2013届高考数学第一轮专项复习教案39

6.7不等式的综合问题
●知识梳理
1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.
2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.
●点击双基
1.（2004年湖北，5）若a
1＜b
1＜0，则下列不等式中，正确的不
等式有
①a +b ＜ab ②|a |＞|b |③a ＜b ④a
b +b
a ＞2
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析：∵a 1＜b 1＜0，∴b ＜a ＜0.∴⎪⎩
⎪⎨⎧>><+.
||||00a b ab b a ，，
故①正确，②③错误. ∵a 、b 同号且a ≠b ，∴a
b 、b
a 均为正.∴a
b +b a ＞2
b
a a
b ⋅=2.
故④正确.∴正确的不等式有2个. 答案：B
2.（2004年福建，11）（理）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|，则
A.f （sin 6
π）＜f （cos 6
π）
B.f （sin1）＞f （cos1）
C.f （cos 3
π2）＜f （sin 3
π2）
D.f （cos2）＞f （sin2）
解析：由f （x ）=f （x +2），知T =2，
又∵x ∈［3，5］时，f （x ）=2－|x －4|，可知当3≤x ≤4时，f （x ）=－2+x .
当4＜x ≤5时，f （x ）=6－x .
其图象如下图.故在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数.
又由|cos2|＜|sin2|，∴f （cos2）＞f （sin2）. 答案：D
（文）定义在R 上的偶函数f （x ）满足f （x ）=f （x +2），当x ∈［3，4］时，f （x ）= x －2，则
A.f （sin 2
1）＜f （cos 2
1）
B.f （sin 3
π）＞f （cos 3
π）
C.f （sin1）＜f （cos1）
D.f （sin 2
3）＞f （cos 2
3）
解析：仿理科分析. 答案：C 3.设M =a +
21
a （2＜a ＜3），N =log 2
1（x 2+161）（x ∈R ），那么M 、
N 的大小关系是
A.M ＞N
B.M =N
C.M ＜N
D.不
能确定
解析：由2＜a ＜3，M =a +21
-a =（a －2）+2
1-a +2＞2+2=4（注意a ≠1，a ≠3），
N =log 2
1（x 2+
161
）≤log 2
1161=4＜M . 答案：A
4.对于0≤m ≤4的m ，不等式x 2+mx ＞4x +m －3恒成立，则x 的取值范围是____________.
解析：转化为m （x －1）+x 2－4x +3＞0在0≤m ≤4时恒成立. 令f （m ）=m （x －1）+x 2－4x +3.
则⎩⎨
⎧>-<><⇒⎪⎩
⎪⎨⎧>->+-⇒⎩⎨⎧>>.113101034040022
x x x x x x x f f 或，
或）（，）（ ∴x ＜－1或x ＞3. 答案：x ＞3或x ＜－1 ●典例剖析
【例1】已知f （x ）=log a 1
1-+x x （a ＞0，a ≠1）.
（1）判断f （x ）在（1，+∞）上的单调性，并加以证明； （2）当x ∈（r ，a －2）时，f （x ）的值域为（1，+∞），求a 与r 的值；
（3）若f （x ）≥log a 2x ，求x 的取值范围.
剖析：单调性只要用定义证明，可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较，化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a ＞1与0＜a ＜1求解，同时要注意定义域.
解：（1）任取1＜x 1＜x 2，则
f （x 2）－f （x 1）=lo
g a 1
122-+x x －log a 1
111-+x x
=log a ）
）（（））（（11111212+--+x x x x =log a 1
121212121-+---+x x x x x x x x .
又∵x 2＞x 1＞1，∴x 1－x 2＜x 2－x 1. ∴0＜x 1x 2－x 2+x 1－1＜x 1x 2－x 1+x 2－1. ∴0＜1
121212121-+---+x x x x x x x x ＜1.
当a ＞1时，f （x 2）－f （x 1）＜0，∴f （x ）在（1，+∞）上是减函数；
当0＜a ＜1时，f （x 2）－f （x 1）＞0，∴f （x ）在（1，+∞）上是增函数.
（2）由1
1-+x x ＞0得x ∈（－∞，－1）∪（1，+∞）.
∵11-+x x =1+
1
2
-x ≠1，∴f （x ）≠0. 当a ＞1时，
∵x ＞1⇒f （x ）＞0，x ＜－1⇒f （x ）∈（0，1）， ∴要使f （x ）的值域是（1，+∞），只有x ＞1.
又∵f （x ）在（1，+∞）上是减函数，∴f －1（x ）在（1，+∞）上也是减函数.
