高中数学不等式的应用

不等式性质的应用

不等式的性质是解不等式、证明不等式的基础和依据。教材中列举了不等式的性质，由这些性质是可以继续推导出其它有关性质。教材中所列举的性质是最基本、最重要的，对此，不仅要掌握性质的内容，还要掌握性质的证明方法，理解掌握性质成立的条件，把握性质之间的关联。只有理解好，才能牢固记忆及正确运用。

1．不等式性质成立的条件

运用不等式的基本性质解答不等式问题，要注意不等式成立的条件，否则将会出现一些错误。对表达不等式性质的各不等式，要注意“箭头”是单向的还是双向的，也就是说每条性质是否具有可逆性。

例1：若ab0，则下列不等关系中不能成立的是（ ）

1111 B． C．|a||b| D．a2b2 ababa解：∵ab0，∴ab0。

1111由，，∴（A）成立。 ababA．

由ab0，|a||b|，∴（C）成立。

22由ab0，(a)(b)，ab，∴（D）成立。

22∵ab0，ab0，aab0，aba0，

1111，，∴（B）不成立。 a(ab)aab故应选B。

例2：判断下列命题是否正确，并说明理由。 （1）若ab0，则ab0；（2）若ab0，则ab0； （3）ab0，ab0，则ab0；（4）若ab0，则ab0。

分析：解决这类问题，主要是根据不等式的性质判定，其实质就是看是否满足性质所需要的条件。 解：（1）错误。当c0时不成立。 （2）正确。∵c0且c0，在（3）错误。ab22ab2c两边同乘以，不等式方向不变。∴ab。 22cc11，成立条件是ab0。 ab（4）错误。ab，cdacbd，当a，b，c，d均为正数时成立。

2．不等式性质在不等式等价问题中的应用 例3：下列不等式中不等价的是（ ） （1）x3x22与x3x40

22138与2x8 x1x1557（3）4x与4x7 x3x3x30与(x3)(2x)0 （4）

2x（2）2xA．（2） B．（3） C．（4） D．（2）（3） 解：（1）x3x22x3x40。

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138x1,x4x4。 x1x15577（3）4x7x且x3，4x7x。

x3x344（2）2x8x4，2x（4）不等式的解均为{x|3x2}

∴应选B。

3．利用不等式性质证明不等式

利用不等式的性质及其推论可以证明一些不等式。解决此类问题一定要在理解的基础上，记准、记熟不等式的八条性质并注意在解题中灵活准确地加以应用。

例4：若ab0，cd0，e0，求证：

ee。 acbd分析：本题考查学生对不等式性质的掌握及灵活应用。注意性质的使用条件。 解：∵cd0，cd0，又ab0 ∴acbd0，故而e0，∴

11。 acbdee acbd4．利用不等式性质求范围

利用几个不等式的范围来确定某个不等式的范围是一类常见的综合问题，对于这类问题要注意：“同向（异向）不等式的两边可以相加（相减）”，这种转化不是等价变形，在一个解题过程中多次使用这种转化时，就有可能扩大真实的取值范围，解题时务必小心谨慎，先建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性不等关系的运算，求得待求的范围”，是避免犯错误的一条途径。

例5：若二次函数f(x)图像关于y轴对称，且1f(1)2，3f(2)4，求f(3)的范围。 解：设f(x)axc（a0）。

2f(2)f(1)af(1)ac3 4f(1)f(2)f(2)4acc3f(3)9ac3f(2)3f(1)∵1f(1)2，3f(2)4，

4f(1)f(2)8f(2)5f(1) 33∴55f(1)10，248f(2)32，148f(2)5f(1)27，

148f(2)5f(1)9， 3314f(3)9。 即3∴

5．利用不等式性质，探求不等式成立的条件

不等式的性质是不等式的基础，包括五个性质定理及三个推论，不等式的性质是解不等式和证明不等式的主要依据，只有正确地理解每条性质的条件和结论，注意条件的变化才能正确地加以运用，利用不等式的性质，寻求命题成立的条件是不等式性质的灵活运用。

