第二节 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
授课提示：对应学生用书第107页
[基础梳理]
1．二元一次不等式(组)表示的平面区域
不等式
表示区域
Ax＋By＋C>0
直线Ax＋By＋C＝0某一侧的所有点组成的平面区域
不包括边界直线
Ax＋By＋C≥0
包括边界直线
不等式组
各个不等式所表示平面区域的公共部分
2.线性规划中的有关概念
名称
意义
约束条件
由变量x，y组成的不等式(组)
线性约束条件
由x，y的一次不等式组成的不等式(组)
目标函数
关于x，y的函数解析式，如z＝x＋2y
线性目标函数
关于x，y的一次解析式
可行解
满足线性约束条件的解(x，y)
可行域
所有可行解组成的集合
最优解
使目标函数取得最大值或最小值的可行解
线性规划问题
在线性约束条件下求线性目标函数的最大值或最小值问题
确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法
确定二元一次不等式(组)表示的平面区域时，经常采用“直线定界，特殊点定域”的方法．
(1)直线定界，不等式含等号，直线在区域内，不含等号，直线不在区域内．
(2)特殊点定域，在直线上方(下方)取一点，代入不等式成立，则区域就为上方(下方)，否则就是下方(上方)．特别地，当C≠0时，常把原点作为测试点；当C＝0时，常选点(1，0)或者(0，1)作为测试点．
(3)对于Ax＋By＋C＞0的区域：
当B＞0时，化为y＞－x－，直线上方；
当B＜0时，化为y＜－x－，直线下方．
[四基自测]
1．(基础点：平面区域)不等式组表示的平面区域是( )
答案：C
2．(基础点：线性目标函数最值)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最小值为( )
A.
B．6
C.
D．4
答案：C
3．(基础点：线性目标函数最值)(2018·高考全国卷Ⅰ)若x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最大值为________．
答案：6
4．(基础点：平面区域面积)不等式组所表示的平面区域的面积等于________．
答案：
授课提示：对应学生用书第107页
考点一 平面区域及面积问题
挖掘 求区域面积或参数/
自主练透
[例] (1)(2020·济南模拟)不等式组表示的平面区域的面积为( )
A．4
B．1
C．5
D．无穷大
[解析] 不等式组表示的平面区域如图所示(阴影部分)，△ABC的面积即为所求．求出点A，B，C的坐标分别为(1，2)，(2，2)，(3，0)，则△ABC的面积为S＝×(2－1)×2＝1.
[答案] B
(2)若函数y＝2x图像上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为( )
A.
B．1
C.
D．2
[解析] 在同一直角坐标系中作出函数y＝2x的图像及所表示的平面区域，如图阴影部分所示．
由图可知，当m≤1时，
函数y＝2x的图像上存在点(x，y)满足约束条件，
故m的最大值为1.
[答案] B
(3)已知不等式组所表示的平面区域的面积被直线y＝kx＋分为2∶1两部分，则k的值是________．
[解析] 不等式组表示的平面区域如图所示．
由于直线y＝kx＋过定点.因此只有直线过AB的三等分点时，直线y＝kx＋能把平面区域分为2∶1两部分．
因为A(1，1)，B(0，4)，所以AB靠近A的三等分点为，靠近B的三等分点为，当y＝kx＋过点时，k＝1，当y＝kx＋过点时，k＝5.
[答案] 1或5
[破题技法] 求平面区域的面积
(1)首先画出不等式组表示的平面区域，若不能直接画出，应利用题目的已知条件转化为不等式组问题，从而作出平面区域．
(2)对平面区域进行分析，若为三角形应确定底与高，若为规则的四边形(如平行四边形或梯形)，可利用面积公式直接求解，若为不规则四边形，可分割成几个三角形分别求解再求和即可．
(3)利用几何意义求解的平面区域问题，也应作出平面图形，利用数形结合的方法去求解．
考点二 线性规划中的目标函数最值问题
挖掘1 不含参数的线性目标函数最值/
自主练透
[例1] (1)(2019·高考全国卷Ⅱ)若变量x，y满足约束条件则z＝3x－y的最大值是________．
[解析] 作出已知约束条件对应的可行域(图中阴影部分)，由图易知，当直线y＝3x－z过点C时，－z最小，即z最大．
由解得
即C点坐标为(3，0)，故zmax＝3×3－0＝9.
[答案] 9
(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)若x，y满足约束条件则z＝x＋y的最大值为________．
[解析] 由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)，x＋y取得最大值?斜率为－1的直线x＋y＝z(z看作常数)的横截距最大，
由图可得直线x＋y＝z过点C时z取得最大值．
由得点C(5，4)，
∴zmax＝5＋4＝9.
[答案] 9
(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)若变量x，y满足约束条件则z＝x＋y的最大值是________．
[解析] 画出可行域如图所示阴影部分，由z＝x＋y得y＝－3x＋3z，作出直线y＝－3x，并平移该直线，当直线y＝－3x＋3z过点A(2，3)时，目标函数z＝x＋y取得最大值为2＋×3＝3.
[答案] 3
[破题技法] 求线性目标函数的最值．线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以直接解出可行域的顶点，将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值．
挖掘2 含参数的线性目标函数问题/
互动探究
[例2] (1)变量x，y满足约束条件若z＝2x－y的最大值为2，则实数m等于( )
A．－2
B．－1
C．1
D．2
[解析] 如图所示，当m≤0时，比如在①的位置，此时为开放区域无最大值，当m>2时，比如在②的位置，此时在原点取得最大值，不满足题意，当0
A，代入得m＝1.
[答案] C
(2)已知实数x，y满足若z＝x－ay只在点(4，3)处取得最大值，则实数a的取值范围是________．
[解析] 法一：由不等式组作出可行域如图，
联立解得C(4，3)．
当a＝0时，目标函数化为z＝x，由图可知，可行解(4，3)使z＝x－ay取得最大值，符合题意；
当a＞0时，由z＝x－ay，得y＝x－，此直线斜率大于0，当在y轴上的截距最小时，z最大，
要使可行解(4，3)为目标函数z＝x－ay取得最大值的唯一最优解，则＞1，即0＜a＜1，符合题意；
当a＜0时，由z＝x－ay，得y＝x－，此直线斜率为负值，当在y轴上的截距最大时，z最大，
要使可行解(4，3)为目标函数z＝x－ay取得最大值的唯一最优解，则＜0，即a＜0.
