2024年高考數(shù)學一輪復習：不等式的綜合應用

難點20不等式的綜合應用

不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點內(nèi)容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜

合運用的特點比較突出.不等式的應用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數(shù)的取值范圍

或解決一些實際應用問題；另一類是建立函數(shù)關系，利用均值不等式求最值問題、本難點提

供相關的思想方法，使考生能夠運用不等式的性質(zhì)、定理和方法解決函數(shù)、方程、實際應用

等方面的問題.

?難點磁場

（★★★★★）設二次函數(shù)/（彳）=加+云+。（。＞0）,方程次龍）一x=0的兩個根xi、滿足0＜尤1

（1）當xe［o,xi）時，證明尤〈九無）＜彳1；

（2）設函數(shù)/（X）的圖象關于直線x=xo對稱，證明：

?案例探究

［例1］用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米

的正四棱錐形有蓋容器（如右圖）設容器高為h米，蓋子邊長為。米，

（1）求。關于〃的解析式；（

（2）設容器的容積為V立方米，則當/z為何值時，V最大？求出、

V的最大值（求解本題時，不計容器厚度）

命題意圖：本題主要考查建立函數(shù)關系式，棱錐表面積和體積

的計算及用均值定論求函數(shù)的最值.

知識依托：本題求得體積V的關系式后，應用均值定理可求得最值.

錯解分析：在求得a的函數(shù)關系式時易漏h＞0.

技巧與方法：本題在求最值時應用均值定理.

解：①設勿是正四棱錐的斜高，由題設可得：

（,1

a2+4--h'a=2

＜2消去/解得：。=/：（。＞0）

力+與2=盧川+1

I4

1h

②由丫=—。2力=--——(/1>0)

33(*+1)

得：V=—^而6+工=2、力?工=2

所以VW」，當且僅當/『!即7/=1時取等號

6h

故當米時，V有最大值，V的最大值為工立方米.

6

［例2］已知a,b,c是實數(shù)，函數(shù)“rAcn2+fcr+c,g（x）=ax+b,當一IWxWl時

⑴證明:QW1；

⑵證明:當一1WxWl時，|g（x）|W2；

⑶設cz＞0,有TWxWl時，g（x）的最大值為2,求段）.

命題意圖：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對值不等式的性質(zhì)，以及綜合應用數(shù)

學知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目.

知識依托：二次函數(shù)的有關性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對值不等式的性質(zhì)靈活運

用是本題的靈魂.

錯解分析：本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函數(shù)人功的單調(diào)性的深刻理解，以及對

條件“一IWxWl時的運用；絕對值不等式的性質(zhì)使用不當，會使解題過程空洞，

缺乏嚴密，從而使題目陷于僵局.

技巧與方法：本題(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調(diào)性；證法二利用絕對值不等

式：|同一|b||W|a±6|W|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(尤)與/(x)的關系.

(1)證明:由條件當=1WXW1時，師)0,取D得:|c|=^O)|Wl,即|c|WL

(2)證法一：依題設區(qū)0)因1而<0)=c,所以|c|Wl.當。>0時，g(x)=ax+b在［-1,1］上

是增函數(shù)，于是

g(—l)Wg(x)Wg(l),(一1W尤W1).

(—IWxWl),|c|Wl,

???ga)=a+b=A1)—cWIA1)|+|c|=2,

g(—l)=—a+b=—/(—l)+c2-(|A-2)|+|c|)N-2,

因此得g(x)|W2(-1W尤Wl)；

當a<0時，g(尤)=ax+b在［-1,1］上是減函數(shù)，于是g(—l)》g(x)Ng(l),(-IWxWl),

：|/U)|W1(—IWxWl),|c|Wl

...尼(尤)|=|/(1)—c|W|/(l)|+|c|W2.

綜合以上結果，當一IWxWl時，都有|g(x)|W2.

