高三理科數學 一輪總復習第七章　不等式教師用書

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1、 第七章　不等式 高考導航 考試要求 重難點擊 命題展望 　　1.不等關系 了解現實世界和日常生活中的不等關系，了解不等式(組)的實際背景. 2.一元二次不等式 (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. 3.二元一次不等式組與簡單線性規(guī)劃問題 (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組的幾何意義，能用平面區(qū)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

2、二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決. 4.基本不等式：≥ (a，b≥0) (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. 本章重點：1.用不等式的性質比較大?。?.簡單不等式的解法；3.二元一次不等式組與簡單的線性規(guī)劃問題；4.基本不等式的應用. 本章難點：1.含有參數不等式的解法；2.不等式的應用；3.線性規(guī)劃的應用. 　　不等式具有應用廣泛、知識綜合、能力復合等特點.高考考查時更多的是與函數、方程、數列、三角函數、解析幾何、立體幾何及實際應用問題相互交叉和綜合，將不等式及其性質的運用滲透到這些問題的求解過程中進行考查. 線性規(guī)劃是數學應用的

3、重要內容，高考中除考查線性規(guī)劃問題的求解與應用外，也考查線性規(guī)劃方法的遷移. 知識網絡 　7.1　不等式的性質 典例精析 題型一　比較大小 【例1】已知a＞0，a≠1，P＝loga(a3－a＋1)，Q＝loga(a2－a＋1)，試比較P與Q的大小. 【解析】因為a3－a＋1－(a2－a＋1)＝a2(a－1)， 當a＞1時，a3－a＋1＞a2－a＋1，P＞Q； 當0＜a＜1時，a3－a＋1＜a2－a＋1，P＞Q； 綜上所述，a＞0，a≠1時，P＞Q. 【點撥】作差比較法是比較兩個實數大小的重要方法之一，其解題步驟為：①作差； ②變形；③判斷符號；④得出

4、結論. 【變式訓練1】已知m＝a＋(a＞2)，n＝x－2(x≥)，則m，n之間的大小關系為(　　) A.m＜n B.m＞n C.m≥n D.m≤n 【解析】選C.本題是不等式的綜合問題，解決的關鍵是找中間媒介傳遞. m＝a＋＝a－2＋＋2≥2＋2＝4，而n＝x－2≤()－2＝4. 題型二　確定取值范圍 【例2】已知－≤α＜β≤，求，的取值范圍. 【解析】因為－≤α＜β≤，所以－≤＜，－＜≤， 兩式相加得－＜＜. 又－≤＜，所以－≤＜， 又因為α＜β，所以＜0，所以－≤＜0， 綜上－＜＜，－≤＜0為所求范圍. 【點撥】求含字母的數(式)的取值范圍，一定

5、要注意題設的條件，否則易出錯，同時在變換過程中，要注意準確利用不等式的性質. 【變式訓練2】已知函數f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范圍. 【解析】由已知－4≤f(1)＝a－c≤－1，－1≤f(2)＝4a－c≤5. 令f(3)＝9a－c＝γ(a－c)＋μ(4a－c)， 所以 故f(3)＝－(a－c)＋(4a－c)∈[－1,20]. 題型三　開放性問題 【例3】已知三個不等式：①ab＞0；② ＞；③bc＞ad.以其中兩個作條件，余下的一個作結論，則能組成多少個正確命題？ 【解析】能組成3個正確命題.對不等式②作等價變形:＞?＞0.

6、 (1)由ab＞0，bc＞ad?＞0，即①③?②； (2)由ab＞0，＞0?bc－ad＞0?bc＞ad，即①②?③； (3)由bc－ad＞0，＞0?ab＞0，即②③?①. 故可組成3個正確命題. 【點撥】這是一類開放性問題，要求熟練掌握不等式的相關性質，并能對題目條件進行恰當的等價變形. 【變式訓練3】a、b、c、d均為實數，使不等式＞＞0和ad＜bc都成立的一組值(a，b，c，d)是_______________(只要寫出符合條件的一組即可). 【解析】寫出一個等比式子，如＝＞0.此時內項的積和外項的積相等，減小的分子，把上式變成不等式＞＞0，此時不符合ad＜bc的條件，進行