综上，实数a的取值范围是(－∞，1)．
法二：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，其中A(1，0)，B(，)，C(4，3)，当直线z＝x－ay过点A时得z1＝1；当直线z＝x－ay过点B(，)时，z2＝－a；当直线z＝x－ay过点C(4，3)时，z3＝4－3a，由题可知解得a＜1，即实数a的取值范围为(－∞，1)．
[答案] (－∞，1)
[破题技法] 由目标函数的最值求参数．求解线性规划中含参数问题的基本方法有两种：一是把参数当成常数用，根据线性规划问题的求解方法求出最优解，代入目标函数确定最值，通过构造方程或不等式求解参数的值或取值范围；二是先分离含有参数的式子，通过观察的方法确定含参的式子所满足的条件，确定最优解的位置，从而求出参数．
挖掘3 非线性目标函数的最值/互动探究
[例3] (1)(2020·河南郑州一模)已知变量x，y满足则k＝的取值范围是( )
A．k＞或k≤－5
B．－5≤k＜
C．－5≤k≤
D．k≥或k≤－5
[解析] 由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示，其中A(2，4)，k＝的几何意义为可行域内的动点(x，y)与定点P(3，－1)连线的斜率，由图可知，k≤kPA＝＝－5，或k＞.故选A.
[答案] A
(2)(2020·广州模拟)若x，y满足约束条件则z＝x2＋2x＋y2的最小值为( )
A.
B．
C．－
D．－
[解析] 画出约束条件对应的平面区域，如图中阴影部分所示，z＝x2＋2x＋y2＝(x＋1)2＋y2－1，其几何意义是平面区域内的点(x，y)到定点(－1，0)的距离的平方再减去1，观察图形可得，平面区域内的点到定点(－1，0)的距离的最小值为，故z＝x2＋2x＋y2的最小值为zmin＝－1＝－，选D.
[答案] D
(3)实数x，y满足不等式组
则z＝|x＋2y－4|的最大值为________．
[解析] 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，z＝|x＋2y－
4|＝×
，其几何意义为阴影区域内的点到直线x＋2y－4＝0的距离的
倍．
由得B点坐标为(7，9)，显然点B到直线x＋2y－4＝0的距离最大，此时zmax＝21.
[答案] 21
[破题技法] 求解非线性目标函数的最值
利用几何意义来求．(1)斜率型：z＝.
(2)两点间的距离型：z＝
.
(3)点到直线的距离型：z＝|Ax＋By＋C|.
考点三 线性规划的实际应用及创新应用
挖掘1 线性规划的建模/
互动探究
[例1] (1)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( )
A．31
200元
B．36
000元
C．36
800元
D．38
400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
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] C
(2)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( )
A．1
800元
B．2
400元
C．2
800元
D．3
100元
[解析] 设该公司生产甲产品x桶，生产乙产品y桶，获利为z元，则x，y满足的线性约束条件为
目标函数z＝300x＋400y.
作出可行域，如图中四边形OABC的边界及其内部整点．
作直线l0：3x＋4y＝0，平移直线l0经可行域内点B时，z取最大值，由
得B(4，4)，满足题意，所以zmax＝4×300＋4×400＝2
800(元)．
[答案] C
[破题技法] 1.在实际应用问题中，通过建立约束条件求出线性目标函数的最优解，体会线性规划的建模与实际意义．
2．一般步骤为：
(1)审题：仔细阅读材料，抓住关键，准确理解题意，明确有哪些限制条件，借助表格或图形理清变量之间的关系．
(2)设元：设问题中起关键作用的(或关联较多的)量为未知量x，y，并列出相应的不等式组和目标函数．
(3)作图：准确作出可行域，平移找点(最优解)．
(4)求解：代入目标函数求解(最大值或最小值)．
(5)检验：根据结果，检验反馈．
挖掘2 线性规划的创新应用/自主练透
[例2] (1)(从“整点”视角)已知则不等式组所表示的区域内整数点的个数为________．
[解析] 法一：画出约束条件所表示的平面区域如图所示，在平面区域中画网格线，由图可见，平面区域内有6个整数点．
法二：画出约束条件表示的平面区域如图所示，计算出交点A(3，3)，B(0，2)，C(1，0)，则0≤x≤3，x∈Z.
由得
当x＝0时，y＝2，此时整数点个数为1；
当x＝1时，由0≤y≤，y∈Z，得y取值为0，1，2，此时整数点个数为3；
当x＝2时，由≤y≤，y∈Z，得y取值为2，此时整数点个数为1；
当x＝3时，y＝3，整数点个数为1.
综上所述，平面区域内有6个整数点．
[答案] 6
(2)(从“命题条件”视角)(2019·高考全国卷Ⅲ)记不等式组表示的平面区域为D.命题p：?(x，y)∈D，2x＋y≥9；命题q：?(x，y)∈D，2x＋y≤12.下面给出了四个命题
①p∨q ②綈p∨q ③p∧綈q ④綈p∧綈q
这四个命题中，所有真命题的编号是( )
A．①③
B．①②
C．②③
D．③④
[解析] 法一：画出可行域如图中阴影部分所示．
目标函数z＝2x＋y是一条平行移动的直线，且z的几何意义是直线z＝2x＋y的纵截距．显然，直线过点A(2，4)时，zmin＝2×2＋4＝8，即z＝2x＋y≥8.
∴2x＋y∈[8，＋∞)．由此得命题p：?(x，y)∈D，2x＋y≥9正确；
命题q，?(x，y)∈D，2x＋y≤12不正确．∴①③真，②④假．故选A.
法二：取x＝4，y＝5，满足不等式组且满足2x＋y≥9，不满足2x＋y≤12，故p真，q假．
∴①③真，②④假．故选A.
[答案] A
(3)(从“概率”视角)已知表示的区域为Ω，不等式＋(y－1)2≤表示的区域为Γ，向Ω区域均匀随机撒280颗豆子，则落在区域Γ中的豆子数约为________．(π≈3.1)
[解析] 画出约束条件表示的平面区域如图所示，计算出交点A(3，3)，B(0，2)，C(1，0)．区域Ω的面积为S△ABC＝，区域Γ的面积为，所以向Ω区域内随机撒豆子，落入区域Γ的概率为＝，故落入区域Γ的豆子数为×280＝10π≈31.
