2022届大纲版数学高考名师一轮复习教案6.7不等式的综合应用一、明确复习目标1．熟练运用不等式的知识综合解决函数、方程、数列、解析几何等有关问题2．掌握利用均值不等式和函数单调性求最值的方法，正确理解恒正、恒负、解集为R、解集为空集的实际含义并会等价转换。3．能从实际问题中抽象出数学模型，找出已知量与未知量，建立数学关系式，并用适当的方法解决问题4．通过不等式的根本知识、根本方法在代数、三角函数、数列、立体几何、解析几何等各局部知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯穿，从而提高分析问题解决问题的能力，提高数学素质及创新意识．二．建构知识网络1．不等式的性质，解法和证明方法，是综合运用不等式知识解决问题的根底。2．解不等式与函数、数列、三角函数、解析几何综合问题的关键是找出各局部的知识点和解法，充分利用相关的知识和方法求解，要依据题设、题断的构造特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解、证明或求最值值问题．3．不等式的应用范围十分广泛，许多问题，最终都可归结为不等式的求解、证明或求最值。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．4．利用不等式解应用题的根本步骤：（1）审题，（2）建模（不等式或函数），（3）求解，（4）作答三、双基题目练练手1．(2022湖北)函数上的最大值和最小值之和为a，那么a的值为（）A．B．C．2D．42．(2022湖南)设集合，那么点P（2，3）的充要条件是（）A．B．C．D．11/11\n3.某工厂年产值第二年比第一年增长百分率为p1,第三年比第二年增长的百分率为p2,第四年比第三年增长的百分率为p3,假设p1+p2+p3=m,m为常数，那么年平均增长率p的最大值为()A.B.C.D.4．今有一台坏天平,两臂长不等,其余均准确,有人要用它称物体的重量,他将物体放在左右托盘各称一次,取两次称量结果分别为a,b.设物体的真实重量为G,那么()A.=GB.≤GC.>GD.<G5.在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，假设m<n,那么am与bm的大小关系是____________.6.设集合M={(x,y)|x=(y+3)|y-1|+(y+3),},假设(a,b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，那么a的值是______________．◆简答:1-4.BABC;4.设左、右臂长分别是那么，①×②得G2=,∴G=,由于，故>5.假设d=0或q=1，那么am=bm.假设d≠0，画出an=a1+（n－1）d与bn=b1·qn－1的图象，易知am＞bm，故am≥bm.6.此题等价于求函数x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)在时的最小值.易得四、经典例题做一做【例1】已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)=1，假设m、n∈[－1,1]，m+n≠0时＞0.(1)用定义证明f(x)在[－1,1]上是增函数；(2)解不等式f(x+)＜f()；(3)假设f(x)≤t2－2at+1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求实数t的取值范围(1).证明任取x1＜x2，且x1，x2∈[－1,1]，那么f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2)11/11\n∵－1≤x1＜x2≤1，∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在[－1,1]上为增函数.(2)解∵f(x)在[－1,1]上为增函数，∴解得:{x|－≤x＜－1，x∈R}(3)解由(1)可知f(x)在[－1,1]上为增函数，且f(1)=1，故对x∈[－1,1]，恒有f(x)≤1，所以要使f(x)≤t2－2at+1对所有x∈[－1,1],a∈[-1,1]恒成立，即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈[－1,1]，有g(a)≥0，只需g(a)在[－1,1]上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2∴t的取值范围是{t|t≤－2或t=0或t≥2}◆提炼方法函数的单调性的判定就是不等式的判定,题（2）中利用单调性把函数值的大小关系转化为自变量的大小关系是最常用的手法,要熟练掌握.