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2019-2020年高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)講解 不等式的綜合應(yīng)用教案 舊人教版 不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點(diǎn)內(nèi)容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜合運(yùn)用的特點(diǎn)比較突出.不等式的應(yīng)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(yīng)用問題；另一類是建立函數(shù)關(guān)系，利用均值不等式求最值問題、本難點(diǎn)提供相關(guān)的思想方法，使考生能夠運(yùn)用不等式的性質(zhì)、定理和方法解決函數(shù)、方程、實際應(yīng)用等方面的問題. ●難點(diǎn)磁場 (★★★★★)設(shè)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(dāng)x∈［0，x1時，證明x＜f(x)＜x1； (2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明：x0＜. ●案例探究 ［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(shè)容器高為h米，蓋子邊長為a米， (1)求a關(guān)于h的解析式； (2)設(shè)容器的容積為V立方米，則當(dāng)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(guān)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(guān)系式后，應(yīng)用均值定理可求得最值. 錯解分析：在求得a的函數(shù)關(guān)系式時易漏h＞0. 技巧與方法：本題在求最值時應(yīng)用均值定理. 解：①設(shè)h′是正四棱錐的斜高，由題設(shè)可得： 消去 ②由 (h＞0) 得： 所以V≤，當(dāng)且僅當(dāng)h=即h=1時取等號 故當(dāng)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(dāng)－1≤x≤1時|f(x)|≤1. (1)證明：|c|≤1； (2)證明：當(dāng)－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2； (3)設(shè)a＞0，有－1≤x≤1時， g(x)的最大值為2，求f(x). 命題意圖：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對值不等式的性質(zhì)，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目. 知識依托：二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對值不等式的性質(zhì)靈活運(yùn)用是本題的靈魂. 錯解分析：本題綜合性較強(qiáng)，其解答的關(guān)鍵是對函數(shù)f(x)的單調(diào)性的深刻理解，以及對條件“－1≤x≤1時|f(x)|≤1”的運(yùn)用；絕對值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)，會使解題過程空洞，缺乏嚴(yán)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(diào)性；證法二利用絕對值不等式：||a|－|b||≤|ab|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關(guān)系. (1)證明：由條件當(dāng)=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(shè)|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.當(dāng)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(dāng)a＜0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是減函數(shù)，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. 綜合以上結(jié)果，當(dāng)－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(jù)絕對值不等式性質(zhì)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|=|ab|≤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(diǎn)x=－1或x=1處取得，于是由|g(1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1. 當(dāng)－1≤x≤1時，有0≤≤1，－1≤≤0， ∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1； 因此當(dāng)－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(dāng)x=1時取得最大值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. 因為當(dāng)－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)， 根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，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. ●錦囊妙計 1.應(yīng)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(guān)鍵是把非不等式問題轉(zhuǎn)化為不等式問題，在化歸與轉(zhuǎn)化中，要注意等價性. 2.對于應(yīng)用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內(nèi)在聯(lián)系，抽象出事物系統(tǒng)的主要特征與關(guān)系，建立起能反映其本質(zhì)屬性的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，從而建立起數(shù)學(xué)模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題. ●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、選擇題 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(shè)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 二、填空題 2.(★★★★★)下列四個命題中：①a+b≥2 ②sin2x+≥4 ③設(shè)x，y都是正數(shù)，若=1，則x+y的最小值是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(fèi)y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運(yùn)費(fèi)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(fèi)用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費(fèi)用之和最小，倉庫應(yīng)建在離車站__________公里處. 三、解答題 4.(★★★★★)已知二次函數(shù) f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設(shè)方程f(x)=x的兩實數(shù)根為x1，x2. (1)如果x1＜2＜x2＜4，設(shè)函數(shù)f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1； (2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍. 5.(★★★★)某種商品原來定價每件p元，每月將賣出n件，假若定價上漲x成(這里x成即，0＜x≤10.每月賣出數(shù)量將減少y成，而售貨金額變成原來的 z倍. (1)設(shè)y=ax，其中a是滿足≤a＜1的常數(shù)，用a來表示當(dāng)售貨金額最大時的x的值； (2)若y=x，求使售貨金額比原來有所增加的x的取值范圍. 6.(★★★★★)設(shè)函數(shù)f(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)f(n)，且當(dāng)x＞0時，0＜f(x)＜1. (1)求證：f(0)=1，且當(dāng)x＜0時，f(x)＞1； (2)求證：f(x)在R上單調(diào)遞減； (3)設(shè)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的取值范圍. 7.(★★★★★)已知函數(shù)f(x)= (b＜0)的值域是［1，3］， (1)求b、c的值； (2)判斷函數(shù)F(x)=lgf(x)，當(dāng)x∈［－1，1］時的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論； (3)若t∈R，求證：lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg. 參考答案 難點(diǎn)磁場 解：(1)令F(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).當(dāng)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=－ ∴x0=－，因為ax2＜1， ∴x0＜ 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、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 二、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)－(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(fèi)用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2=8 當(dāng)且僅當(dāng)0.8x=即x=5時“=”成立 答案：5公里處 三、4.證明：(1)設(shè)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x1x2=＞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(dāng)0＜x1＜2時，b＜，當(dāng)－2＜x1＜0時，b＞. 5.解：(1)由題意知某商品定價上漲x成時，上漲后的定價、每月賣出數(shù)量、每月售貨金額分別是：p(1+)元、n(1－)元、npz元，因而 ，在y=ax的條件下，z=［－a ［x－］2+100+］.由于≤a＜1，則0＜≤10. 要使售貨金額最大，即使z值最大，此時x=. (2)由z= (10+x)(10－x)＞1，解得0＜x＜5. 6.(1)證明：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)證明：任取x1，x2∈R，則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)， ∴函數(shù)f(x)在R上為單調(diào)減函數(shù). (3)由，由題意此不等式組無解，數(shù)形結(jié)合得：≥1，解得a2≤3 ∴a∈［－，］ 7.(1)解：設(shè)y=，則(y－2)x2－bx+y－c=0 ① ∵x∈R，∴①的判別式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0， 即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ② 由條件知，不等式②的解集是［1，3］ ∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的兩根 ∴c=2，b=－2，b=2(舍） (2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，則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)為增函數(shù). 即－≤u≤，根據(jù)F(x)的單調(diào)性知 F(－)≤F(u)≤F()，∴l(xiāng)g≤F(|t－|－|t+|)≤lg對任意實數(shù)t 成立.