2013年状元360一轮复习理科数学(人教版A)6.6不等式的综合应用
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(1)当 a＝3 且曲线 y＝f(x)过原点时，求函数 f(x)的解析式； (2)若函数 f(x)在区间(－∞，＋∞)上无极值点，求实数 a 的 取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ax2＋2bx＋c，f′(x)－9x＝ax2＋b＋8bc＋－c9－＝306，＝①0，② a＝3，
(2)原命题即关于 x 的不等式 f(x)>a 在 x∈[0,2]上有解， ∴只需 a 小于函数 f(x)的最大值．
∵函数 f(x)＝x2－9x－9＝x－922－9－841在区间[0,2]上递 减，
∴最大值为 f(0)＝－9.∴a<－9. 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－9)．
方法点拨：函数的定义域、值域或其中的参数往往是对给 定范围进行讨论求解，对解析式进行适当变形，数形结合，往 往能找到不同的思维解决问题的途径.
【解析】(1)当 m＝0 时，f(x)＝－12x－9，
由 f(x)＝0，得 x＝－34. 当 m≠0 时，Δ＝9(m－4)2＋36m＝9(m2－4m＋16) ＝9[(m－2)2＋12]>0， ∴当 m≠0 时，函数 f(x)有两个零点． 综上，当 m＝0 时，函数 f(x)有 1 个零点；当 m≠0 时，函 数 f(x)有 2 个零点．
具体题型如下： (1)利用基本不等式求最值、确定范围； (2)运用不等式知识研究函数问题，研究方程解的问题； (3)利用不等式解决一类实际应用问题； (4)探索最值问题，设计可行方案．
考点一 抽象不等关系形成不等式 示范1 甲、乙两人沿着同一条路同时从 A 地出发走向 B 地， 甲用速度 v1 与 v2(v1≠v2)各走全程的一半，乙用速度 v1 与 v2 各走 全程所需时间的一半，试判断甲、乙两人谁先到达 B 地，并证 明你的结论．
【点评】本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证 明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与 整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能 力．
即ab＝＝3－，3， c＝12.
又 f(0)＝0，则 d＝0.∴f(x)＝x3－3x2＋12x.
(2)由于 a>0，故原命题等价于关于 x 的不等式 f′(x)≥0 在 区间(－∞，＋∞)上恒成立．
∴Δ＝4b2－4ac≤0.由①②，得 2b＝9－5a，c＝4a.
∴Δa>＝0，9a－1a－9≤0. 解得 1≤a≤9. ∴实数 a 的取值范围是[1,9]．
本课的综合性强，难度相对较大．在考查中不等式的内容 既有客观题，又经常考查主观性的题目．在选择题中考查实数 大小比较及函数简单综合题，在填空中考查含参数问题及参数 范围函数最值问题等．解题关键是建立不等量的关系．其建立 的途径如下：①利用几何、代数意义；②利用判别式；③利用 变量的有界性；④利用函数的单调性；⑤利用基本不等式．涉 及不等式的应用问题，建立函数关系式，适当变形，适时巧用 基本不等式．
【点评】由条件是不等式要求值，寻找两个不等式用“两 边夹”的方法是解题的一个可能的途径.比较两数的大小可用构 造函数，求出函数的单调性，再利用函数单调性等方法进行判 断.
展示3 设函数 f(x)＝mx2＋3(m－4)x－9.
(1)讨论函数 f(x)的零点的个数；
(2)若 m＝1，存在 x∈[0,2]，使关于 x 的不等式 f(x)－a>0 成 立，求实数 a 的取值范围．
1．(2010 全国)已知函数 f(x)＝|lg x|，若 a≠b 且 f(a)＝f(b)， 则 a＋b 的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
【答案】C
【解析】∵f(a)＝f(b)，即|lg a|＝|lg b|， ∴lg a＝lg b 或 lg a＝－lg b. 而 a≠b，故 lg a＝－lg b 即 lg a＋lg b＝0.即 ab＝1. 由于 a>0，b>0.故 a，b 中必有 1 个大于 1,1 个小于 1.
vv21·vv21＝4，
【点评】要把具体问题抽象成数学问题，恰当设置辅助量 是解题的关键.
展示1 用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深 入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长 度后一次为前一次的1k，已知一个铁钉，要求在受击 3 次后才全 部进入木板且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的 47.若 k＝3，能否满足要求？
(3)由已知，得 h(1)＋h(2)＋…＋h(n)＝ 1＋ 2＋…＋ n， f(n)h(n)－16＝4n＋6 3 n－16. 设数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 Sn＝f(n)h(n)－16(n∈N*)， 从而有 a1＝S1＝1. 当 k≥2 时，ak＝Sk－Sk－1＝4k＋6 3 k－4k－6 1 k－1.
1．不等式始终贯穿在整个中学教学之中，诸如集合问题， 方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数的定义域、值域 的确定，三角、数列、立体几何、解析几何中的最大值、最小值 问题，无一不与不等式有着密切关系．
2．能够运用不等式的性质、定理和方法分析解决有关函数 的性质、方程实根的分布，解决涉及不等式的应用问题和转化为 不等式的其他数学问题．
(2)原方程可化为 lg(x－1)＋2lg 4－x＝2lg a－x，
x－1>0， 即a4－－xx>>00，，
x－14－x＝a－x
⇔1x<<ax<，4 a＝－x－32＋5.
如下图所示，
当 1<a≤4 时，原方程有一解 x＝3－ 5－a； 当 4<a<5 时，原方程有两解 x＝3± 5－a； 当 a＝5 时，原方程有一解 x＝3； 当 a≤1 或 a>5 时，原方程无解．
(2)设 a∈R，解关于 x 的方程 lg32fx－1－34＝2lg h(a－x) －2lg h(4－x)；
(3)设 n∈N*，求证：f(n)h(n)－[h(1)＋h(2)＋…＋h(n)]≥16.