7、變換可得＞＞0，此時2 (－2)＜1(－3).故(2,1，－3，－2)是符合要求的一組值. 總結提高 1.不等式中有關判斷性命題，主要依據是不等式的概念和性質.一般地，要判斷一個命題是真命題，必須嚴格證明.要判斷一個命題是假命題，只要舉出反例，或者由題設條件推出與結論相反的結果.在不等式證明和推理過程中，關鍵是要弄清每個性質的條件與結論及其邏輯關系，要注意條件的弱化與加強，不可想當然.如在應用ab＞0，a＞b?＜這一性質時，不可弱化為a＞b?＜，也不可強化為a＞b＞0?＜. 2.題設條件含有字母，而結論唯一確定的選擇題，采用賦值法解答可事半功倍. 3.比較大小的常用方法是作差比較法和

8、作商比較法，變形是關鍵. 　7.2　簡單不等式的解法 典例精析 題型一　一元二次不等式的解法 【例1】解下列不等式： (1)x2－2x－3＞0； (2)已知A＝{x|3x2－7x＋2＜0}，B＝{x|－2x2＋x＋1≤0}，求A∪B，(?RA)∩B. 【解析】(1)方程兩根為x1＝－1，x2＝3， 所以原不等式解集為{x|x＜－1或x＞3}. (2)因為A＝{x|＜x＜2}，?RA＝{x|x≤或x≥2}，B＝{x|x≤－或x≥1}， 所以A∪B＝{x|x≤－或x＞}，(?RA)∩B＝{x|x≤－或x≥2}. 【點撥】一元二次不等式、一元二次方程及一元二次函

9、數聯系非常緊密，要注意轉化，同時要熟練掌握一元二次不等式恒成立與對應方程的判別式的關系.對于Δ＞0的不等式解集簡稱“大于取兩端，小于取中間”. 【變式訓練1】設函數f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，則關于x的不等式f(x)≤1的解集為(　　) A.(－∞，－3]∪[－1，＋∞) B.[－3，－1] C.[－3，－1]∪(0，＋∞) D.[－3，＋∞) 【解析】選C.由已知對x≤0時f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，知其對稱軸為x＝－2，故－＝－2?b＝4. 又f(－2)＝0，代入得c＝4，故f(x)＝ 分別解之取并集即得不等式解集

10、為[－3，－1]∪(0，＋∞). 題型二　解含參數的一元二次不等式問題 【例2】解關于x的不等式mx2＋(m－2)x－2＞0 (m∈R). 【解析】當m＝0時，原不等式可化為－2x－2＞0，即x＜－1； 當m≠0時，可分為兩種情況： (1)m＞0 時，方程mx2＋(m－2)x－2＝0有兩個根，x1＝－1，x2＝. 所以不等式的解集為{x|x＜－1或x＞}； (2)m＜0時，原不等式可化為－mx2＋(2－m)x＋2＜0， 其對應方程兩根為x1＝－1，x2＝，x2－x1＝－(－1)＝. ①m＜－2時，m＋2＜0，m＜0，所以x2－x1＞0，x2＞x1， 不等式的解集為{x|

11、－1＜x＜}； ②m＝－2時，x2＝x1＝－1， 原不等式可化為(x＋1)2＜0，解集為?； ③－2＜m＜0時，x2－x1＜0，即x2＜x1， 不等式解集為{x|＜x＜－1}. 綜上所述： 當m＜－2時，解集為{x|－1＜x＜}； 當m＝－2時，解集為?； 當－2＜m＜0時，解集為{x|＜x＜－1}； 當m＝0時，解集為{x|x＜－1}； 當m＞0時，解集為{x|x＜－1或x＞}. 【點撥】解含參數的一元二次不等式，首先要判斷二次項系數的符號，其次討論根的情況，然后討論根的大小，最后依據二次項系數的符號和根的大小寫出解集. 【變式訓練2】解關于x的不等式＞0. 【解

12、析】原不等式等價于(ax－1)(x＋1)＞0. 當a＝0時，不等式的解集為{x|x＜－1}； 當a＞0時，不等式的解集為{x|x＞或x＜－1}； 當－1＜a＜0時，不等式的解集為{x|＜x＜－1}； 當a＝－1時，不等式的解集為?； 當a＜－1時，不等式的解集為{x|－1＜x＜}. 題型三　一元二次不等式與一元二次方程之間的聯系 【例3】已知ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|1＜x＜3}，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集. 【解析】由于ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|1＜x＜3}，因此a＜0， 且ax2＋bx＋c＝0的兩根為1、3，則－＝1＋3，＝13，即＝－4，＝3.

