18学年高中数学不等式3.4不等式的实际应用学案新人教B版5180226287

3．4 不等式的实际应用[学习目标] 1.能根据实际情境建立不等式模型，并能用相关知识作出解答.2.掌握一元二次不等式与均值不等式在实际问题中的应用．[知识链接]下列各命题正确的有________．(1)(x －1)(2－x )≤0的解集是{x |1≤x ≤2}； (2)x 2< 9的解集是{x |－3<x <3}； (3)(x －1)2≤0的解集是 {1}； (4)x －1x －3>0的解集是{x |x <1或x >3}； (5)不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集是全体实数的条件是a >0且Δ＝b 2－4ac <0. 答案 (2)(3)(4)解析 对于(1), (x －1)(2－x )≤0⇔(x －1)(x －2)≥0，所以解集是{x |x ≥2或x ≤1 }，故不正确；(2)，(3)显然正确；对于(4)，x －1x －3>0⇔(x －1)(x －3)>0，所以解集是{x |x <1或x >3}；对于(5)，当a ＝b ＝0且c >0也满足题意，故不正确． [预习导引]1．解不等式的应用题解有关不等式的应用题，首先要选用合适的字母表示题中的未知数，再由题中给出的不等量关系，列出关于未知数的不等式(组)，然后解所列出的不等式(组)，最后再结合问题的实际意义写出答案．2．一元二次不等式恒成立问题(1)转化为一元二次不等式解集为R 的情况，即ax2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0.ax2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.(2)分离参数，将恒成立问题转化为求最值问题，即：k ≥f (x )恒成立⇔k ≥f (x )max ；k ≤f (x )恒成立⇔k ≤f (x )min .要点一 利用比较法解决实际生活问题例1 某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案如下，其中p >q >0，解 设商品原价为a ，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N 甲、N 乙、N 丙，则N 甲＝a (1＋p %)(1＋q %)， N 乙＝a (1＋q %)(1＋p %)，N 丙＝a [1＋12(p ＋q )%][1＋12(p ＋q )%]＝a (1＋p ＋q200)2.显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，因此，只需比较a (1＋p ＋q200)2与a (1＋p %)(1＋q %)的大小．N 甲－N 丙＝a [1＋p 100＋q 100＋pq 1002－1－p ＋q 100－p ＋q22002]＝a2002(2pq －p 2－q 2)＝－a2002(p －q )2<0.∴N 丙>N 甲，∴按丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．规律方法 一般说来，谁优、谁劣、谁省，哪一种方案更好，涉及比较的应用题，常常作差比较得出正确结论．跟踪演练1 有一批货物的成本为A 元，如果本月初出售，可获利100元，然后可将本利都存入银行．已知银行的月利息为2%，如果下月初出售，可获利120元，但货物贮存要付5元保管费，试问是本月初还是下月初出售好？并说明理由． 解 若本月初出售到下月初获利为m 元，下月初出售获利为n 元． 则m ＝100＋(100＋A )·2%＝102＋0.02A .n ＝120－5＝115，故n －m ＝13－0.02A ，令n －m ＝0，得A ＝650.①当A ＝650元时，本月初、下月初出售获利相同． ②当A >650元时，n －m <0即n <m ，本月初出售好． ③当A <650元时，n >m ，下月初出售好． 要点二 均值定理在实际生活中的应用例2 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v (单位：千米/时)是车流密度x (单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/时，研究表明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数． (1)当0≤x ≤200时，求函数v (x )的表达式；(2)当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/时)f (x )＝x ·v (x )可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/时) 解 (1)由题意知，当0≤x ≤20时，v (x )＝60；当x ＝200，v ＝0； 当20≤x ≤200时，设v (x )＝ax ＋b .