高考数学难点突破难点不等式的综合应用.docx
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高考数学难点突破难点不等式的综合应用
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＜
.b5E2RGbCAP
（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M的正四棱锥形有盖容器（如右图>设容器高为hM，盖子边长为aM，p1EanqFDPw
（1>求a关于h的解读式；
（2>设容器的容积为V立方M，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=1M时，V有最大值，V的最大值为
立方M.
［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.DXDiTa9E3d
（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.RTCrpUDGiT
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.5PCzVD7HxA
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.jLBHrnAILg
（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.xHAQX74J0X
（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LDAYtRyKfE
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>，Zzz6ZB2Ltk
∵|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
.dvzfvkwMI1
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.rqyn14ZNXI
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.EmxvxOtOco
●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（>SixE2yXPq5
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≥2
②sin2x+
≥4③设x，y都是正数，若
=1，则x+y的最小值是12④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.6ewMyirQFL
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.kavU42VRUs
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.y6v3ALoS89
（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.M2ub6vSTnP
（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>＜1.0YujCfmUCw
（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.eUts8ZQVRd
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.sQsAEJkW5T
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.GMsIasNXkA
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、解读几何中的最大值、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.TIrRGchYzg
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？
7EqZcWLZNX
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，lzq7IGf02E
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>］zvpgeqJ1hk
∵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.NrpoJac3v1
∴x1+x2=－
∴x0=－
，因为ax2＜1，
∴x0＜
歼灭难点训练
一、1.解读：
由题意f（a>=g（a>＞0，f（b>=g（b>＞0，且f（a>＞f（b>，g（a>＞g（b>1nowfTG4KI
∴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.解读：
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.fjnFLDa5Zo
答案：
④
3.解读：
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
=8tfnNhnE6e5
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HbmVN777sL
，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=0①
∵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≤0②
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.
申明：
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