∴f （x ）＞1
⇔
1＜x ＜f
－
1
（1）=
1
1
-+a a .∴
⎪⎩
⎪
⎨
⎧-+=-=.1121a a a r ，∴
⎪⎩⎪⎨
⎧±==.321
（负号不符合）
a r 当0＜a ＜1时，
∵x ＞1⇒f （x ）＜0，x ＜1⇔f （x ）＞0，∴要使值域是（1，+∞），只有x ＜－1.
又∵f （x ）在（－∞，－1）上是增函数，∴f （x ）＞1⇒－1＞x ＞f －1（1）=1
1-+a a .
∴⎪⎩⎪⎨⎧
-=--+=
，
，1211a a a r 无解. 综上，得a =2+3，r =1.
（3）由f （x ）≥log a 2x 得 当a ＞1时，⎩⎨
⎧->+>）（1
211x x x x ⇒417
3-＜x ＜4
173+
且x ＞1.∴1＜x ＜
4
173+.
当0＜a ＜1时，⎩⎨
⎧<+>），－（，
1
211x x x x ∴x ＞4173+.
【例2】已知抛物线y =ax 2－1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 （x 1，y 1）、Q （x 2，y 2），线段PQ 的中点为M （x 0，y 0），设直线PQ 的方程为y =x +b ，由于P 、Q 两点存在，所以方程组⎩⎨⎧-=+=1
2
ax y b x y ，有两组不同的实数解，即得方程ax 2－x －（1+b ）=0.
① 判别式Δ=1+4a （1+b ）＞0.
②
由①得x 0=2
2
1x x +=
a
21，y 0=x 0+b =
a
21+b .
∵M ∈l ，∴0=x 0+y 0=a
21+
a
21+b ，即b =－a
1，代入②解得a ＞4
3.
解法二：设同解法一，由题意得
⎪⎪⎪
⎪⎩⎪⎪⎪⎪
⎨⎧=+++=---=-=④
③，
②，①，.022
11121212121222211x x y y x x y
y ax y ax y
将①②代入③④，并注意到a ≠0，x 1－x 2≠0，得
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+-=+=+⑥
⑤
，.
2
1
1
2222121a a
x x a
x x
由二元均值不等式易得
2（x 12+x 22）＞（x 1+x 2）2（x 1≠x 2）. 将⑤⑥代入上式得2（－
2
1a +a
2）＞（a
1）2，解得a ＞4
3.
解法三：同解法二，由①－②，得 y 1－y 2=a （x 1+x 2）（x 1－x 2）.
∵x 1－x 2≠0，∴a （x 1+x 2）=2
121x x y y --=1.∴x 0=
2
2
1x x +=
a
21.∵M （x 0，
y 0）∈l ，
∴y 0+x 0=0，即y 0=－x 0=－a
21，从而PQ 的中点M 的坐标为（
a
21，
－
a
21）.
∵M 在抛物线内部，∴a （
a
21）2－（－
a
21）－1＜0.
解得a ＞4
3.（舍去a ＜0，为什么?）
思考讨论
解法三中为何舍去a ＜0?
这是因为a ＜0，中点M （x 0，y 0），x 0=
a
21
＜0，
y 0=－
a
21＞0.又∵a ＜0，
y =ax 2－1＜0，矛盾.∴a ＜0舍去. ●闯关训练 夯实基础
1.已知y =log a （2－ax ）在［0，1］上是x 的减函数，则a 的取值范围是
A.（0，1）
B.（1，2）
C.（0，2）
D.
［2，+∞）
解析：∵y =log a （2－ax ）在［0，1］上是关于x 的减函数，∴⎩⎨⎧>->.
021a a ，
∴1＜a ＜2.
答案：B
2.如果对任意实数x ，不等式|x +1|≥kx 恒成立，则实数k 的范围是____________.
解析：画出y 1=|x +1|，y 2=kx 的图象，由图可看出0≤k ≤1.
答案：0≤k ≤1
3.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=□
□91
+. 解析：设a
1+b
9=1，a 、b ∈N *，则a =9-b b
.∴a +b =9
-b b +b +1，b ＞9时，
a +
b =
99
-b +b －9+10≥16.9
9-b =b －9，即b =12取等号，此时a =4.
b ＜9无解.∴a =4，b =12. 答案：412
4.已知定义在（0，+∞）上的函数f （x ）满足①x ＞1时，f （x ）＜0；（2）f （2
1）=1；（3）对任意的x 、y ∈（0，+∞），都有f （xy ）
=f （x ）+f （y ），求不等式f （x ）+f （5－x ）≥－2的解集.
解：需先研究y =f （x ）的单调性，任取x 1、x 2∈（0，+∞）且x 1
＞x 2，则2
1x x ＞1.
f （x 1）=f （2
1x x ·x 2）=f （2
1x x ）+f （x 2），
∴f （x 1）－f （x 2）=f （2
1x x ）＜0.∴f （x ）在（0，+∞）上为减函
数.