由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v (x )的表达式为 v (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧60 x，13－x x(2)根据题意，由(1)可得 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧60x x ，13x 0－x x当0≤x ≤20时，f (x )为增函数，∴当x ＝20时，其最大值为60×20＝1 200； 当20<x ≤200时，f (x )＝13x (200－x )≤13[x ＋－x 2]2＝10 0003，当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．∴当x ＝100时，f (x )在区间(20,200]上取得最大值10 0003.综上可知，当x ＝100时，f (x )在区间[0,200]上取得最大值10 0003≈3 333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/时． 规律方法 (1)求最值或者求取值范围问题，首先考虑建立函数关系，通过函数的方法来求．均值不等式也是求最值的重要方法，尤其是出现和与积的形式，把所求的量放在不等式中去考查．(2)建立函数时一定要注意函数的定义域，定义域是函数的三要素之一，不能忽视．在利用均值不等式解题时，要注意“一正、二定、三相等”，若取等号时的自变量的值取不到，此时应考虑用函数的单调性．跟踪演练2 某单位决定投资3 200元建一长方体仓库，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米造价40元，两侧用砖墙，每米造价45元，顶部每平方米造价20元． (1)仓库底面积S (m 2)的最大允许值是多少？(2)为使S 达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？ 解 (1)设铁栅长为x m ，一侧砖墙长为y m ，则有S ＝xy . 由题意得40x ＋2×45y ＋20xy ＝3 200. 由均值不等式，得 3 200≥240x ·90y ＋20xy ＝120xy ＋20xy ＝120S ＋20S ，∴S ＋6S ≤160，即(S ＋16)(S －10)≤0. ∵S ＋16>0，∴S －10≤0，∴S ≤100. ∴S 的最大允许值是100 m 2.(2)取得此最大值的条件是40x ＝90y ，而xy ＝100，由此求得x ＝15，即铁栅的长应是15 m. 要点三 一元二次不等式在生活中的应用例3 某汽车厂上年度生产汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为12万元/辆，年销售量为10 000辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品质量，适度增加投入成本．若每辆车投入成本增加的比例为x (0＜x ＜1)，则出厂价相应地提高比例为0.75x ，同时预计年销售量增加的比例为0.6x ，已知年利润＝(出厂价－投入成本)×年销售量． (1)写出本年度预计的年利润y 与投入成本增加的比例x 的关系式；(2)为使本年度的年利润比上年度有所增加，则投入成本增加的比例x 应在什么范围内？ 解 (1)由题意得y ＝[12(1＋0.75x )－10(1＋x )]×10 000×(1＋0.6x )(0＜x ＜1)， 整理得y ＝－6 000x 2＋2 000x ＋20 000(0＜x ＜1)． (2)要保证本年度的年利润比上年度有所增加，必须有⎩⎪⎨⎪⎧y －－，0<x <1，即⎩⎪⎨⎪⎧－6 000x 2＋2 000x >0，0<x <1，解得0＜x ＜13，所以投入成本增加的比例应在(0，13)范围内．规律方法 不等式应用题常以函数、数列为背景出现，多是解决现实生活、生产中的最优化问题，在解题中主要涉及到不等式的解法等问题，构造数学模型是解不等式应用题的关键． 跟踪演练3 在一个限速40 km/h 以内的弯道上，甲，乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了．事发后现场测得甲车的刹车距离略超过12 m ，乙车的刹车距离略超过10 m ．又知甲、乙两种车型的刹车距离S m 与车速x km/h 之间分别有如下关系：S甲＝0.1x ＋0.01x 2，S 乙＝0.05x ＋0.005x 2.问超速行驶谁应负主要责任．解 由题意列出不等式S 甲＝0.1x ＋0.01x 2>12，解得x <－40，或x >30.S 乙＝0.05x ＋0.005x 2>10.解得x <－50，或x >40.由于x >0，从而得x 甲>30 km/h ，x 乙>40 km/h. 经比较知乙车超过限速，应负主要责任． 要点四 不等式的恒成立问题 例4 设函数f (x )＝mx 2－mx －1.(1)若对于一切实数x ，f (x )<0恒成立，求实数m 的取值范围． (2)对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求实数m 的取值范围． 解 (1)要使mx 2－mx －1<0恒成立， 若m ＝0，显然－1<0.