2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題1 小題專練 2.1.3 不等式與線性規(guī)劃課件.ppt

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第3課時(shí)不等式與線性規(guī)劃 熱點(diǎn)考向一不等式的性質(zhì)及應(yīng)用考向剖析 本考向考題的形式為選擇題或填空題 主要考查利用不等式的性質(zhì) 基本不等式及一元二次不等式 簡(jiǎn)單指數(shù) 對(duì)數(shù) 分式不等式的求解 ?？疾榕c集合的運(yùn)算 充要條件 不等式的成立問(wèn)題 2019年仍將以小題的形式考查一元二次不等式及基本不等式 1 2018 深圳二模 設(shè)p x2 x 20 0 則p是q的 A 充分不必要條件B 必要不充分條件C 充要條件D 既不充分也不必要條件 解析 選A x2 x 20 0 解得x 5或x2 故的解為 x2 2 使log2 x x 1成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍是 A 1 B 0 C 1 D 1 0 解析 選D 由函數(shù)y log2 x 得到 x 0 解得x 1 則滿足條件的x 1 0 如圖所示 3 已知函數(shù)實(shí)數(shù)a b滿足不等式f 2a b f 4 3b 0 則下列不等式恒成立的是 A b a2C b a 2D a 2b 2 解析 選C 根據(jù)題意 函數(shù)其定義域?yàn)镽 則函數(shù)f x 為奇函數(shù) 則函數(shù)f x 在R上為減函數(shù) f 2a b f 4 3b 0 f 2a b f 4 3b f 2a b f 3b 4 2a b2 4 已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f x 在區(qū)間 2 上單調(diào)遞減 且y f x 2 為偶函數(shù) 則關(guān)于x的不等式f 2x 1 f x 1 0的解集為 解析 選D 因?yàn)閥 f x 2 為偶函數(shù) 所以y f x 的圖象關(guān)于直線x 2對(duì)稱 因?yàn)閒 x 在 2 上單調(diào)遞減 所以f x 在 2 上單調(diào)遞增 又因?yàn)閒 2x 1 f x 1 0 所以f 2x 1 f x 1 當(dāng)x 2時(shí) 2x 1 x 1 要使f 2x 1 f x 1 成立 則x 12矛盾 故無(wú)解 當(dāng)xf x 1 成立 則有 2 2x 1 x 1 所以 2x 1 24 x 1 即綜上 故選D 5 2018 石家莊一模 設(shè)f x 是定義在 2b 3 b 上的偶函數(shù) 且在 2b 0 上為增函數(shù) 則f x 1 f 3 的解集為 A 3 3 B 2 4 C 1 5 D 0 6 解析 選B 根據(jù)題意 2b 3 b 0 所以b 3 所以f x 的定義域?yàn)?6 6 在 6 0 上為增函數(shù) 所以f x 在 0 6 上為減函數(shù) 所以由f x 1 f 3 得 f x 1 f 3 所以解得 2 x 4 所以原不等式的解集為 2 4 名師點(diǎn)睛 解不等式的策略 1 一元二次不等式 先化為一般形式ax2 bx c 0 a 0 再結(jié)合相應(yīng)二次方程的根及二次函數(shù)圖象確定一元二次不等式的解集 2 含指數(shù) 對(duì)數(shù)的不等式 利用指數(shù) 對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性將其轉(zhuǎn)化為整式不等式求解 3 有函數(shù)背景的不等式 靈活利用函數(shù)的性質(zhì) 單調(diào)性 奇偶性 對(duì)稱性等 與圖象求解 熱點(diǎn)考向二基本不等式1 已知函數(shù)若不等式f x 1 0在x R上恒成立 則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 A 0 B 2 2 C 2 D 0 2 解析 選C 由f x 1在R上恒成立 可得當(dāng)x 0時(shí) 2x 1 1 即2x 0顯然成立 又x 0時(shí) x2 ax 1 即為由當(dāng)且僅當(dāng)x 1時(shí) 取得最小值2 可得a 2 綜上可得a 2 2 已知函數(shù)若正實(shí)數(shù)a b滿足f 2a f b 1 0 則的最小值是 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 解析 因?yàn)樗院瘮?shù)為R上的奇函數(shù) 