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高中数学复习专题讲座 不等式知识的综合应用

时间:2011-06-27


高中数学复习专题讲座
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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 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 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
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1 ? 2 ?a + 4 ? 2 h ′a = 2 ? ? ?a 2 + 1 a 2 = h 12 ? 4 ?

消去 h ′.解得 : a =

1 h +1
2

( a > 0)

1 h ②由 V = a 2 h = (h>0) 2 3 3(h + 1) 1 1 而h + = 2 h ? = 2 1 h h 3( h + ) h 1 1 所以 V≤ ,当且仅当 h= 即 h=1 时取等号 6 h 1 故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为 立方米 6 2 例 2 已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax +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
得 V =
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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“-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 )
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( x + 1) 2 ? ( x ? 1) 2 x +1 2 x ?1 2 =( ) ?( ) , 4 2 2 x +1 2 x ?1 2 x +1 x ?1 ∴ g ( x ) = ax + b = a[( ) ?( ) ] + b( ? ) 2 2 2 2 x +1 2 x +1 x ?1 2 x ?1 = [a ( ) + b( ) + c ] ? [a( ) + b( ) + c] 2 2 2 2 x +1 x ?1 = f( )? f( ) 2 2 证法三 :Q x =
当-1≤x≤1 时,有 0≤

x +1 x ?1 ≤1,-1≤ ≤0, 2 2 x +1 x ?1 ) |≤1,|f( )|≤1; ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f ( 2 2

x +1 x ?1 ) |+|f( )|≤2 2 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, b <0 ,即 b=0 由此得- 2a 由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1 1 2 方程 f(x)-x=0 的两个根 x1、2 满足 0<x1<x2< x 例 3 设二次函数 f(x)=ax +bx+c(a>0), a (1)当 x∈[0,x1 ) 时,证明 x<f(x)<x1;
因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f (
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x1 2 解 (1)令 F(x)=f(x)-x, 因为 x1,2 是方程 f(x)-x=0 的根, x 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)] 1 ∵0<x<x1<x2< ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 a ∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1 b (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- 2a 1)x+c=0 的根 b ?1 ∴x1+x2=- a b a ( x1 + x2 ) ? 1 ax1 + ax2 ? 1 ∴x0=- = = ,因为 ax2<1, 2a 2a 2a ax x ∴x0< 1 = 1 2a 2
(2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明
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高中数学复习专题讲座 应用性问题.doc

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