13、 又a＜0，不等式cx2＋bx＋a＜0可以化為x2＋x＋1＞0，即3x2－4x＋1＞0， 解得x＜或x＞1. 【點撥】解一元二次不等式時，要注意聯系相應的一元二次方程與一元二次函數，明確一元二次不等式的解區(qū)間的端點就是相應一元二次方程的根. 【變式訓練3】(2009江西)若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝　　　. 【解析】.作出函數y＝和y＝k(x＋2)－的圖象，函數y＝的圖象是一個半圓，函數y＝k(x＋2)－的圖象是過定點(－2，－)的一條動直線.依題意，半圓在直線下方的區(qū)間長度為2，則必有a＝1，即 1是方程＝k(x＋2)－的根，代入得k＝.

14、總結提高 1.解一元二次不等式的一般步驟: (1)對不等式變形，使一端為零且二次項系數大于零； (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兩根； (4)根據一元二次不等式的結構，寫出其解集. 2.當含有參數時，需分類討論.分類標準往往根據需要而設定.如：是一元一次不等式還是一元二次不等式；開口方向如何；根的判別式的正負；根的大小等. 3.要注意三個“二次”之間的聯系，重視數形結合思想的應用. 7.3　二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題 典例精析 題型一　平面區(qū)域 【例1】已知函數f(x)的定義域為[－2，＋∞)，且f(4)＝f(－2

15、)＝1，f′(x)為f(x)的導函數，函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則平面區(qū)域所圍成的面積是(　　) A.2 B.4 C.5 D.8 【解析】選B.由f′(x)的圖象可知，f(x)在[－2,0]上是減函數，在[0，＋∞)上是增函數. 因為f(－2)＝f(4)＝1，所以當且僅當x∈(－2,4)時，有f(x)＜f(－2)＝f(4)＝1. 作出可行域如圖所示，其圍成的圖形面積為4. 【點撥】不等式組表示的平面區(qū)域是各個不等式所表示的平面區(qū)域點的交集，因而是各個不等式所表示的平面區(qū)域的公共部分. 【變式訓練1】若a≥0，b≥0，且當時，恒有ax＋by≤1，則以

16、a，b為坐標的點P(a，b)所形成的平面區(qū)域的面積是( )　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C.1 D. 【解析】選C.當a＝b＝1時，滿足x＋y≤1，且可知0≤a≤1，0≤b≤1，所以點P(a，b)所形成的平面區(qū)域為邊長為1的正方形，所以面積為1.本題關鍵是確定點所形成的區(qū)域形狀. 題型二　利用線性規(guī)劃求最值 (1)z＝x＋2y－4的最大值； (2)z＝x2＋y2－10y＋25的最小值； (3)z＝的取值范圍. 【解析】作出可行域如圖所示，并求出頂點的坐標A(1,3)，B(3,1)，C(7,9). (1)易知直線x＋2y－4＝z過

17、點C時，z最大. 所以x＝7，y＝9時，z取最大值21. (2)z＝x2＋(y－5)2表示可行域內任一點(x，y)到定點M(0,5)的距離的平方， 過點M作直線AC的垂線，易知垂足N在線段AC上， 故z的最小值是()2＝. (3)z＝2表示可行域內任一點(x，y)與定點Q(－1，－)連線斜率的2倍. 因為kQA＝，kQB＝，所以z的取值范圍為[，]. 【點撥】線性目標函數的最大值、最小值一般在可行域的頂點處或邊界上取得，充分理解目標函數賦予的幾何意義是本例的關鍵. 【變式訓練2】已知函數f(x)＝x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在區(qū)間[－1,3]上是減函數，求 a＋b的最

