车震什么意思-广告业务员岗位职责

知识点复习
知识点梳理
abc
2R
（其中R表示三角形的外接圆半径）
sinAsinBsinC
适用情况：（1）已知两角和一边，求其他边或其他角；
（2）已知两边和对角，求其他边或其他角。
变形：①
a2RsinA
，
b2RsinB
，
c2RsinC

abc
②
sinA
，
sinB
，
sinC

2R2R2R
abc
③ =
2R

sinAsinBsinC
④
a:b:csinA:sinB:sinC
< br>a
2
c
2
b
2
2
22
（二）余 弦定理：
b
=
ac2accosB
（求边），cosB=（求角） 2ac
适用情况：（1）已知三边，求角；（2）已知两边和一角，求其他边或其他
角。
11
（三）三角形的面积：①
S

a

h
a

；②
S

bc
sin
A

；
22
abc
③
S2R
2
sinAsinBsinC
； ④
S
；
4R
abc
⑤
Sp( pa)(pb)(pc)
；⑥
Spr
（其中
p
，
r
为内切圆半径）
2
abc
斜
2S

（四） 三角形内切圆的半径：
r
，特别地，
r
直


2
abc
（五）△ABC射影定理：
bacosCccosA
，…
（六）三角边角关系：
（1）在
ABC
中，
ABC

；
sin(AB)
sinC
；
cos(AB)
cosC

C
ABABC

cos
sin
；
sincos

2
222
（2）边关系：a + b > c，b + c > a，c + a > b，a－b < c，b－c < a，c－a > b；
（3）大边对大角：
a

b

A

B

考点剖析
（一）考查正弦定理与余弦定理的混合使用
例1、在△ABC中，已知
Ａ
＞
Ｂ
＞
Ｃ
,且Ａ=2Ｃ,
b4,ac8
,求
a、c
的长.
acac
例1、解：由正弦定理，得 ∵Ａ＝２Ｃ ∴

sin AsinCsin2CsinC
8c
∴
a2ccosC
又
ac8
∴
cocC
①
2c
c
2

a
2

b
2
2
abcos
C
由余弦定理，得 ②
222
4
c< br>cos
C
1616cos
C

16
c


5
或

c
4
(舍)
∴
a< br>24
，c
16
入②，得


55
< br>24

a
4

a


5

（一）正弦定理：

例2、如图所示，在等边三角形中，
ABa,< br>O
为三角形的中心，过
O
的直线交
AB
11
于
M
，交
AC
于
N
，求的最大值和最小值．

OM
2
ON
2
3
a
， 例2、【解】由 于
O
为正三角形
ABC
的中心，∴
AO
3

2

，
MAONAO
，设
MOA
，则



633
OMOA
在
A OM
中，由正弦定理得：，


sinMAO
sin[

(

)]
6
33
aa
66
∴
OM
，在
AON
中，由正弦定理得：
ON
，
< br>
sin(

)sin(

)
66
11
12

121
22
∴
(sin
2

)
，
[sin(

)sin(

)]
222
2
OMONa2
a66

18

2

311
∵



，∴
sin

1
，故当


时取得最大值，

2
22
2a
334OMON
15

2

311
所以，当


,or
时
sin
2

< br>，此时取得最小值．

2
22
a
334OMON
变 式1、在△ABC中，角A、B、C对边分别为
a,b,c
，已知
b
2
ac,且a
2
c
2
acbc
，
（１）求∠Ａ的大小；
bsinB
（２）求的值
c
变式1、解（ １）∵
b
2
ac,a
2
c
2
acbc∴
b
2
c
2
a
2
bc

在△ABC中，由余弦定理得
b
2
c
2
a
2
bc1
cosA
∴∠Ａ＝
60
0

2bc2bc2
bsin60
0
（２）在△ABC中，由正弦定理得
sinB 

a
bsinBb
2
sin60
0
3
2 0
sin60
0

∵
bac,A60
∴
cca2

变式2、在
ABC
中，
A、B
为锐角 ，角
A、B、C
所对的边分别为
a、b、c
，且
510
si nA,sinB

510
（I）求
AB
的值； （II）若
ab21
，求
a、b、c
的值。
变式2、解（I）∵
A、B
为锐角，
sinA
2
∴
cosA1sinA
510
,sinB

510
25310
,cosB1sin
2
B

510
253105102
.