又在其定義域上是增函數(shù) 故在其定義域上是增函數(shù) 因?yàn)閒 2a f b 1 0 所以2a b 1 0 故2a b 1 故 當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍?hào)成立 答案 名師點(diǎn)睛 利用不等式求最值的解題技巧 1 湊項(xiàng) 通過(guò)調(diào)整項(xiàng)的符號(hào) 配湊項(xiàng)的系數(shù) 使其積或和為定值 2 湊系數(shù) 若無(wú)法直接運(yùn)用基本不等式求解 可以通過(guò)湊系數(shù)后得到和或積為定值 從而可利用基本不等式求最值 3 換元 分式函數(shù)求最值 通常直接將分子配湊后將式子分開(kāi)或?qū)⒎帜笓Q元后將式子分開(kāi)再利用不等式求最值 即化為g x 恒正或恒負(fù)的形式 然后運(yùn)用基本不等式來(lái)求最值 4 單調(diào)性 應(yīng)用基本不等式求最值時(shí) 若遇等號(hào)取不到的情況 則應(yīng)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解 熱點(diǎn)考向三線性規(guī)劃考向剖析 本考向考題形式為選擇題或填空題 主要考查在線性約束條件下求最值的方法或根據(jù)最優(yōu)解 可行域的情況求參數(shù)值 范圍 問(wèn)題 2019年高考本考向仍是必考考向 仍然是以小題的形式考查線性約束條件下的目標(biāo)函數(shù)的最值問(wèn)題 1 若變量x y滿足 則的最大值為 解析 選D 作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖 陰影部分 設(shè)m 2x y得y 2x m 平移直線y 2x m 由圖象可知當(dāng)直線y 2x m經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí) 直線y 2x m的截距最大 此時(shí)m最大 由解得即A 1 2 代入目標(biāo)函數(shù)m 2x y得m 2 1 2 4 即目標(biāo)函數(shù)的最大值為 2 若變量x y滿足則的最小值為 解析 選A 由約束條件作出可行域如圖 B 0 2 A 1 0 的幾何意義為可行域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)連線斜率倒數(shù)的2倍 因?yàn)樗缘淖钚≈禐?3 已知實(shí)數(shù)x y滿足約束條件若的最小值為則正數(shù)a的值為 解析 選D 實(shí)數(shù)x y滿足的約束條件的可行域如圖 因?yàn)楸硎具^(guò)點(diǎn) x y 與 1 1 連線的斜率 易知a 0 所以可作出可行域 可知可行域的A與 1 1 連線的斜率最小 由解得的最小值為 即 4 2018 合肥一模 若實(shí)數(shù)x y滿足則z x 2y的最小值為 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 解析 作出實(shí)數(shù)x y滿足表示的可行域如圖 將目標(biāo)函數(shù)z x 2y變形得由圖可知當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)截距最小 即z最小 解方程組得x 1 y 0 所以z的最小值為1 2 0 1 答案 1 5 2018 石家莊一模 若x y滿足約束條件 則z 2x y的最大值為 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào) 解析 畫(huà)出x y滿足約束條件 對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域 如圖所示 由解得A 2 1 由z 2x y得 y 2x z 平移直線y 2x 顯然直線過(guò)A 2 1 時(shí) z最大 z的最大值是3 答案 3 名師點(diǎn)睛 簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題的解題策略在給定約束條件的情況下 求線性目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解主要用圖解法 其主要思路步驟為 1 根據(jù)約束條件作出可行域 2 根據(jù)所要求的目標(biāo)函數(shù)的最值 令目標(biāo)函數(shù)z 0 將所得直線平移 得到可行解 并確定最優(yōu)解 3 將取得最優(yōu)解時(shí)的點(diǎn)的坐標(biāo)確定 并求出此時(shí)的最優(yōu)解