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2012版高三數學一輪精品復習學案：
第六章 不等式、推理與證明
【知識特點】
（1）不等式應用十分廣泛，是高中數學的主要工具，試題類型多、方法多、概念要求較高，特別是不等式性質的條件與結論，基本不等式的條件等。
（2）不等式的性質本身就是解題的手段和方法，要認真理解和體會不等式性質的條件與結論，并運用它去解題。
（3）一元二次不等式的解法及求解程序框圖一定要在理解的基礎上掌握，因為求解的程序框圖就是求解的一般方法與步驟。
（4）二元一次不等式組與簡單的線性規劃是解決最優化問題的一個重要手段，但畫圖時一定要細心，然后求出目標函數的最值。
（5）基本不等式的條件是解題的關鍵，一定要認真體會，會運用基本不等式來證明或求解問題。
（6）推理與證明貫穿于每一個章節，是對以前所學知識的總結與歸納，概念較多，知識比較系統，邏輯性較強，在高中數學中有著特殊地位。
【重點關注】
不等式、推理與證明的學習應立足基礎，重在理解，加強訓練，學會建模，培養能力，提高素質，因此在學習中應重點注意以下幾點：
（1）學習不等式性質時，要弄清條件與結論，要克服“想當然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準則和實數的運算法則為依據解決問題。
（2）解某些不等式時，要與函數的定義域、值域、單調性聯系起來，注重數形結合思想，解含參數不等式時要注重分類討論的思想。
（3）利用基本不等式求最值時，要滿足三個條件：一正，二定，三相等。
（4）要強化不等式的應用意識，同時要注意到不等式與函數和方程的對比與聯系，充分利用函數方程思想、數形結合思想處理不等式問題。
（5）利用線性規劃解決實際問題，充分利用數形結合思想，會達到事半功倍的效果，因此力求畫圖標準。
（6）深刻理解合情推理的含義，歸納解決這類問題的規律和方法，掌握分析法、綜合法、反證法的證明過程和解題特點。
（7）合情推理中主要包括類比推理與歸納推理兩種推理模式，類比、歸納的數學思想是在進行問題探討、研究時常見的思想方法。
（8）數學歸納法是證明數列、等式、不等式的有效方法，證明問題時要注意充分利用歸納假設，同時注意項數的變化，在證明不等問題時，注意放縮、作差等方法的應用。
【地位和作用】
不等式通常會和函數，方程結合起來考查學生的綜合能力，一般有一道小的選擇或計算及填空出現在高考試題中，學好不等式的證明及計算是很重要的。涉及不等式的大題有時也會和求函數的最值結合大概可以占到20-30分。
推理與證明主要包括：合情推理和演繹推理、直接證明與間接證明、數學歸納法（理科）等內容，其中推理中的合情推理、演繹推理幾乎涉及數學的方方面面的知識，代表研究性命題的發展趨勢，選擇題、填空題、解答題都可能涉及到，該部分命題的方向主要會在函數、三角、數列、立體幾何、解析幾何等方面，在新的高考中都會涉及和滲透，但單獨出題的可能性較小；
總得說來，這一章在高考命題上將會呈現以下特點：
1、考查題型以選擇題、填空為主，偶以解答題形式出現，但多數是解答題中的一部分，如與數列、函數、解析幾何等結合考查，分值約占10%左右，既有中低檔題也會有高檔題出現；
2、重點考查不等式解法、不等式應用、線性規劃以及不等式與其他知識的結合，另在推理與證明中將會重點考查。
合情推理與演繹推理及證明方法，偶爾對數學歸納法的考查，注重知識交匯處的命題；
3、預計本章在今后的高考中仍將在不等式的解法、基本不等式應用、線性規劃以及推理與證明與其他知識的交匯處命題，更加注重應用與能力的考查。
6.1不等式
【高考目標導航】
一、不等關系與不等式
1、考綱點擊
（1）了解現實世界和日常生活中的不等關系；
（2）了解不等式（組）的實際背景；
（3）掌握不等式的性質及應用。
2、熱點提示
（1）不等式的性質為考查重點，對于不等關系，常與函數、數列、簡易邏輯及實際問題相結合進行綜合；