5105102
c os(AB)cosAcosBsinAsinB


∵
0AB


∴
AB

4
2
3

（II）由（I）知
C
，∴
sinC

2
4
abc

由得
5a 10b2c
，即
a2b,c5b

sinAsinBsinC
又∵
ab21
∴
2bb21
∴
b1

∴
a2,c5

（二）考查正弦定理与余弦定理在向量与面积上的运用
例3、如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA=2，B为半圆上
任意一点， 以AB为一边作等边三角形ABC。问：点B在什么位置时，四边形OACB
面积最大？

例3、解：设
AOB

，在△AOB中，由余弦定理得：

AB
2
OA
2
OB
2
2OAOBcos AOB


1
2
2
2
2 12cos

54cos


于是，四边形OACB的面积为
13
S=S
△
AOB
+ S
△
ABC
OAOBsin

AB
2

24
13
(54cos

)

2 1sin


24
53

53
2sin(< br>
)

sin

3cos



434

5

5

因为
0



，所以当


，


，即
AOB
时，
3266
四边形OACB面积最大．
例4、在
△
ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，
4sin
2
AB7
cos2C,ab5,c7
．
22
（1）求角C的大小； （2）求
△
ABC的面积．
例 4、解：（1）由
4sin
2
AB7C7
cos2C,得4cos2
cos2C

2222
∴ 4cos
2
C－4cosC＋１＝０
解得
cosC
∵0°＜C＜180°,∴
C=60° ∴ C＝60°
（2）由余弦定理得c
2
＝a
2
＋b
2
－2ab cos C 即 7＝a
2
＋b
2
－ab ①
又a＋b＝5 ∴a
2
＋b
2
＋2ab＝25 ②
由①②得ab＝6
∴ S
△
ABC
＝
absinC

22
urr
urr
变式3、已知向量
m(ac,b)
，
n(ac ,ba)
，且
mn0
，其中
A,B,C
是△
133< br>1
2

ABC的内角，
a,b,c
分别是角
A, B,C
的对边.
(1) 求角
C
的大小；
（2）求
sinAsinB
的取值范围.
urr
变式3、解：（ 1）由
mn0
得
(ac)(ac)b(ba)0
a
2
b
2
c
2
ab

a
2
 b
2
c
2
ab1
由余弦定理得
cosC

2ab2ab2

∵
0C

∴
C

3

2

(2)∵
C
∴
AB

3
3
2

2

2< br>
∴
sinAsinB
=
sinAsin(A)
si nAsincosAcossinA

3
33
33
31
sinAcosA
3(sinAcosA)

22
22

3sin(A)

6
2


5

∵
0A
∴
A

3666
3

1

3sin(A)3
∴
sin(A)1
∴
26
26
3
sinAsinB3
. 即
2
（三）考查三角形形状的判断
例5、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c, b=acosC,且△ABC的最大边
1
长为12，最小角的正弦值为。
3
（1） 判断△ABC的形状；
（2） 求△ABC的面积。
例5、解：（1）

b=acosC，

由正弦定理，得sinB=sinAcosC, （#）

B=

(AC)
,
2
（2）
< br>△ABC的最大边长为12，由（1）知斜边
a
=12，又

△ABC 最小
1
1
角的正弦值为，

Rt△ABC的最短直角边为12

=4，另一条直角边
3
3
为
82


S
△
ABC
=
1
482
=16
2

2

变式4、在△ABC中，若
sinAsinBsinC
< br>cosAcosB

.
(1)判断△ABC的形状；
(2)在上述△ABC中，若角C的对边
c1
，求该三角形内切圆半径的取值范围。

sinB=sin(A+C),从而（#）式变为sin(A+C)= sinAcosC，

cosAsinC=0,又A，C
(0,

)

cosA=0，A=

，

△ABC是直角三角形。

变式4、解：（1）由
sinAsinBsinC

co sAcosB


C
可得
2sin
2
1

cosC0
即C＝90°
2


△ABC是以C为直角顶点得直角三角形
1
（2）内切圆半径
r

abc


2
1



sinAsinB1


2
2



121



sin

A


24

22


21




内切圆半径的取值范围是

0,
2


2
例7、在△ABC中，已知
2abc
，
sinAsinBsinC
，试判断△ABC的形状。
所以
abc
，△ABC为等边三角形。 < br>B
a＋c
变式8、在△ABC中，cos
2
2
＝
2c
，(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC
的形状为
A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三
角形
a
2＋c
2
－b
2
a
∴
2ac
＝
c
，∴a
2
＋c
2
－b
2
＝2a
2
，即a
2
＋b
2
＝c
2
，
∴△ABC为直角三角形．答案：B

变式9、△ABC中，若sinA=2sin BcosC，sin
2
A=sin
2
B+sin
2
C，试判 断△ABC的形状。
变式9、解:等腰直角三角形;

