高考数学难点突破20__不等式的综合应用

高考数学难点突破20__不等式的综合应用

高中数学难点 20 不等式的综合应用 不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综 合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围 或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提 供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用 等方面的问题. ●难点磁场 (★★★★★)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程 f(x)－x=0 的两个根 x1、x2 满足 0＜x1 ＜x2＜ a 1 . (1)当 x∈［0，x1 ) 时，证明 x＜f(x)＜x1； (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称，证明：x0＜ 2 1x . ●案例探究 ［例 1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为 2 平方米 的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为 h 米，盖子边长为 a 米， (1)求 a 关于 h 的解析式； (2)设容器的容积为 V 立方米，则当 h 为何值时，V 最大？求出 V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度) 命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积 的计算及用均值定论求函数的最值. 知识依托：本题求得体积 V 的关系式后，应用均值定理可求得最值. 错解分析：在求得 a 的函数关系式时易漏 h＞0. 技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理. 解：①设 h′是正四棱锥的斜高，由题设可得：        1222 2 4 1 22 14 haa aha 消去 )0( 1 1:. 2    a h ah 解得 ②由 )1(33 1 2 2   h hhaV (h＞0) 得： 2121 )1(3 1    hhhh hh V 而 所以 V≤ 6 1 ，当且仅当 h= h 1 即 h=1 时取等号 故当 h=1 米时，V 有最大值，V 的最大值为 立方米. ［例 2］已知 a，b，c 是实数，函数 f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1 时|f(x)|≤1. (1)证明：|c|≤1； (2)证明：当－1 ≤x≤1 时，|g(x)|≤2； (3)设 a＞0，有－1≤x≤1 时， g(x)的最大值为 2，求 f(x). 命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数 学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运 用是本题的灵魂. 错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数 f(x)的单调性的深刻理解，以及对 条件“－1≤x≤1 时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞， 缺乏严密，从而使题目陷于僵局. 技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用 g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等 式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理 g(x)与 f(x)的关系. (1)证明：由条件当=1≤x≤1 时，|f(x)|≤1，取 x=0 得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1. (2)证法一：依题设|f(0)|≤1 而 f(0)=c，所以|c|≤1.当 a＞0 时，g(x)=ax+b 在［－1，1］上 是增函数，于是 g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1). ∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1， ∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2， g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2， 因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)； 当 a＜0 时，g(x)=ax+b 在［－1，1］上是减函数，于是 g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)， ∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1 ∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2. 综合以上结果，当－1≤x≤1 时，都有|g(x)|≤2. 证法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1) ∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1， ∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1， 因此，根据绝对值不等式性质得： |a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2， |a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2， ∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2， 函数 g(x)=ax+b 的图象是一条直线，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端 点 x=－1 或 x=1 处取得，于是由|g(±1)|≤2 得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 ) . )2 1()2 1( ])2 1()2 1([])2 1()2 1([ )2 1 2 1(])2 1()2 1[()( ,)2 1()2 1(4 )1()1(: 22 22 22 22     xfxf cxbxacxbxa xxbxxabaxxg xxxxx证法三 当－1≤x≤1 时，有 0≤ 2 1x ≤1，－1≤ 2 1x ≤0， ∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f )2 1( x |≤1，|f( 2 1x )|≤1； 因此当－1≤x≤1 时，|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2. (3)解：因为 a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函数，当 x=1 时取得最大值 2，即 g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2. ① ∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1. 因为当－1≤x≤1 时，f(x)≥－1，即 f(x)≥f(0)， 根据二次函数的性质，直线 x=0 为 f(x)的图象的对称轴， 由此得－ a b 2 ＜0 ，即 b=0. 由①得 a=2，所以 f(x)=2x2－1. ●锦囊妙计 1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非 不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性. 2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事 物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然 后利用不等式的知识求出题中的问题. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)定义在 R 上的奇函数 f(x)为增函数，偶函数 g(x)在区间［0，+∞)的图象 与 f(x)的图象重合，设 a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( ) ①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b) ③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 二、填空题 2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2 ab ②sin2x+ x2sin 4 ≥4 ③设 x，y 都是正 数，若 yx 91  =1，则 x+y 的最小值是 12 ④若|x－2|＜ε ，|y－2|＜ε ，则|x－y|＜2ε ，其中 所有真命题的序号是__________. 3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费 y1 与车库到车站的距离成反比，而 每月库存货物的运费 y2 与到车站的距离成正比，如果在距车站 10 公里处建仓库，这两项费 用 y1 和 y2 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 __________公里处. 三、解答题 4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程 f(x)=x 的两实数根 为 x1，x2. (1)如果 x1＜2＜x2＜4，设函数 f(x)的对称轴为 x=x0，求证 x0＞－1； (2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求 b 的取值范围. 5.(★★★★)某种商品原来定价每件 p 元，每月将卖出 n 件，假若定价上涨 x 成(这里 x 成即 10 x ，0＜x≤10 ) .每月卖出数量将减少 y 成，而售货金额变成原来的 z 倍. (1)设 y=ax，其中 a 是满足 3 1 ≤a＜1 的常数，用 a 来表示当售货金额最大时的 x 的值； (2)若 y= 3 2 x，求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围. 6.