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例6：已知三个不等式：①ab0；②_____________个正确命题。

cd；③bcad。以其中两个作条件，余下一个作结论，则可组成abcdbcad0 abab于是，由ab0，bcad，可得②成立，即①③②；

bcad若ab0，0，则bcad，故①②③；

abbcad若bcad，0，则ab0，故②③①。

ab解：对命题②作等价变形：∴可组成3个正确命题。

11b同时成立，则ab应满足的条件是__________。 ab11(ab)(ab1)(ab1)解：∵(a)(b)，由ab知0，

ababab例7：已知ab，a从而ab(ab1)0，∴ab0或ab1。

不等式的证明

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

a2b2ab注意ab2ab的变式应用。常用 (其中a,bR)来解决有关根式不等式的问题。 22221、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。 1 已知a,b,c均为正数，求证：

111111 2a2b2cabbcca2 证明：∵a,b均为正数， ∴

111b(ab)a(ab)4ab(ab)0 4a4bab4ab(ab)4ab(ab)22 同理

(bc)0，111(ca)0 1114b4cbc4bc(bc)4c4aca4ac(ac)1111110 2a2b2cabbcca111111∴ 2a2b2cabbcca三式相加，可得

2、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。 2 a、b、c(0,)，abc1，求证：

证：3(abc)1(abc)∴

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2222a2b2c213

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2a22b22c22ab2bc2ca3(a2b2c2)(abc)2(ab)2(bc)2(ca)20444

3 设a、b、c是互不相等的正数，求证：abcabc(abc)

442244224422444222222证：∵ ab2ab bc2bc ca2ca∴ abcabbcca

∵ a2b2b2c22a2b2b2c22ab2c同理：b2c2c2a22bc2a c2a2a2b22ca2b

∴ a2b2b2c2c2a2abc(abc) 4 知a,b,cR，求证:

a2b2b2c2c2a22(abc)

22ab2(a2b2)a22abb2(ab)2证明：∵

ab2

即

a2b2(ab)22，两边开平方得

a2b222ab22(ab) 同理可得

b2c222(bc)c2a222(ca)三式相加，得 a2b2b2c2c2a22(abc)

、y(0,)(11)(11)5x且xy1，证：xy9。

(11)(11)(1xy)(1xy)(2y)(2x)52(yx)证：

xyxyxyxy5229 6已知a,bR,ab1求证：11a11b9. 策略:由于a,bR,ab12ab1说明a,bR,a1ab1的背后隐含着一个不等式 ab. abb244证

明

：

a,bR,ab1ab14而 111111ab12a1b1abab1abab1ab189.11a

11b9.3、分析法

分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

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。

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7已知a、b、c为正数，求证：

2(ababc3ab)3(abc)23

证：要证：

2(ababc3ab)3(abc)323只需证：2abc3abc

333即：c2ab3abc∵ cabab3cabab3abc成立∴ 原不等式成立

8.a、b、c(0,)且abc1，求证abc证：abc3。 23(abc)3即：2ab2bc2ac2

∵2abab 2bcbc 2acac即2ab2bc2ac(ab)(bc)(ac)2∴原命题成立

4、换元法

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

ab(1a2)(1b2)1b19，，求证：。 证明：令asin 左k2 k bsin

k2 k

sinsincoscossinsincoscos22ab(1a2)(1b2)1cos()1 ∴

10：xy1，求证：2xy2 证：由xy1设xcos，ysin∴ ∴ 22xycossin2sin(4)[2,2]

2xy2

11知a>b>c,求证：114. abbcac证明：∵a－b>0, b－c>0, a－c>0 ∴可设a－b=x, b－c=y (x, y>0) 则a－c= x + y, 原不等式转化为

证明

11411xyxy即证(xy)()4，即证24 ∵2∴原不等式成立（当仅x=y当“=”xyxyxyyxyx成立）

12知1≤x＋y≤2，求证：2222122≤x－xy＋y≤3． （带范围的三角换元） 22证明：∵1≤x＋y≤2，∴可设x = rcos，y = rsin，其中1≤r≤2，0≤＜2． ∴x－xy＋y= r－r而

