2019高考数学（理）二轮复习（课件+检测）：第3讲　不等式与线性规划 (2份打包)

第3讲　不等式与线性规划 1.复习简单线性规划问题时,要重视数形结合思想的运用,同时因为最优解是通过图形观察的,所以作图要精确,否则可能导致结果有误. 探究一　不等式性质的应用及解不等式 例1设x∈(0,＋∞)时,不等式9x－m·3x＋m＋1>0恒成立,则m的取值范围是(　　) A.2－2eq \r(2)<m<2＋2eq \r(2) B.m<2 C.m<2＋2eq \r(2) D.m≥2＋2eq \r(2) 【解析】选C. 令t＝3x(t>1),则由已知得函数f(t)＝t2－m·t＋m＋1的图象在t∈(1,＋∞)上恒在x轴上方.则对于方程f(t)＝0,有Δ<0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,\f(m,2)≤1，,f（1）≥0，))解得m<2＋2eq \r(2). 探究二　基本不等式的应用 例2已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax，x>0，,2x－1，x≤0.))若不等式f(x)＋1≥0在x∈R上恒成立,则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞,0) B.[－2,2] C.(－∞,2] D.[0,2] 【解析】选C. 例3已知函数f(x)＝ln(x＋eq \r(1＋x2)),若正实数a,b满足f(2a)＋f(b－1)＝0,则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是__________. 【解析】3＋2eq \r(2) 因为f(x)＝ln(x＋eq \r(1＋x2)),f(－x)＝ln(－x＋eq \r(1＋x2)),所以f(x)＋f(－x)＝0, 即f(x)在R上为奇函数.又因为f(x)在其定义域上是增函数,故2a＋b＝1, 所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝3＋eq \f(b,a)＋eq \f(2a,b)≥3＋2eq \r(2)(当且仅当a＝eq \f(2－\r(2),2),b＝eq \r(2)－1时等号成立). 探究三　线性目标函数的最值及取值范围 例4 (1)[2017·全国卷Ⅱ]设x,y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y－3≤0，,2x－3y＋3≥0，,y＋3≥0，))则z＝2x＋y的最小值是(　　) A.－15 B.－9 C.1 D.9 【解析】选A. 作出约束条件对应的可行域,如图中阴影部分所示,当目标函数线经过可行域中的点A(－6,－3)时,目标函数取得最小值,即zmin＝2×(－6)－3＝－15.故选A. (2)实数x、y满足不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥0，,x－y≥0，,2x－y－2≥0，))则w＝eq \f(y－1,x＋1)的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) 【解析】选D. 点(x,y)在图中阴影部分,w＝eq \f(y－1,x＋1)表示动点(x,y)与定点A (－1,1)连线的斜率,l1为斜率k1＝kAB＝－eq \f(1,2). l2与x－y＝0平行,∴w∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)). (3)设x,y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－2y－2≤0，,2x－y＋2≥0.))若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为(　　) A.eq \f(1,2)或－1 B.2或eq \f(1,2) C.2或1 D.2或－1 【解析】选D. 作出约束条件满足的可行域,根据z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一,通过数形结合分析求解. 如图,由y＝ax＋z知z的几何意义是直线在y轴上的截距,故当a>0时,要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一,则a＝2；当a<0时,要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一,则a＝－1. 选D. 1.实数大小的比较方法：作差法、作商法、函数单