（2）用待定系數法求參數的范圍問題是重點，也是難點；
（3）題型以選擇題和填空題為主，主要在與其他知識點交匯處命題。
二、一元二次不等式及其解法
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型；
（2）通過函數圖象了解一元二次不等式與相應的二次函數、一元二次方程的聯系；
（3）會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設計求解的程序框圖。
2、熱點提示
（1）以考查一元二次不等式的解法為主，兼顧二次方程的判別式、根的存在性等知識；
（2）以集合為載體，考查不等式的解法及集合的運算；
（3）以函數、數列、解析幾何為載體，以二次不等式的解法為手段，考查求參數的范圍問題；
（4）以選擇、填空題為主，偶爾穿插于解答題中考查。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規劃問題
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出二元一次不等式組；
（2）了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區域表示二元一次不等式組；
（3）會從實際情境中抽象出一些簡單的二元線性規劃問題，并能加以解決。
2、熱點提示
（1）重點考查線性目標函數的最值，兼顧考查代數式的幾何意義（如斜率、距離、面積等）；
（2）多在選擇、填空題中出現，有時會在解答題中出現，常與實際問題相聯系，列出線性約束條件，求出最優解。
四、基本不等式
1、考綱點擊
（1）了解基本不等式的證明過程；
（2）會用基本不等式解決簡單的最大（小）值問題。
2、熱點提示
（1）以考查基本不等式的應用為重點，兼顧考查代數式變形、化簡能力，注意“一正、二定、三相等”的條件；
（2）考查方式靈活，可出選擇題、填空題，也可出以函數為載體的解答題；
（3）以不等式的證明為載體，與其他知識結合在一起來考查基本不等式，證明不會太難。但題型多樣，涉及面廣。
【考綱知識梳理】
一、不等關系與不等式
1、比較兩實數大小的方法??求差比較法
；
；
。
2、不等式的基本性質
定理1：若 ，則 ；若 ，則 ．即 。
注：把不等式的左邊和右邊交換，所得不等式與原不等式異向，稱為不等式的對稱性。
定理2：若 ，且 ，則 。
注：此定理證明的主要依據是實數運算的符號法則及兩正數之和仍是正數；定理2稱不等式的傳遞性。
定理3：若 ，則 。
注：（1）不等式的兩邊都加上同一個實數，所得不等式與原不等式同向；
（2）定理3的證明相當于比較 與 的大小，采用的是求差比較法；
（3）定理3的逆命題也成立；
（4）不等式中任何一項改變符號后，可以把它從一邊移到另一邊。
定理3推論：若 。
注：（1）推論的證明連續兩次運用定理3然后由定理2證出；（2）這一推論可以推廣到任意有限個同向不等式兩邊分別相加，即：兩個或者更多個同向不等式兩邊分別相加，所得不等式與原不等式同向；（3）同向不等式：兩個不等號方向相同的不等式；異向不等式：兩個不等號方向相反的不等式。
定理4．如果 且 ，那么 ；如果 且 ，那么 。
推論1：如果 且 ，那么 。
注：（1）不等式兩端乘以同一個正數，不等號方向不變；乘以同一個負數，不等號方向改變；（2）兩邊都是正數的同向不等式的兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向；（3）推論 可以推廣到任意有限個兩邊都是正數的同向不等式兩邊分別相乘。這就是說，兩個或者更多個兩邊都是正數的同向不等式兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向。
推論2：如果 ， 那么 。
定理5：如果 ，那么 。
3、不等式的一些常用性質
（1）倒數性質
①
②
③
④
（2）有關分數的性質
若 ，則
①真分數的性質：