[答案] 31
(4)(从“转化为二元变量”视角)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn.若4a1≤a3＋3，a4≤2a1＋6，S2≥2，则数列{an}的前4项和S4的最大值为________．
[解析] 该题可用线性规划来求解，
由已知得S4＝4a1＋6d.
如图所示，S4在点A(3，3)处取得最大值，
即当a1＝d＝3时，(S4)max＝4×3＋6×3＝30.
[答案] 30
[破题技法] 对于线性规划无论从哪个视角创新，都是涉及二元一次不等式(组)问题，用“形”表示区域，数形结合，直观想象来解决问题．
PAGE第三节 基本不等式及其应用
授课提示：对应学生用书第110页
[基础梳理]
1．重要不等式
a2＋b2≥2ab(a，b∈R)(当且仅当a＝b时等号成立)．
2．基本不等式：≤
(1)基本不等式成立的条件是a>0，b>0．
(2)等号成立的条件是：当且仅当a＝b时取等号．
(3)其中称为正数a，b的算术平均数，称为正数a，b的几何平均数．
3．利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则：
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2
(简记：积定和最小)．
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是(简记：和定积最大)
1．基本不等式的两种常用变形形式
(1)ab≤(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)．
(2)a＋b≥2
(a＞0，b＞0，当且仅当a＝b时取等号)．
2．几个重要的结论
(1)≥.
(2)＋≥2(ab＞0)．
(3)≤≤≤
(a＞0，b＞0)．
[四基自测]
1．(基础点：求积的最值)设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为( )
A．80
B．77
C．81
D．82
答案：C
2．(易错点：不等式的应用条件)若x＜0，则x＋( )
A．有最小值，且最小值为2
B．有最大值，且最大值为2
C．有最小值，且最小值为－2
D．有最大值，且最大值为－2
答案：D
3．(基础点：构造不等式的定值)已知x>1，则x＋的最小值为________．
答案：5
4．(易错点：“1”的代换)若＋＝1(a>0，b>0)，则a＋b的最小值为__________．
答案：4
授课提示：对应学生用书第110页
考点一 利用基本不等式求最值
挖掘1 直接应用基本不等式求最值/
自主练透
[例1] (1)当x>0时，函数f(x)＝有( )
A．最小值1
B．最大值1
C．最小值2
D．最大值2
[解析] f(x)＝≤＝1.当且仅当x＝，x>0，即x＝1时取等号．所以f(x)有最大值1.
[答案] B
(2)若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为( )
A.
B．2
C．2
D．4
[解析] 法一：由已知得＋＝＝
，且a>0，b>0，
∴ab
＝b＋2a≥2
，∴ab≥2
.
法二：由题设易知a＞0，b＞0，∴＝＋≥2
，即ab≥2，故选C.
[答案] C
[破题技法] 对于两个正数，a＋b为定值，积ab有最大，当ab为定值，a＋b有最小，条件为“a＝b”，即满足“一正，二定，三相等”才是最值．
挖掘2 先配凑，再应用/
互动探究
[例2] (1)已知x＞，则f(x)＝4x－2＋的最小值为________．
[解析] 因为x＞，所以4x－5＞0，所以f(x)＝4x－2＋
＝(4x－5)＋＋3
≥2
＋3＝2＋3＝5，
当且仅当4x－5＝，即x＝时取等号，所以f(x)的最小值为5.
[答案] 5
(2)函数y＝(x>－1)的最小值为__________．
[解析] 因为y＝＝x－1＋＝x＋1＋－2，因为x>－1，所以x＋1>0，
所以y≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立．
[答案] 0
[破题技法] 配凑，以拼凑出和是定值或积是定值的形式为目标，根据代数式的结构特征，利用系数的变化或对常数的调整进行巧妙变形，注意做到等价变形．一般地，形如f(x)＝ax＋b＋的函数求最值时可以考虑配凑法．
将本例(1)改为：当x＞时，f(x)＝4x－2＋的最小值为________．
解析：∵x＞，∴2x－5＞0.
∴f(x)＝2(2x－5)＋＋8≥2＋8＝8＋2，
当且仅当2(2x－5)＝，即x＝＋时取等号．
答案：8＋2
挖掘3 利用常值代换/
互动探究
[例3] (1)(2020·西安模拟)已知x>0，y>0，lg
2x＋lg
8y＝lg
2，则＋的最小值是( )
A．2
B．2
C．4
D．2
[解析] 由lg
2x＋lg
8y＝lg
2得，lg
2x＋3y＝lg
2，
∴x＋3y＝1，＋＝(x＋3y)＝2＋＋≥4.故选C.
[答案] C
(2)(2020·广东惠州三调)在△ABC中，点D是AC上一点，且＝4，P为BD上一点，向量＝λ＋μ(λ＞0，μ＞0)，则＋的最小值为( )
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析] 由题意可知，＝λ＋4μ，又B，P，D共线，由三点共线的充分必要条件可得λ＋4μ＝1，又因为λ＞0，μ＞0，所以＋＝(＋)×(λ＋4μ)＝8＋＋≥8＋2＝16，当且仅当λ＝，μ＝时等号成立，故＋的最小值为16.故选A.
[答案] A
[破题技法] 本题突破的关键是利用“1”的代换构造积为定值的形式，一般形如“已知ax＋by(或＋)为定值，求cx＋dy(或＋)的最值(其中a，b，c，d均为常参数)”时可用常值代换处理．
1．已知实数a＞0，b＞0，＋＝1，则a＋2b的最小值是( )
A．3
B．2
C．3
D．2
解析：∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞1，b＋1＞1，
又∵＋＝1，
∴a＋2b＝[(a＋1)＋2(b＋1)]－3＝[(a＋1)＋2(b＋1)]·－3＝1＋＋＋2－3≥2＝2，当且仅当＝，即a＝b＋－1时取得“＝”，故选B.
