高考数学难点突破_难点20__不等式综合应用

　 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.①③B.②④C.①④D.②③二、填空题2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2②sin2x+≥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：④3.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＜0①又(x2－x1)2=∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，2＜3－2b②解②得b＜2°若－2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0③又2a+1=，代入③式得2＜2b－1④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.