高三數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題3不等式

專(zhuān)題3不等式江蘇省震澤中學(xué)王利平填空題例1已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2，2a))，其中a∈R.定義A×B＝{x|x＝x1＋x2，x1∈A，x2∈B}，若集合A×B中的最大元素為2a＋1，則a的取值范圍是________．解析A×B＝{a2,2a，a2＋1,2a＋1}．由題意，得2a＋1＞a2＋1，解得0＜a＜2.答案(0,2)例2．設(shè)則三者的大小關(guān)系解析a=2=,b=In2=,而,所以a<b,c==,而,所以c<a,綜上c<a<b.答案例3．對(duì)于問(wèn)題：“已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－1,2)，解關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c＞0”．給出如下一種解法：解由ax2＋bx＋c＞0的解集為(－1,2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c＞0的解集為(－2,1)，即關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c＞0的解集為(－2,1)．參考上述解法，若關(guān)于x的不等式eq\f(k,x＋a)＋eq\f(x＋b,x＋c)＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則關(guān)于x的不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1,cx＋1)＜0的解集為_(kāi)_______．解析不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1,cx＋1)＜0可化為eq\f(k,\f(1,x)＋a)＋eq\f(\f(1,x)＋b,\f(1,x)＋c)＜0，所以有eq\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈(－3，－1)∪(1,2)，從而不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1,cx＋1)＜0的解集為(－3，－1)∪(1,2)．答案(－3，－1)∪(1,2)例4．設(shè)不等式組所表示的平面區(qū)域是,平面區(qū)域是與關(guān)于直線對(duì)稱(chēng),對(duì)于中的任意一點(diǎn)A與中的任意一點(diǎn)B,的最小值等于解析由題意知，所求的的最小值，即為區(qū)域中的點(diǎn)到直線的距離的最小值的兩倍，畫(huà)出已知不等式表示的平面區(qū)域，如圖所示，可看出點(diǎn)（1，1）到直線的距離最小，故的最小值為。答案4例5．若，則下列不等式對(duì)一切滿(mǎn)足條件的恒成立的是(寫(xiě)出所有正確命題的編號(hào))．①；②；③；④；⑤解析令，排除②④；由，命題①正確；又對(duì)一切正整數(shù)n恒成立，所以2a－1＞－，從而a＞－eq\f(5,8)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,8)，\f(5,4))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,8)，\f(5,4)))例13．已知x∈(0，π)，則函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋cosx＋8sin2\f(x,2),sinx)的最小值為_(kāi)_______．解析f(x)＝eq\f(1＋cosx＋8sin2\f(x,2),sinx)＝eq\f(2cos2\f(x,2)＋8sin2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))＋eq\f(4sin\f(x,2),cos\f(x,2))≥2eq\r(\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))·\f(4sin\f(x,2),cos\f(x,2)))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))＝eq\f(4sin\f(x,2),cos\f(x,2))，即taneq\f(x,2)＝eq\f(1,2)時(shí)取“＝”，因?yàn)?＜eq\f(x,2)＜eq\f(π,2)，所以存在x使taneq\f(x,2)＝eq\f(1,2)，這時(shí)f(x)min＝4.答案4例14．已知實(shí)數(shù)x，t，滿(mǎn)足8x＋9t＝s，且x＞－s，則eq\f(x2＋s＋tx＋st＋1,x＋t)的最小值為_(kāi)_______．解析設(shè)x＋t＝m，則eq\f(x2＋s＋tx＋st＋1,x＋t)＝eq\f(x2＋8x＋10tx＋8x＋9tt＋1,x＋t)＝eq\f(9x＋t2＋1,x＋t)＝eq\f(9m2＋1,m)＝9m＋eq\f(1,m).因x＞－s，即x＞－(8x＋9t)，所以x＋t＞0，即m＞0，所以9m＋eq\f(1,m)≥6，當(dāng)且僅當(dāng)m＝eq\f(1,3)，即x＋t＝eq\f(1,3)時(shí)等號(hào)成立．故所求最小值為6.答案6例15．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜0，則關(guān)于x的不等式f(mx2)－2f(x)＞f(m2x)－2f(m)(0＜m＜eq\r(2))的解集為_(kāi)_______．解析由題意，得f(x)是奇函數(shù)且在R上為增函數(shù)，所以由f(mx2)＋f(2m)＞f(m2x)＋f(2x)，得f(mx2＋2m)＞f(m2x＋2x)，即mx2＋2m＞m2x＋2x，也即(x－m)>0.又0＜m＜eq\r(2)，所以x＜m，或x＞eq\f(2,m).答案例16．若實(shí)數(shù)a，b，c滿(mǎn)足2a＋2b＝2a＋b,2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，則c的最大值為_(kāi)_______．解析∵2a＋b＝2a＋2b≥2eq\r(2a·2b)＝2eq\r(2a＋b)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào))，∴(2a＋b)2－4×2a＋b≥0，∴2a＋b≥4或2a＋b≤0(舍)．又∵2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，∴2a＋b＋2c＝2a＋b·2c，∴2c＝eq\f(2a＋b,2a＋b－1)(2a＋b≥4)．又∵函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)(x≥4)單調(diào)遞減，∴2c≤eq\f(4,4－1)＝eq\f(4,3)，∴c≤log2eq\f(4,3)＝2－log23.答案2－log23二、解答題例17．為了在夏季降溫和冬季供暖時(shí)減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱屋建造成本為6萬(wàn)元．該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C(單位：萬(wàn)元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿(mǎn)足關(guān)系式：C(x)＝eq\f(k,3x＋5)(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費(fèi)用為8萬(wàn)元．