高考數(shù)學總復習第28講不等式4綜合應用

高考數(shù)學總28不等式綜合應

1：(1f(xx2，x0f(xx的解集為（A． B． C． D．y2y(2)已知x,y,zR，x2y3z0，則 的解集。也可以用特殊值鑒定法，利用選擇支的端點值鑒定不等式f(xx2是否成立；(2)x2y3z0，把三元函數(shù)轉化為二元函數(shù)，利用基本不等式求函數(shù)的最小值。解：(1)（直接法）x0fxx2x2x2x2x201x2∴這時的解集為1,0x0fxx2x2x2x2x202x1∴這時的解集為0,1所以不等式f(xx2的解集為1,1（特殊值法）取x2，代入不等式fxx2，得04， 取x2，代入不等式fxx2，得04， 。故排除D。所以選A。(2)∵x,y,zR，x2y3z02x2xy x3z 3 3xy3z 案例2：(1)不等式x3x1a23a對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為

x3x1a23axx3

a23a

x3x1解：∵x3x1x3x144x3x14x3x1a23axx3恒成立，即4a23a

a23a由4a23aa23a40，解得a1或a4。所以選A。x3x13xy6(2)設x，y滿足約束條件xy2 x0,y 則 A. B. C. D. 分析：用直接法。先畫可行域，尋找使目標函數(shù)zaxby的值達最大值時 點x0,y0，于ax0by012，利用基本不等式求之。為避免出現(xiàn)多個“等號”的情況，應用了“11ax0by023(23)123ax0by0

z=ax+by（a>0，b>0）取得最大值12時，于是有4a6b12，即2a3b6。 32a )1 ) 2 ，當且僅 ， ab6A5

e xf(x若k0f'(xk(1xf(x)0確定增減區(qū)間；(2)把不等式fxk(1x)f(x)0等價轉化為(x1)(kx1)0，分類解之。)(1(2)當0k1時,解集是{x1x x1}

}k

k1k1時,解集是解：(1)函數(shù)的定義域為,0∪0,f'(x)

ex1exx1ex,f'(x)0

x1x0f'(x0；當0x1fx0x1fx0f(x的單調增區(qū)間是[1fxk(1xf(x0

x1kx1e0得(x1)(kx1)0。k0∴當0k111時,不等式的解集是{x1x1 當k1時，不等式為x120，不等式的解集是1k1，即01時,不等式的解集是k

x1}4f(x)xab(x0)，其中a，bRxyf(xP(2，f(2))y3x1f(xf(x

，2，不等式f(x)≤10

4分析：(Ⅰ)利用導數(shù)的幾何意義確定待定系數(shù)a,b，求得函數(shù)f(x)的解析；(Ⅱ)用導數(shù)法討論函數(shù) 10， 4 8答案：(Ⅰ)f(x)x x

。增函數(shù)區(qū)間是∞，a，a，∞，減函數(shù)區(qū)間是 a0 7。 ∞，解：（）函數(shù)定義域為,0∪0,

4f(x)1

f(2)3，于是a8P(2，f(2))y3x1上，∴f(xf(x)x89。x

2b7，解得b9 x2fx1x2 a0時，令f(x0xaxf(xf(xx(∞，a(a0(0，aa(f00f↗↘↘↗f(x

內是增函數(shù)，在 a0∵對于任意的a1，2(x在

a，∞內是增函數(shù)，在(0，a)內是減函數(shù) ∴由函數(shù)f(x)在1 f1與f(1)中的較大者4

1 f1 b≤39

41 4

即 4

對任意的a，2 b394a 7 從而得b≤b9a

所以滿足條件的b的取值范圍是 7 45：設af(x2x2xa|xa|f01，求af(x設函數(shù)h(xf(x),x(a,)，不等式h(x)1的解集分析：(1)f(0)1aa1解決；(2的最小值問題解之；(3xahx3x22axa2h(x)1答案：(1)a1；(2)f

2a2,a

,aa

或a2

時，不等式解集為(aa2

) a3 ][aa3

,);當a ]時，不等式解集為[a3

a（1）f(0)1，則a|a|1a2（2）∵fx2x2xax2x2xa2,xa3x22axa2,xa

ax22axa2,xa3xa22a2,xa 3 xa22a2,xaf(a),a 2a2,a∴當xa時，f(x)min 3,axaf

(a),a

f(a),a2a2,a

f(xmin2aaxa,h(x1得3x22axa210x當a( , )時，aa 32a2，∴不等式解集為(a,x當a( , )時，aa 32a2，∴不等式解集為(a,) 當a aa 33，∴不等式解集為(aa32a2][a332a2,)3當a 時a aa，33∴不等式解集為a33綜上所述，當a