2222111131321222sin2= r(1－sin2)，∵≤1－sin2≤，∴r≤r(1－sin2)≤r，

2222222211213222r≥，r≤3∴ ≤x－xy＋y≤3． 22225 / 15

2213已知x－2xy＋2y≤2，求证：| x＋y |≤10． 高中数学不等式的应用

证明：∵x2－2xy＋2y2= (x－y)2＋y2，∴可设x－y = rcos，y = rsin，其中0≤r≤2，0≤＜2． ∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos＋2rsin| = r|5sin(＋ractan14解不等式5x1)|≤5r≤10． 2x1＞1 25x =6 sin，x1＝6 cos，∈［0，

22解：因为(5x)(x1)=6，故可令

］ 2则原不等式化为 由∈［0，

6 sin－6 cos ＞

11所以6 sin ＞+6 cos 221］知+6 cos＞0，将上式两边平方并整理，得48 cos2+46 cos－23＜0

2228262447所以x＝6cos2－1＜，且x≥－1，故原不等式的解集是｛x|-1≤x＜

2412解得0≤cos＜

2447} .

12215：－1≤1x－x≤2． 证明：∵1－x≥0，∴－1≤x≤1，故可设x = cos，其中0≤≤．

2则1x－x =1cos∴－1≤2sin(－增量代换法

22－cos= sin－cos=2sin(－

3)，∵－≤－≤， 44442)≤2，即－1≤1x－x≤2． 4在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简． 16a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥25． 211证明：∵a，bR，且a＋b = 1，∴设a =＋t，b=－t， (tR)

22115252252522222则(a＋2)＋(b＋2)= (＋t＋2)＋(－t＋2)= (t＋)＋(t－)= 2t＋≥．

2222222522∴(a＋2)＋(b＋2)≥．

222利用“1”的代换型

111已知a,b,cR,且 abc1,求证： 9.abc17策略：做“1”的代换。

111abcabcabc3bacacb32229abacbcabc证明： abc.

5、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一

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步推理必须是正确的。

18若p＞0，q＞0，p3＋q3= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法

假设p＋q＞2，则(p＋q)3＞8，即p3＋q3＋3pq (p＋q)＞8，∵p3＋q3= 2，∴pq (p＋q)＞2． 故pq (p＋q)＞2 = p3＋q3= (p＋q)( p2－pq＋q2)，又p＞0，q＞0  p＋q＞0， ∴pq＞p2－pq＋q2，即(p－q)2 ＜0，矛盾．故假设p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2．

119已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。 (1a)b111(1a)b242 证明：假设(1a)b，(1b)c，(1c)a均大于4∵ (1a)，b均为正 ∴ (1b)c(1b)c2同理

11(1c)a142 22∴

(1a)b(1b)c(1c)a111222222

33∴ 22不正确 ∴ 假设不成立 ∴ 原命题正确

20已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b, （1－b）c, （1－c）a 不能同时大于1。 4(1a)b11 42证明：假设三式同时大于

1(1a)b∵0＜a＜1 ∴1－a＞0 ∴

2421 a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

证明：反证法：假设a、b、c不均为正数 又 ∵ abc0 a、b、c两负一正 不妨设a0，b0，c0 又 ∵ abc0 ∴ c(ab)0同乘以(ab) ∴

c(ab)(ab)2即acbcab(a2abb2)0，与已知abbcca0矛盾

∴ 假设不成立 ∴ a、b、c均为正数

6、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩 22已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜cbda＋＋＋＜2． abcbcdcdadab证明：∵

cbbbcc＜＜，＜＜，

abcdabcababcdbcdcd7 / 15

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dddaaa＜＜，＜＜，

abcdcdacdabcddabab将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜

cbda＋＋＋＜2．

abcbcdcdadab23 nN，求证：*2(n11)12kk1n212131n2n1。 1证明：∵ kkk12(kk1)