【例2】已知奇函数f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有定义,在(0,+∞)上是增函数,f(1)=0,又知函数:集合,求M∩N解:f(x)是奇函数,在(0,+∞)上递增,那么f(x)在(-∞,0)也递增.又由f(1)=0得f(-1)=0.令t=cosθ那么t∈[0,1],又设要使δ(t)<0,必须使δ(t)在[0,1]内最大值小于零.10当11/11\n30当时综上：【例3】已知某种商品的定价上涨成（1成即为，成即为），其销售量便相应减少成，按规定，税金是从销售额中按一定的比例缴纳，如果这种商品的定价无论如何变化，从销售额中扣除税金后的金额总比涨价前的销售额少，试求这时税率的取值范围(准确到0.1%)解：设原定价为元/件，原销售量为件，那么原销售额为元，由已知得①①式恒成立，∴△<0，解得，故11.1%<<1,即税率的取值范围∈(11.1%,100%).【例4】设计一幅宣传画，要求画面面积为4840cm2，画面的宽与高的比为λ(λ<1)，画面的上下各留8cm的空白，左右各留5cm的空白，问怎样确定画面的高与宽的尺寸，能使宣传画所用纸张面积最小？如果，那么为何值时，能使宣传画所用纸张面积最小？解：设画面的高为，宽为，那么，设纸张面积为，那么有，当且仅当时，即时，取最小值，此时，高，11/11\n宽.如果，那么上述等号不能成立.现证函数S(λ)在上单调递增.设,那么因为，又，所以，故在上单调递增,因此对，当时，取得最小值.◆提炼方法:用均值不等式求最值时，如果满足“一正二定三相等”，那么可直接求解；如果不符合条件中的相等，那么应先判断函数的单调性后在求解.【研讨.欣赏】已知抛物线y=ax2－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P（x1，y1）、Q（x2，y2），线段PQ的中点为M（x0，y0），设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程ax2－x－（1+b）=0.①判别式Δ=1+4a（1+b）＞0.②由①得x0==，y0=x0+b=+b.∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，即b=－，代入②解得a＞.解法二：设同解法一，由题意得11/11\n将①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得由二元均值不等式易得2（x12+x22）＞（x1+x2）2（x1≠x2）.将⑤⑥代入上式得2（－+）＞（）2，解得a＞.解法三：同解法二，由①－②，得y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）==1.∴x0==.∵M（x0，y0）∈l，∴y0+x0=0，即y0=－x0=－，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.∵M在抛物线内部，∴a（）2－（－）－1＜0.解得a＞.（舍去a＜0，为什么?）五．提炼总结以为师1.不等式与函数的综合是一类最常见的题目，如求函数的定义域、值域，求参数的取值范围，与函数有关的不等式证明等，解决此类综合题，要充分运用函数的单调性，注意函数的定义域，有时要与函数的奇偶性、周期性一起讨论.2.不等式与数列的综合题，一般来说多是证明题，要熟悉不等式的常用证明方法，特别是比较法、综合法、分析法、数学归纳法等，也可利用函数的思想.3.含有参数的不等式问题，要分析实质,灵活进展等价转化;化为熟悉的问题去解决，注意参数的范围和它对问题的影响.4.对于应用题要通过阅读，理解材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出数学关系，从而建立数学模型——不等式或函数最值问题，然后利用不等式的知识求出题中的问题.11/11\n同步练习6.7不等式的综合应用【选择题】1.设M=a+（2＜a＜3），N=log（x2+）（x∈R），那么M、N的大小关系是A.M＞NB.M=NC.M＜ND.不能确定2.（2022福建）定义在R上的函数f（x）满足f（x）=f（x+2），当x∈［3，5］时，f（x）=2－|x－4|，那么()A.f（sin）＜f（cos）B.f（sin1）＞f（cos1）C.f（cos）＜f（sin）D.f（cos2）＞f（sin2）3．已知命题p：函数的值域为R;命题q：函数是减函数.假设p或q为真命题，p且q为假命题，那么实数a的取值范围是(）A．a≤1B．a<2C．1<a<2D．a≤1或a≥24.如果一辆汽车每天行驶的路程比原来多19千米，那么在8天之内它的行程就超过2200千米；如果它每天行程比原来少12千米，那么它行驶同样的路程就得花9天多的时间，这辆汽车原来每天行程的千米数x满足：（）A.259<x<260B.258<x<260C.257<x<260D.256<x<260【填空题】5.对于0≤m≤4的m，不等式x2+mx＞4x+m－3恒成立，那么x的取值范围是____________.6.