数列
知识点一：通项
任意数列

注意：由前
n
项和
（
1
）求，

，

成立，则最后的通项公式可以统一
与前
n
项和
的前
n
项和

求数列通项时，要分三步进行：

的关系

；

（
2
）求出当
n≥2
时的
（
3
）如果令
n≥2
时得出的中的
n=1
时有
写成一 个形式，否则就只能写成分段的形式
.
知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法

1.
迭加累加法：


则

2.
迭乘累乘法：


则

，
，

，
…
，


，
，

，
…
，



知识点三：数列应用问题


1.
数列应用问题的教学已成为中学 数学教学与研究的一个重要内容
,
解答数学应用问题
的核心是建立数学模型
,
有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用
数列知识建立数学模型
.

2.
建立数学模型的一般方法步骤
.
①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：

⑴明确问题属于哪类应用问题；

⑵弄清题目中的主要已知事项；

⑶明确所求的结论是什么
.
②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将
文字 语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达
.
③将实际问题抽象为数学问题，将已 知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关
系式（如函数关系、方程、不等式）
.
规律方法指导


1.
由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想；


2.
数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决
.
如通项公 式、前
n
项和
公式等
.

3.
加强数列知识与 函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合
.
解决这些
问题要注意：< br>
（
1
）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想；

（
2
）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题的综合能力
.

经典例题精析

类型一：迭加法求数列通项公式

1
．在数列中，，
总结升华：


1.
在数列中，

2.
当数列的递推公式是形如
可求的，则可用多式累 （迭）加法得
举一反三：

【变式
1
】已知数列
【 变式
2
】数列
2
．设
中
，
，
，求
，若
.
是等差数列；若
的和是
为常数，则数列
不是等差数列
.
的解析式，而
不是一个常数，而是关于的式子，则数列
.
，，求
，求通项公式
.
.
，求它
类型二：迭乘法求数列通项公式

是首项为
1
的正项数列，且
的通项公式
.
总结升华：


1.
在数列
列；若
中，，若为常数且，则数列
不是等比数列
.
是等比数
不是一个常数，而是关于的式子，则数列
的解析关系，而
.

2
．若数列有形如
可用多式累（迭）乘法求得
举一反三：

【变式
1
】在数列
【变式
2
】已知数列
的积是可求的，则< br>中，
中，
，
，
，求
.
.
，求通项公式
类型三：倒数法求通项公式

,

3
．数列中，
总结升华：


1
．两边同时除以 可使等式左边出现关于
一常数，这样把数列
，求
和
.
的相同代数式 的差，右边为
，而恰是的每一项都取倒数，这又构成一个新的数列
的通项，再求的通项
.
等差数列
.
其通项易求，先求

2
．若数列有形如
出，再求得
.
的关系，则可在等式两边同乘以，先求
举一反三：

【变式
1
】数列中，，
,
，求
.
，求
.
【变式
2
】数列中，
类型四：待定系数法求通项公式

4
．已知数列中，，，求
.
总结升华：


1
．一般地，对已知数列
则可设得
的项满足，
，利用已知得
（为常数，
即
,
）
，从而将
数列转化为求等比数列的通项
.
第二种方法利用了递推关系式作差，构造新的
等比数列
.
这两种方法均是常用 的方法
.

2
．若数列有形如（
k
、
b
为常数）的线性递推关系，则可用待定系数法
求得
.
举一反三：

【变式
1
】已知数列
【变式
2
】已知数列
类型五：和
中
满足
，
,
而且
，求

，求这个数列的通项公式
.
的递推关系的应用

中，是它的前n
项和，并且
,
求证：数列
，求证：数列
是等比数列；

是等差数列；

, .

5
．已知数列

(1)
设

(2)
设

(3)
求数列的通项公式及前
n
项和
.
总结升华：该题是 着眼于数列间的相互关系的问题，解题时，要注意利用题设的已知条件，
通过合理转换，将非等差、等比 数列转化为等差、等比数列，求得问题的解决利用等差（比）
数列的概念，将已知关系式进行变形，变形 成能做出判断的等差或等比数列，这是数列问题
中的常见策略
.
举一反三：

【变式
1
】设数列首项为
1
，前
n
项和满足
.
（
1
）求证：数列
（
2
）设数列
求的通项公式
.
,
中，前
n
项和

()
，求
，若
.
.
求数列的
是等比数列；

，作数列，使，，的公比为
【变式
2
】若
【变式
3
】等差数列
前
n
项和
.
类型六：数列的应用题


6.
在一直线上共插
13面小旗，相邻两面间距离为
10m
，在第一面小旗处有某人把小旗
全部集中到一面 小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路最短，应集中到哪一面
小旗的位置上？最短路程是多 少？