1k2kk2kk12(k1k)

1∴

121n12(21)2(32)2(nn1) 2n1

1122(21)2(32)2(n1n) 2(n11)

判别式法

24A、B、C为ABC的内角，x、y、z为任意实数，求证：xyz2yzcosA2xzcosB2xycosC。

证明：构造函数，判别式法令f(x)xyz(2yzcosA2xzcosB2xycosC)

222x2x(zcosBycosC)(yz2yzcosA)为开口向上的抛物线

2222224(zcosBycosC)24(y2z22yzcosA) 4(z2sin2By2sin2C2yzcosBcosC2yzcosA)

4[zsinBysinC2yzcosBcosC2yz(cosBcosCsinBsinC)]

22224[z2sin2By2sin2C2yzsinBsinC] 4(zsinBycosC)20

无论y、z为何值，0 ∴ xR f(x)0 ∴ 命题真

构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

证明：视a为自变量，构造一次函数f(a)= 4a＋b＋c＋abc－2ab－2bc－2ca = (bc－2b－2c＋4)a＋(b＋c－

2222222bc)，由0≤a≤2，知f(a)表示一条线段．又f(0)= b＋c－2bc = (b－c)≥0，f(2)= b＋c－4b－4c＋8 = (b－2)

222222＋(c－2)≥0，

可见上述线段在横轴及其上方，∴f(a)≥0，即4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

222构造向量法证明不等式 根据已知条件与欲证不等式结构，将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等式关

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系m·|n|，就能避免复杂的凑配技巧，使解题过程简化．应用这一方法证明一些具有和积结构的代数不等式，n≤|m|·思路清晰，易于掌握．

25 设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥25． 2证明：构造向量m= (a＋2，b＋2)，n= (1，1)．设m和n的夹角为，其中0≤≤． ∵|m| =(a2)2(b2)2，|n| =

|n|cos=(a2)2(b2)2·2·cos； 2，∴m·n= |m|·

另一方面，m·1＋(b＋2)·1 = a＋b＋4 = 5，而0≤|cos|≤1， n= (a＋2)·所以(a2)2(b2)2·2≥5，从而(a＋2)2＋(b＋2)2≥构造解析几何模型证明不等式

如果不等式两边可以通过某种方式与图形建立联系，则可根据已知式的结构挖掘出它的几何背景，通过构造解析几何模型，化数为形，利用数学模型的直观

25． 2y A B D 2 x 性，将不等式表达的抽象数量关系转化为图形加以解决．

26设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22． 证明：所证不等式变形为：A(2a1O C x＋y = 0 2a12b12≤2．这可认为是点

2b1)到直线 x＋y = 0的距离．

2222但因(2a1)＋(2b1)= 4，故点A在圆x＋y= 4 (x＞0，y＞0)上．如图所示，AD⊥BC，半径AO＞AD，即有：

2a12b12≤2，所以2a1＋2b1≤22．

浅谈不等式恒成立问题 1 转换主元法

确定题目中的主元，化归成初等函数求解。此方法通常化为一次函数。

例1：若不等式 2x－1>m(x2-1)对满足－2m2的所有m都成立，求x的取值范围。

解：原不等式化为 (x2－1)m－(2x－1)<0 记f(m)= (x2－1)m－(2x－1) (－2m2)

2f(-2)-2(x-1)-(2x-1)0 根据题意有：

2f(2)2(x-1)-(2x-1)09 / 15

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22x2x-30 即：

22x2x-101713x解之：得x的取值范围为 22

2 化归二次函数法

根据题目要求，构造二次函数。结合二次函数实根分布等相关知识，求出参数取值范围。

例2：在R上定义运算：xy＝x(1－y) 若不等式(x－a)(x＋a)<1对任意实数x成立，则 ( )

