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不等式的综合应用知识梳理

不等式的综合应用 【考纲要求】 1.在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上,掌握其它的一些简单不等式的解 法.通过不等式解法的复习,提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力; 2.掌握解不等式的基本思路,即将分式不等式、绝对值不等式等不等式,化归为整式不等式(组),会 用分类、换元、数形结合的方法解不等式; 3.通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等),使学生较灵 活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题; 4.通过证明不等式的过程,培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力; 5.能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法,解决有关不等式的问题. 6.通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部 分知识中的应用,深化数学知识间的融汇贯通,从而提高分析问题解决问题的能力.在应用不等式的基本 知识、方法、思想解决问题的过程中,提高学生数学素质及创新意识. . 【知识网络】

解不等式问题 不 等 式 的 综 合 应 用

不等式中的含参问题

实际应用问题

不等式证明

【考点梳理】 考点一:不等式问题中相关方法 1. 解不等式的核心问题是不等式的同解变形, 不等式的性质则是不等式变形的理论依据, 方程的根、 函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关,要善于把它们有机地联系起来,互相转化.在解不等式 中,换元法和图解法是常用的技巧之一.通过换元,可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式, 通过构造函数、数形结合,则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系,对含有参数的不等式,运 用图解法可以使得分类标准明晰. 2.整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础,利用不等式的性质及函 数的单调性,将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想,分类、换元、 数形结合是解不等式的常用方法.方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关,要善于把它们 有机地联系起来,相互转化和相互变用. 3.在不等式的求解中,换元法和图解法是常用的技巧之一,通过换元,可将较复杂的不等式 化归为较简单的或基本不等式,通过构造函数,将不等式的解化归为直观、形象的图象关系,对含有参数 的不等式,运用图解法,可以使分类标准更加明晰.通过复习,感悟到不等式的核心问题是不等式的同解 变形,能否正确的得到不等式的解集,不等式同解变形的理论起了重要的作用. 4.比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法,比较法的一般步骤是:作差(商)→变形 →判断符号(值). 5.证明不等式的方法灵活多样,内容丰富、技巧性较强,这对发展分析综合能力、正逆思维 等,将会起到很好的促进作用.在证明不等式前,要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系,选择

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适当的证明方法.通过等式或不等式的运算,将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式,从而使原不等 式得到证明; 反之亦可从明显的、 熟知的不等式入手, 经过一系列的运算而导出待证的不等式, 前者是 “执 果索因” ,后者是“由因导果” ,为沟通联系的途径,证明时往往联合使用分析综合法,两面夹击,相辅相 成,达到欲证的目的. 6.证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的 基本方法.要依据题设、题断的结构特点、内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各种证法中的推理思 维,并掌握相应的步骤,技巧和语言特点. 考点二:不等式与相关知识的渗透 1.不等式这部分知识,渗透在中学数学各个分支中,有着十分广泛的应用.因此不等式应用问题体 现了一定的综合性、 灵活多样性, 这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通, 起到了很好的促进作用. 在 解决问题时,要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案,最终归结为不等式的求解 或证明.不等式的应用范围十分广泛,它始终贯串在整个中学数学之中.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,最终都可归结为不等式的求解或证明。 2.不等式应用问题体现了一定的综合性.这类问题大致可以分为两类:一类是建立不等式、解不等 式;另一类是建立函数式求最大值或最小值.利用平均值不等式求函数的最值时,要特别注意“正数、定 值和相等”三个条件缺一不可,有时需要适当拼凑,使之符合这三个条件.利用不等式解应用题的基本步 骤:10 审题,20 建立不等式模型,30 解数学问题,40 作答。 要点诠释:⑴解不等式的基本思想是转化、化归,一般都转化为最简单的一元一次不等式(组)或一 元二次不等式(组)来求解, 。 ⑵解含参数不等式时,要特别注意数形结合思想,函数与方程思想,分类讨论思想的录活运用。 ⑶不等式证明方法有多种,既要注意到各种证法的适用范围,又要注意在掌握常规证法的基础上,选 用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。 ⑷根据题目结构特点,执果索因,往往是有效的思维方法。 【典型例题】 类型一:不等式求解问题 例 1.解关于 x 的不等式: x x ? a ?

