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1、高中数学难点2 不等式的综合应用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难点磁场()设二次函数f(x)=a+bx+c(a0),方程f()x0的两个根、x2满足x1x2.(1)当x0,时,证明f(x)x1;(2)设函数f()的图象关于直线x=x0对称,证明:0.技巧与方法:本题在求最值时应用均值定理.解:设是正四
2、棱锥的斜高,由题设可得: 消去由 (h)得:所以V,当且仅当h=即h=1时取等号故当h1米时,有最大值,V的最大值为立方米例2已知,b,c是实数,函数f()=ax2+bxc,(x)ax+b,当-x1时|f(x)1.(1)证明:c|1;(2)证明:当-1 x时,|g(x)|;(3)设a0,有11时, g()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.属级题目.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
3、调性的深刻理解,以及对条件“1x1时|f()|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|aba+|;而证法三则是整体处理(x)与f(x)的关系.(1)证明:由条件当=1时,(x)|1,取x=0得:|=()|,即|c|1.(2)证法一:依题设|f()而f(0)=c,所以|c|1.当a0时,g(x)=axb在-1,上是增函数,于是(-1)g()g(),(-1x).|f()|1,(-x1),|c,g(1)=a+=f(1)|f(1)|+|c|,g(-1)=
4、-a+b(-1)c-(|f(-2)|+|c|)2,因此得(x)|2 (-1x1);当a0时,g(x)=ax+b在-1,1上是减函数,于是(-1)g(x)g(),(-1),|f(x)| (x1),|c|g(x)|=|f()-c|f(1)|+|2综合以上结果,当x1时,都有g()|.证法二:|f(x)|1(-1)f(1)|,f()|1,|f()1,(x)xb+c,|-b+c1,|a+c|1,|c|,因此,根据绝对值不等式性质得:|a-b|=|(ab+c)-c|-+c|+|2,|a+=|(ac)-c|a+b+c|+|c|,g(x)=axb,(1)|=|a+b|=|ab|,函数g()=x+b的图象是一
5、条直线,因此|g()在-1,1上的最大值只能在区间的端点x=1或=1处取得,于是由|g(1)|得|g(x)|,(-10,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( )f()-f(-a)g(a)-g(b) f(b)(-a)(b)-g(-a) f()f(b)g(b)-g(-a)AB.C.D二、填空题2.()下列四个命题中:a+b2sin2x+ 设,y都是正数,若=,则xy的最小值是1 若|x-|,|y-2|,则|-y,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y与车库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y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
6、2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.三、解答题4()已知二次函数 f(x)ax2bx+1(a,R,a0),设方程f()=x的两实数根为x1,x()如果x21;()如果|x1|时,0f()1.(1)求证:f(0)=1,且当xf(1),集合B=(x,y)|f(ax-g2)=1,R,若AB,求a的取值范围7.()已知函数(x)=(b0,又0,得(x)a(xx1)(-2)0,即xf()x1f(x)=x-x+F(x)=x1x+a(x1-x)(xx2)=(x1x)+a(xx2)0xx1x20,1+a(x-x2)=1+x-ax2120x-f(x)0,由此得f()x.()依题意:0=-,因为1、x2是方程(x)-x=的两根,即x1,x2是方程ax2+(b1)x+c0的根x1+x2=-x,因为x1,x00,(b)=(b)0,且f(a)f(b),g(a)g(b)f(b)-f(-)=f(b)+f()g()+g(b)而g(a)g(b)=g(a)g(b)(a)+g(b)g(a)g()=2g(b),(b)()g(a)()同理可证:f(