答案：B
2．已知x＞0，y＞0且x＋3y＝3，求＋的最小值．
解析：由x＋3y＝3得(x＋3y)＝1，
∴＋＝(x＋3y)×(＋)＝×
≥，当且仅当＝时取“＝”．
考点二 基本不等式的综合应用
挖掘1 判断不等关系/
自主练透
[例1] (1)(2020·南昌调研)已知a，b∈R，且ab≠0，则下列结论恒成立的是( )
A．a＋b≥2
B．a2＋b2>2ab
C.＋≥2
D．|＋|≥2
[解析] 对于A，当a，b为负数时，a＋b≥2
不成立；
对于B，当a＝b时，a2＋b2>2ab不成立；
对于C，当a，b异号时，＋≥2不成立；对于D，因为，同号，所以|＋|＝||＋||≥2
＝2(当且仅当|a|＝|b|时取等号)，即|＋|≥2恒成立．
[答案] D
(2)下列不等式一定成立的是( )
A．lg>lg
x(x>0)
B．sin
x＋≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.>1(x∈R)
[解析] 对选项A，当x>0时，x2＋－x＝≥0，∴lg≥lg
x，故不成立；对选项B，当sin
x<0时显然不成立；对选项C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，一定成立；对选项D，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，故不成立．
[答案] C
挖掘2 求参数问题/
互动探究
[例2] (1)对任意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，则实数a的最大值为( )
A.
B．2
C．4
D．
[解析] ∵对任意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，∴m2＋2n2≥amn，即a≤＝＋恒成立，
∵＋≥2＝2，当且仅当＝时取等号，∴a≤2，故a的最大值为2，故选B.
[答案] B
(2)若对x，y∈[1，2]，xy＝2，总有不等式2－x≥成立，则实数a的取值范围是__________．
[解析] 由题意知a≤(2－x)(4－y)恒成立，则只需a≤[(2－x)(4－y)]min，
(2－x)(4－y)＝8－4x－2y＋xy
＝8－(4x＋2y)＋2＝10－(4x＋2y)＝10－.
令f(x)＝10－，x∈[1，2]，
则f′(x)＝－＝，f′(x)≤0，
故f(x)在x∈[1，2]上是减函数，
所以当x＝2时f(x)取最小值0，
即(2－x)(4－y)的最小值为0，所以a≤0.
[答案] (－∞，0]
[破题技法] 求参数的值或范围：观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得到参数的值或范围．
挖掘3 基本不等式的推广/互动探究
[例3] 已知a＞0，b＞0，c＞0且abc＝1.
求证：(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
[证明] ∵a＞0，b＞0，c＞0，abc＝1，
∴(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3
＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×2×2×2＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立．
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
[破题技法] 用基本不等式求解其他问题
(1)应用基本不等式判断不等式是否成立：对所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．
(2)条件不等式的最值问题：通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．
[拓展] 对于a＞0，b＞0，c＞0，有基本不等式为≥或a3＋b3＋c3≥3abc.进而推广，对于n个正数x1，x2，x3…xn，有≥，
当且仅当x1＝x2＝…＝xn时，等号成立．
PAGE第四节 合情推理与演绎推理
授课提示：对应学生用书第112页
[基础梳理]
1．合情推理
类型
定义
特征
归纳推理
由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理
由特殊到特殊
合情推理
归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理
2.演绎推理
(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
1．类比推理的注意点
在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，如果只抓住一点表面现象的相似甚至假象就去类比，那么就会犯机械类比的错误．
2．类比推理的几个角度
方法
解读
适合题型
类比定义
在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来解
已知熟悉定义类比新定义
类比性质
从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键
平面几何与立体几何；等差数列与等比数列
类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移
已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法
类比结构
有些是类比等式或不等式形式的推理，可以从结构特点上类比，如两项类比三项，长度类比面积，平方类比立方，面积类比体积，平面类比空间
几何问题的结论
[四基自测]
1．(基础点：归纳推理)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．an＝3n－1
B．an＝4n－3
C．an＝n2
D．an＝3n－1
答案：C
2．(基础点：三段论)有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点，因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值为0，所以x＝0是f(x)＝x3的极值点，以上推理( )
A．大前提错误
B．小前提错误
C．推理形式错误
D．结论正确
答案：A
3．(基础点：类比推理)在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，则△ABC外接圆半径r＝.运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a，b，c，则其外接球的半径R＝________．
答案：
授课提示：对应学生用书第113页
考点一 归纳推理
挖掘1 与数字(数列)有关的推理/自主练透
[例1] (1)(2020·新乡模拟)从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为( )
A．2
011
B．2
012
C．2
013
D．2
014
[解析] 根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a，则第二层的三个数为a＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数为a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，
这九个数之和为a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.
由9a＋104＝2
012，得a＝212，是自然数．
[答案] B
(2)(2020·湖北襄阳优质高中联考)将三项式(x2＋x＋1)n展开，当n＝0，1，2，3，…时，得到以下等式：
(x2＋x＋1)0＝1，
(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1，
(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1，
(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1，
……
观察多项式系数之间的关系，可以依照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正头顶上与左右两肩上3个数(不足3个数的，缺少的数记为0)的和，第k行共有(2k＋1)个数，若(x2＋x＋1)5(1＋ax)的展开式中，x7项的系数为75，则实数a的值为________．
[解析] 根据题意可得广义杨辉三角第5行的数为：
1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，
故(1＋ax)(x2＋x＋1)5的展开式中，x7项的系数为30＋45a＝75，得a＝1.
[答案] 1
[破题技法] 与数字有关的等式的归纳推理，观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解．
挖掘2 与等式(不等式)有关的推理/互动探究
[例2] (1)观察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．
[解析] 因为所给等式左边的底数依次分别为1，2；1，2，3；1，2，3，4；右边的底数依次分别为1＋2＝3，1＋2＋3＝6，1＋2＋3＋4＝10，所以由底数内在规律可知，第五个等式左边的底数为1，2，3，4，5，6，右边的底数为1＋2＋3＋4＋5＋6＝21，又左边为立方和，右边为平方的形式，故第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.
[答案] 13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
(2)观察下列特殊的不等式：
≥2×，
≥×，
≥×，
≥2×75，
……
由以上特殊不等式，可以猜测：当a>b>0，s，r∈Z时，有≥________．
[解析] ≥2×＝×，≥×＝×，≥×＝×，
≥2×75＝×，
由以上特殊不等式，可以猜测，当a>b>0，s，r∈Z时，有≥.