(A)－1解：由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x成立

即x2-x-a2+a+1>0对xR恒成立 记f(x)=x2-x-a2+a+1

则应满足(-1)2-4(-a2+a+1)<0 化简得 4a2-4a-3<0

解得 

例3：若不等式x2-2mx+2m+1>0对满足0x1的所有实数x都成立，求m的取值范围。

解：设f(x)=x2-2mx+2m+1

本题等价于函数f(x)在0x1上的最小值大于0，求m的取值范围。 (1)当m<0时，f(x)在[0,1]上是增函数，因此f(0)是最小值，

1331a (D) a 222213a ,故选择C。 221m0解  得 2f(0)2m10(2)当0m1时，f(x)在x=m时取得最小值

0m1解  得 0m1 2f(m)-m2m10(3)当m>1时，f(x)在[0,1] 上是减函数，因此f(1)是最小值 解 

综合(1)(2)(3) 得 mm1 得 m>1

)20f(11 210 / 15

注：当化归为二次函数后，自变量是实数集的子集时，应用二次函数知识解决有时较繁琐。此型题目有时也可转

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化为后面的法3求解。

3 分离参数法

在题目中分离出参数，化成a>f(x) （afmax(x) （a2例4：已知向量a=(x,x+1), b=(1-x,t) 若函数f(x)＝a·b在区间(－1，1)上是增函数，求t的取值范围。

解：依题意，

f(x)＝x2(1-x)+(x+1)t=-x3+x2+tx+t 则f＇(x)=-3x2+2x+t

∵f(x)在(－1，1)上是增函数，则在(－1，1)上有f＇(x)0

即-3x2+2x+t0在x(-1，1)上恒成立

设g(x)=3x-2x

∴tg(-1) 即 t5

例5：设a0为常数，数列｛an｝的通项公式为an＝不等式an>an-1恒成立，求a0的取值范围。

解：依题意：

2

1nn-1nnn**[3+(-1)·2]+(-1)·2·a0(nN )若对任意n≥1，nN，51n1n-1n-1nnnn-2n-1n-1n-1

[3+(-1)·2]+(-1)·2·a0>[3+(-1)·2]+(-1)·2·a0 552nn-1n-13nn-1

化简，得 (-1)·3·2·a0>-·3+(-1)·2

55 (1)当n=2k-1 kN时

*

23n-11·()+ 152523n-11 设g1(n)= ·()+

1525**

∵g1(n)在nN 时且n=2k-1,kN时是增函数

1 ∴g1(n)的最小值为g1(1)＝

31 ∴a0<

3*

(2) 当n=2k kN时

23n-11 a0>-·()+

1525 a0<

23n-11·()+ 1525**

∵g2(n)在nN且n=2k,kN时是减函数

设g2(n)=-

∴g2(n)的最大值为g2(2)＝0 ∴a0>0

综上可知011 / 15

13高中数学不等式的应用

例6：函数y＝f(x)在区间(0, )内可导，导函数f(x)是减函数，且f(x)>0。设x0(0, )，y=kx+m是曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程并设函数g(x)=kx+m

（Ⅰ）用x0，f(x0)，f(x0)表示m； （Ⅱ）证明：当x(0, )时，g(x)f(x)

'''3（Ⅲ）若关于x的不等式x+1ax+bx3在[0, ）上恒成立，其中a、b为实数。求b的取值范围及a与b

22

2所满足的关系。

本题（Ⅲ）应用了此方法。

（Ⅲ）解：0b1，a>0是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成立。

12 x2+1ax+b 即x-ax+(1-b)≥0对任意x[0, )成立的充要条件是a2(1-b)