②假分數的性質：

4、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當且僅當 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數，那么 （當且僅當 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術平均數，稱 的幾何平均數。即：兩個正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數。
二、一元二次不等式及其解法
1、一元二次不等式與相應的一元二次函數及一元二次方程的關系如下表：
判別式
Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0
二次函數y=ax2+bx+c(a>0)的圖象
一元二次方程ax2+bx+c=0（a>0）的根有兩相異實根x1,x2(x1沒有實數根
ax2+bx+c>0（a>0）的解集
ax2+bx+c<0（a>0）的解集 ΦΦ
注：當a<0時，可利用不等式的性質將二次項系數化為正數，注意不等號的變化，而后求得方程兩根，再利用“大于號取兩邊，小于號取中間”求解。
2、用程序框圖來描述一元二次不等式ax2+bx+c>0（a>0）的求解的算法過程為：

三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規劃問題
1、二元一次不等式（組）表示的平面區域
（1）在平面直角坐標系中，直線 將平面內的所有點分成三類：一類在直線 上，另兩類分居直線 的兩側，其中一側半平面的點的坐標滿足 ，另一側的半平面的點的坐標滿足 ；
（2）二元一次不等式 在平面直角坐標系中表示直線 某一側的平面區域且不含邊界，直線作圖時邊界直線畫成虛線，當我們在坐標系中畫不等式 所表示的平面區域時，此區域應包括邊界直線，此時邊界直線畫成實線。
（3）不等式組表示的平面區域是各個不等式所表示平面點集的交集，因而是各個不等式所表示平面區域的公共部分。
2、線性規劃的有關概念
名稱意 義
約束條件由變量x,y組成的不等式組
線性約束條件由x,y的一次不等式（或方程）組成的不等式組
目標函數關于x,y的函數解析式，如z=2x+3y
線性目標函數關于x,y的一次解析式
可行解滿足線性約束條件的解(x,y)
可行域所有可行解組成的集合
最優解使目標函數取得最大值或最小值的可行解
線性規劃問題在線性約束條件下求線性目標函數的最大值或最小值問題
注：最優解必定是可行解，但可行解不一定是最優解，最優解不一定唯一，有時唯一，有時有多個。
四、基本不等式
1、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當且僅當 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數，那么 （當且僅當 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術平均數，稱 的幾何平均數。即：兩個正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數。
2、常用字的幾個重要不等式

注：上述不等式成立的條件是a=b
3、利用基本不等式求最佳問題
已知x>0,y>0,則：
（1）如果積xy是定值p，那么當且僅當x=y時，x+y有最小值是 （簡記：積定和最小）；
（2）如果和x+y是定值p，那么當且僅當x=y時，xy有最大值是 。（簡記：和定積最大）
4、算術平均值與幾何平均值
設a>0,b>0,則a,b的的算術平均值為 ，幾何平均值為 ，均值不等式可敘述為：兩個正實數的自述平均值大于或等于它們的幾何平均值。
【要點名師透析】
一、不等關系與不等式
（一）應用不等式表示不等關系
※相關鏈接※
1、將實際的不等關系寫成對應的不等式時，應注意實際問題中關鍵性的文字語言與對應的數學符號之間的正確轉換，這關系到能否正確地用不等式表示出不等關系。常見的文字語言與數學符號之間的轉換關系如下表：

2、注意區分“不等關系”和“不等式”的異同，不等關系強調的是關系，可用 表示，不等式則是表現不等關系的式子，對于實際問題中的不等關系可以從“不超過”、“至少”、“至多”等關鍵詞上去把握，并考慮到實際意義。
※例題解析※
〖例〗某汽車公司由于發展的需要需購進一批汽車，計劃使用不超過1000萬元的資金購買單價分別為40萬元、90萬元的A型汽車和B型汽車。根據需要，A型汽車至少買5輛，B型汽車至少買6輛，寫出滿足上述所有不等關系的不等式。
思路解析：把握關鍵點，不超過1000萬元，且A、B兩種車型分別至少5輛、6輛，則不等關系不難表示，要注意取值范圍。
解答：設購買A型汽車和B型汽車分別為x輛、y輛，則
（二）比較大小
※相關鏈接※
比較實數或代數式的大小的方法主要是作差法和作商法。
1、“作差法”的一般步驟是：（1）作差；（2）變形；（3）判斷符號；（4）得出結論。用“作差法”比較兩個實數大小的關鍵是判斷差的正負，常采用配方、因式分解、有理化等方法。常用的結論有 ， ， 等。當兩個式子都為正時，有時也可以先平方再作差。
2、作商法的一般步驟是：
（1）作商；（2）變形；（3）判斷商與1的大小；（4）得出結論。
注：當商與1的大小確定后必須對商式的分母的正負做出判斷方可得出結論，如： ， ；
3、特例法
若是選擇題還可以用特殊值法比較大小，若是解答題，也可以用特殊值法探路.

※例題解析※
〖例〗（1）設 ，試比較 與 的大小；
（2）
已知a,b,c∈｛正實數｝，且 ，當n∈N,n>2時，比較 與 的大小。
思路解析：（1）作差，通過分解因式判斷差的符號；
（2）本題需比較的式子是冪的形式，因此考慮用作商比較。
解答：（1）方法一：

方法二：∵x
(2)∵a,b,c∈｛正實數｝，∴ .

