三年高考两年模拟(浙江版)届高考数学一轮复习第六章不等式不等式的综合应用课件.ppt

*,*,栏目索引,知识梳理,典例题组,栏目索引,知识梳理,典例题组,高考 数学,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,6.6不等式的综合应用,1.,不等式的实际应用,题源丰富,综合性强,是高考应用题命题的重点,内容之一.不等式应用题大都以函数的面目出现,以最优化的形式展现,在,解题的过程中涉及基本不等式.这类应用题还常常与函数、数列、立体,几何相结合.,不等式应用题的特点:(1)问题的背景是人们关心的社会热点问题,如“物,价、税收、销售收入、市场信息”等,题目往往篇幅较长;(2)函数模型除,了常见的“正比例函数、反比例函数、一次函数、二次函数、指数函,数、对数函数、三角函数”等标准形式以外,又出现了以函数“,y,=,ax,+,y,=,ax,2,+,y,=,k,(,a,+,b,),x,(,c,-,ax,)(,d,-,bx,)”为模型的新形式.,解答不等式的实际应用题,一般可分为如下四步:,第一步,阅读理解材料:应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图,背景,确定问题中量与量之间的关系,初步形成用怎样的模型能够解决问,题的思路,明确解题方向.,第二步,建立数学模型:根据第一步中的分析,把实际问题用“符号语言”,“图形语言”抽象成数学模型,并且建立所得数学模型和已知数学模型,的对应关系,以便确立下一步的努力方向.,第三步,讨论不等关系:根据第二步中建立起来的数学模型和题目要求,讨,论与结论有关的不等关系,得出有关理论参数的值.,第四步,得出问题结论:根据第三步中得到的理论参数的值,结合题目要求,得出问题的结论.,2.,不等式既是中学数学的一个重要内容,又是学好数学其他内容必须掌,握的一种工具,在高考试题中出现的频率较高.其中,利用基本不等式求函,数的最值是高考的重点和热点.,解析(1)由f(x-1)=f(3-x)可知函数f(x)的对称轴为x=1,由f(x)的最大值为0,可设f(x)=a(x-1)2(a0),对任意的x1-1,2,存在x0-1,2,使得g(x1)=f(x0),则a的取值范围是.,x、y满足x2+y2=4,则x+y-xy的最大值为.,(2)由题意可知f2(1)2,f2(1)2,f2(1)=2,a+b+c=2,对任意实数x都有f2(x)2x,即ax2+(b-2)x+c0恒成立,又a+b+c=2,a=c,量m至少应达到多少万件时,才能使技术革新后的该商品销售收入等于原销售收入与总投入之和?,不等式中的恒成立问题,2时,f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间上单调递减,需-,将已知范围的参数看作自变量构造函数,然后利用此函数的图象与性质来解决.,解析由题意知a2-ba+(3-)b20对任意a,bR恒成立,当b0时,两边同时除以b2,得-+(3-)0对R恒成立,故0,即2-4(3-)0,解,(1)若函数y=f(x)-2为奇函数,且函数f(x)在(0,1上单调递减,在1,+)上单调递增,求函数f(x)的解析式;,3.,利用不等式解决和不等式有关的实际问题时,关键是建立问题的数学,模型或转化为相应的不等式(组).,4.,不等式的应用广泛且灵活,在具体问题的处理中,一要认真审清题意,二,要灵活应用不等式的有关知识.,5.,不等式的应用非常广泛,它贯穿于整个高中数学的始终,诸如集合问题,方程(组)的解的讨论,函数定义域、值域的确定,函数单调性的研究,三,角、数列、复数、立体几何与解析几何中的最值问题,直线与圆锥曲线,位置关系的讨论,等等,这些无一不与不等式有着密切的关系.,x,2,+2,x,+,a,-,y,2,-2,y,对任意实数,x,、,y,都成立,则实数,a,的取值范围,是,(),A.,a,0B.,a,1,C.,a,2D.,a,3,答案,C,a,-,y,2,-2,y,-,x,2,-2,x,而-,y,2,-2,y,-,x,2,-2,x,=-(,y,+1),2,-(,x,+1),2,+2,2,a,C.,c,2.