18、小值. 【解析】因為f′(x)＝x2＋2ax－b，f(x)在區(qū)間[－1,3]上是減函數. 所以f′(x)≤0在[－1,3]上恒成立.則 作出點(a，b)表示的平面區(qū)域. 令z＝a＋b，求出直線－2a－b＋1＝0與6a－b＋9＝0的交點A的坐標為(－1,3). 當直線z＝a＋b過點A(－1,3)時，z＝a＋b取最小值2. 題型三　線性規(guī)劃的實際應用 【例3】某木器廠生產圓桌和衣柜兩種產品，現有兩種木料，第一種有72 m3，第二種有56 m3.假設生產每種產品都需要用兩種木料，生產一張圓桌需要用第一種木料0.18 m3，第二種木料0.08m3，可獲利潤6元，生產一個衣柜需要用第一

19、種木料0.09 m3，第二種木料0.28 m3，可獲利潤10元.木器廠在現有木料條件下，圓桌和衣柜應各生產多少時才能使所獲利潤最大？最大利潤是多少？ 【解析】設圓桌生產的張數為x，衣柜生產的個數為y，所獲利潤為z，則z＝6x＋10y， 當直線l：6x＋10y＝0平移到經過點M(350,100)時，z＝6x＋10y最大. zmax＝6350＋10100＝3 100， 所以生產圓桌350張，衣柜100個可獲得最大利潤3 100元. 【點撥】解實際線性規(guī)劃問題，首先設出變量，建立不等式模型表示出約束條件，一定要注意問題的實際意義(如本題中x≥0，y≥0)，然后畫出可行域，利用圖形求解.

20、 【變式訓練3】某實驗室需購某種化工原料至少106千克，現在市場上該原料有兩種包裝：一種是每袋35千克，價格為140元；另一種是每袋24千克，價格為120元.在滿足需要的條件下，最少要花費　　　元. 【解析】500.設需35千克的x袋，24千克的y袋，則目標函數z＝140x＋120y，約束條件為當x＝1時，y≥，即y＝3，這時zmin＝140＋1203＝500. 總結提高 1.用圖解法解決線性規(guī)劃問題時，分析題目的已知，找出約束條件和目標函數是關鍵. 2.可行域是二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域，可行域可以是封閉的多邊形，亦可是一側開放的無限大的平面區(qū)域. 3.若可行域是一個多邊形

21、，那么一般在頂點處，使目標函數值取得最值，最優(yōu)解一般是多邊形的某個頂點. 4.實際問題的最優(yōu)解要求是整數解時，這時要對最優(yōu)解(非整數解)進行適當調整，其方法是在邊界直線的附近尋求與目標函數直線距離最近的整點，而不要在最優(yōu)解的附近尋找. 　7.4　基本不等式及應用 典例精析 題型一　利用基本不等式比較大小 【例1】(1)設x，y∈R＋，且xy－(x＋y)＝1，則(　　) A.x＋y≥2(＋1) B.x＋y≤2(＋1) C.x＋y≤2(＋1)2 D.x＋y≥(＋1)2 (2)已知a，b∈R＋，則，，，的大小順序是　　　　　　　　　. 【

22、解析】(1)選A.由已知得xy＝1＋(x＋y)，又xy≤()2，所以()2≥1＋(x＋y). 解得x＋y≥2(＋1)或x＋y≤2(1－). 因為x＋y＞0，所以x＋y≥2(＋1). (2)由≥有a＋b≥2，即a＋b≥，所以≥. 又＝≤，所以≥， 所以≥≥≥. 【點撥】本題(2)中的結論由基本不等式簡單推導而來，可作為結論使用. 【變式訓練1】設a＞b＞c，不等式＋＞恒成立，則λ的取值范圍是　　　　. 【解析】(－∞，4).因為a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0. 而(a－c)(＋)＝[(a－b)＋(b－c)](＋)≥4，所以λ＜4. 題型二　利用基本不等式

23、求最值 【例2】(1)已知x＜，則函數y＝4x－2＋的最大值為　　　??； (2)已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c的導數f′(x)，f′(0)＞0，對任意實數x，有f(x)≥0，則的最小值為(　　) A.3 B. C.2 D. 【解析】(1)因為x＜，所以5－4x＞0. 所以y＝4x－2＋＝－(5－4x＋)＋3≤－2＋3＝1. 當且僅當5－4x＝，即x＝1時，等號成立. 所以x＝1時，ymax＝1. (2)選C.因為f(x)≥0，所以 所以c≥.又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0， ＝＝1＋≥1＋≥1＋＝2， 當且僅當c＝