2a 2 ?a ? 0? 9

【思路点拨】含绝对值的不等式问题应该先考虑分情况讨论去掉不等式。 解:当 x ? a时,不等式可转化为 ?

?x ? a

?x ? a 即 ? 2 2 2 ?9 x?x ? a ? ? 2a ?9 x ? 9ax ? 2a ? 0

?a ? x ?

3 ? 17 a b

?x ? a ?x ? a 当x ? a时不等式可化为 即 ? ? 2 2 2 ?ax(a ? x) ? 2a ?9 x ? 9ax ? 2a ? 0 a 2a ?x ? 或 ?x?a 3 3 ? 2a 3 ? 17 ? a 故不等式的解集为(??, ? ? ? , a? 3 6 ?3 ?
【总结升华】含参数问题应该首先考虑到是否需要分类讨论,绝对值问题往往需要根据绝对值内与零的关 系进行讨论。 举一反三: 【变式 1】已知函数 f ( x) ? ax ? 2x ? 1(a ? R)
2

(1)若 f ( x ) 的图像与 x 轴恰有一个公共点,求 a 的值;

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(2)若方程 f ( x) ? 0 至少有一个正跟,求 a 的范围。 解: (1)当 a ? 0 时函数 f ( x ) 为一次函数,符合题意; 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 为二次函数,则

? ? 4 ? 4a ? 0 ,所以 a ? 1 综上, a ? 0或1.
(2)当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 为一次方程,不符合题意; 当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 为二次方程,显然 f (0) ? 1 所以 a ? 0 时有一正一负根,符合题意; 当 a ? 0 时,

? ? a ?1 ?? ? 0 ? ? ? 1 ? x1 ? x2 ? 0 ? ? ? 0 ? x ? ? ?x ? x ? 0 ? a ? 1 2 ? 2 ? ?0 ? ? a
综上,a 的范围 a ? 0 . 类型二:不等式证明 【例 2】(2014 南京校级四模)已知 a>0,b>0 且 a+b=1 求证: 2a ? 1 ? 2b ? 1 ? 2 2 【思路点拨】利用不等式 a ? b
2 2

? a ? b? ?
2

2

2 2 【证明】若 x>0,y>0, x ? y ? 2 xy 则 2 x ? y
2

?

2

?? x

2

? y 2 ? 2 xy ? ? x ? y ?

2

即 ? x ? y? ? 2 x ? y
2 2

?

2

?

所以当 a>0,b>0,且 a+b=1 时

?

2a ? 1 ? 2b ? 1 ? 2 ? 2a ? 1 ? 2b ? 1? ? 8

?

2

? 2a ? 1 ? 2b ? 1 ? 2 2
当且仅当 2a ? 1 ?

2b ? 1 即 a ? b ?

1 时取等号. 2

【总结升华】本题考查不等式的证明,解题关键时要注意到基本不等式与均值不等式之间的关系,同时要 考虑到不等式中等号成立的条件. 举一反三: 【变式】(2014 衡阳县校级模拟)(1)已知函数 f ? x ? ? cos ? x ?
2

? ?

12 ?

1 ? ? ? , g ? x ? ? 1 ? sin 2 x 设 x ? x0 是函数 2

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y=f(x)图像的一条对称轴,求 g ? x0 ? 的值. (1)已知函数 f ? x ? ? x2 ? ax ? 4x ? 4 ? a 在 x ??0,3? 时, f ? x ? ? 0 成立,求 a 的取值范围.

?? ? 1 ? cos ? 2 x ? ? ? ? 6? ? 2? 【解析】(1)由题意 f ? x ? ? cos ? x ? ?? 12 ? 2 ?
? x ? x0 是函数 y ? f ? x ? 的一条对称轴
? 2 x0 ?