总结升华：本题属等差数列应用问题，应用等差数列前项和公式，在求和后，利用二次函
数求最短路程
.
举一反三：

【变式
1
】某企业
2007
年
12
月份的产值是这年
1
月 份产值的
年度产值的月平均增长率为（

）


A
．
B
．
C
．
D
．

倍，则该企业
2007
年
【变式
2】某人
2006
年
1
月
31
日存入若干万元人民币，年 利率为，到
2007
年
1
月
31
日取款时被银行扣除利息税 （税率为）共计元，则该人存款的本金为
（ ）


A
．
1.5
万元
B
．
2
万元
C
．
3
万元
D
．
2.5
万元

【变式
3
】根据市场调查结果， 预测某种家用商品从年初开始的个月内累积的需求量
（万件）近似地满足
.
按比例预测 ，在本年度内，
需求量超过万件的月份是
(

)

A
．
5
月、
6
月
B
．
6
月、
7
月
C
．
7
月、
8
月
D
．
9
月、
10
月


【变式4
】某种汽车购买时的费用为
10
万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计< br>9
千元，汽车的维修费平均为第一年
2
千元，第二年
4
千元， 第三年
6
千元，依次成等差数列
递增，问这种汽车使用多少年后报废最合算？（即年平 均费用最少）

【变式5】某市2006年底有住房面积1200万平方米，计划从2007年 起，每年拆除20万平
方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.
（1）分别求2007年底和2008年底的住房面积；
（2）求2026年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01）
高考题萃
1．设数列
（Ⅰ）求
（Ⅱ）证明：
（Ⅲ）求
2．设数列
（Ⅰ）设
（Ⅱ）若

的前项和为
；
是等比数列；
的通项公式.
的前项和为
，求数列
，

．已知，，．
.
的通项公式；
，求的取值范围．

一元二次不等式及其解法

一元二次不等式的解集

二次函数
y
＝
ax
2
＋
bx
＋
c
的图象、一元二次方程
ax
2
＋
bx
＋
c
＝
0
的根与一元二次不等式
ax
2
＋
bx
＋
c>0
与
ax
2
＋
bx
＋
c<0
的解集的关系， 可归纳为：


Δ
＝
0
Δ>0 Δ<0
判别式
Δ
＝
b
2
－
4ac
二次函数
y
＝
ax
2
＋
bx
＋
c (a>0)
的
图象



一元二次方程
ax2
＋
bx
＋
c
＝有两相异实根
x
＝
x
1
或

有两相同实根

无实根

0(a
≠
0)
的根
x
＝
x
2
x
＝
x
1

ax
2
＋
bx
＋
c>0(a>0) {x|x1
或
x>x
2
} {x|x
≠
x
1
}
一元

R

二次不
ax
2
＋
bx
＋
c<0(a>0)
等式的
{x|x
1
2
}
∅

∅

解集

若
a<0
时，可以先将二次项系数化为正数，对照上表求解．

< br>1
．不等式
x(1
－
2x)
＞
0
的解集是< br>(

)
111

1
，＋∞


－∞，

B.

0，

C．(－∞，0)∪

，＋∞

A.

D.
2

2

2

2

答案：B
2
．不等式
9x
2
＋
6x
＋
1
≤
0
的解集是
(

)




11

1


1


A .

x

x
≠－
3

B.

－
3


C.

x
－
3
≤
x
≤
3

D
．
R


答案：B
3
．若关于
x
的方程
x
2
＋
mx
＋
1
＝
0
有两个不相等的实数根，则实数
m
的取值范围是
(

)
A
．
(
－
1,1) B
．
(
－
2,2) C
．
(
－
∞< br>，－
2)
∪
(2
，＋
∞) D
．
(< br>－
∞
，－
1)
∪
(1
，＋
∞)
解析：选C 由一元二次方程有两个不相等的实数根，可得：判别式Δ＞0，即m
2
－ 4＞0，
解得m＜－2或m＞2.
4
．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－5A∩B＝(－1，n)得m＝－1，n＝1.
答案：－1 1
1
5
．不等式
x
－
1
＜
1
的解集为
________
．

