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1、高考高三文科培优班讲义函数与不等式 函数与不等式的联缘，是高中数学知识间的最完美的结合，此类题在高考中常为中、高档，是高中数学教学的难点。常用的不等式是:|a|-|b|ab|a|+|b|,一般解题方法为:1.图象法；2.代入消元法；3.因式分解；4.整体代入法；5.放缩法.例1 (1)求f(x); 解：易见S(n)逐渐增大，故n=3时为最小例2.设函数f(x)=ax2+bx+c,对一切x-1，1，都有|f(x)|1，用f (0)、f (1)、f (-1)表示a、b、c；求证：对一切x-1，1，都有 | 2ax+b | 4. 解: 解由题设条件可得：f(1)=a+b+c, f(-1)=a-b+c
2、, f(0)= c.证明：a、b、c代入2ax+b整理得 当x-1，1时， | f（x）| 1，所以综上，对一切x-1，1，都有 | 2ax+b | 4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:解:f(x)-x1=f(x)-f(x1)=(ax2+bx+c)-(ax12+bx1+c)又由于f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=a(x-x1)(x-x2)0得f(x)x,所以xf(x)x1.例4.已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实根,证明:(1)如果|2,|2,那么2|a|4+b且|b|4,(2)如果2|a|4+b且|b|4
3、,那么|2,|2.解:(1)因,是方程x2+ax+b=0的两个实根,故根的判别式=a2-4b0,a2-4b16+8a+a2,由此得-4(4+b)8a4(4+b), 故2|a|4+b.故-22,得|2,|2.例5，则称函数f(x)是R上的凹函数.已知二次函数f(x)=ax2+x(aR,a0).(1)求证：当a0时，函数f(x)是凹函数；(2)如果x0，1时，f(x)1，试求实数a的取值范围.解: (1)对任意x1,x2R，a0，函数f(x)是凹函数.(2) 当x=0时，aR；当x(0，1)时， -2a0，结合a0，得-2a0.综上，a的范围是-2，0.例6.已知函数f(x)=log3(2x-a)
4、,当点P(x,y)是函数f(x)的图象上的点时，点Q(2x,y)是函数y=g（x）的图象上的点.(1)求函数y=g（x）的解析式；(2)当-1a0时，不等式4g（x）f（x）的解区间的长度记为h（a）.已知a1a2，且a1，a2（-1，0）.解（）设Q（x，y），由题意知： 又点P（x，y）在函数f（x）=log3（2x-a）的图象上. 则y=log3（2x-a）.将式代入止式得：2y=log32（x）-a=log3（x-a）.即：y=log3（xa）为所求函数y=g（x）的解析式. （）由4g（x）f（x）得：4log3log3（2x-a），即log3（x-a）2log3（2x-a）.（x）
5、，（x-a）22x-a，即：x2-2（a+1）x+a2+a0（x）.解得：（a+1）-x（a+1）+.设t1=h（）=2，t2=，由t21-t22=4-（a1+1）-（a2+1）-2.=（a1+1)+(a2+1)-2（a1a2，a1，a2（-1,0）.h（）.例7.(1)求当x0时，f(x)的解析式；(2)试确定函数y=f(x)（x0）的单调区间，并证明你的结论；(3)若x12,且x22证明：|f(x1)-f(x2)|2.解（I）若x0，f(x)是偶函数，（）设，是区间上的任意两个实数，且，则当时，而及 即f(x)在0，1上为减函数同理，当时，即f(x)在上为增函数（）f(x)在是增函数，由x
6、2得又，-7x0, x2+x30 ,x1+x30,则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值A.一定大于零 B.一定小于零 C.等于零 D.正负都有可能B3.设f(x)=ax2+c,且-3f(1)1,-2f(2)3,求f(3)的最大值与最小值.解:4.解:构造几何图形或放缩法.1ab5.解:即a-x2-2x恒成立。又u= -x2-2x= -(x+1)2+1,当x=1时取得最大值-3,故a-3.6.给定函数f(x)=ax2+bx+c, 以及g(x)=cx2+bx+a,且|f(0)|1, |f(1)|1, |f(-1)|1;解:7.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1 (a,bR,a0),设方程f
