1、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(a0)，方程f(x)x=0的两个根x1、x2满足0x1x2.(1)当x0，x1时，证明xf(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
2、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h0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：设h是正四棱锥的斜高，由题设可得： 消去由 (h0)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，
3、c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当1x1时|f(x)|1.(1)证明：|c|1；(2)证明：当1 x1时，|g(x)|2；(3)设a0，有1x1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“1x1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
4、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|ab|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=1x1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a0时，g(x)=ax+b在1，1上是增函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1).|f(x)|1，(1x1)，|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)|
5、2 (1x1)；当a0时，g(x)=ax+b在1，1上是减函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1)，|f(x)|1 (1x1)，|c|1|g(x)|=|f(1)c|f(1)|+|c|2.综合以上结果，当1x1时，都有|g(x)|2.证法二：|f(x)|1(1x1)|f(1)|1，|f(1)|1，|f(0)|1，f(x)=ax2+bx+c，|ab+c|1，|a+b+c|1，|c|1，因此，根据绝对值不等式性质得：|ab|=|(ab+c)c|ab+c|+|c|2，|a+b|=|(a+b+c)c|a+b+c|+|c|2，g(x)=ax+b，|g(1)|=|a+b|=|ab|2，函数g(x)=a
6、x+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，(1x1.当1x1时，有01，10，|f(x)|1，(1x1)，|f |1，|f()|1；因此当1x1时，|g(x)|f |+|f()|2.(3)解：因为a0，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)=2.1f(0)=f(1)212=1，c=f(0)=1.因为当1x1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.由得a=2，所以f(x)=2x21.
7、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ab0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )f(b)f(a)g(a)g(b) f(b)f(a)g(a)g(b) f(a)f(b)g(
8、b)g(a) f(a)f(b)g(b)g(a)A.B.C.D.二、填空题2.()下列四个命题中：a+b2 sin2x+4 设x，y都是正数，若=1，则x+y的最小值是12 若|x2|，|y2|，则|xy|2，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，bR，a0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.(1
9、)如果x12x24，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x01；(2)如果|x1|2，|x2x1|=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，0x10.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a1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x0时，0f(x)1.(1)求证：f(0)=1，且当x0时，f(x)1；(2)求证：f(x)在R上单调递减；(3)
10、设集合A= (x，y)|f(x2)f(y2)f(1)，集合B=(x，y)|f(axg+2)=1，aR，若AB=，求a的取值范围.7.()已知函数f(x)= (b0)的值域是1，3，(1)求b、c的值；(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x1，1时的单调性，并证明你的结论；(3)若tR，求证：lgF(|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
11、.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，
12、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
13、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(xx1)(xx2).当x(0，x1)时，由
14、于x1x2，得(xx1)(xx2)0，又a0，得F(x)=a(xx1)(xx2)0，即xf(x)x1f(x)=x1x+F(x)=x1x+a(x1x)(xx2)=(x1x)1+a(xx2)0xx1x2，x1x0，1+a(xx2)=1+axax21ax20x1f(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+(b1)x+c=0的根.x1+x2=x0=，因为ax21，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)+
15、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：不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.式：|xy|=|(x2)(y2)|(x2)(y2)|x2|+|y2|+=2.答案：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+(b1)x+1，且x0.x12x24，(x12)(x22)0，即x1x22(x1
16、+x2)4，(2)解：由方程g(x)=ax2+(b1)x+1=0可知x1x2=0，所以x1，x2同号1若0x12，则x2x1=2，x2=x1+22，g(2)0，即4a+2b10又(x2x1)2=2a+1= (a0)代入式得，232b解得b2若 2x10，则x2=2+x12g(2)0，即4a2b+30又2a+1=，代入式得22b1解得b.综上，当0x12时，b，当2x10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=ax2+100+.由于a1，则010.要使售货金额最大，即使z
17、值最大，此时x=.(2)由z= (10+x)(10x)1，解得0x5.6.(1)证明：令m0，n=0得：f(m)=f(m)f(0).f(m)0，f(0)=1取m=m，n=m，(m0)，得f(0)=f(m)f(m)f(m)=，m0，m0，0f(m)1，f(m)1(2)证明：任取x1，x2R，则f(x1)f(x2)=f(x1)f(x2x1)+x1=f(x1)f(x2x1)f(x1)=f(x1)1f(x2x1)，f(x1)0，1f(x2x1)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a23a，7.(1)解：设y=，则(y2)x2bx+yc=0 xR，的判别式0，即 b24(y2)(yc)0，即4y24(2+c)y+8c+b20 由条件知，不等式的解集是1，31，3是方程4y24(2+c)y+8c+b2=0的两根c=2，b=2，b=2(舍）(2)任取x1，x21，1，且x2x1，则x2x10，且(x2x1)(1x1x2)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()，lgF(|t|t+|)lg对任意实数t 成立.