋400y 取得最大值，最大值是z ＝300×4＋400×4＝2 800，即该公司可获得的最大利润是2 800元． 答案：2 800 对应学生用书
P86
[课堂练通考点]
1．(2014·扬州期末)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x≥0，x ＋2y≥4，
2x ＋y≤5，则z ＝2x －y 的最大值是
________．
解析：由约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x≥0，x ＋2y≥4，
2x ＋y≤5，
可以画出可行域如下图阴影部分所示，故当直线经过点
A(2,1)时，目标函数z ＝2x －y 的最大值为3.
答案：3。