證法二：?.?|Ax)|Wl(-lWxWl)

.??漢-1)|W1,依O)|W1,

'."fix^ax^+bx+c,I。-b+c|Wl,|a+b+c|Wl,|c|Wl,

因此，根據(jù)絕對值不等式性質(zhì)得：

\a~b\=\{a~b+c)—'c|W|a—6+c|+|c|W2，

\a+b\=\(a+b+c)—c|W|o+6+c|+|dW2,

g(x)-ax+b,|g(±l)|=|±a+6|=|a±6|W2,

函數(shù)g(x)=ax+b的圖象是一條直線，因此|g(x)|在［—1,1］上的最大值只能在區(qū)間的端

點x=—1或_x=l處取得，于是由|g(±l)|W2得|g(x)|W2,(―1<X<1).

證法三:?「X=(無+1尸一(尤-1產(chǎn)=(葉1)2_(3)2,

422

7X+12/%—7/%+1%—1、

/.g(x)=ax+b=^r［/(^―)-(-^―)1+^(-------)

r/X+l\27/龍+1、Ir/%—1\27/X—1、1

二［〃(［；一)+^(-Z—)+^］-［^(-Z-)+伙二;一)+c］

2222

=/■苫)-

當一IWXWI時，有ow^^wi,—IW^^WO,

22

???府)二1,(-IWXWI),.可甘)區(qū)1,|#?)向1；

因此當一IWXWI時，|g(x)|W|/(苫1)|+|/(F)|W2.

(3)解：因為。>0,g(尤)在［—1,1］上是增函數(shù)，當時取得最大值2,即

g⑴=4+M)-A0)=2.①

-1硒))=/(1)-2W1—2=—1,c=/(0)=-1.

因為當一IWxWl時，危)2—1,即五功三/(0),

根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x=0為兀0的圖象的對稱軸，

b

由此得一上"<(),即6=0.

由①得4=2,所以/(x^Zx2-1.

?錦囊妙計

1.應用不等式知識可以解決函數(shù)、方程等方面的問題，在解決這些問題時，關鍵是把非

不等式問題轉化為不等式問題，在化歸與轉化中，要注意等價性.

2.對于應用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內(nèi)在聯(lián)系，抽象出事

物系統(tǒng)的主要特征與關系，建立起能反映其本質(zhì)屬性的數(shù)學結構，從而建立起數(shù)學模型，然

后利用不等式的知識求出題中的問題.

?殲滅難點訓練

一、選擇題

1.(★★★★★)定義在R上的奇函數(shù)/U)為增函數(shù)，偶函數(shù)g(x)在區(qū)間［0,+8)的圖象

與7U)的圖象重合，設a>b>0,給出下列不等式，其中正確不等式的序號是()

①的)-f(.—a)>g(a)—g(—b)②fib)g(a)—g(—b)

@fia)—f(—b)>g(b)_g(_④f(a)一丸一b)<g(b)—g(—a)

A.①③B.②④C.①④D.②③

二、填空題

Z4******)下列四個命題中：@a+b^l4ab②sin2x+i2—24③設x,y都是正

sin-x

1g

數(shù)，若一+—=1,則x+y的最小值是12④若|x—2|<e,|v-2|<e,則|無一y|<2e,其中

所有真命題的序號是.

3.(*****)某公司租地建倉庫，每月土地占用費以與車庫到車站的距離成反比，而

每月庫存貨物的運費經(jīng)與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費

用yi和yi分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站

公里處.

4.(★★★★★)已知二次函數(shù)6GR,a>0),設方程式尤)=尤的兩實數(shù)根

為X1，尤2.

(1)如果無1<2<尤2<4,設函數(shù)的對稱軸為x=xo，求證xo>—1；

(2)如果|如<2,%一如=2,求6的取值范圍.

5.(****)某種商品原來定價每件p元，每月將賣出〃件，假若定價上漲x成(這里x

成即上，0<xW10).每月賣出數(shù)量將減少y成，而售貨金額變成原來的z倍.

⑴設尸ax,其中a是滿足的常數(shù)，用。來表示當售貨金額最大時的x的值；

2

⑵若求使售貨金額比原來有所增加的x的取值范圍.