2

33令(x)=ax+b-x3，于是ax+bx3对任意x[0, )成立的充要条件是(x)0

22由(x)=a-x当03时，(x) <0；当x>a3时，(x) >0,所以，当x＝a'3时，(x)取最小值。因此，(x)0

成立的充要条件是(a即a (2b)12)0。

22

3综上，不等式x+1ax+bx3对任意x[0, ]成立的充要条件是

2 (2b)12a2(1-b)1212………………………………………………①

12显然，存在a、b使①式成立的充要条件是： 不等式(2b)有解。

2(1-b)…………………………………………②

2222b解不等式②得 ……………………………③ 44

因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数a与b所满足的关系。

4.数型结合法

12 / 15

高中数学不等式的应用 例7：如果对任意实数x，不等式x1kx恒成立，则实数k的取值范围是0 k 1 解析：画出y1=x1,y2=kx的图像，由图可看出 0k1

K=1 例8：已知a>0且a1,当x(-1，1)时，不等式x-a<

2x11恒成立，则a的取值范围,11,2 221x21可化为 a> x-

221x21画出y1= a,y2= x-的图像。由图可看出 a<1或122解析：不等式x-a<

2

x

1 在解综合性较强的恒成立问题时，有时一题多法。所以以题为本，关键抓住恒成立的实质，具体问题具体分析，不拘泥于一种方法。

线性规划常见题型及解法

线性规划是新教材中新增的内容之一，由已知条件写出约束条件，并作出可行域，进而通过平移直线在可行域内求线性目标函数的最优解是最常见的题型，除此之外，还有以下六类常见题型。

一、求线性目标函数的取值范围

x2例1、 若x、y满足约束条件y2 ，则z=x+2y的取值范围是 （ ）

xy213 / 15

高中数学不等式的应用 A、[2,6] B、[2,5] C、[3,6] D、（3,5] 解：如图，作出可行域，作直线l：x+2y＝0，将 l向右上方平移，过点A（2,0）时，有最小值 2，过点B（2,2）时，有最大值6，故选A 二、求可行域的面积 y 2 O 2 B y =2 x x + y =2 （ ）

A 2xy60例2、不等式组xy30表示的平面区域的面积为

y2 A、4 B、1 C、5 D、无穷大

解：如图，作出可行域，△ABC的面积即为所求，

的面积减去梯形OMAC的面积即可，选B

三、求可行域中整点个数

例3、满足|x|＋|y|≤2的点（x，y）中整点（横纵数）有（ ）

A、9个 B、10个 C、13个 D、14个

x=2 y 由梯形OMBC

x＋y – 3 = 0 M A O B y =2 坐标都是整

xy2xy2解：|x|＋|y|≤2等价于xy2xy2(x0,y0)(x0,y(x(x0,y0)0)0,y0)

C x 2x + y – 6= 0 y = 5 O x 易得到整点

作出可行域如右图，是正方形内部（包括边界），容个数为13个，选D

四、求线性目标函数中参数的取值范围

xy5例4、已知x、y满足以下约束条件xy50 ，使z=x+ay(a>0)取得最小值的最优解有无数个，

x3则a的值为 （ ）

A、－3 B、3 C、－1 D、1

解：如图，作出可行域，作直线l：x+ay＝0，要使

z=x+ay(a>0)取得最小值的最优解有无数个，则将移后与直线x+y＝5重合，故a=1，选D

五、求非线性目标函数的最值

y x + y = 5 x – y + 5 = 0 目标函数l向右上方平

2xy20例5、已知x、y满足以下约束条件x2y40 ，

3xy30最大值和最小值分别是 （ ） A、13，1 B、13，2

C、13，

O x=3 x 则z=x2+y2的

y A 254 D、13，

552

2

解：如图，作出可行域,x+y是点（x，y）到原

14 / 15 O x – 2y + 4 = 0 3x – y – 3 = 0 x 2x + y - 2= 0 = 5 点的距离的

高中数学不等式的应用

平方，故最大值为点A（2,3）到原点的距离的平方，即|AO|2=13，最小值为原点到直线2x＋y－2=0的距离的平方，即为

4，选C 5六、求约束条件中参数的取值范围

例6、已知|2x－y＋m|＜3表示的平面区域包含点（0,0）和（－1,1），则m的取值范围是 （ ） A、（-3,6） B、（0,6） C、（0,3） D、（-3,3） 解：|2x－y＋m|＜3等价于2xym30

2xym30y 2x – y + 3 = 0 2x – y = 0 m33由右图可知 ,故0＜m＜3，选C

m30

O 15 / 15