2022年高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用 2.pdf

《2022年高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用 2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用 2.pdf（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 28 页重难点归纳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

2、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) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

3、-第 2 页，共 28 页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 理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 28 页解 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 时取等号精选学习资料 - - - - - - - - - 名师

4、归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 28 页故当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 力精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

5、第 5 页，共 28 页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| |a b|精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 28 页|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与 f(x)的关系(1)证

6、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， (1x 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 (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 (1x 1)，|c

7、|1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 28 页|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

8、 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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 28 页当 1x1 时，有 01， 10，|f(x)| 1，(1x1)，|f |1，|f()|1；因此当1 x 1 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 1 x

9、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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 28 页由此得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 0 x1 x2(1)当 x 0，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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页

10、，共 28 页解(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)(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) x1 f(x)=x1 x+F(x)=x1x+a(x1x)(xx2)=(x1x)1+a(xx2)0 xx1x2， x1 x0，1+a(x x2)=1+axax21ax20 x1f(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 的根精选学习资料 -

11、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 28 页x1+x2=x0=，因为 ax2 1，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) AB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 28 页CD2下 列 四 个

12、 命 题 中 a+b 2sin2x+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 处精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 28 页4已知二次函数f(x)=a

13、x2+bx+1(a，bR，a0)，设方程 f(x)=x 的两实数根为x1，x2(1)如果 x1 2x24，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证 x0 1；(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， 0 x 10每月卖出数量将减少y 成，而售货金额精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 28 页变成原来的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

14、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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 28 页(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)=

15、lg f(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参考答案精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 28 页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 2解析不满

16、足均值不等式的使用条件“正、定、等”式|xy|=|(x 2) (y 2)|(x2)(y2)|x2|+|y2| +=2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 28 页答案3解 析由 已 知y1=；y2=08x(x 为仓库与车站距离) 费用之和y=y1+y2=08x+2=8 当且仅当08x=即 x=5 时“ =”成立答案5 公里处精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 28 页4证 明(1) 设g(x)=f(x) x=ax2+(b 1)x+1，且 x0 x12x2

17、4， (x1 2)(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，x21若 0 x12，则 x2x1=2， x2=x1+2 2，g(2)0，即 4a+2b10 又(x2x1)2=2a+1=(a0)代入式得，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 28 页23 2b 解得 b2若2 x1 0，则 x2=2+x1 2 g( 2) 0，即 4a2b+3 0 又 2a+1=，代入式得22b1 解得 b综上，当0 x1 2 时， b，当2 x1 0 时， b

18、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 28 页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 x2+100+10 x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 28 页由于 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)(10 x) 1，解得0 x56(1) 证 明令m 0 ， n=0得f(m)=

19、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 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 28 页(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 a

20、23 a，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 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 28 页由条件知，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，x2 1，1 ，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

21、函数即 u，根据 F(x)的单调性知F()F(u)F()，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 28 页 lg F(|t | |t+|) lg对任意实数t 成立课前后备注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

22、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 28 页族，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，

23、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 28 页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、

24、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、理论的抽象性精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 28 页和逻辑的严谨性， 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？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 28 页