24、且4a2＝b2時等號成立. 【點撥】應用基本不等式求最值時，常見的技巧是“拆或湊”，同時注意“一正、二定、三相等”這三個條件，避免出現錯誤. 【變式訓練2】已知x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，求的取值范圍. 【解析】由等差數列、等比數列的性質得a＋b＝x＋y， cd＝xy，所以＝＝2＋＋， 當＞0時，≥4；當＜0時，≤0， 故的取值范圍是(－∞，0]∪[4，＋∞). 題型三　應用基本不等式解實際應用問題 【例3】某食品廠定期購買面粉，已知該廠每天需用面粉6噸，每噸面粉的價格為1 800元，面粉的保管等其他費用為平均每噸每天3元，購面粉每次需支付運費900元.

25、 (1)求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少(所購面粉第二天才能使用)； (2)若提供面粉的公司規(guī)定：當一次購買面粉不少于210噸時，其價格可享受9折優(yōu)惠(即原價的90%)，問該廠是否可以利用此優(yōu)惠條件？請說明理由. 【解析】(1)設該廠x天購買一次面粉，其購買量為6x噸，面粉的保管等其他費用為3[6x＋6(x－1)＋…＋62＋61]＝9x(x＋1). 設平均每天所支付的總費用為y1，則 y1＝[9x(x＋1)＋900]＋61 800＝＋9x＋10 809≥2＋10 809＝10 989， 當且僅當9x＝，即x＝10時，取等號. 即該廠應10天購買一次面粉，

26、才能使平均每天所支付的總費用最少. (2)若廠家利用此優(yōu)惠條件，則至少應35天購買一次面粉，設該廠利用此優(yōu)惠條件后，每x(x≥35)天購買一次面粉，平均每天支付的總費用為y2，則 y2＝[9x(x＋1)＋900]＋61 8000.9＝＋9x＋9 729(x≥35). 因為y2′＝9－，當x≥35時，y2′＞0. 所以y2＝＋9x＋9 729在[35，＋∞)上是增函數. 所以x＝35時，y2取最小值. 由＜10 989知，該廠可以利用此優(yōu)惠條件. 【點撥】解決這類應用題，首先要依題意構造出相應的數學模型，并通過適當的變形使所得到的模型符合基本不等式的結構，再求最值.當等號不能成立時

27、，常利用函數的單調性來處理. 【變式訓練3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2－4a2－b2的最大值. 【解析】因為a＞0，b＞0,2a＋b＝1， 所以4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab， 且1＝2a＋b≥2，即≤，ab≤. 所以S＝2－4a2－b2＝2－(1－4ab)＝2＋4ab－1≤， 當且僅當a＝，b＝時，等號成立. 總結提高 1.基本不等式的幾種常見變形公式： ab≤()2≤(a，b∈R)； ≤≤≤(a＞0，b＞0). 注意不等式成立的條件及等號成立的條件. 2.合理拆分或配湊因子是常用的技巧，配、湊的目的在于使幾個數的積為定值或和為定值

28、，且等號能夠成立. 3.多次使用基本不等式求最值時，要特別注意等號能否同時成立. 7.5　不等式的綜合應用 典例精析 題型一　含參數的不等式問題 【例1】若不等式組的解集中所含整數解只有－2，求k的取值范圍. 【解析】由x2－x－2＞0有x＜－1或x＞2， 由2x2＋(5＋2k)x＋5k＜0有(2x＋5)(x＋k)＜0. 因為－2是原不等式組的解，所以k＜2. 由(2x＋5)(x＋k)＜0有－＜x＜－k. 因為原不等式組的整數解只有－2，所以－2＜－k≤3，即－3≤k＜2， 故k的取值范圍是[－3,2). 【點撥】涉及到含參數的不等式解集的有關問題時，借助數軸分

29、析，往往直觀、簡潔. 【變式訓練1】不等式(－1)na＜2＋對任意n∈N*恒成立，求實數a的取值范圍. 【解析】當n為奇數時，－a＜2＋，即a＞－(2＋). 而－(2＋)＜－2，則a≥－2； 當n為偶數時，a＜2－，而2－≥2－＝，所以a＜. 綜上可得－2≤a＜. 【點撥】不等式中出現了(－1)n的時候，常常分n為奇數和偶數進行分類討論. 題型二　不等式在函數中的應用 【例2】已知函數f(x)＝在區(qū)間[－1,1]上是增函數. (1)求實數a的值組成的集合A； (2)設x1，x2是關于x的方程f(x)＝的兩個相異實根，若對任意a∈A及t∈[－1,1]，不等式m2＋tm＋1≥|