x－2
11
解析：由＜1得1－＞0，即＞0，解得x＜1，或x＞2.
x－1x－1x－1
答案：{x|x＜1，或x＞2}
解一元二次不等式应注意的问题：

(1)
在解一元二次不等式时，要先把二次项系数化为正数．

(2)
二次项系数中含有参数时，参数的符号会影响不等式的解集，讨论时不要忘记二次项系
数为零的情况．

(3)
解决一元二次不等式恒成立问题要注意二次项系数的符号．

(4)
一元二次不等式的解集的端点与相应的一元二次方程的根及相应的二次函数图象与
x< br>轴
交点的横坐标相同．

一元二次不等式的解法

典题导入

[
例
1]
解下列不等式：

(1)0
＜
x
2
－
x
－
2
≤
4< br>；
(2)x
2
－
4ax
－
5a
2
＞
0(a
≠
0)
．

[自主解答] (1)原不等式等价于

22


x－x－2＞0，

x－x－2＞0，

⇔

2

2
x－x－2≤4x－x－6≤0





x－2x＋1＞0，

x＞2或x＜－1，
⇔

⇔



x－3x＋2≤0


－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x
2
－4ax－5a
2
＞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＜5 a，或x＞－a
}
；a＞0时，解集为
{
x|x＞5a，或x＜－a
}
.
由题悟法

1
．解一元二次不等式的一般步骤：
< br>(1)
对不等式变形，使一端为
0
且二次项系数大于
0
，即< br>ax
2
＋
bx
＋
c
＞
0(a
＞0)
，
ax
2
＋
bx
＋
c
＜
0(a
＞
0)
；

(2)
计算相应的判别式；
< br>(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象，写出不等式的解集．

2
．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．

以题试法

1
．解下列不等式：

(1)
－
3x
2
－
2x
＋
8
≥
0
；
(2)ax
2
－
(a
＋
1)x
＋
1
＜
0(a
＞
0 )
．

解：(1)原不等式可化为3x
2
＋2x－8≤0，
即(3x－4)(x＋2)≤0.
4
解得－2 ≤x≤，
3

4

－2≤x≤

. 所以原不等式的解集为

x

3


(2)原不等式变为(ax－1) (x－1)＜0，
1
x－

(x－1)＜0. 因为a＞0，所以


a

1
所以当a＞1时，解为＜x＜1；
a
当a＝1时，解集为∅；
1
当0＜a＜1时，解为1＜x＜.
a

1

1＜x＜

； 综上，当0＜a＜1时， 不等式的解集为

x

a


当a＝1时，不等 式的解集为∅；

1

＜x＜1

. 当a＞1时，不等 式的解集为

x



a

一元二次不等 式恒成立问题

典题导入

[
例
2]
已知
f(x)
＝
x
2
－
2ax
＋
2(a
∈< br>R
)
，当
x
∈
[
－
1
，＋∞
)
时，
f(x)
≥
a
恒成立，求
a
的取值范围．

22
[自主解答] 法一：f(x)＝(x－a)＋2－a，此二次函数图象的对称轴为x＝a.
①当a∈(－∞，－1) 时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)
min
＝f(－1)＝2a＋3. 要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)
min
≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－ 1；
②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)
min
＝f(a)＝2－a
2< br>，由2－a
2
≥a，解得－1 ≤a≤1.
综上所述，a 的取值范围为[－3,1]．

法二：令g (x)＝x
2
－2ax＋2－a，由已知，得x
2
－2ax＋2－a≥0在[ －1，＋∞)上恒成立，即
Δ＞0，


Δ＝4a
2
－4( 2－a)≤0或

a＜－1，
解得－3 ≤a≤1.


g－1≥0.
所求a的取值范围是[－3,1]．
一题多变

本题中的“
x
∈
[
－
1
，＋∞
)
改为“
x
∈
[
－
1,1)
”， 求
a
的取值范围．

解：令g(x)＝x
2
－2ax＋2－ a，由已知，得x
2
－2ax＋2－a≥0在[－1,1)上恒成立，即Δ＝4a
2< br>Δ＞0，Δ＞0，


－4(2－a)≤0或

a＜－1 ，
或

a＞1，
解得－3≤a≤1，


g －1≥0

g1≥0.
所求a的取值范围是[－3,1] .
由题悟法

1
．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象在给定的区间上全部在
x
轴上方；恒小于
0
就是相应的 二次函数的图象在给定的区间上全部在
x
轴下方．