7、(x)=x的两个实数根为x1,x2.(1)如果x12x2-1;(2)如果|x1|2,|x2-x1|=2,求b的取值范围.解:(1)依题意:x1,x2为方程: ax2+(b-1)x+1=0的两根,由x12x24得: (x1-2)(x2-2)01o若0x12, g(2)0,即4a+2b-102o若-2x10,则x2= -2+x1-2,g(-2)0,即4a-2b+30;8.已知f(x)=x2+ax+b (a,bR)的定义域为 -1,1.解:(1)因f(x)=x2+ax+b ,x-1,1,且|f(x)|M,所以|f(-1)|M, |f(1)|M,|f(0)|M,故2|f(0)|+|f(-1)|+|f(
8、1)|4M.即2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|4M,而2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|1-a+b+1+a+b-2b|=2,于是4M2,9.已知函数f(x)=x2+ax+b (a,bR),当实数p,q满足p+q=1时,证明:pf(x)+qf(y)f(px+qy),对于任意实数x,y都成立的充要条件是0p1.证明: pf(x)+qf(y)- f(px+qy)=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b) - (px+qy)2-a(px+qy)-b=p(1-p)x2-2pqxy+q(1-q)y2=pq(x-y)2充分性:若0p1,则q=1-p0,1,pq(x-y)20故pf(x)+qf
9、(y)f(px+qy)必要性:若pf(x)+qf(y)f(px+qy),则pq(x-y)20，pq0，p(1-p)200p1.10.已知函数f(x)=x3-x+c定义在区间0,1上,x1,x20,1且x1x2,求证:(1) f(0)=f(1); (2)|f (x1)-f(x2)|2| x1-x2|; (3) |f (x1)-f(x2)|1.解:(1)略(2)由x1,x20,1，得|x12+x1x2+x22-1|2.|f(x1)-f(x2)|=|x1-x2|x12+x1x2+x22-1|2|x1-x2|;(3)不妨设 x1x2,则|f(x1)-f(x2)|2(x1-x2)又|f(x2)-f(x1
10、)|=|f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)|f(x2)-f(1)|+|f(0)-f(x1)|2(1-x2)+2x22|f (x1)-f(x2)|2,即|f (x1)-f(x2)|0,函数f(x)= ax-bx2.(3)当01,可以推出充分性:因为b1,ab-1, 对任意x0,1,可以推出ax-bx2b(x-x2)-x-x-1即ax-bx2-1;(3)解:因为a0,00,01,(1)求证:b22(b+2c); (2)设t1所以b22(b+2c)(2)x1=f(x1),且x1+x2=1-b 所以f(t)-x1=f(t)-f(x1)=(t-x1)(t+x1+b)=(t-x1)(t+1-x2)
11、因为tx1,所以t-x11即x1+1-x20,从而t+1+x2x1+1-x20从而t+1-x2x1+1+x2x113.函数f(x)=loga(x3a)(a0,且a1),当点P（x,y)是函数y=f(x)图象上的点时，Q（x2a,y)是函数y=g(x)图象上的点.（）写出函数y=g(x)的解析式.（）当xa+2,a+3时，恒有|f(x)g(x)|1,试确定a的取值范围.解:（）设P(x0,y0)是y=f(x)图象上点，Q（x,y）,则， y=loga(x+2a3a)，y=loga (xa) 5分（） x3a f(x)与g(x)在a+2,a+3上有意义.3aa+20a1 6分 |f(x)g(x)|1恒成立|loga(x3a)(xa)|1恒成立. 8分对xa+2,a+3上恒成立，令h(x)=(x2a)2a2 其对称轴x=2a,2a2,2a+2当xa+2,a+3 hmin(x)=h(a+2)，hmax=h(a+3)原问题等价 1