?
6

? k? , k ? Z

1 ? ?? ? g ? x0 ? ? 1 ? sin ? k? ? ? 2 ? 6?

? 当 k 为偶数时, g ? x0 ? ?
2

3 5 ,当 k 为奇数时 g ? x0 ? ? 4 4

(2)? x ? ax ? 4x ? 4 ? a ? 0, x ??0,3? 成立

x2 ? 4 x ? 4 ? x ? 1? ? 2 ? x ? 1? ? 1 2 ?a ? ? ? x ?1? ?2 x ?1 x ?1 x ?1
2

? x ?1?
?a ? 4

1 ? 2 ? 4 ( x ? 0 时取等号) x ?1

类型三:不等式与相关知识的融合 例 3.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). 【思路点拨】关于函数不等式,需要对自变量灵活取值,凑出需要的函数值。 (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,

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∵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 ) .

( 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 :? x ?

x ?1 x ?1 ≤1,-1≤ ≤0, 2 2 x ?1 x ?1 ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f ( )|≤1; ) |≤1,|f( 2 2 x ?1 x ?1 因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f ( )|≤2. ) |+|f( 2 2
当-1≤x≤1 时,有 0≤ (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-

b <0 ,即 b=0. 2a

由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1. 举一反三: 【变式 1】已知函数 f(x)=

2 x 2 ? bx ? c (b<0)的值域是[1,3] , x2 ?1

(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

7 1 1 13 ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg . 5 6 6 5


【解析】设 y=

2 x 2 ? bx ? c ,则(y-2)x2-bx+y-c=0 2 x ?1

∵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≤0 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



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?1 ? 3 ? 2 ? c ? ? 8c ? b 2 ∴c=2,b=-2,b=2(舍) ?1 ? 3 ? 4 ?
(2)任取 x1,x2∈[-1,1] ,且 x2>x1,则 x2-x1>0,且 (x2-x1)(1-x1x2)>0,∴f(x2)-f(x1)=-

2 x2 1 ? x2
2

? (?

2x 1 ? x1
2

)?

2( x2 ? x1 )(1 ? x1 x2 ) (1 ? x1 )(1 ? x2 )
2 2

>0,

∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即 F(x2)>F(x1) ∴F(x)为增函数.

1 1 1 1 1 (3)记u ?| t ? | ? | t ? |,| u |?| (t ? ) ? (t ? ) |? , 6 6 6 6 3 1 1 即- ≤u≤ ,根据 F(x)的单调性知 3 3 1 1 7 1 1 13 F(- )≤F(u)≤F( ),∴lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 对任意实数 t 成立. 3 3 5 6 6 5
类型四:不等式相关应用题 例 4.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,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) 【思路点拨】应用题需要首先读懂题意,然后把实际问题转化为数学模型问题。 【解析】①设 h′是正四棱锥的斜高,由题设可得:

1 ? 2 a ? 4 ? h ?a ? 2 ? ? 2 ? ?a 2 ? 1 a 2 ? h12 ? 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)
得: V ?

1

1 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 【总结升华】应用题根据题意建立合适的函数模型是最重要的,本题中需要建立体积 V 关于高 h 的函
数 举一反三: 【变式 1】 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 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

而h ?

1 1 ? 2 h? ? 2 h h

x , 0<x≤10 ) . 10

1 ≤a<1 的常数,用 a 来表示当售货金额最大时的 x 的值; 3
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(2)若 y=

2 x,求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围. 3 x ) 10

【解析】(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+

y )元、npz 元,因而 10 x y 1 1 [-a npz ? p(1 ? ) ? n(1 ? ),? z ? (10 ? x)(10 ? y) ,在 y=ax 的条件下,z= 10 10 100 100 25(1 ? a ) 2 1 5(1 ? a) 2 5(1 ? a) [x- ] +100+ ].由于 ≤a<1,则 0< ≤10. a 3 a a 5(1 ? a) 要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x= . a 2 1 (2)由 z= (10+x)(10- x)>1,解得 0<x<5. 3 100
元、n(1-

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