2
．一元二次不等式恒成立的条件：

(1)ax
2
＋bx
＋
c
＞
0(a
≠
0)(x
∈
R< br>)
恒成立的充要条件是：

a
＞
0
且
b< br>2
－
4ac
＜
0.
(2)ax
2
＋
bx
＋
c
＜
0(a
≠
0)(x
∈
R)
恒成立的充要条件是：

a
＜
0
且
b
2
－
4ac
＜
0.
以题试法

2
．若 关于
x
的不等式
x
2
－
ax
－
a>0的解集为
(
－∞，＋∞
)
，则实数
a
的取值范围是________
；若
关于
x
的不等式
x
2
－
ax
－
a
≤－
3
的解集不是空集，则实数
a
的取值范围是
________
．

解析：由Δ
1
<0，即a
2
－4(－a)<0，得－4由Δ
2
≥0，即a
2
－4(3－a)≥0，得a≤－6或a≥2.
答案：(－4,0) (－∞，－6]∪[2，＋∞)
一元二次不等式的应用

典题导入

[
例
3]
某商品每件成本价为
80< br>元，售价为
100
元，每天售出
100
件．若售价降低
x成
(1
成＝
10%)
，
8
售出商品数量就增加
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．

x

1＋
8
x

.
1－

·[自主解答] (1)由题意得y＝100

100

10

50

因为售价不能低于成本价，
x
1－

－80≥0. 所以100


10
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8x
2
－30x＋13≤0.
113
解得≤x≤.
24
1

所以x的取值范围是


2
，2

.
由题悟法

解不等式应用题，一般可按如下四步进行：

(1)
认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系；

(2)
引进数学符号，用不等式表示不等关系；

(3)
解不等式；

(4)
回答实际问题．

以题试法

3
．某同学要把自己的计 算机接入因特网．现有两家
ISP
公司可供选择．公司
A
每小时收费
1.5
元；公司
B
在用户每次上网的第
1
小时内收费
1.7
元，第
2
小时内收费
1.6
元，以后每小时减少
0.1元
(
若用户一次上网时间超过
17
小时，按
17
小时计 算
)
．假设该同学一次上网时间总是小于
17
小时，那么该同学如何选择ISP
公司较省钱？

x35－x
解：假设一次上网x小时，则公司 A收取的费用为1.5x元，公司B收取的费用为元．
20
若能够保证选择A比选择B费用少，则
x35－x
＞1.5x(0＜x＜17)，
20
整理得x
2
－5x＜0，解得0＜x＜5，
所以当一次上网时间在5小时内时，选择公司A的费用少；超过5小时，选择公司B的费
用少．

基本不等式
【2016年高考会这样考】
1．考查应用基本不等式求最值、证明不等式的问题．
2．考查应用基本不等式解决实际问题．
【复习指导】
1．突出对基本不等式取等号的条件及运算能力的强化训练．
2．训练过程中注意对等价转化、分类讨论及逻辑推理能力的培养．

基础梳理
a＋b
1．基本不等式：ab≤
2

(1)基本不等式成立的条件：a＞0，b＞0.
(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号．
2．几个重要的不等式
(1)a
2
＋b
2
≥2ab(a，b∈R)；
ba
(2)＋≥2(a，b同号)；
ab

a＋b

2

(a，b∈R)； (3)a b≤


2

a
2
＋b
2
a＋b

2

(a，b∈R)． (4)
2
≥


2

3．算术平均数与几何平均数
a＋b
设a＞0，b＞0，则a，b的算术平均数为
2
，几何平均数为ab， 基本不等式
可叙述为两个正数的算术平均数大于或等于它的几何平均数．
4．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2p.(简记：积
定和最小)
p
2< br>(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
4
.(简记：和 定
积最大)

一个技巧
运用公式解题时，既要掌握公式的正用，也要注 意公式的逆用，例如a
2
＋b
2
≥2ab
a
2
＋b
2
a＋b

a＋b

2

(a，b＞0) 等．还逆用就是ab≤
2
；
2
≥ab(a，b＞0)逆用就是ab≤


2

要注意“添、拆项”技巧和公式等号成立的条件等．
两个变形
a
2
＋b
2

a＋b

2
≥ab(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)； (1)
2
≥
< br>
2

a
2
＋b
2
a＋b
2
(2) ≥≥ab≥
2211
(a＞0，b＞0，当且仅当a＝b时取等号)．
a
＋
b

这两个不等式链用处很大，注意掌握它们．
三个注意
(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是其存在前提“一正、二定、三
相 等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．
(2)在运用基本不等式时，要特别注 意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基
本不等式中“正”“定”“等”的条件．
(3)连续使用公式时取等号的条件很严格，要求同时满足任何一次的字母取值存
在且一致．
考向一 利用基本不等式求最值
11
【例1】►(1)已知x＞0，y＞0，且2x ＋y＝1，则
x
＋
y
的最小值为________；
2x
(2)当x＞0时，则f(x)＝
2
的最大值为________．
x＋1
11
[审题视点] 第(1)问把
x
＋
y
中 的“1”代换为“2x＋y”，展开后利用基本不等式；
第(2)问把函数式中分子分母同除“x”，再利用基本不等式．
解析 (1)∵x＞0，y＞0，且2x＋y＝1，
11
2x＋y2x＋y
∴
x< br>＋
y
＝
x
＋
y

