高三数学不等式的综合应用.docx
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高三数学不等式的综合应用
难点20高考数学重点难点复习：
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≥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__________.
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：
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
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=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.
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