【数学】2020届一轮复习人教A版不等式的综合应用学案 7页

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】‎ 不等式的综合应用 解不等式问题 实际应用问题 不等式中的含参问题 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．解关于的不等式： ‎ ‎【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 ‎【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：‎ 基本不等式394889 ‎ ‎【变式1】已知函数 ‎（1）若的图像与x轴恰有一个公共点，求a的值；‎ ‎（2）若方程至少有一个正跟，求a的范围。‎ 解：（1）当时函数为一次函数，符合题意；‎ 当时，函数为二次函数，则 ‎，所以 综上，.‎ ‎（2）当时，为一次方程，不符合题意；‎ 当时， 为二次方程，显然 所以时有一正一负根，符合题意；‎ 当时，‎ 综上，a的范围.‎ 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：‎ ‎【思路点拨】利用不等式 ‎【证明】若x>0,y>0,则 即 所以当a>0，b>0，且a+b=1时 ‎ ‎ 当且仅当即时取等号.‎ ‎【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,设是函数y=f(x)图像的一条对称轴,求的值.‎ ‎(1)已知函数在时，成立，求的取值范围.‎ ‎【解析】(1)由题意 是函数的一条对称轴 当为偶数时, ,当为奇数时 ‎(2)成立 ‎(时取等号)‎ 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，‎ ‎∵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.‎ 当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，‎ ‎∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1；‎ 因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f()|≤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－＜0 ，即b=0.‎ 由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】已知函数f(x)= (b＜0)的值域是［1，3］，‎ ‎(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≤F(|t－|－|t+|)≤lg.‎ ‎【解析】设y=，则(y－2)x2－bx+y－c=0 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 ②‎ 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 ‎∴c=2，b=－2，b=2(舍）‎ ‎(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且 ‎(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－＞0，‎ ‎∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)‎ ‎∴F(x)为增函数.‎ 即－≤u≤，根据F(x)的单调性知 F(－)≤F(u)≤F()，∴lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg对任意实数t 成立.‎ 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：‎ ‎ 消去 ‎②由 (h＞0)‎ 得：‎ 所以V≤，当且仅当h=即h=1时取等号 故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米.‎ ‎【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，0＜x≤10.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≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；‎ ‎(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.‎ ‎【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+)元、n(1－)元、npz元，因而 ‎，在y=ax的条件下，z=［－a ‎［x－］2+100+］.由于≤a＜1，则0＜≤10.‎ 要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=.‎ ‎(2)由z= (10+x)(10－x)＞1，解得0＜x＜5.‎