高考数学难点突破_难点20 不等式的综合应用

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高考数学难点突破_难点20 不等式的综合应用

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<.‎ ‎(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<.‎ ‎●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:‎ ‎ 消去 ‎②由 (h>0)‎ 得:‎ 所以V≤,当且仅当h=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.‎ 当-1≤x≤1时,有0≤≤1,-1≤≤0,‎ ‎∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f |≤1,|f()|≤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-<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 ②sin2x+≥4 ③设x,y都是正数,若=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,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≤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=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)= (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≤F(|t-|-|t+|)≤lg.‎ ‎[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<,∴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=-,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=-‎ ‎∴x0=-,因为ax2<1,‎ ‎∴x0<‎ 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=;y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2=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,‎ ‎(2)解:由方程g(x)=ax2+(b-1)x+1=0可知x1·x2=>0,所以x1,x2同号 ‎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=‎ ‎∴2a+1= (∵a>0)代入①式得,‎ ‎2<3-2b ②‎ 解②得b<‎ ‎2°若 -2<x1<0,则x2=-2+x1<-2‎ ‎∴g(-2)<0,即4a-2b+3<0 ③‎ 又2a+1=,代入③式得 ‎2<2b-1 ④‎ 解④得b>.‎ 综上,当0<x1<2时,b<,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+)元、n(1-)元、npz元,因而 ‎,在y=ax的条件下,z=[-a ‎[x-]2+100+].由于≤a<1,则0<≤10.‎ 要使售货金额最大,即使z值最大,此时x=.‎ ‎(2)由z= (10+x)(10-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)=,∵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,由题意此不等式组无解,数形结合得:≥1,解得a2≤3‎ ‎∴a∈[-,]‎ ‎7.(1)解:设y=,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 ‎∴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)=->0,‎ ‎∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即F(x2)>F(x1)‎ ‎∴F(x)为增函数.‎ 即-≤u≤,根据F(x)的单调性知 F(-)≤F(u)≤F(),∴lg≤F(|t-|-|t+|)≤lg对任意实数t 成立.‎
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