y2x
＝3＋
x
＋
y
≥3＋22.
y2x
当且仅当
x
＝
y
时，取等号．
(2)∵x＞0，
2x22
∴f(x)＝
2
＝
1
≤
2
＝1，
x＋1
x＋
x
1
当且仅当x＝
x
，即x＝1时取等 号．
答案 (1)3＋22 (2)1
利用基本不等式求函数最值时，注意“一正、二定 、三相等，和定积
最大，积定和最小”．常用的方法为：拆、凑、代换、平方．
1
【训练1】 (1)已知x＞1，则f(x)＝x＋的最小值为________．
x－1
2
(2)已知0＜x＜
5
，则y＝2x－5x
2
的 最大值为________．
(3)若x，y∈(0，＋∞)且2x＋8y－xy＝0，则x＋y的最小值为________．
1
解析 (1)∵x＞1，∴f(x)＝(x－1)＋＋1≥2＋1＝3 当且仅当x＝2时取等号．
x－1
1
(2)y＝2x－5x
2
＝x (2－5x)＝
5
·5x·(2－5x)，
2
∵0＜x＜
5
，∴5x＜2,2－5x＞0，

5x＋2－5x

2

＝1， ∴5x(2－5x)≤< br>
2


1
∴y≤
5
，当且仅当5x ＝2－5x，
11
即x＝
5
时，y
max
＝
5
.
(3)由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，
28
∴
y
＋
x
＝1，
8y2x

82

∴x＋y＝(x＋y)

x
＋
y

＝10＋
x
＋
y


4yx

4yx

＝10＋2

x
＋
y

≥10＋2×2 ×
x
·
y
＝18，

4yx
当且仅当
x
＝
y
，即x＝2y时取等号，
又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6，
∴当x＝12，y＝6时，x＋y取最小值18.
1
答案 (1)3 (2)
5
(3)18


考向二 利用基本不等式证明不等式
bccaab
【例2】►已知a＞0，b＞0，c＞0，求证：
a
＋
b
＋
c
≥a＋b＋c.
[审题视点] 先局部运用基本不等式，再利用不等式的性质相加得到．
证明 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
bccabcca
∴＋≥2 ·＝2c；
abab
bcabbcab
＋≥2
aca
·
c
＝2b；
caabcaab
＋≥2
bcb
·
c
＝2a.

bccaab

以上三式相加得：2

a
＋
b
＋
c

≥2 (a＋b＋c)，

bccaab
即
a
＋
b
＋
c
≥a＋b＋c.
利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证 明思
路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过
逐步的逻辑 推理最后转化为需证问题．
【训练2】 已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1.
111
求证：
a
＋
b
＋
c
≥9.
证明 ∵a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1，
111
a＋b＋ca＋b＋ ca＋b＋c
∴
a
＋
b
＋
c
＝
a
＋
b
＋
c

bcacab
＝3＋
a
＋a
＋
b
＋
b
＋
c
＋
c

ba

ca

cb

＝3＋

a
＋
b

＋

a
＋
c

＋

b
＋
c




≥3＋2＋2＋2＝9，
1
当且仅当a＝b＝c＝
3
时，取等号．
考向三 利用基本不等式解决恒成立问题
x
【例3】►若对任意x＞0，
2
≤a恒成 立，则a的取值范围是________．
x＋3x＋1
xx
[审题视点] 先求< br>2
(x＞0)的最大值，要使得
2
≤a(x＞0)恒成立，
x＋3x＋ 1x＋3x＋1
x
只要
2
(x＞0)的最大值小于等于a即可．
x＋3x＋1
xx
解析 若对任意x＞0，
2
≤a恒成立，只需求得 y＝
2
的最大值即
x＋3x＋1x＋3x＋1
x111
可，因为x＞ 0，所以y＝
2
＝
1
≤＝
5
，当且仅当x＝1时取
x＋3x＋1
1
x＋
x
＋3
2 x·
x