又f （1）=f （1）+f （1），则f （1）=0.
又∵f （1）=f （2）+f （2
1）=f （2）+1=0.∴f （2）=－1.∴f （4）
=2f （2）=－2.
∴原不等式等价于⎪⎩
⎪⎨⎧≤->->.45050）（，，
x x x x
解得{x |0＜x ≤1或4≤x ＜5}.
5.设p =（log 2x ）2+（t －2）log 2x －t +1，若t 在区间［－2，2］上变动时，p 恒为正值，试求x 的取值范围.
解：p =（log 2x －1）t +（log 2x ）2－2log 2x +1，∵t ∈［－2，2］时p 恒为正值，
∴⎪⎩⎪⎨⎧>+-+->+-+--，）（）（
，）（）（
01log 2log 1log 201log 2log 1log 222
222222x x x x x x
解得1＜log 2x ＜3.∴2＜x ＜8. 培养能力
6.（2004年江西九校联考三月）已知函数f （x ）=－a
1+x
2（x ＞0）.
（1）判断f （x ）在（0，+∞）上的单调性，并证明； （2）解关于x 的不等式f （x ）＞0；
（3）若f （x ）+2x ≥0在（0，+∞）上恒成立，求a 的取值范围. 解：（1）f （x ）在（0，+∞）上为减函数， ∵f '（x ）=－
2
2x
＜0，∴f （x ）在（0，+∞）上为减函数.
（2）由f （x ）＞0得－a
1+x
2＞0，即ax
a x 2-＜0. ①当a ＞0时，不等式解集为{x |0＜x ＜2a }.
②当a ＜0时，原不等式为x
a x 2-＞0.解集为{x |x ＞0}.
（3）若f （x ）+2x ≥0在（0，+∞）上恒成立，即－a
1+x
2+2x ≥
0.∴a
1≤x
2+2x .
∵x
2+2x ≥4，∴a
1≤4.解得a ＜0或a ≥4
1.
7.已知二次函数f （x ）=x 2+bx +c （b 、c ∈R ），不论α、β为何实数，恒有f （sin α）≥0，f （2+cos β）≤0.
（1）求证：b +c =－1； （2）求证：c ≥3；
（3）若函数f （sin α）的最大值为8，求b 、c 的值.
（1）证明：∵|sin α|≤1且f （sin α）≥0恒成立，可得f （1）≥0.
又∵1≤2+cos β≤3且f （2+cos β）≤0恒成立，可得f （1）≤0，
∴f （1）=0⇒1+b +c =0⇒b +c =－1.
（2）证明：∵b +c =－1⇒b =－1－c ，∴f （x ）=x 2－（1+c ）x +c =（x －1）（x －c ）.
∴x －c ≤0，即c ≥x 恒成立.∴c ≥3.
（3）解：∵f （sin α）=sin 2α－（1+c ）sin α+c =（sin α－2
1c +）
2
+c －（2
1c +）2，
∴当sin α=－1时，f （sin α）的最大值为1－b +c . 由1－b +c =8与b －c =－1联立可得b =－4，c =3.
8.设f （x ）=a
1x 2－bx +c ，不等式f （x ）＜0的解集是（－1，3），
若f （7+|t |）＞f （1+t 2），求实数t 的取值范围.
解：∵f （x ）＜0的解集是（－1，3），∴a ＞0，f （x ）的对称轴是x =1，且ab =2.
∴f （x ）在［1，+∞）上单调递增.
又∵7+|t |≥7，1+t 2≥1，∴由f （7+|t |）＞f （1+t 2），得7+|t |＞1+t 2. ∴|t |2－|t |－6＜0，解得－3＜t ＜3. 探究创新 9.有点难度哟！
已知函数f （x ）满足2axf （x ）=2f （x ）－1，f （1）=1，设无穷数列{a n }满足a n +1=f （a n ）.
（1）求函数f （x ）的表达式；
（2）若a 1=3，从第几项起，数列{a n }中的项满足a n ＜a n +1； （3）若1+m
1＜a 1＜
1
-m m
（m 为常数且m ∈N ，m ≠1），求最小自
然数N ，使得当n ≥N 时，总有0＜a n ＜1成立.
解：（1）令x =1得2a =1，∴a =21.∴f （x ）=x -21.
（2）若a 1=3，由a 2=121a -=－1，a 3=221a -=31，a 4=321
a -=5
3， 假设当n ≥3时，0＜a n ＜1，则0＜a n +1=
n a -21＜121-=1⇒2－a n ＞0.
从而a n +1－a n =n a -21
－a n =n
n a a --212）（＞0⇒a n +1＞a n . 从第2项起，数列{a n }满足a n ＜a n +1.