（三）不等式性質的應用
〖例〗設f(x)=ax2+bx,1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(-2)的取值范圍。
思路解析：由f(x)關系式 f(-2)與f(1) 和f(-1)的關系 利用f(1) 和f(-1)的范圍 f(-2)的范圍。
解答：（方法一）設f(-2)=m f(-1)+n f(1)(m、n為待定系數)，則4a-2b=m(a-b)+n(a+b).即4a-2b=（m+n）a+(n-m)b.于是得 ，解得 ，∴f(-2)=3f(-1)+f(1)。又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故5≤f(-2)≤10。
（方法二）

（方法三）由 確定的平面區域如圖陰影部分：

當f(-2)=4a-2b過點 時，取得最小值 ，當f(-2)=4a-2b過點B（3，1）時，取得最大值4×3-2×1=10，∴5≤f(-2)≤10
注：由a（四）不等式的證明
〖例〗已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求證 (a+ )(b+ )≥ 。
證明：證法一： (分析綜合法）
欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ 或ab≥8
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2 ，∴ab≤ ，從而得證。
證法二： (均值代換法)
設a= +t1，b= +t2。
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，t1＜ ，t2＜ ，

顯然當且僅當t=0，即a=b= 時，等號成立
證法三：(比較法)
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，

證法四：(綜合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，
。
證法五：(三角代換法)
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0， )，

方法提示：
由a提醒：同時應用多個不等式時，容易改變不等式的范圍，特別是多次運用同向不等式相加這一性質，因不是等價關系，易導致出錯.

二、一元二次不等式及其解法
（一）一元二次不等式的解法
※相關鏈接※
解一元二次不等式的一般步驟
（1）對不等式變形，使一端為0且二次項系數大于0，即
；
（2）計算相應的判別式；
（3）當Δ≥0時，求出相應的一元二次方程的根；
（4）根據對應二次函數的圖象，寫出不等式的解集。
※例題解析※
〖例〗解下列不等式：
（1）2x2+4x+3<0;(2)-3x2-2x+8≤0;(3)8x-1≥16x2.
思路解析：首先將二次項系數轉化為正數，再看二次基項式能否因式分解，若能，則可得方程的兩根，且大于號取兩邊，小于號取中間，若不能，則再“Δ”，利用求根公式求解方程的根，而后寫出解集。
解答：（1）∵Δ=42-4×2×3=16-24=-8<0,∴方程2x2+4x+3=0沒有實根，∴2x2+4x+3<0的解集為Φ；
（2）原不等式等價于3x2+2x-8≥0 （x+2）(3x-4)≥0 x≤-2或x≥
（3）原不等式等價于16x2-8x+1≤0 (4x-1)2≤0,∴只有當4x-1=0，即x= 時，不等式成立。故不等式的解集為
（二）含字母參數的不等式的解法
※相關鏈接※
含參數的一元二次不等式關于字母參數的取值范圍問題，其主要考查二次不等式的解集與系數的關系以及分類討論的數學思想。
1、解答分類討論問題的基本方法和步驟是：
（1）要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；
（2）確定分類標準，正確進行合理分類；
（3）對所分類逐步進行討論，分級進行，獲取階段性結果；
（4）進行歸納總結，綜合得出結論。
2、對于解含有參數的二次不等式，一般討論的順序是：
（1）討論二次項系數是否為0，這決定此不等式是否為二次不等式；
（2）當二次項系數不為0時，討論判別式是否大于0；
（3）當判別式大于0時，討論二次項系數是否大于0，這決定所求不等式的不等號的方向；
（4）判斷二次不等式兩根的大小。
※例題解析※
〖例〗解關于x的不等式(1-ax)2<1
思路解析：將不等式左邊化為二次三項式，右邊等于0的形式，并將左邊因式分解，據a的取值情況分類討論。
解答：由(1-ax)2<1處
（1）


注：解含參數的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對參數進行分類討論；若不能因式分解，則可對判別式進行分類討論，分類要不重不漏。若二次項系數含參數，則不要忘了二次項系數是否為零的情況。
（三）一元二次不等式的實際應用
※相關鏈接※
1、實際應用問題是新課標下考查的重點，突出了應用能力的考查，在不等式應用題中常以函數模型出現，如一元二次不等式應用題常以二次函數為模型，解題時要理清題意，準確找出其中不等關系再利用不等解法求解；
2、不等式應用題一般可按如下四步進行：
（1）閱讀理解、認真審題，把握問題中的關鍵量，找準不等關系；
（2）引進數學符號，用不等式表示不等關系；
（3）解不等式；
（4）回歸實際問題。
※例題解析※
〖例〗國家原計劃以2400元/噸的價格收購某種農產品m噸，按規定，農戶向國家納稅為：每收入100元納稅8元（稱作稅率為8個百分點，即8%）。為了減輕農民負擔，決定降低稅率。根據市場規律，高效率降低x個百分點，收購量能增加2x個百分點。試確定x的范圍，使稅率調低后，國家此項稅收總收入不低于原計劃的78%。
思路解析：表示高效率調低后的稅收收入 列不等關系 解不等關系 得結論
解答：設稅率調低后的稅收總收入為y元，則

