题目 高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用高考要求 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 重难点归纳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 典型题例示范讲解 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，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 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)|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)=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，(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 例3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 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 学生巩固练习 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(b)g(a) f(a)f(b)g(b)g(a)A B C D 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 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)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)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 参考答案 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 A2 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4 证明 (1)设g(x)=f(x)x=ax2+(b1)x+1，且x0 x12x24，(x12)(x22)0，即x1x22(x1+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