[答案]
[破题技法] 与式子有关的归纳推理
(1)与不等式有关的归纳推理，观察每个不等式的特点，注意从纵向看，找到规律后可解．
(2)与数列有关的归纳推理，通常是先求出几个特殊项，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可求解．
挖掘3 与图形有关的推理/互动探究
[例3] (1)下图中①②③④为四个平面图形．表中给出了各平面图形中的顶点数、边数以及区域数．
平面图形
顶点数
边数
区域数
①
3
3
2
②
8
12
6
③
6
9
5
④
10
15
7
现已知某个平面图形有1
009个顶点，且围成了1
007个区域，试根据以上关系确定这个平面图形的边数为________．
[解析] 由表归纳各平面图形的顶点数、边数、区域数的关系如下表：
平面图形
顶点数
边数
区域数
关系
①
3
3
2
3＋2－3＝2
②
8
12
6
8＋6－12＝2
③
6
9
5
6＋5－9＝2
④
10
15
7
10＋7－15＝2
V
E
F
V＋F－E＝2
其顶点数V、边数E、区域数F满足关系式V＋F－E＝2，故可猜想此平面图形的边数为1
009＋1
007－2＝2
014.
[答案] 2
014
(2)如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n个图形由正n＋2边形扩展而来，其中n∈N＋，则第n个图形的顶点个数是( )
A．(2n＋1)(2n＋2)
B．3(2n＋2)
C．2n(5n＋1)
D．(n＋2)(n＋3)
[解析] 由已知中的图形可以得到：
当n＝1时，图形的顶点个数为12＝3×4，
当n＝2时，图形的顶点个数为20＝4×5，
当n＝3时，图形的顶点个数为30＝5×6，
当n＝4时，图形的顶点个数为42＝6×7，
……
由此可以推断：第n个图形的顶点个数为(n＋2)(n＋3)，故选D.
[答案] D
[破题技法] 与图形变化有关的归纳推理，合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
考点二 类比推理
挖掘 类比方法、类比结论、类比运算/
互动探究
[例] (1)我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦．若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2＋b2＝c2，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体O?ABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，S为顶点O所对面△ABC的面积，S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，则下列选项中对于S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为( )
A．S2＝S＋S＋S
B．S2＝eq
\f(1,S)＋eq
\f(1,S)＋eq
\f(1,S)
C．S＝S1＋S2＋S3
D．S＝＋＋
[解析] 如图，作OD⊥BC于点D，连接AD，则AD⊥BC，
从而S2＝＝BC2·AD2＝BC2·(OA2＋OD2)＝(OB2＋OC2)·OA2＋BC2·OD2＝＋＋＝S＋S＋S.
[答案] A
(2)若点P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a＞b＞0)外，过点P0作该椭圆的两条切线，切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程为＋＝1.那么对于双曲线－＝1(a＞0，b＞0)，类似地，可以得到一个正确的切点弦方程为______________．
[解析] 若点P0(x0，y0)在双曲线－＝1(a＞0，b＞0)外，过点P0作该双曲线的两条切线，切点分别为P1，P2(图略)，则切点弦P1P2所在直线的方程为－＝1.
[答案] －＝1
[破题技法] 类比推理是由一类事物的特殊性推另一类事物的特殊性，首先要找出两类事物之间的联系与不同，然后找出“特殊性”是什么内容，定义方面、性质方面、方法方面、运算方面等，从而推导结论．
考点三 演绎推理
挖掘1 简单的三段论/
自主练透
[例1] (1)(2020·洛阳模拟)下列四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是( )
A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数
B．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数
C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数
D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数
[解析] A中小前提不是大前提的特殊情况，不符合三段论的推理形式，故A错误；C，D都不是由一般性命题到特殊性命题的推理，所以C，D都不正确，只有B正确．
[答案] B
(2)(2020·重庆检测)演绎推理“因为对数函数y＝logax(a>0且a≠1)是增函数，而函数y＝logx是对数函数，所以y＝logx是增函数”所得结论．错误的原因是( )
A．大前提错误
B．小前提错误
C．推理形式错误
D．大前提和小前提都错误
[解析] 因为当a>1时，y＝logax在定义域内单调递增，当0[答案] A
[破题技法] 用演绎推理证明问题时，大前提往往是定义、定理或一些固定结论，小前提为问题的条件，一般大前提可省略，当大前提、小前提及推理正确时，结论就正确．
挖掘2 演绎推理、合情推理的生活应用/自主练透
[例2] (1)(2019·高考全国卷Ⅰ)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为
105
cm，头顶至脖子下端的长度为26
cm，则其身高可能是( )
A．165
cm
B．175
cm
C．185
cm
D．190
cm
[解析] 设某人身高为m
cm，脖子下端至肚脐的长度为n
cm，则由腿长为105
cm，可得＞≈0.618，解得m＞169.890.
由头顶至脖子下端的长度为26
cm，
可得＞≈0.618，解得n＜42.071.
由已知可得＝≈0.618，解得m＜178.218.
综上，此人身高m满足169.890＜m＜178.218，所以其身高可能为175
cm.
故选B.
[答案] B
(2)(2020·福建泉州一模)田忌赛马是中国古代对策论与运筹思想的著名范例．故事中齐将田忌与齐王赛马，孙膑献策以下马对齐王上马，以上马对齐王中马，以中马对齐王下马，结果田忌一负两胜从而获胜．该故事中以局部的牺牲换取全局的胜利成为军事上一条重要的用兵规律．在比大小游戏中(大者为胜)，已知我方的三个数为a＝cos
θ，b＝sin
θ＋cos
θ，c＝cos
θ－sin
θ，对方的三个数及排序如表：
第一局
第二局
第三局
对方
tan
θ
sin
θ
当0＜θ＜时，我方必胜的排序是( )
A．a，b，c
B．b，c，a
C．c，a，b
D．c，b，a
[解析] 因为当0＜θ＜时，cos
θ－sin
θ＜cos
θ＜sin
θ＋cos
θ，sin
θ＜tan
θ＜.由“田忌赛马”事例可得：我方必胜的排序是c，b，a，故选D.