（四）一元二次不等式恒成立問題
〖例〗求使 ≤a (x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值。
思路解析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令 =cosθ， =sinθ(0＜θ＜ ＝，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的 其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的。
除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數a滿足不等關系，a≥f(x)，則amin=f(x)max 若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數的值域問題。還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化。
解答：解法一：由于a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，
得：x+y+2 ≤a2(x+y)，即2 ≤(a2－1)(x+y)，①
∴x，y＞0，∴x+y≥2 ， ②
當且僅當x=y時，②中有等號成立。
比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是 。
解法二：設
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當x=y時“=”成立)，
∴ ≤1， 的最大值是1。
從而可知，u的最大值為 ，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值為 ，
解法三：∵y＞0，
∴原不等式可化為 +1≤a ，
設 =tanθ，θ∈(0， )。
∴tanθ+1≤a ，即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ= sin(θ+ )，③
又∵sin(θ+ )的最大值為1(此時θ= )。
由③式可知a的最小值為 。
注：（1）解決恒成立問題一定要搞清誰是自變量，誰是參數。一般地，知道誰的范圍，誰就是變量，求誰的范圍，誰就是參數；
（2）對于二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應的二次函數的圖象在給定的區間上全部在x軸上方，恒小于0就是相應的二次函數的圖象在給定的區間上全部在x軸下方。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規劃問題
（一）二元一次不等（組）表示平面區域
※相關鏈接※
二元一次不等式（組）表示平面區域的判斷方法
（1）直線定界，特殊點定域
注意不等式中不等號有無等號，無等號時直線畫成虛線，有等號時直線畫成實線。若直線不過原點，特殊點常選取原點。
（2）同號上，異號下
即當 時，區域為直線Ax+By+C=0的上方，當 ，區域為直線Ax+By+C=0的下方。
※例題解析※
〖例〗如圖ΔABC中，A(0,1),B(-2,2),C(2,6),寫出ΔABC區域所表示的二元一次不等組。
思路解析：通過三點可求出三條直線的方程，而后利用特殊點驗證。因三條直線均不過原點，故可由原點(0,0)驗證即可。

解答：由已知得直線AB、BC、CA的方程分別為：直線AB：x+2y-2=0,直線BC：x-y+4=0,直線CA：5x-2y+2=0.∴原點(0,0)不在各直線上，將原點坐標代入到各直線方程左端，結合式子的符號可得不等式組為：

（二）求目標函數的最值
※相關鏈接※
1、求目標函數的最值，必須先準確地作出線性可行域，再作出目標函數對應的直線，據題意確定取得最優解的點，進而求出目標函數的最值。
2、最優解的確定方法
線性目標函數z=ax+by取最大值時的最優解與b的正負有關，當b>0時，最優解是將直線ax+by=0在可行域內向上方平移到端點（一般是兩直線交點）的位置得到的；當b<0,則是向下方平移。
※例題解析※
〖例〗若變量x,y滿足 則 的最大值是（ ）
A 90 B 80 C 70 D 40
思路解析：作出可行域 作出直線3x+2y=0 找到最優解 求得最大值
解答：選C。線性不等式組表示的區域如圖中陰影部分所示。

可知 在A點處取最大值，由 ，解得A（10，20）。∴ 故選C。
（三）線性規劃的實際應用
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解決線性規劃實際應用題的一般步驟：
（1）認真審題分析，設出未知數，寫出線性約束條件和目標函數；
（2）作出可行域；
（3）作出目標函數值為零時對應的直線
（4）在可行域內平行移動直線 ，從圖中能判定問題有唯一最優解，或是有無窮最優解或無最優解；
（5）求出最優解，從而得到目標函數的最值。
注：解線性規劃問題的關鍵步驟是在圖上完成的，所以作圖應盡可能精確，圖上操作盡可能規范，假若圖上的最優點并不明顯時，不妨將幾個有可能是最優點的坐標都求出來，然后逐一檢驗，以“驗明正身”。另外對最優整數解問題，可使用“局部微調法”，此方法的優點是思路清晰，操作簡單，便于掌握。用“局部微調法”求整點最優解的關鍵是“微調”，其步驟可用以下十二字概括：微調整、求交點、取范圍、找整解。
※例題解析※
〖例〗某公司倉庫A存有貨物12噸，倉庫B存有貨物8噸，現按7噸、8噸和5噸把貨物分別調運給甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為8元、6元、9元；從倉庫B運貨物到商店甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為3元、4元、5元。問應如何安排調運方案，才能得到從兩個倉庫貨物到三個商店的總運費最少？
思路解析：由于題目中量比較多，所以最好通過列出表格以便清晰地展現題目中的條件。設出倉庫A運給甲、乙商店的貨物噸數可得運到丙商店的貨物噸數，列出可行域，即可求解。
解答：將已知數據列成下表：