1

等号，所以a的取值范围是

5
，＋∞




1

答案

5
，＋∞



当不等式一边的函数(或代 数式)的最值较易求出时，可直接求出这个最
值(最值可能含有参数)，然后建立关于参数的不等式求解 ．
【训练3】已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，则实数m的最大
值是________．
解析 由x＞0，y＞0，xy＝x＋2y≥2 2xy，得xy≥8，于是由m－2≤xy恒成立，
得m－2≤8，m≤10，故m的最大值为10.
答案 10
考向三 利用基本不等式解实际问题
【例3】►某单位建造一间地面面积为12 m
2
的背面靠墙的矩形小房，由于地理位
置的限制，房子侧面的长度x不得超过5 m ．房屋正面的造价为400元m
2
，房
屋侧面的造价为150元m
2
，屋顶和地面的造价费用合计为5 800元，如果墙高
为3 m，且不计房屋背面的费用．当侧面的长度为多少时，总造价最低？
[审题视点] 用长度x表示出造 价，利用基本不等式求最值即可．还应注意定义
域0＜x≤5；函数取最小值时的x是否在定义域内，若 不在定义域内，不能用基
本不等式求最值，可以考虑单调性．
12

16

解 由题意可得，造价y＝3(2x×150＋
x
×400)＋5 800＝900

x＋
x

＋5 800(0＜

x≤5)，
16

16

x＋

则y＝900
x

＋5 800≥900×2x×
x
＋5 800＝13 000(元)，

16
当且仅当x＝
x
，即x＝4时取等号．
故当侧面的长度为4米时，总造价最低．
解实际应用题要注意以下几点：
(1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数；
(2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值；

< br>(3)在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)
内求解．
【训练3】东海水晶制品厂去年的年产量为10万件，每件水晶产品的销售价格
为100元，固 定成本为80元．从今年起，工厂投入100万元科技成本．并计划
以后每年比上一年多投入100万元 科技成本．预计产量每年递增1万件，每件水
80
晶产品的固定成本g(n)与科技成本的投入 次数n的关系是g(n)＝.若水晶产
n＋1
品的销售价格不变，第n次投入后的年利润为f( n)万元．
(1)求出f(n)的表达式；
(2)求从今年算起第几年利润最高？最高利润为多少万元？
80
解 (1)第n次 投入后，产量为(10＋n)万件，销售价格为100元，固定成本为
n＋1
元，科技成本投入 为100n万元．
80

100－

－100n(n∈N
*
)． 所以，年利润为f(n)＝(10＋n)

n＋1

80
100－

－100n (2)由(1)知f(n)＝(10＋n)
n＋1
9

n＋1＋

≤520(万元)． ＝1 000－80

n＋1

9
当且仅当n＋1＝，
n＋1
即n＝8时，利润最高，最高利润为520万元．
所以，从今年算起第8年利润最高，最高利润为520万元．
阅卷报告——忽视基本不等式成立的条件致误
【问题诊断】 利用基本不等式求最值是高考的 重点，其中使用的条件是“一正、
二定、三相等”，在使用时一定要注意这个条件，而有的考生对基本不 等式的使
用条件理解不透彻，使用时出现多次使用不等式时等号成立的条件相矛盾.,【防
范措 施】 尽量不要连续两次以上使用基本不等式，若使用两次时应保证两次等
号成立的条件同时相等. < br>12
【示例】►已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求
a
＋
b
的最小值．
错因 两次基本不等式成立的条件不一致．
实录 ∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1，

a＋b

2
1

＝. ∴ab≤

2

4
12211
又
a
＋
b
≥2 ，而ab≤，∴
ab4ab
≥4，
1212
∴
a
＋
b
≥28＝42，故
a
＋
b
的最小值为42.
正解 ∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1，
12

12

b2ab2a
∴
a
＋
b
＝

a
＋
b

(a＋b)＝1＋2＋
a
＋
b
≥3＋2
a
·
b
＝3＋22.


a＋b＝1，< br>

a＝2－1，

当且仅当

b2a
即< br>
时，
＝，

b＝2－2


ab
12
a
＋
b
的最小值为3＋22.
11
【试一试】设a ＞b＞0，则a
2
＋
ab
＋的最小值是( )．
aa－b
A．1 B．2 C．3 D．4
11
2
[尝试解答] a＋
ab
＋
aa－b
11
＝a
2
－ab＋ab＋
ab
＋
aa－b
11
＝a(a－b)＋＋ab＋
ab

aa－b


11
≥2 aa－b·＋2 ab·
ab

aa－b
＝2＋2＝4.
11
当且仅当a(a－b)＝且ab＝
ab
，
aa－b
即a＝2b时，等号成立．
答案 D