[答案] D
[破题技法] 生活中的各种推理，是综合运用了各种推理方法与思维，正向思维，逆向思维，理性思维，特值思维等或结合一些数学运算等，培养学生的综合素养．
PAGE第五节 直接证明与间接证明
授课提示：对应学生用书第116页
[基础梳理]
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从原因推导到结果的思维方法
从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法
特点
从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件
从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件
2.间接证明——反证法
要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫作反证法．
[四基自测]
1．(基础点：综合法)命题“对任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos
2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos
2θ”过程应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．间接证明法
答案：B
2．(基础点：分析法)要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
答案：D
3．(易错点：反证法)
用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( )
A．假设三个内角都不大于60°
B．假设三个内角都大于60°
C．假设三个内角至多有一个大于60°
D．假设三个内角至多有两个大于60°
答案：B
4．(基础点：反证法)用反证法证明“如果a>b，那么>”，假设内容为________．
答案：≤
授课提示：对应学生用书第116页
考点一 综合法
挖掘 综合法的思维过程/
互动探究
[例] (1)已知a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，证明ab＋bc＋ca≤.
[证明] 由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤，当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin
Asin
B＋sin
Bsin
C＋cos
2B＝1.
①求证：a，b，c成等差数列；
②若C＝，求证：5a＝3b.
[证明] ①由已知得sin
Asin
B＋sin
Bsin
C＝2sin2B，
因为sin
B≠0，所以sin
A＋sin
C＝2sin
B，
由正弦定理，得a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
②由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，
所以5a＝3b.
[破题技法] 1.解决数学问题时，往往要先作语言的转换，文字语言与符号语言、符号语言与图形语言等，从条件入手结合演绎推理证出结论．
2．推理方式
(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．
(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．
考点二 分析法
挖掘 分析法的操作过程/
互动探究
[例] a＞0，证明
＋＜2
.
[证明] 因为a＞0，＋＞0，2
＞0，
所以要证＋
＜2
，
只需证(＋
)2＜(2
)2，
即证2a＋2＋2＜4(a＋1)，
只需证
＜a＋1，
即证a(a＋2)＜(a＋1)2，
即证0＜1，而0＜1显然成立，所以原不等式成立．
[破题技法] 分析法的思路
“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．
考点三 反证法
挖掘 反证法的思维/
互动探究
[例] (2020·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
[证明] (1)设u(x)＝ax，v(x)＝.
∵a＞1，∴u(x)＝ax在(－1，＋∞)上为增函数，
要证明f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
只需证v(x)＝在(－1，＋∞)上为增函数．
设x1，x2∈(－1，＋∞)且x1＜x2，
即证v(x2)－v(x1)＞0.
由v(x2)－v(x1)＝－
＝
＝>0成立．
∴f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－.
∵a>1，∴0即[破题技法] 1.反证法的适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法求证．
2．反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：(1)与已知条件矛盾；(2)与假设矛盾；(3)与定义、公理、定理矛盾；(4)与事实矛盾等方面．
PAGE第一节 不等式的性质及一元二次不等式
授课提示：对应学生用书第103页
[基础梳理]
1．不等式的基本性质
(1)对称性：a>b?b(2)传递性：a>b，b>c?a>c．
(3)可加性：a>b?a＋c>b＋c．
(4)可乘性：a>b，c>0?ac>bc；
a>b，c<0?ac(5)加法法则：a>b，c>d?a＋c>b＋d．
(6)乘法法则：a>b>0，c>d>0?ac>bd．
(7)乘方法则：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)．
(8)开方法则：a>b>0?>(n∈N，n≥2)．
2．不等式的倒数性质
(1)a>b，ab>0?<.
(2)a<0(3)a>b>0，0.
3．两个实数比较大小的依据
(1)a－b>0?a>b.
(2)a－b＝0?a＝b.
(3)a－b<0?a4．一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系
判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像
续表
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根
有两个相异实根x1，x2(x1有两个相等实根x1＝x2＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集
{x|xx2}
{x|x≠x1}
R
ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集
{x|x1?
?
1．两个重要不等式
若a＞b＞0，m＞0，则
(1)＜；＞(b－m＞0)．
(2)＞；＜(b－m＞0)．
2．一元二次不等式的解法技巧
求不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集，先求出对应方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根，再根据口诀：大于取两边，小于取中间求解集．
3．分式不等式的转化
＞0?f(x)·g(x)＞0；
≥0?；
≤0?.
[四基自测]
1．(易错点：不等式性质)下列四个结论，正确的是( )
①a>b，cb－d；②a>b>0，cbd；③a>b>0?>；④a>b>0?>.
A．①②
B．②③
C．①④
D．①③
答案：D
2．(基础点：解不等式)不等式x(9－x)<0的解集为( )
A．(0，9)
B．(9，＋∞)
C．(－∞，0)
D．(－∞，0)∪(9，＋∞)
答案：D
3．(基础点：三个二次间的关系)若函数y＝的定义域为R，则m的取值范围是________．
答案：[，＋∞)
4．(基础点：解函数不等式)设f(x)＝，则f(x)≥1的解集为__________．
答案：{0}∪[1，＋∞)
授课提示：对应学生用书第104页
考点一 比较大小及不等式性质
挖掘1 作差法(作商法)比较大小/
自主练透
[例1] (1)已知a>0，且a≠1，m＝aa2＋1，n＝aa＋1，则( )
A．m≥n
B．m>n
C．mD．m≤n
[解析] 由题易知m>0，n>0，两式作商，得＝a(a2＋1)－(a＋1)＝aa(a－1)，当a>1时，a(a－1)>0，所以aa(a－1)>a0＝1，即m>n；当0aa(a－1)>a0＝1，即m>n.综上，对任意的a>0，a≠1，都有m>n.