某公司租地建仓库,每月土地占用费,y,1,与仓库到车站的距离成反比,而,每月库存货物的运费,y,2,与仓库到车站的距离成正比,如果在距离车站10,千米处建仓库,这两项费用,y,1,和,y,2,分别为2万元和8万元,那么要使这两项,费用之和最小,仓库应建在离车站,(),答案,A由已知得,y,1,=,y,2,x,xy,=,y,1,+,y,2,=,x,+,2,x,=,即,x,=5时,等号成立,故选A.,c,x,0,1时,不等式2,m,-1,x,(,m,2,-1)恒成立,则,m,的取值范围是,.,答案,m,0,解析,令,f,(,x,)=,x,(,m,2,-1)-(2,m,-1),由,f,(,x,)在0,1上恒大于0,知,得,m,0),对任意的,x,1,-1,2,存在,x,0,-1,2,使得,g,(,x,1,)=,f,(,x,0,),则,a,的取值范围是,.,答案,解析,f,(,x,)=,x,2,-2,x,=(,x,-1),2,-1,x,-1,2,f,(,x,)的值域,A,=-1,3.,a,0,g,(,x,)=,ax,+2是增函数,当,x,-1,2时,g,(,x,)的值域,B,=2-,a,2+2,a,.对任意的,x,1,-1,2,存在,x,0,-1,2,使得,g,(,x,1,)=,f,(,x,0,),B,A,a,又,a,0,a,的取值范围是,.,c,则(10-a)(5+a)50,解得0a5.,答案Ca-y2-2y-x2-2x,而-y2-2y-x2-2x=-(y+1)2-(x+1)2+22,aC.,一般地,二者都可以采用数形结合,用解不等式(组)来解,但有时会很繁杂.,此时m=x+2+=,(2)若对任意实数x,不等式2xf2(x)(x+1)2恒成立,求f2(-1)的取值范围;,x2+2x+a-y2-2y对任意实数x、y都成立,则实数a的取值范围是(),(3)当a=1时,对任意x1,x2-1,1,恒有|f2(x1)-f2(x2)|4,求实数b的取值范围.,解析(1)设该商品的销售价格提高a元,(2)由题意可知f2(1)2,f2(1)2,f2(1)=2,a+b+c=2,对任意实数x都有f2(x)2x,即ax2+(b-2)x+c0恒成立,又a+b+c=2,a=c,试问:技术革新后生产的该商品销售,解析由题意知a2-ba+(3-)b20对任意a,bR恒成立,当b0时,两边同时除以b2,得-+(3-)0对R恒成立,故0,即2-4(3-)0,解,-时,原方程有两个不同的解.,成立,0a,f2(-1)=a-b+c=4a-2的取值范围是(-2,0.,不等式中的恒成立问题,技改费用,投入万元作为宣传费用.,a,2,+3,b,2,b,(,a,+,b,)对任意,a,b,R恒成立,则实数,的最大值为,.,答案,2,解析,由题意知,a,2,-,ba,+(3-,),b,2,0对任意,a,b,R恒成立,当,b,0时,两边同,时除以,b,2,得,-,+(3-,),0对,R恒成立,故,0,即,2,-4(3-,),0,解,得-6,b,=0时,R.综上,的取值范围为-6,2,故,的最大值是,2.,c,x,、,y,满足,x,2,+,y,2,=4,则,x,+,y,-,xy,的最大值为,.,答案,解析,设,x,=2cos,y,=2sin,则,x,+,y,-,xy,=2(cos,+sin,)-4sin,cos,=2(cos,+,sin,)-2(cos,+sin,),2,+2,设cos,+sin,=,t,则,t,-,从而,x,+,y,-,xy,=-2,t,2,+2,t,+2=-2,+,故当,t,=,时,x,+,y,-,xy,取到最大值,.,c,不等式与函数、方程的综合应用,典例1(嘉兴教学测试一,18,15分)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,bR)满足条件:当xR时,f(x)的最大值为0,且f(x-1)=f(3-x)成立;二次函数f(x)的图象与直线y=-2交于A、B两点,且|AB|=4.,(1)求f(x)的解析式;,(2)求最小的实数n(n-1),使得存在实数t,只要当xn,-1时,就有f(x+t)2x成立.,解析,(1)由,f,(,x,-1)=,f,(3-,x,)可知函数,f,(,x,)的对称轴为,x,=1,由,f,(,x,)的最大值为0,可设,f,(,x,)=,a,(,x,-1),2,(,a,f,(,x,)有解,只要,m,f,(,x,),min