30、x1－x2|恒成立，求實數m的取值范圍. 【解析】(1)f′(x)＝， 因為f(x)在[－1,1]上是增函數，所以當x∈[－1,1]時，f′(x)≥0恒成立， 令φ(x)＝x2－ax－2，即x2－ax－2≤0恒成立. 所以A＝{a|－1≤a≤1}. (2)由f(x)＝得x2－ax－2＝0. 設x1，x2是方程x2－ax－2＝0的兩個根，所以x1＋x2＝a，x1x2＝－2. 從而|x1－x2|＝＝， 因為a∈[－1,1]，所以≤3，即|x1－x2|max＝3. 不等式對任意a∈A及t∈[－1,1]不等式恒成立，即m2＋tm－2≥0恒成立. 設g(t)＝m2＋tm－2＝mt

31、＋m2－2，則 解得m≥2或m≤－2. 故m的取值范圍是(－∞，－2]∪[2，＋∞). 【點撥】對于在給定區(qū)間上恒成立的不等式問題，通?？梢赞D化為給定區(qū)間上的函數最大值(最小值)大于零(或小于零)，亦可分離變量或者利用數形結合的方法，分離變量和數形結合更加簡單明了. 【變式訓練2】設a，b＞0，且ab＝1，不等式＋≤λ恒成立，則λ的取值范圍是　　　　. 【解析】[1，＋∞).因為ab＝1，所以＋＝≤＝1，所以λ≥1. 題型三　不等式在實際問題中的應用 【例3】某森林出現火災，火勢正以100 m2/分鐘的速度順風蔓延，消防站接到報警立即派消防隊員前去，在火災發(fā)生后5分鐘到達救

32、火現場，已知消防隊員在現場平均每人滅火 50 m2/分鐘，所消耗的滅火材料，勞務津貼等費用為人均125元/分鐘，另附加每次救火所耗損的車輛，器械和裝備等費用人均100元，而燒毀森林的損失費60元/m2，問應該派多少消防隊員前去救火才能使總損失最少？ 【解析】設派x名消防隊員前去救火，用t分鐘將火撲滅，總損失為y，則 t＝＝， y＝滅火勞務津貼＋車輛、器械裝備費＋森林損失費 ＝125xt＋100x＋60(500＋100t) ＝125x＋100x＋30 000＋ ＝100(x－2)＋＋31 450 ≥2＋31 450＝36 450， 當且僅當100(x－2)＝，即x＝27時，y有

33、最小值36 450，故應派27人前去救火才能使總損失最少，最少損失36 450元. 【點撥】本題需要把實際問題抽象為數學問題，建立不等式模型，利用基本不等式求最值，基本不等式是歷年高考考查的重要內容. 【變式訓練3】某學校擬建一塊周長為400 m的操場，如圖所示，操場的兩頭是半圓形，中間區(qū)域是矩形，學生做操一般安排在矩形區(qū)域，為了能讓學生的做操區(qū)域盡可能大，試問如何設計矩形的長和寬？ 【解析】設中間矩形區(qū)域的長，寬分別為x m，y m，中間的矩形區(qū)域面積為S， 則半圓的周長為， 因為操場周長為400，所以2x＋2＝400， 即2x＋πy＝400(0＜x＜200,0＜y＜)， 所以

34、S＝xy＝(2x)(πy)≤2＝， 由解得 所以當且僅當時等號成立， 即把矩形的長和寬分別設計為100 m和m時，矩形區(qū)域面積最大. 總結提高 1.不等式應用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數的取值范圍，或解決一些實際應用問題；另一類是建立函數關系，利用基本不等式求最值問題. 不等式的綜合題主要是不等式與函數、解析幾何、數列、三角函數等知識的綜合.解決這些問題的關鍵是找出綜合題的各部分知識及聯系，充分利用數學思想和數學方法解題. 2.建立不等式的主要途徑有：利用基本不等式；利用問題的幾何意義；利用判別式；利用函數的有界性；利用函數的單調性等. 3.解答不等式的實際應用問題一般分四步，即審題、建模、求解、檢驗.