6.(*****)設函數(shù)/(x)定義在R上，對任意加、〃恒有人根十幾大/(加)?八〃)，且當x>0

時，0c

(1)求證：40)=1,且當x<0時，?>1；

(2)求證：犬x)在R上單調(diào)遞減；

(3)設集合A={(尤,jOI/U2)*AJ2)>/1)}，集合B={(x,y)\f(ax—g+2)=l,aGR},若ACB=0,

求a的取值范圍.

7.(*****)已知函數(shù)人彳尸2元一+c仍<0)的值域是[1,3],

x+1

⑴求6、c的值；

(2)判斷函數(shù)F(x)=lg/(x),當xd[―1,1]時的單調(diào)性，并證明你的結論;

71113

(3)若處R,求證：1g—WF(|L—|一|什一|)Wlg—.

5665

［科普美文］數(shù)學中的不等式關系

數(shù)學是研究空間形式和數(shù)量關系的科學，恩格斯在《自然辯證法》一書中指出，數(shù)學是

辯證的輔助工具和表現(xiàn)形式，數(shù)學中蘊含著極為豐富的辯證唯物主義因素，等與不等關系正

是該點的生動體現(xiàn)，它們是對立統(tǒng)一的，又是相互聯(lián)系、相互影響的；等與不等關系是中學

數(shù)學中最基本的關系.

等的關系體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美和統(tǒng)一美，不等關系則如同仙苑奇葩呈現(xiàn)出了數(shù)學的奇異

美.不等關系起源于實數(shù)的性質(zhì)，產(chǎn)生了實數(shù)的大小關系，簡單不等式，不等式的基本性質(zhì)，

如果把簡單不等式中的實數(shù)抽象為用各種數(shù)學符號集成的數(shù)學式，不等式發(fā)展為一個人丁興

旺的大家族，由簡到繁，形式各異.如果賦予不等式中變量以特定的值、特定的關系，又產(chǎn)生

了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的嗎？顯然不是，由此又產(chǎn)生了解不等式與證明

不等式兩個極為重要的問題.解不等式即尋求不等式成立時變量應滿足的范圍或條件，不同類

型的不等式又有不同的解法；不等式證明則是推理性問題或探索性問題.推理性即在特定條件

下，闡述論證過程，揭示內(nèi)在規(guī)律，基本方法有比較法、綜合法、分析法；探索性問題大多

是與自然數(shù)〃有關的證明問題，常采用觀察一歸納一猜想一證明的思路，以數(shù)學歸納法完成

證明.另外，不等式的證明方法還有換元法、放縮法、反證法、構造法等.

數(shù)學科學是一個不可分割的有機整體，它的生命力正是在于各個部分之間的聯(lián)系.不等式

的知識滲透在數(shù)學中的各個分支，相互之間有著千絲萬縷的聯(lián)系，因此不等式又可作為一個

工具來解決數(shù)學中的其他問題，諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函數(shù)單調(diào)性的研究，

函數(shù)定義域的確定，三角、數(shù)列、復數(shù)、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題無一

不與不等式有著密切的聯(lián)系.許多問題最終歸結為不等式的求解或證明；不等式還可以解決現(xiàn)

實世界中反映出來的數(shù)學問題.不等式中常見的基本思想方法有等價轉化、分類討論、數(shù)形結

合、函數(shù)與方程.總之，不等式的應用體現(xiàn)了一定的綜合性，靈活多樣性.

等與不等形影不離，存在著概念上的親緣關系，是中學數(shù)學中最廣泛、最普遍的關系.

數(shù)學的基本特點是應用的廣泛性、理論的抽象性和邏輯的嚴謹性，而不等關系是深刻而生動

的體現(xiàn).不等雖沒有等的溫柔，沒有等的和諧，沒有等的恰到好處，沒有等的天衣無縫，但它

如山之挺拔，峰之雋秀，海之寬闊，天之高遠，怎能不讓人心曠神怡，魂牽夢繞呢？

參考答案

難點磁場

解：(1)令尤)一無，因為尤1，尤2是方程/(x)一產(chǎn)0的根，所以F(x)=a(x—尤i)(x—尤2).當

xG(O,為)時，由于尤i<%2，得(x—為)(無一無2)>0，

又a>0,得網(wǎng)尤)=a(x—xi)(x—%2)>0，即

xi-j{x}=x\—\_x+F(x)~\=xi-x+a(x\—x)(x—x2)=(xi-x)［l+a(x—X2)l

O<X<X1<X2<—，x>0,l+a(x—X2)=l+ax—a尤2>1一辦2>0

a

...尤i—?r)>0,由此得兀

(2)依題意：為0二——,因為Xl、%2是方程#%)—九二0的兩根，即即,冗2是方程加+3—l)x+c=0

2a

的根.