,而当,x,a,b,时,m,f,(,x,)恒成立,则需,m,f,(,x,),max,.,讨论方程根的分布问题中的参数取值范围时,除了用不等式的知识求解,以外,有时采用分离参数的方法,转化为函数的值域问题更加简便.,1-1(四川,9,5分)如果函数f(x)=(m-2)x2+(n-8)x+1(m0,n0)在区,间上单调递减,那么mn的最大值为(),A.16B.18C.25D.,答案B,解析当m=2时,f(x)=(n-8)x+1在区间上单调递减,则n-80n8,于,c,是,mn,16,则,mnm,0,2)时,f,(,x,)的图象开口向下,要使,f,(,x,)在区,间,上单调递减,需-,即2,n,+,m,18,又,n,0,则,mn,m,=-,m,2,+9,m,.而,g,(,m,)=-,m,2,+9,m,在0,2)上为增函数,m,0,2)时,g,(,m,)2时,f,(,x,)的图象开口向上,要使,f,(,x,)在区间,上单调递减,需-,2,即2,m,+,n,12,而2,m,+,n,2,所以,mn,18,当且仅当,即,时,取“=”,此时满足,m,2.故(,mn,),max,=18.故选B.,1-2(台州一模,20,15分)设函数f(x)=+ax+b,a,bR.,(1)若函数y=f(x)-2为奇函数,且函数f(x)在(0,1上单调递减,在1,+)上单调递增,求函数f(x)的解析式;,(2)若a=1,方程f(x)=x在区间有两个不同的实数根,求实数b的最小,值.,解析(1)因为函数y=f(x)-2为奇函数,所以ba0时,f(x)在(0,+)上a0时,f(x)在上单调递减,f(x)在,=1,所以af(x)=+x+2.,(2)方程f(x)=x在区间上有两个不同的实数根,可转化为-b=+x,c,在,g,(,x,)=,+,x,因为,g,(,x,)=,+,x,在,上单,调递减,在,2上单调递增,所以当,g,(,)-,b,min,即-,b,-,时,原方程有两个不同的解.,不等式中的恒成立问题,典例2(衢州一模,22,15分)已知函数fn(x)=axn+bx+c(a,b,cR).,(1)若f1(x)=3x+1,f2(x)为偶函数,求a,b,c的值;,(2)若对任意实数x,不等式2xf2(x)(x+1)2恒成立,求f2(-1)的取值范围;,(3)当a=1时,对任意x1,x2-1,1,恒有|f2(x1)-f2(x2)|4,求实数b的取值范围.,解析(1)由f1(x)=3x+1,f2(x)为偶函数得,a=3,b=0,c=1.,(2)由题意可知f2(1)2,f2(1)2,f2(1)=2,a+b+c=2,对任意实数x都有f2(x)2x,即ax2+(b-2)x+c0恒成立,又a+b+c=2,a=c,c,b,=2-2,a,此时,f,2,(,x,)-,(,x,+1),2,=,(,x,-1),2,对任意实数,x,都有,f,2,(,x,),(,x,+1),2,成立,01,即|,b,|2时,M,=|,f,2,(1)-,f,2,(-1)|=2|,b,|4,与题设矛盾.,(ii)当-1,-,0,即0,b,2时,M,=,f,2,(1)-,f,2,=,4恒成立.,(iii)当0,-,a-log2x成立,则实数a的取值范围是;若存在x1,2,使得不等式2xa-log2x成立,则实数a的取值范围是.,答案a2;aa-log2x可转化为aa-log2x成立,只需aa-log2x成立,只需a5)即可,此时,m,=,x,+,+,2,+,=,当且仅当,x,=,即,x,=10时,取“=”.,故销售量至少应达到,万件时,才能使技术革新后的销售收入等于原销,售收入与总投入之和.,利用不等式解决应用问题的方法,建立常见的函数模型有:正(反)比例函数、一次函数、二次函数、分段,函数以及,y,=,ax,+,(,a,0,b,函数的性质、基本不等式、函数的单调性等来解决.,3-1(广州综合测试二)某辆汽车购买时的费用是15万元,每年使用的 费、路桥费、汽油费等约为1.5万元.年维修保养费用第一年是3 000元,以后逐年递增3 000元,则这辆汽车报废的最佳年限(即使用多少年的年平均费用最少)是(),答案B,解析当这辆汽车使用n年时,相应的年平均费用为=(万,元),当且仅当,n,即,n,=10时取等号,因此这辆汽车使用10年时,相应,的年平均费用最少,故选B.,c,