[答案] B
(2)已知a>0，b>0，且a≠b，则( )
A．ab＋1>a＋b
B．a3＋b3>a2b＋ab2
C．2a3b>3a2b
D．aabb[解析] 选项A(作差法)，ab＋1－(a＋b)＝ab－a＋(1－b)＝a(b－1)＋(1－b)＝(a－1)(b－1)，
显然当a，b中有一个等于1时，(a－1)(b－1)＝0，即ab＋1＝a＋b；故选项A不正确．
选项B(作差法)，a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a2－b2)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．
因为a>0，b>0，a≠b，所以a＋b>0，(a－b)2>0，故(a－b)2(a＋b)>0，即a3＋b3>a2b＋ab2，故选项B正确．
[答案] B
[破题技法] 作差法适用于四则运算形式的整式型代数式的比较大小问题，是解决比较大小问题的基本方法；作商法适用于幂指数形式的代数式以及整式的比较大小问题．破解此类题的关键点：
(1)作差(商)，即根据两数或两式的结构特征确定作差或作商．
(2)变形，即把差式或商式进行等价变形，化简，以便于判断差或商的大小．
(3)定值，即判断差与0的大小，或商与1的大小．
(4)定号，即根据差与0的大小关系，或商与1的大小关系确定两数或两式的大小关系．
挖掘2 利用不等式性质比较大小/
自主练透
[例2] (1)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是( )
A．xy>yz
B．xz>yz
C．xy>xz
D．x|y|>z|y|
[解析] 因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0，所以x>0，又y>z，所以xy>xz，故选C.
[答案] C
(2)(2020·福建厦门一模)已知a＞b＞0，x＝a＋beb，y＝b＋aea，z＝b＋aeb，则( )
A．x＜z＜y
B．z＜x＜y
C．z＜y＜x
D．y＜z＜x
[解析] 法一：由题意，令a＝2，b＝1，则x＝2＋e，y＝1＋2e2，z＝1＋2e，显然有1＋2e2＞1＋2e＞2＋e，即x＜z＜y.
法二：a＞b＞0时，ea＞eb，∴aea＞aeb＞beb，
∴b＋aea＞b＋aeb＞b＋beb，∴y＞z，∵z－x＝(b－a)＋(a－b)eb＝(a－b)(eb－1)＞0，∴z＞x，∴x＜z＜y.故选A.
[答案] A
[破题技法] 不等式的性质法就是根据已知不等关系，确定已知不等关系向所比较代数式转化的过程，然后利用不等式的性质判断代数式大小的一种方法．适用于基本初等函数代数式的比较大小问题．破解此类题的关键点：
(1)明已知，明确已知的不等关系．
(2)定变形，确定由已知不等关系变为要比较大小的代数式的过程．
(3)寻性质，确定变化过程所使用的不等式的性质．
(4)得结果，正确运用不等式的性质判断两者的大小关系．
挖掘3 构造函数法比较大小/
互动探究
[例3] (1)(2019·高考全国卷Ⅱ)若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0
B．3a<3b
C．a3－b3>0
D．|a|>|b|
[解析] 法一：不妨设a＝－1，b＝－2，则a＞b，可验证A，B，D错误，只有C正确．
法二：由a＞b，得a－b＞0.但a－b＞1不一定成立，则ln(a－b)＞0不一定成立，故A不一定成立．
因为y＝3x在R上是增函数，当a＞b时，3a＞3b，故B不成立．
因为y＝x3在R上是增函数，当a＞b时，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．
因为当a＝3，b＝－6时，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不一定成立．故选C.
[答案] C
(2)(2018·高考全国卷Ⅲ)设a＝log0.20.3，b＝log2
0.3，则( )
A．a＋b＜ab＜0
B．ab＜a＋b＜0
C．a＋b＜0＜ab
D．ab＜0＜a＋b
[解析] ∵a＝log0.20.3＞log0.21＝0，b＝log20.3＜log21＝0，∴ab＜0.
∵＝＋＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，
∴1＝log0.30.3＞log0.30.4＞log0.31＝0，
∴0＜＜1，∴ab＜a＋b＜0.
故选B.
[答案] B
[破题技法] 将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数单调性得出大小关系．
考点二 一元二次不等式的解法
挖掘1 解简单的一元二次不等式/
自主练透
[例1] 不等式－x2－3x＋4>0的解集为________．(用区间表示)
[解析] －x2－3x＋4>0?(x＋4)(x－1)<0.
如图，作出函数y＝(x＋4)(x－1)的图像，
∴当－4[答案] (－4，1)
[破题技法] 一元二次不等式的解集可依据一元二次方程的根及一元二次函数图像求得，
当ax2＋bx＋c＝0有两根x1、x2时，
ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集是“两根之外”型，
ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集是“两根之内”型．
1．将本例的不等式改为“－x2－3x＋4≤0”，其解集为________．
解析：由－x2－3x＋4≤0得x2＋3x－4≥0，
即(x＋4)(x－1)≥0，∴x≥1或x≤－4.
答案：(－∞，－4]∪[1，＋∞)
2．将本例的不等式变为“x2－3x＋4>0”，其解集为________．
解析：令y＝x2－3x＋4，∵Δ＝(－3)2－4×4<0，y>0恒成立．∴x∈R.
答案：R
挖掘2 解含参数的不等式/
互动探究
[例2] 解不等式x2－4ax－5a2>0(a≠0)．
[解析] 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}．
[破题技法] 对含参数的一元二次不等式，也要按此原理讨论
方法
解读
适合题型
“二次关系数形结合”
化为“ax2＋bx＋c>0”(a>0)的形式，求方程ax2＋bx＋c＝0的根，结合图像，写出解集“大于取两边，小于取中间”
不含参数的一元二次不等式
讨论参数法
①二次项中的系数含参数，讨论等于0，小于0，大于0；②方程根个数不定，讨论Δ与0的关系；③根的大小不定时，讨论两根大小
含参数的不等式
此题变为：求解不等式ax2－2x＋≥0.
解析：显然a≠0，∴不等式变为≥0，
∴当a＞0时，x∈R，
当a＜0时，x＝.
挖掘3 已知不等式的解集求参数/
互动探究
[例3] (1)(2020·河南濮阳模拟)已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|α＜x＜β}(α＞0)，则不等式cx2＋bx＋a＜0的解集是( )
A．(，)
B．(－∞，)∪(，＋∞)
C．{x|α＜x＜β}
D．(－∞，α)∪(β，＋∞)
[解析] 不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|α＜x＜β}(α＞0)，则α，β是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的实数根，且a＜0，∴α＋β＝－，α·β＝.不等式cx2＋bx＋a＜0化为x2＋x＋1＞0，
∴αβx2－(α＋β)x＋1＞0，化为(αx－1)(βx－1)＞0，又0＜α＜β，∴＞＞0，∴不等式cx2＋bx＋a＜0的解集为，故选B.