（3）当1+m
1＜a 1＜1-m m 时，a 2=121a -，得1-m m ＜a 2＜21--m m . 同理，21--m m ＜a 3＜3
2--m m . 假设1121+--+--）（）（n m n m ＜a n －1＜）
（）（111--+--n m n m . 由
a n =121--n a 与归纳假设知）（）（12----n m n m ＜a n ＜n m n m ---）（1对n ∈N *都成
立. 当n =m 时，）
（）（12----n m n m ＜a m ，即a m ＞2. ∴a m +1=m a -21
＜0.
0＜a m +2=1
21
+-m a ＜21＜1. 由（2）证明知若0＜a n ＜1，则0＜a n +1=n a -21＜1
21-=1. ∴N =m +2，使得n ≥N 时总有0＜a n ＜1成立.
●思悟小结
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.不等式应用题大都是以函数的面目出现，以最优化的形式展现.在解题过程中涉及均值不等式，常常与集合问题，方程（组）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、立体几何中的最值问题，解析几何中的直线与圆锥曲线位置关系的讨论等等有着密切的关系.
2.不等式应用大致可分为两类：一类是建立不等式参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题.
3.建立不等式的主要途径有：利用问题的几何意义；利用判别式；利用函数的有界性；利用函数的单调性；利用均值不等式.
4.不等式应用的特点是：（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、市场、信息”等，题目往往篇幅较长；（2）建立函数模型常见的有“正（反）比例函数、一次函数、二次
b（a＞0，b＞0）、函数、指数函数、对数函数、三角函数，以及y=ax+
x
b、y=k（a+b）x·（c－ax）（d－bx）”的形式.
y=ax2+
x
5.解答不等式的实际应用问题，一般可分三个步骤：（1）阅读理解材料.应用题所用语言多为“文字语言、符号语言、图形语言”并用，而且文字叙述篇幅较长，阅读理解材料要达到的目的是将实际问题抽象成数学模型.这就要求解题者领悟问题的实际背景，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，明确解题的方向.
（2）建立数学模型，即根据题意找出常量与变量的不等关系.
（3）利用不等式的有关知识解题，即将数学模型转化为数学符号或图形符号.
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教学点睛
1.在解不等式时，要注意函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用.
2.加强利用均值不等式及其他方法求最值的练习，在求最大（小）值时，有三个问题必须注意：第一，注意不等式成立的充分条件，即x ＞0，y ＞0（x +y ≥2xy ）；第二，注意一定要出现积为定值或和为定值；第三，要注意等号成立的条件，若等号不成立，利用均值不等式x +y ≥2xy 不能求出最大（小）值.
拓展题例
【例1】设f （x ）=ax 2+bx +c ，若f （1）=2
7，问是否存在a 、b 、c ∈R ，使得不等式x 2+21≤f （x ）≤2x 2+2x +2
3对一切实数x 都成立，证明你的结论.
解：由f （1）=27，得a +b +c =27.令x 2+21=2x 2+2x +23
x =－1.
由f （x ）≤2x 2+2x +23推得f （－1）≤2
3， 由f （x ）≥x 2+21推得f （－1）≥2
3， ∴f （－1）=23.∴a －b +c =23.故a +c =2
5且b =1. ∴f （x ）=ax 2+x +2
5－a . 依题意ax 2+x +25－a ≥x 2+2
1对一切x ∈R 都成立， ∴a ≠1且Δ=1－4（a －1）（2－a ）≤0.
由a －1＞0得a =23.∴f （x ）=2
3x 2+x +1. 证明如下：23x 2+x +1－2x 2－2x －23=－21x 2－x －21=－2
1（x +1）2
≤0.
∴23x 2+x +1≤2x 2+2x +2
3对x ∈R 都成立. ∴存在实数a =23，b =1，c =1，使得不等式x 2+21≤f （x ）≤2x 2+2x +2
3
对一切x ∈R 都成立.
【例2】已知二次函数y =ax 2+2bx +c ，其中a ＞b ＞c 且a +b +c =0.
（1）求证：此函数的图象与x 轴交于相异的两个点.
（2）设函数图象截x 轴所得线段的长为l ，求证：
3＜l ＜23. 证明：（1）由a +b +c =0得b =－（a +c ）.
Δ=（2b ）2－4ac =4（a +c ）2－4ac =4（a 2+ac +c 2）=4［（a +2c ）2+4
3c 2］＞0.
故此函数图象与x 轴交于相异的两点.
（2）∵a +b +c =0且a ＞b ＞c ，
∴a ＞0，c ＜0.
由a ＞b 得a ＞－（a +c ），∴a
c ＞－2. 由b ＞c 得－（a +c ）＞c ，∴a c ＜－2
1. ∴－2＜a c ＜－2
1. l =|x 1－x 2|=32
142++）（a c . 由二次函数的性质知l ∈（3，23）.。