設倉庫A運給甲、乙商店的貨物分別為x噸，y噸，則倉庫A運給丙商店的貨物為（12-x-y）噸，從而倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為(7-x)噸、（8-y）噸、[5-（12-x-y）]=（x+y-7）噸，于是總運費為：
Z=8x+6y+8(12-x-y)+3(7-x)+4（8-y）+5（x+y-7）=x-2y+126.
∴線性約束條件為 即 。目標函數為： 作出上述不等式組表示的平面區域，即可行域，如圖中陰影部分所示：

作出直線 ：x-2y=0,把直線 平行移動，顯然當直線 移動到過點(0,8),在可行域內， 取得最小值 ，即x=0,y=8時總運費最少。
安排的調運方案如下：倉庫A運給甲、乙、丙商店的貨物分別為0噸、8噸、4噸，倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為7噸、0噸、1噸，此時可使得從兩個倉庫運貨物到三個商店的總運費最少。
注：求線性規劃問題的整點最優解常用以下方法：
（1）平移直線法：先在可行域中畫網格，再描整點，平移直線 ，最先經過或最后經過的整點坐標就是最優解；
（2）檢驗優值法：當可行域中整點個數較少時，可將整點坐標逐一代入目標函數求值，經過比較得出最優解；
（3）調整優值法；先求非整點最優解，再借助于不定方程知識調整最優值，最后篩選出整點最優解。
（四）線性規劃的綜合應用
〖例〗實數x,y滿足
（1）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
（2）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
思路解析：（1） 表示的是區域內的點與原點連線的斜率。故 的最值問題即為直線的斜率的最大值與最小值。（2） 的最值表示的是區域內的點與原點的兩點距離的平方的最大值、最小值。
解答：由 作出可行域如圖陰影部分所示：

（1） 表示可行域內任一點與坐標原點連線的斜率，因此 的范圍為直線OB的斜率到直線OA的斜率（OA斜率不存在）。而由 得B（1，2），∴ ∴ 不存在， ，∴ 的取值范圍是[2，+∞）。
（2） 表示可行域內的任意一點與坐標原點的兩點間距離的平方。因此 的范圍最小為 （取不到），最大為 。由 得A（0，1），∴ = ， = 。∴ ， 無最小值。
故 的取值范圍是 .
注：本例與常規線性規劃不同，主要是目標函數不是直線形式，此類問題常考慮目標函數的幾何意義，常見代數式的幾何意義主要有以下幾點：
（1） 表示點（x,y）與原點(0,0)的距離； 表示點(x,y)與(a,b)的距離。
（2） 表示點（x,y）與原點(0,0)連線的斜率； 表示點（x,y）與(a,b)連線的斜率。
這些代數式的幾何意義能使所求問題得以轉化，往往是解決問題的關鍵。
四、基本不等式
（一）利用基本不等式求最值
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1、創設應用基本不等式的條件
（1）合理拆分項或配湊因式是常用的技巧，而拆與湊的目標在于使等號成立，且每項為正值，必要時需出現積為定值或和為定值；
（2）當多次使用基本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且要注意取等號的條件的一致性，否則就會出錯，因此在利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗轉換是否有誤的一種方法。
2、利用基本不等式求最值需注意的問題
（1）各數（或式）均為正；
（2）和或積為定值；
（3）等號能否成立，即一正、二定、三相等，這三個條件缺一不可。
3、基本不等式的幾種變形公式
對于基本不等式，不僅要記住原始形式，而且還要掌握它的幾種常見的變形形式及公式的逆運用等，如：

※例題解析※
〖例〗求下列各題的最值。
（1）已知 ,求 的最小值。
（2）
（3）
（4）
思路解析：（1）由 得 ，故可用基本不等式。（2）由 是常數，故可直接利用基本不等式（3）因 不是常數，故需變形。 ，故需變號。（4）雖然 ，但利用基本不等式時，等號取不到，所以利用函數的單調性。
解答：（1）方法一： 。∴ 。當且僅當 ，即 時等號成立。
方法二：由 得 。當且僅當 ，即 時等號成立。
（2）
∴
（3）
當且僅當 ，即x=1時，等號成立。故f(x)的最大值為-1.
(4) 則