若m ≠0，⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝m 2＋4m <0⇒－4<m <0.∴－4<m ≤0.故实数m 的取值范围是(－4,0]．(2)方法一 要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立． 就要使m (x －12)2＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立．令g (x )＝m (x －12)2＋34m －6，x ∈[1,3]．当m >0时，g (x )在x ∈[1,3]上是增函数，∴g (x )max ＝g (3)⇒7m －6<0，∴0<m <67；当m ＝0时，－6<0恒成立；当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，∴g (x )max ＝g (1)＝m －6<0，得m <6，∴m <0. 综上所述：实数m 的取值范围是(－∞，67)．方法二 当x ∈[1,3]时，f (x )<－m ＋5恒成立， 即当x ∈[1,3]时，m (x 2－x ＋1)－6<0恒成立． ∵x 2－x ＋1＝(x －12)2＋34>0，又m (x 2－x ＋1)－6<0，∴m <6x 2－x ＋1.∵函数y ＝6x 2－x ＋1＝6x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，∴只需m <67 即可． 故实数m 的取值范围是(－∞，67)．规律方法 有关不等式恒成立求参数的取值范围，通常处理方法有两种：(1)首先考虑能否进行参变量分离，若能，则构造关于变量的函数，转化为求函数的最大(小)值，从而建立参变量的不等式；(2)若参变量不能分离，则应构造关于变量的函数(如一元一次、一元二次函数)，并结合图象建立参变量的不等式求解．跟踪演练4 当a 为何值时，不等式(a 2－1)x 2－(a －1)x －1<0的解集为R? 解 ①当a 2－1＝0时，a ＝1或－1. 若a ＝1，则原不等式为－1<0，恒成立．若a ＝－1，则原不等式为2x －1<0，即x <12，不合题意，舍去．②当a 2－1≠0时，即a ≠±1时，原不等式的解集为R 的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1<0，Δ＝[－a －2＋a 2－解得－35<a <1.综上a 的取值范围是(－35，1]．1．某工厂第一年产量为A ，第二年增长率为a ，第三年的增长率为b ，这两年的平均增长率为x ，则( ) A ．x ＝a ＋b2 B ．x ≤a ＋b2 C ．x >a ＋b2D ．x ≥a ＋b2答案 B解析 由题意知A (1＋x )2＝A (1＋a )(1＋b )， 即x ＝＋a＋b －1≤1＋a ＋1＋b 2－1＝a ＋b2.2．若产品的总成本y (万元)与产量x (台)之间的函数关系式是y ＝3 000＋20x －0.1x 2(0<x <240)，若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是 ( )A ．100台B ．120台C ．150台D ．180台 答案 C解析 y －25x ＝－0.1x 2－5x ＋3 000≤0，∴x 2＋50x －30 000≥0，解得x ≥150或x ≤－200(舍去)．3．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距离车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________公里． 答案 5解析 设仓库到车站距离为x 公里，则y 1＝k 1x ，y 2＝k 2x 且 k 1＝20，k 2＝45，则两项费用之和S ＝20x ＋45x ≥8(万元)，当且仅当20x ＝45x .即x ＝5公里时，两项费用之和最小为8万元．4．某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x 件与单价P 元之间的关系为P ＝160－2x ，生产x 件所需成本为C ＝500＋30x 元，该厂日产量多大时，每天获利不少于1 300元？解 由题意得(160－2x )x －(500＋30x )≥1 300， 化简得x 2－65x ＋900≤0，解得20≤x ≤45.答 该厂每天产量在20件至45件之间时，每天获利不少于1 300元.1．解不等式实际应用题的解题思路实际问题―――――――――→建模审题、抽象概括、转化数学问题―――→建模推理演算数学模型答案――→验证实际问题结论 2．建立一元二次不等式模型求解实际问题操作步骤为：(1)理解题意，搞清量与量之间的关系；(2)建立相应的不等关系，把实际问题抽象为数学中的一元二次不等式问题；(3)解这个一元二次不等式，得到实际问题的解．3．应用均值不等式解决实际问题(1)理解题意，设出变量(必要时可画出示意图帮助理解)；(2)建立相应的等量或不等量关系，把实际问题抽象为数学问题；(3)对建立起来的关系式进行整理、变形，使之能应用均值不等式求最值；(4)回扣实际问题，写出准确答案．。