[答案] B
(2)(2020·广东梅州模拟)关于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m＜0的解集中恰有3个正整数，则实数m的取值范围为( )
A．(5，6]
B．(5，6)
C．(2，3]
D．(2，3)
[解析] 关于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m＜0可化为(x－m)(x－2)＜0，∵该不等式的解集中恰有3个正整数，∴不等式的解集为{x|2＜x＜m}，且5＜m≤6，即实数m的取值范围是(5，6]．故选A.
[答案] A
已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(，3)，则不等式cx2＋bx＋a＜0的解集为________．
解析：由题意得x＝，3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
∴b＝－a，c＝a(a＜0)，∴cx2＋bx＋a＜0，即为3x2－7x＋2＞0得x＞2或x＜.
答案：(－∞，)∪(2，＋∞)
考点三 不等式恒成立问题
挖掘1 在R上恒成立问题/自主练透
[例1] 不等式a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，则实数λ的取值范围为________．
[解析] 因为a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，所以a2＋8b2－λb(a＋b)≥0恒成立，即a2－λba＋(8－λ)b2≥0恒成立，由二次不等式的性质可得Δ＝λ2b2＋4(λ－8)b2＝b2(λ2＋4λ－32)≤0，所以(λ＋8)(λ－4)≤0，解得－8≤λ≤4.
[答案] [－8，4]
[破题技法] 不等式恒成立常见题型：
(1)ax2＋bx＋c≥0(x∈R)恒成立，即，或
(2)ax2＋bx＋c≤0(x∈R)恒成立，即或
(2020·湖南湘潭联考)若不等式4x2＋ax＋4＞0的解集为R，则实数a的取值范围是( )
A．(－16，0)
B．(－16，0]
C．(－∞，0)
D．(－8，8)
解析：∵不等式4x2＋ax＋4＞0的解集为R，
∴Δ＝a2－4×4×4＜0，解得－8＜a＜8，∴实数a的取值范围是(－8，8)．故选D.
答案：D
挖掘2 在给定x的区间上恒成立问题/互动探究
[例2] (1)(2020·郑州调研)若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈都成立，则a的最小值是________．
[解析] 法一：由于x>0，则由已知可得a≥－x－在x∈上恒成立，而当x∈时，＝－，
∴a≥－，故a的最小值为－.
法二：设f(x)＝x2＋ax＋1，则其对称轴为x＝－.
①若－≥，即a≤－1时，f(x)在上单调递减，此时应有f≥0，从而－≤a≤－1.
②若－<0，即a>0时，f(x)在上单调递增，此时应有f(0)＝1>0恒成立，故a>0.
③若0≤－<，即－1综上，a的最小值为－.
[答案] －
(2)已知f(x)＝mx2－mx－1，若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，则实数m的取值范围是________．
[解析] 由mx2－mx－1＜－m＋5
得m(x2－x＋1)＜6.
∵x2－x＋1＞0，
∴m＜在[1，3]上恒成立．
令y＝＝.
∵t＝(x－)2＋在[1，3]上是增函数，
∴y＝在[1，3]上是减函数．
因此函数的最小值ymin＝.
∴m的取值范围是.
[答案]
[破题技法] 1.不等式成立常见题型
(1)x2＋mx＋n≤0(x∈[a，b])恒成立，
即
(2)－x2＋mx＋n≥0(x∈[a，b])恒成立，即
2．二次不等式在给定x的区间上恒成立有两种解法：
(1)分离参数法：即如果不等式中的参数比较“孤单”，分离后其系数与0能比较大小，便可将参数分离出来，利用下面的结论求解．a≥f(x)恒成立等价于a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立等价于a≤f(x)min.
(2)讨论法：将问题整理为二次不等式问题，讨论轴与区间的关系，求参数范围．
挖掘3 给定参数范围恒成立求未知数范围/互动探究
[例3] (1)对于任意a∈[－1，1]，f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于0，那么x的取值范围是________．
[解析] 令g(a)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4，由题意知g(－1)>0且g(1)>0，解得x<1或x>3.
[答案] (－∞，1)∪(3，＋∞)
(2)不等式ax2－2x－a＋1＜0对满足|a|≤1的一切实数a都成立，则实数x的取值范围是________．
[解析] 由|a|≤1，得－1≤a≤1，不等式变形为(x2－1)a－(2x－1)＜0，不等式可以看成关于a的一次函数，所以只需
即解得－1＜x＜2.
[答案] (－1，2)
[破题技法] 给出参数范围解不等式，采用反解“主元法”，将参数视作“主元”，即将参数看作“自变量”的构造函数，建立不等式．
PAGE第六章素养专题(四) 函数与不等式证明的完美结合
授课提示：对应学生用书第118页
近几年的全国卷的高考压轴题中，函数、导数常与不等式的证明结合，题型多、方法活，涉及的基础知识面广，对考生的思维能力有很高的要求．从题目本身条件来看，简洁大气，设问清晰明了，但题目背后隐含的知识很深奥，常与高等数学知识有联系，如柯西不等式、泰勒公式、麦克劳林公式、洛必达法则等．
[例] (2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－ln
x－1.证明：当a≥时，f(x)≥0.
[思路一] 主参分离，采取分析法，将不等式等价变形为一个新的不等式．
[证明] ∵f(x)≥0?aex－ln
x－1≥0?a≥(x＞0)．
设h(x)＝，则h′(x)＝.
令t＝－ln
x－1(x＞0)，则t′＝－－＝－＜0，
∴t(x)是减函数且t(1)＝0，
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
?
?
∴当x＝1时，h(x)max＝，
又∵a≥，∴a≥，即f(x)≥0.
[思路二] 要证明当a≥时，f(x)≥0，
此时f(x)中含有两个变量，设法消掉一个，
由条件a≥，利用不等式传递性，可得f(x)≥－ln
x－1，即证－ln
x－1≥0.
[证明] 当a≥时f(x)≥－ln
x－1.
设函数g(x)＝－ln
x－1，∴g′(x)＝－.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，
g′(x)＞0，
所以x＝1是g(x)的最小值点，
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0，
因此，当a≥时，f(x)≥0.
[思维剖析] 思路一是利用不等式转化法，主参分离等价转化求函数h(x)＝的最大值问题．
思路二是通过放缩消元，把a缩小成，即利用不等式的传递性化成只含变量x的不等式证明题．
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