（二）利用基本不等式證明不等式
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1、利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，其實質就是從已知的不等式入手，借助不等式性質和基本不等式，經過逐步的邏輯推理，最后推得所證問題，其特征是“由因導果”。
2、證明不等式時要注意靈活變形，多次利用基本不等式時，注意每次等號是否都成立。同時也要注意應用基本不等式的變形形式。
※例題解析※
〖例1〗（1）已知a>0,b>0,a+b=1,求證： （2）證明：
思路解析：（1）利用a+b=1將要證不等式中的1代換，即可得證。（2）利用 兩兩結合即可求證，但需兩次利用不等式，注意等號成立的條件。
解答：（1）方法一： （當且僅當a=b= 時等號成立）。∴ 。∴原不等式成立。
方法二：∵a>0,b>0,a+b=1，∴ （當且僅當a=b= 時等號成立）。∴原不等式成立。
（2） 。故原不等式得證，等號成立的條件是
〖例2〗已知不等式 對任意 、 的正實數恒成立，求正數 的最小值。
思路解析：展開后，利用基本不等式，而后解不等式可求 值。
解答： ∴要使原不等式恒成立，則只需 ≥9，即 ∴正數 的最小值是4。
注：利用基本不等式求參數的值或范圍時，只需求出式子的最小值或最大值，使其滿足已知條件即可。
（三）基本不等式的實際應用
〖例〗某造紙廠擬建一座平面圖形為矩形且面積為162平方米的三級污水處理池，池的深度一定（平面圖如圖所示）， ，如果池四周圍墻建造單價為400元/米2，中間兩道隔墻建造單價為248元/米2，池底建造單價為80248元/米2，水池所有墻的厚度忽略不計。
（1）試設計污水處理池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價；
（2）若由于地形限制，該池的長和寬都不能超過16米，試設計污水池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價。
思路解析：（1）由題意設出未知量 構建函數關系式 變形轉化利用基本不等式 求得最值 結論；（2）由（1）函數關系 確定x的范圍 判斷函數單調性 利用單調性求最值 結論。
解答：（1）設污水處理池的寬為x米，則長為 米。則總造價為

（2）由限制條件知 設 由函數性質易知 在 上是增函數，∴當 時（此時 ）， 有最小值，即 有最小值
注：（1）解應用題時，一定要注意變量的實際意義，即其取值范圍；（2）在求函數最值時，除應用基本不等式外，有時會出現基本不等式取不到等號，此時要利用函數的單調性。
【感悟高考真題】
1、（2011?安徽高考文科?Ｔ7）若數列 的通項公式是 n=(-1)n(3 -2),則 …
（A）15 (B)12 （C） 12 (D) 15
【思路點撥】觀察數列 的性質，得到
【精講精析】選A. 故

2、（2011?安徽高考理科?Ｔ4）設變量 滿足 則 的最大值和最小值分別為
（Ａ）１，－１　　（Ｂ）２，－２　（Ｃ）１，－２　　（Ｄ）２，－１
【思路點撥】此題屬于線性規劃問題，先畫出 表示的平面區域，再求目標函數z= 的最值.
【精講精析】選B.首先畫出 表示的平面區域
由圖像可知當目標函數過點（0,1）時取得最大值2，
過點（0，-1）時取得最小值-2.
3、（2011?北京高考文科?T7）某車間分批生產某種產品，每批的生產準備費用為800元，若每批生產x件，則平均倉儲時間為 天，且每件產品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品（ ）
（A）60件 （B）80件 （C）100件 （D）120件
【思路點撥】寫出平均每件產品費用的函數，再利用均值不等式求出最值.
【精講精析】選B.平均每件產品的費用為 當且僅當 ，即 時取等號.所以每批應生產產品80件，才能使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小.
4、（2011?安徽高考理科?Ｔ19）（Ⅰ）設 證明

（Ⅱ）設 ，證明

【思路點撥】利用不等式的基本性質，對數函數的性質和對數換底公式的知識.
【精講精析】證明：（1）由于
所以要證明 ，
只需證
將上式中的右式減左式，得

既然 所以 從而所要證明的不等式成立.
（Ⅱ）設 ，由對數的換底公式得

于是，所要證明的不等式即為
.
其中
故由（Ⅰ）成立知 成立.