(…2)-1-…為-1,因為以2<1，

2a2a2a

殲滅難點訓練

一、1.解析：由題意/(Q)=g(a)>o,XZ?)=g(Z?)>0,且黃g(d)>g(b)

，汽。)-A—a)=fib)+fid)=g(a)+g(b)

而g(a)—g(-b)=g(d)—g(b)：.g(a)+g(b)—[g(。)-g(Z?)]

=2g(b)>0f^fib)—fi—d)>g(d)—g(—b)

同理可證：f(a)~fi-b)>g(b)—g(~a)

答案：A

二、2.解析：①②③不滿足均值不等式的使用條件“正、定、等”.④式：|x—y|=|(x—2)

—(y—2)|^|(x—2)—(y—2)|^|x—2|+|y—2|<E+￡=2.

答案：④

2020

3.解析：由已知yi=一；，2=0.8%(元為倉庫與車站距離)費用之和廣州+丁2=0.81+—2

XX

2^0.8x--=8

20

當且僅當0.8x=—即x=5時“二”成立

x

答案：5公里處

三、4.證明：⑴設g(%)Yx)—4af+g—Dx+l,且x>0.

VXI<2<X2<4,(xi—2)(x2—2)<0,即％I%2<2(%I+%2)—4,

T曰zgb1b—11111、/_

=------=—?(--------------)=—(X]+%2)-----再勺>―(再+%2)—(11+%2)+2

2a2aa222

=——+%)+2>-Q(2+4)+2=-1

(2)解：由方程8⑴二加+3一l)x+l=o可知XI?%2=L>0，所以X1，%2同號

a

1°若0<xi<2,則應一九1二2,.*.X2=XI+2>2,

???g(2)V0,即4q+2A—1V0①

又(X2_XI)2=S-1K_d=4

aa

；.2a+l=J(b-1)2+1(：a>0)代入①式得，

2也-1)2+1<3—2b②

解②得6VL

4

2°若一2<即<0,貝!J%2=-2+%iV—2

Ag(-2)<0,即4i—26+3V0③

又2〃+1=d(b-l)2+1,代入③式得

2也-1)2+1<26-1④

解④得〃>,7.

4

]7

綜上，當0<為<2時，b<~,當一2<修<0時，b>-.

44

5.解：(1)由題意知某商品定價上漲1成時，上漲后的定價、每月賣出數(shù)量、每月售貨金

額分別是：P(l+A)元、〃(1一J)元、印z元，因而

npz=p(l+?n(l-^),z=(10+x)(10-y),在產(chǎn)QX的條件下，z=\_~a

[x—5(1-a)]2+100+25(1-^2].由于則0V5(1-a)go

aa3a

要使售貨金額最大，即使Z值最大，此時x=2■二

a

i?

(2)由z=——(10+x)(10--x)>l,解得0<xV5.

1003

6.(1)證明：令相>0,〃=0得：八機)力(加)n)W0,

m=m,n=—m,(m<0),得/(0)刁5t)/(—m)

---,Vm<0,—m>0>.*.0<X—m)<l,?,?共m)>l

/(一根)

(2)證明：任取11，M￡R，則兀乃)一/(X2)可(Xl)—/[(%2—%D+%1]

=A^1)-A^2—Xl)*XX1)=/(X1)[1—y(X2—Xl)],

1~/(%21%1)>0，?\/(工1)>7(%2)，

???函數(shù)y(x)在R上為單調(diào)減函數(shù).

⑶由1/(廠+工)>八1)得卜\"〈I