(★★★★★)设函数 f(x)定义在 R 上，对任意 m、n 恒有 f(m+n)=f(m)·f(n)，且当 x＞0 时，0＜f(x)＜1. (1)求证：f(0)=1，且当 x＜0 时，f(x)＞1； (2)求证：f(x)在 R 上单调递减； (3)设集合 A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合 B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若 A∩B= ， 求 a 的取值范围. 7.(★★★★★)已知函数 f(x)= 1 2 2 2   x cbxx (b＜0)的值域是［1，3］， (1)求 b、c 的值； (2)判断函数 F(x)=lgf(x)，当 x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论； (3)若 t∈R，求证：lg 5 7 ≤F(|t－ 6 1 |－|t+ 6 1 |)≤lg 5 13. ［科普美文］数学中的不等式关系 数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是 辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正 是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学 数学中最基本的关系. 等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异 美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质， 如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴 旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生 了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明 不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类 型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件 下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多 是与自然数 n 有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成 证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等. 数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式 的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个 工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究， 函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一 不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现 实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结 合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性. 等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系. 数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动 的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它 如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？ 参考答案 难点磁场 解：(1)令 F(x)=f(x)－x，因为 x1，x2 是方程 f(x)－x=0 的根，所以 F(x)=a(x－x1)(x－x2).当 x∈(0，x1)时，由于 x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0， 又 a＞0，得 F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即 x＜f(x) x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］ ∵0＜x＜x1＜x2＜ a 1 ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0 ∴x1－f(x)＞0，由此得 f(x)＜x1. (2)依题意：x0=－ a b 2 ，因为 x1、x2 是方程 f(x)－x=0 的两根，即 x1，x2 是方程 ax2+(b－1)x+c=0 的根. ∴x1+x2=－ a b 1 ∴x0=－ a axax a xxa a b 2 1 2 1)( 2 2121  ，因为 ax2＜1， ∴x0＜ 22 11 x a ax  歼灭难点训练 一、1.解析：由题意 f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且 f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b) ∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b) 而 g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－［g(a)－g(b)］ =2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) 同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) 答案：A 二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2) －(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε +ε =2ε . 答案：④ 3.解析：由已知 y1= x 20 ；y2=0.8x(x 为仓库与车站距离)费用之和 y=y1+y2=0.8x+ x 20 ≥ 2 xx 208.0  =8 当且仅当 0.8x= 即 x=5 时“=”成立 答案：5 公里处 三、4.证明：(1)设 g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且 x＞0. ∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即 x1x2＜2(x1+x2)－4， 12)42(2 12)(2 1 2)()(2 1 2 1)(2 1)11(2 1 2 21 212121210   xx xxxxxxxxaa b a bx于是得 (2)解：由方程 g(x)=ax2+(b－1)x+1=0 可知 x1·x2= a 1 ＞0，所以 x1，x2 1°若 0＜x1＜2，则 x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2， ∴g(2)＜0，即 4a+2b－1＜0 ① 又(x2－x1)2= 44)1( 2 2  aa b ∴2a+1= 1)1( 2 b (∵a＞0)代入①式得， 2 ＜3－2b ② 解②得 b＜ 4 1 2°若 －2＜x1＜0，则 x2=－2+x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即 4a－2b+3＜0 ③ 又 2a+1= 1)1( 2 b ，代入③式得 2 ＜2b－1 ④ 解④得 b＞ 4 7 . 综上，当 0＜x1＜2 时，b＜ 4 1 ，当－2＜x1＜0 时，b＞ . 5.解：(1)由题意知某商品定价上涨 x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金 额分别是：p(1+ 10 x )元、n(1－ 10 y )元、npz 元，因而 )10)(10(100 1),101()101( yxzynxpnpz  ，在 y=ax 的条件下，z=100 1 ［－a ［x－ a a)1(5  ］2+100+ a a 2)1(25  ］.由于 3 1 ≤a＜1，则 0＜ a a)1(5  ≤10. 要使售货金额最大，即使 z 值最大，此时 x= . (2)由 z= (10+x)(10－ 3 2 x)＞1，解得 0＜x＜5. 6.(1)证明：令 m＞0，n=0 得：f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1 取 m=m，n=－m，(m＜0)，得 f(0)=f(m)f(－m) ∴f(m)= )( 1 mf  ，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1 (2)证明：任取 x1，x2∈R，则 f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］ =f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］， ∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)， ∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数. (3)由           02 1 )(1)2( )1()( 2222 yax yx fyaxf fyxf 得 ，由题意此不等式组无解，数形结合得： 1 |2| 2 a ≥1，解得 a2≤3 ∴a∈［－ 3 ， ］ 7.(1)解：设 y= 1 2 2 2   x cbxx ，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ① ∵x∈R，∴①的判别式Δ ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0， 即 4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ② 由条件知，不等式②的解集是［1，3］ ∴1，3 是方程 4y2－4(2+c)y+8c+b2=0 的两根      4 831 231 2bc c ∴c=2，b=－2，b=2(舍） (2)任取 x1，x2∈［－1，1］，且 x2＞x1，则 x2－x1＞0，且 (x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－ )1)(1( )1)((2) 1 2( 1 2 2 2 2 1 2112 2 1 2 2 2 xx xxxx x x x x      ＞0， ∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即 F(x2)＞F(x1) ∴F(x)为增函数. ,3 1|)6 1()6 1(||||,6 1||6 1|)3(  ttuttu记 即－ 3 1 ≤u≤ ，根据 F(x)的单调性知 F(－ )≤F(u)≤F( )，∴lg 5 7 ≤F(|t－ 6 1 |－|t+ 6 1 |)≤lg 5 13对任意实数 t 成立.