【考點精題精練】
一、選擇題
1、下列選項中，p是q的必要不充分條件的是（ ）
A.p: ＞b+d , q: ＞b且c＞d
B.p:a＞1,b>1 q: 的圖像不過第二象限
C.p: x=1, q:
D.p:a＞1, q: 在 上為增函數
解析：由 ＞b且c＞d ＞b+d，而由 ＞b+d ＞b且c＞d，可舉反例。選A。
2、已知 ， ， ， 為實數，且 ＞ .則“ ＞ ”是“ － ＞ － ”的（ ）
A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
解析：顯然，充分性不成立.又，若 － ＞ － 和 ＞ 都成立，則同向不等式相加得 ＞
即由“ － ＞ － ” “ ＞ ”
3、若a、b、c ，則下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
答案: C
4、已知a、b、c∈R，則“a＞b”是“ac2＞bc2”的( )
(A)充分而不必要條件
(B)必要而不充分條件
(C)充要條件
(D)既不充分也不必要條件
解析：選B.若c=0，則a＞b ac2＞bc2，但若ac2＞bc2，則c2＞0，∴ac2＞bc2 a＞b，故選B
5、(2011?大連模擬)若a>b>0,則下列不等式不成立的是( )
(A) (B)a2＞b2
(C)a+b≥ (D)
【解析】選D.∵a＞b＞0,∴ ,a2＞b2故A、B成立，又a+b＞ a+b≥ , ∴C成立，故選D.
6、(2011?日照模擬)下列結論正確的是( )
(A) x∈R，使2x2-x+1＜0成立
(B)
(C) 的最小值為2
(D)0＜x≤2時，函數y=x- 有最大值為
【解析】選D.∵2x2-x+1=2(x- )2+ ≥ ＞0，
∴ x∈R，都有2x2-x+1＜0不成立；∵ x＞1,都有 成立，∴ x＞0，都有lgx+ ≥2不成立；
若 則當且僅當x2+2=1時，不等式取等號，顯然不可能；當0＜x≤2時，函數y=x- 為增函數，其最大值為 即此結論正確，故應選D.
7、實數x、y滿足不等式組 ,則 的取值范圍 ( )
A.[-1, ] B.[- , ] C. D.
答案：D
8、下列結論中，錯用基本不等式做依據的是（ ）
A．a，b均為負數，則 B．
C． D．
答案：C
9、已知y=f(x)是R上的減函數,且y=f(x)的圖象經過點A(0,1)和點B(3,－1),則不等式 <1的解集為(　 　 )
　　A.(－1,2)　　　 B.(0,3)　　　 C.(－∞,－2)　　　　 D.(－∞,3)
答案：A
10、設 ， ，則下列不等式中一定成立的是　（ ）
A． B． C． D．
答案：C
11、已知實數x，y滿足 的最小值為（ ）
A．5B．10 C．25D．210
答案：A
12、已知｜a｜≠｜b｜，m＝ ，n＝ ，則m、n之間的大小關系是（ ）
A. m>n B. m答案：D
二、填空題
13、(2011?濟南模擬)已知M=2(a2+b2),N=2a-4b+2ab-7,且a、b∈R，則M、N的大小關系為_______.
【解析】M-N=(a2-2a+1)+(b2+4b+4)+(a2+b2-2ab)+2=(a-1)2+(b+2)2+(a-b)2+2＞0.
答案：M＞N
14、不等式 的解集為
答案：
15、若 ，則 與 的大小關系是
答案：
16、(2011?菏澤模擬)已知f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數，若f(1)>1，f(2)= ,則實數a的取值范圍是_____.
【解析】∵f(2)=f(2-3)=f(-1)=-f(1)<-1

答案：(-1, )
三、解答題
17、（本小題12分）已知函數 ，求函數的最小值.
解： ………………………………………………………2分
…8分
等號成立，所以 ………………………………………………12分
18、某營養師要為某個兒童準備午餐和晚餐.已知一個單位的午餐含12個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質和6個單位的維生素C；一個單位的晚餐含8個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質和10個單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的營養中至少含64個單位的碳水化合物，42個單位的蛋白質和54個單位的維生素C.
如果一個單位的午餐、晚餐的費用分別是2.5元和4元，那么要滿足上述的營養要求，并且花費最少，應當為該兒童分別準備多少個單位的午餐和晚餐？
解析：設為該兒童分別準備x,y個單位的午餐和晚餐，共需z元，則z=2.5x+4y，


可行域為

即 作出可行域如圖陰影中的整點：
所以，當x=4,y=3時，
花費最少，為zmin=2.5×4+4×3=22(元).
答：應當為該兒童分別準備4個單位午餐和3個單位晚餐.

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