設(shè)f(x)為隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和．(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式；(2)隔熱層修建多厚時(shí)，總費(fèi)用f(x)達(dá)到最小，并求最小值．解(1)設(shè)隔熱層厚度為xcm，由題設(shè)，每年能源消耗費(fèi)用為C(x)＝eq\f(k,3x＋5)，再由C(0)＝8得k＝40，因此C(x)＝eq\f(40,3x＋5).而建造費(fèi)用C1(x)＝6x.故f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×eq\f(40,3x＋5)＋6x＝eq\f(800,3x＋5)＋6x(0≤x≤10)．(2)由f(x)＝2≥2(2eq\r(400)－5)＝70，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(400,3x＋5)＝3x＋5，即x＝5時(shí)等號(hào)成立，得f(x)min＝70.當(dāng)隔熱層修建為5cm厚時(shí)，總費(fèi)用達(dá)到最小值70萬(wàn)元．例18．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b為常數(shù)，已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線l.(1)求a、b的值，并寫(xiě)出切線l的方程；(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三個(gè)互不相同的實(shí)根0、x1、x2，其中x1<x2，且對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)f′(x)＝3x2＋4ax＋b，g′(x)＝2x－3.由于曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線，故有f(2)＝g(2)＝0，f′(2)＝g′(2)＝1，由此得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8＋8a＋2b＋a＝0，,12＋8a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝5.))所以切線l的方程為x－y－2＝0.(2)由(1)得f(x)＝x3－4x2＋5x－2，所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x.依題意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三個(gè)互不相同的實(shí)根0、x1、x2，故x1、x2是方程x2－3x＋2－m＝0的兩相異的實(shí)根，所以Δ＝9－4(2－m)>0，即m>－eq\f(1,4).又對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立，特別地，取x＝x1時(shí)，f(x1)＋g(x1)－mx1<－m恒成立，得m<0，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝3>0，x1x2＝2－m>0.故0<x1<x2.對(duì)任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x>0，所以f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0.又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，所以函數(shù)f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]上的最大值為0.于是當(dāng)m<0時(shí)，對(duì)任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)<m(x－1)恒成立．綜上所述，m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).例19．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx和g(x)＝2sinx·cosx.(1)若a為實(shí)數(shù)，試求函數(shù)F(x)＝f(x)＋ag(x)，x∈[0，eq\f(π,2)]的最小值h(a)；(2)若對(duì)任意x∈[0，eq\f(π,2)]，使|af(x)－g(x)－3|≥eq\f(1,2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)F(x)＝f(x)＋ag(x)＝sinx＋cosx＋2asinxcosx.設(shè)t＝sinx＋cosx，則2sinxcosx＝t2－1，所以φ(t)＝t＋a(t2－1)＝at2＋t－a，由x∈[0，eq\f(π,2)]，得t∈[1，eq\r(2)]．若a＝0，則h(a)＝φ(1)＝1；若a＞0，則φ(t)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2a)))2－a－eq\f(1,4a)，因?yàn)閠＝－eq\f(1,2a)＜0，所以φ(t)在[1，eq\r(2)]上單調(diào)遞增，所以h(a)＝φ(1)＝1；若a＜0，則當(dāng)－eq\f(1,2a)≤eq\f(1＋\r(2),2)，即a≤1－eq\r(2)時(shí)，h(a)＝φ(eq\r(2))＝a＋eq\r(2)；當(dāng)－eq\f(1,2a)＞eq\f(1＋\r(2),2)，即1－eq\r(2)＜a＜0時(shí)，h(a)＝φ(1)＝1.綜上所述，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，a＞1－\r(2)，,a＋\r(2)，a≤1－\r(2)，))(2)由|af(x)－g(x)－3|≥eq\f(1,2)，得|a(sinx＋cosx)－2sinxcosx－3|≥eq\f(1,2).設(shè)t＝sinx＋cosx，則2sinxcosx＝t2－1，且由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得t∈[1，eq\r(2)]．所以|at－t2－2|≥eq\f(1,2)恒成立，即t2－at＋2≤－eq\f(1,2)或t2－at＋2≥eq\f(1,2)恒成立．由t2－at＋2≤－eq\f(1,2)，得a≥t＋eq\f(5,2t)，因?yàn)閠∈[1，eq\r(2)]，且t＋eq\f(5,2t)在[1，eq\r(2)]上遞減，所以t＋eq\f(5,2t)≤eq\f(7,2)，所以a≥eq\f(7,2).由t2－at＋2≥eq\f(1,2)，得a≤t＋eq\f(3,2t).因?yàn)閠∈[1，eq\r(2)]，所以t＋eq\f(3,2t)≥2eq\r(t·\f(3,2t))＝eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3,2t)，即t＝eq\f(\r(6),2)時(shí)等號(hào)成立，所以a≤eq\r(6).綜上所述a≤eq\r(6)或a≥eq\f(7,2).例20．某興趣小組要測(cè)量電視塔AE的高度H(單位：m)．如圖所示，垂直放置的標(biāo)桿BC的高度h＝4m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.(1)該小組已測(cè)得一組α，β的值，算出了tanα＝1.24，tanβ＝1.20，請(qǐng)據(jù)此算出H的值．(2)該小組分析若干測(cè)得的數(shù)據(jù)后，認(rèn)