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高考数学分类专题复习之13 不等式的应用

第十四讲 不等式的应用

★★★高考在考什么 【考题回放】

1.(北京) 若不等式组220x y x y y x y a

-0??

+????+?≥,≤,

≥,≤表示的平面区域是一个三角形,则a 的取值范围是( D )

A.43

a ≥

B.01a <≤ C.413

a ≤≤

D.01a <≤或43

a ≥

2.(福建) 已知()f x 为R 上的减函数,则满足1(||)(1)f f x

<的实数x 的取值范围是(C )

A .(-1,1)

B .(0,1)

C .(-1,0) (0,1)

D .(-∞,-1) (1,+∞) 3.(陕西)已知不等式1()()9a x y x y

++≥对任意正实数,x y 恒成立,则正实数a 的最小值为 (B )

(A)8 (B)6 (C )4 (D )2

4.(重庆)若动点(y x ,)在曲线

)0(14

2

22

>=+

b b

y x

上变化,则y x 22

+的最大值为( A )

A .??

?

??≥<<+)

4(2),40(44

2

b b b b

B .??

?

??≥<<+)

2(2),20(44

2

b b b b

C .

44

2

+b

D .2b

5.(重庆)一元二次方程2

210,(0)ax x a ++=≠有一个正根和一个负根的充分不必要条件是 ( C ) A .0a < B .0a > C .1a <- D .1a >

6、(浙江卷)已知???≥?-=,0,1,

0,1)(x x x f 则不等式)2()2(+?++x f x x ≤5的解集是 ]23,(-∞ .

★★★高考要考什么

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.

★ ★★ 突 破 重 难 点

【范例1】已知函数b kx x f +=)(的图象与y x ,轴分别相交于点A 、B ,j i AB 22+=(j i ,分别是与y x ,轴正半轴同方向的单位向量),函数6)(2

--=x x x g 。

(1)求b k ,的值;

(2)当x 满足)()(x g x f >时,求函数

)

(1)(x f x g +的最小值。

解:(1)由已知得},{

),,0(),0,(b k b AB b B k

b A =-

于是 .21,

22?

??==∴??

???==b k b k b

(2)由,62),()(2-->+>x x x x g x f 得 即 ,42,0)4)(2(<<-<-+x x x 得 ,52

122

5)

(1)(2

-++

+=+--=+x x x x x x f x g

由于3)

(1)(,02-≥+>+x f x g x 则

,其中等号当且仅当x +2=1,即x =-1时成立,

)

(1)(x f x g +时的最小值是-3.

【范例2】已知a ,b ,c 是实数,函数f (x )=ax 2

+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,以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属较难题目.

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“-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 )=ax 2+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).

)

21

(

)2

1(

]

)2

1(

)2

1

(

[])21(

)21([)

2121(])21(

)2

1[()(,)21(

)2

1(4)

1()1(:2

2

2

2

2

2

2

2

--+=+-+--++++=--

++--+=+=∴--+=--+=

x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三

当-1≤x ≤1时,有0≤

2

1+x ≤1,-1≤

2

1-x ≤0,

∵|f (x )|≤1,(-1≤x ≤1),∴|f )21(+x |≤1,|f (

2

1-x )|≤1;

因此当-1≤x ≤1时,|g (x )|≤|f )2

1(

+x |+|f (2

1-x )|≤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, 由此得-

a

b 2<0 ,即b =0.

由①得a =2,所以f (x )=2x 2

-1.

【范例3】已知二次函数()x f y =的图像经过坐标原点,其导函数为()26-='x x f .数列{}n a 的前n 项

和为n S ,点()()*

,N n S n n ∈均在函数()x f y =的图像上.

(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设1

3+=n n n a a b ,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20

m T n <

对所有*

N n ∈都成立的最小正整

数m .

点评:本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能,考查分析问题的能力和推理能力。

解:(Ⅰ)设这二次函数f(x)=ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x -2,得

a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x 2-2x.

又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上,所以n S =3n 2-2n.

当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(3n 2-2n )-[])1(2)132---n n (=6n -5.

当n =1时,a 1=S 1=3×12

-2=6×1-5,所以,a n =6n -5 (n N *∈)

(Ⅱ)由(Ⅰ)得知1

3+=

n n n a a b =

[]

5)1(6)56(3

---n n =

)1

615

61

(

21

+-

-n n ,

故T n =∑=n

i i b 1

21??

?

???+--++-+-)161561(...)13171()711(n n =21(1-161+n ). 因此,要使

2

1(1-1

61+n )<

20

m (n N *∈)成立的m,必须且仅须满足

2

1≤

20

m ,即m ≥10,所以满

足要求的最小正整数m 为10.