在下面等号右侧两个分数的分母方块处，各填上一个自然数，并且使这两个自然数的和最小，1=.◆简答提示：1-4.ADCD;1.易证M＞4，N≤4＜M.2.可知当3≤x≤4时，f（x）=－2+x.当4＜x≤5时，f（x）=6－x,周期是2故在（－1，0）上增，在（0，1）上减.又由|cos2|＜|sin2|，∴f（cos2）＞f（sin2）3．命题p:；命题q:a<2.命题p、q一真一假得1<a<2。5．x＞3或x＜1；6．设+=1，a、b∈N*，那么a=.∴a+b=+b，b＞9时，a+b=+b－9+10≥16.11/11\n=b－9，即b=12取等号，此时a=4.b＜9无解.∴a=4，b=12.答案：412【解答题】7.（2022福建质检）已知函数f（x）=|log2（x+1）|，实数m、n在其定义域内，且m＜n，f（m）=f（n）.求证：（1）m+n＞0；（2）f（m2）＜f（m+n）＜f（n2）.（1）证法一：由f（m）=f（n），得|log2（m+1）|=|log2（n+1）|，即log2（m+1）=±log2（n+1），log2（m+1）=log2（n+1），①或log2（m+1）=log2.②由①得m+1=n+1，与m＜n矛盾，舍去.由②得m+1=，即（m+1）（n+1）=1.③∴m+1＜1＜n+1.∴m＜0＜n.∴mn＜0.由③得mn+m+n=0，m+n=－mn＞0.证法二：（同证法一得）（m+1）（n+1）=1.∵0＜m+1＜n+1，∴＞=1.∴m+n+2＞2.∴m+n＞0.（2）证明：当x＞0时，f（x）=|log2（x+1）|=log2（x+1）在（0，+∞）上为增函数.由（1）知m2－（m+n）=m2+mn=m（m+n），且m＜0，m+n＞0，∴m（m+n）＜0.∴m2－（m+n）＜0，0＜m2＜m+n.∴f（m2）＜f（m+n）.同理，（m+n）－n2=－mn－n2=－n（m+n）＜0，∴0＜m+n＜n2.∴f（m+n）＜f（n2）.∴f（m2）＜f（m+n）＜f（n2）.8.(2022全国IV)已知数列{an}的前项和Sn满足.（1）写出数列{an}的前三项；（2）求数列{an}的通项公式；（3）证明：对任意的整数m>4，有.（Ⅰ）解：由由由（Ⅱ）解：当时，有……所以11/11\n经历证a1也满足上式，所以（Ⅲ）证明：记(想用放缩法)注意到.一般地即∴当m是奇数时,当m是偶数时,再添上第m +1项(放大了)凑够奇数项,利用上述结论可知也成立,所以对任意整数m>4，有11/11\n9.用一块矩形木板紧贴一墙角围成一直三棱柱空间堆放谷物，已知木板的长为a，宽为b，墙角的两堵墙面和地面两两互相垂直,怎样围法，使直三棱柱的空间最大？这个最大值是多少？解：如图：A—CC1---B是二墙面所成直二面角,CC1面ABC（AC=CB时取”=”）当AB=a,AA1=b时，当AB=b,AA1=a时，10.某人乘坐出租车从A地到乙地，有两种方案：第一种方案，乘起步价为10元，每km价1.2元的出租车；第二种方案，乘起步价为8元，每km价1.4元的出租车，按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的里路是相等的，那么此人从A地到B地选择哪一种方案比较适合？解：设A地到B地距离为mkm，起步价内行驶的路为akm显然，当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较适宜当m>a时，设m=a+x（x>0），乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元，乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，那么P(x)=10+1.2x，Q(x)=8+1.4x∵P(x)-Q(x)=2-0.2x=0.2(10-x)∴当x>10时，P(x)<Q(x)，此时起步价为10元的出租车比较适宜当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选起步价为8元的出租车比较适宜当x=10时，P(x)=Q(x)，此时两种出租车任选【探索题】设关于x的方程2x2－ax－2=0的两根为α、β（α＜β），函数．（Ⅰ）求f(α)f(β)的值；（Ⅱ）证明f(x)是[α，β]上的增函数；（Ⅲ）当a为何值时，f(x)在区间[α，β]上的最大值与最小值之差最小？解：（Ⅰ）由题意知α＋β＝，α·β＝－1，∴α2＋β2＝，f(α)·f(β)＝11/11\n．（Ⅱ）证明：设α≤x1<x2≤β,所以f(x)在[α,β]在是增函数.(法2:导数法)（Ⅲ）f(x)在区间[α，β]上的最大值f(β)＞0，最小值f(α)＜0，又∵|f(α)·f(β)|＝4，∴f(β)－f(α)＝|f(β)|＋|f(α)|≥当且仅当|f(β)|＝|f(α)|＝2时取“＝”号，此时f(β)＝2，f(α)＝－2∴由（1）、（2）得，∴a＝0为所求。11/11
