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1、湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學高三數(shù)學第二輪專題講座復習：不等式知識的綜合應用 高考要求 不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點內容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜合運用的特點比較突出 不等式的應用大致可分為兩類 一類是建立不等式求參數(shù)的取值范圍或解決一些實際應用問題；另一類是建立函數(shù)關系，利用均值不等式求最值問題、本難點提供相關的思想方法，使考生能夠運用不等式的性質、定理和方法解決函數(shù)、方程、實際應用等方面的問題 重難點歸納 1 應用不等式知識可以解決函數(shù)、方程等方面的問題，在解決這些問題時，關鍵是把非不等式問題轉化為不等式問題，在化歸與轉化中，要注意等價性 2

2、對于應用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內在聯(lián)系，抽象出事物系統(tǒng)的主要特征與關系，建立起能反映其本質屬性的數(shù)學結構，從而建立起數(shù)學模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題 典型題例示范講解 例1用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如右圖)設容器高為h米，蓋子邊長為a米， (1)求a關于h的解析式； (2)設容器的容積為V立方米，則當h為何值時，V最大？求出V的最大值(求解本題時，不計容器厚度) 命題意圖 本題主要考查建立函數(shù)關系式，棱錐表面積和體積的計算及用均值定論求函數(shù)的最值 知識依托 本題求得體積V的關系式后，應用均

3、值定理可求得最值 錯解分析 在求得a的函數(shù)關系式時易漏h＞0 技巧與方法 本題在求最值時應用均值定理 解 ①設h′是正四棱錐的斜高，由題設可得 消去 ②由 (h＞0)得 所以V≤，當且僅當h=即h=1時取等號 故當h=1米時，V有最大值，V的最大值為立方米 例2已知a，b，c是實數(shù)，函數(shù)f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時|f(x)|≤1 (1)證明 |c|≤1； (2)證明 當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2； (3)設a＞0，有－1≤x≤1時， g(x)的最大值為2，求f(x) 命題意圖 本

4、題主要考查二次函數(shù)的性質、含有絕對值不等式的性質，以及綜合應用數(shù)學知識分析問題和解決問題的能力 知識依托 二次函數(shù)的有關性質、函數(shù)的單調性是藥引，而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂 錯解分析 本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函數(shù)f(x)的單調性的深刻理解，以及對條件“－1≤x≤1時|f(x)|≤1”的運用；絕對值不等式的性質使用不當，會使解題過程空洞，缺乏嚴密，從而使題目陷于僵局 技巧與方法 本題(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調性；證法二利用絕對值不等式 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關系

5、 (1)證明 由條件當=1≤x≤1時，|f(x)|≤1，取x=0得 |c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1 (2)證法一 依題設|f(0)|≤1而f(0)=c， 所以|c|≤1 當a＞0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函數(shù)， 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)； 當a＜0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上

6、是減函數(shù)， 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 綜合以上結果，當－1≤x≤1時，都有|g(x)|≤2 證法二 ∵|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，根據絕對值不等式性質得 |a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2， |a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，

7、 ∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，函數(shù)g(x)=ax+b的圖象是一條直線， 因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在區(qū)間的端點x=－1或x=1處取得， 于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 當－1≤x≤1時，有0≤≤1，－1≤≤0， ∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1； 因此當－1≤x≤1時，|g(x)|≤|f |+|f()|≤2 (3)解 因為a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，當x=1時取得最大值2， 即g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2

8、① ∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1 因為當－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)， 根據二次函數(shù)的性質，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，由此得－＜0 ，即b=0 由①得a=2，所以f(x)=2x2－1 例3設二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的兩個根x1、x2滿足0＜x1＜x2＜ (1)當x∈［0，x1時，證明x＜f(x)＜x1； (2)設函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=x0對稱，證明 x0＜ 解 (1)令F(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，

9、所以F(x)=a(x－x1)(x－x2) 當x∈(0，x1)時，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)依題意 x0=－，因為x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根 ∴x1+x2=－

10、∴x0=－，因為ax2＜1， ∴x0＜ 學生鞏固練習 1 定義在R上的奇函數(shù)f(x)為增函數(shù)，偶函數(shù)g(x)在區(qū)間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a＞b＞0，給出下列不等式，其中正確不等式的序號是( ) 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 下列四個命題中 ①a+b≥2 ②sin2x+≥4 ③設x，y都是正數(shù)，若=1，則x+y的最小值是

11、12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號是__________ 3 某公司租地建倉庫，每月土地占用費y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站__________公里處 4 已知二次函數(shù) f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數(shù)根為x1，x2 (1)如果x1＜2＜x2＜4，設函數(shù)f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1； (2)如果|x1|＜

12、2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍 參考答案 1 解析 由題意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) 同理可證 f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) 答案 A 2 解析 ①②③不滿足均值不等式的使用條件“正、定、等” ④式 |x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2

13、)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析 由已知y1=；y2=0 8x(x為倉庫與車站距離) 費用之和y=y1+y2=0 8x+ ≥2=8 當且僅當0 8x=即x=5時“=”成立 答案 5公里處 4 證明 (1)設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同號 1°若0＜x1＜2，則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，則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＞ 綜上，當0＜x1＜2時，b＜，當－2＜x1＜0時，b＞