高三数学第二轮专题讲座复习：不等式知识的综合应用.doc

高三数学第二轮专题讲座复习：不等式知识的综合应用
高考要求
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
重难点归纳
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
典型题例示范讲解
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
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， 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
例3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＜
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＜
学生巩固练习
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
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
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
参考答案
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
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
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＞

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