【解析】(1)∵F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2＝－x3＋12x＋9(x≥0)， ∴F′(x)＝－3x2＋12. 令 F′(x)＝0，得 x＝2(x＝－2 舍去)． 当 x∈(0,2)时，F′(x)>0；x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0； 当 x∈[0,2)时，函数 F(x)为增函数；当 x∈[2，＋∞)时，函 数 F(x)为减函数． 故 x＝2 为函数 F(x)的极大值点且 F(2)＝－8＋24＋9＝25.
法一 即ln1a＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1⇒ln1a≤1， 从而ln1a＝1⇒a＝e.
法二 即 x2－2x＋ln1a＝0 有正解，令 m(x)＝x2－2x＋ln1a， 其图象为开口向上抛物线，对称轴为 x＝1，只要 Δ＝4－ln4a≥0 ⇒ln1a≤1 即可，从而ln1a＝1⇒a＝e.
方法点拨：由于函数 f′x是一个二次函数，联想二次函数 的图象，由于条件有 a>0，故其图象是一开口向上的抛物线，问 题即时可转化为抛物线与 x 轴没有交点或恰有一个交点，问题 马上得到解决.)
考点三 运用不等式知识研究函数问题，方程解的 问题
示范3 已知函数 f(x)＝2x－12x2，g(x)＝logax(a>0 且 a≠1)，函数 h(x) ＝f(x)－g(x)在其定义域上为减函数且其导函数 h′(x)存在零点，
(1)若函数 f(x)＝x2＋mxx＋m的图象关于点(0,1)对称，求实数 m 的值；
(2)已知函数 g(x)＝－x2＋nx＋1(x<0)，在(1)的条件下，若对 实数 x<0 及 t>0，恒有不等式 g(x)<f(t)成立，求实数 n 的取值范 围．
解析 (1)由 f(x)＋f(－x)＝2 得 m＝1. (2)由条件有－x2＋nx＋1<t2＋tt＋1＝t＋1t ＋1. ∵t>0，∴t＋1t ＋1≥3(仅当 t＝1 时取“＝”)， ∴－x2＋nx＋1<3，(x<0)，∴nx<x2＋2，∴n>x2＋x 2＝x＋2x. ∵x<0，∴－x>0，∴－x＋－2x≥2 2，∴x＋2x≤－2 2， ∴n>－2 2为所求．
又 ak－ k＝16[(4k－3) k－(4k－1) k－1]
＝16·44kk－－332kk＋－44kk－－112kk－－11
＝4k－3
16×1 k＋4k－1
k－1>0，
即对任意 k≥2 时，有 ak> k.又 a1＝1＝ 1， 所以 a1＋a2＋…＋an≥ 1＋ 2＋…＋ n. 则 Sn≥h(1)＋h(2)＋…＋h(n)．故原不等式成立．
分析 由函数 h(x)为减函数，可得关于 x 的不等式 h′(x)≤0 恒成立，又由函数 h′(x)存在零点，可得方程 h′(x)＝0 有解， 即得另一个不等式，采用“两边夹”的方法把实数 a 的值给 “夹”出来．
解析 (1)h′(x)＝2－x－xln1 a(x>0)，由条件 h′(x)≤0 恒成 立，即可得ln1a≥－x2＋2x＝－(x－1)2＋1⇒ln1a≥1，h′(x)＝0 有解．
(1)求实数 a 的值； (2)若函数 p(x)与 g(x)图象关于直线 y＝x 对称且 p′(x)为函数 p(x) 的导函数，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)是函数 p(x)的图象上的两点，p′(x0) ＝yx11－－yx22，试判断 x0，x1，x2 间的大小关系，证明你的结论．
【点评】本题中涉及参数 t 和参数 n，由于 t 有范围，故采 用分离参数法，先化掉 t 使得问题变成只有一个参数，成为常规 的恒成立问题，求参数取值范围问题，由于 x<0，又可以分离参 数，再次分离参数将 x 和 n 分离到不等式的左右两边，从而运 用基本不等式得到问题的解决.
展示2 (2010 北京)设函数 f(x)＝13ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)且方 程 f′(x)－9x＝0 的两根分别为 1 和 4，
(2)由(1)g(x)＝ln x，故 p(x)＝ex，∴p′(x)＝ex，
∴p′(x0)＝xy11－－xy22⇒ex0＝exx11－－exx2 2， 故只要比较 ex0，ex1，ex2 的大小即可，又 x1<x2，∴ex1<ex2， 令 φ(x)＝(x－x2)ex－ex＋ex2，则 φ′(x)＝ex(x－x2)，当 x<x2 时，φ′(x)<0，φ(x)为减函数，φ(x)>φ(x2)＝0， ∴φ(x1)>φ(x2)＝0. (x1－x2)ex1－ex1＋ex2>0⇒ex0<ex1， ∴x0<x1，∴x0<x1<x2.
分析 利用路程速度与时间关系，写出要比较的目标：两 个人所用时间．
解析 乙先到达 B 地．设路程长为 2，乙所用时间是 2t. 依题意甲用时间：v11＋v12.由乙的要求：v1t＋v2t＝2， t＝v1＋2 v2， ∴2t＝v1＋4 v2，比较v11＋v12与v1＋4 v2，
∵v1≠v2，v1＞0，v2＞0， ∴v1＋v1 v2＋v1＋v2 v2＝2＋vv12＋vv12＞2＋2 ∴v11＋v12＞v1＋4 v2， ∴甲用时间较长，乙先到达 B 地．
不妨设 0<a<1<b， ∴a＋b＝a＋1a. 令 g(a)＝a＋1a，有 g′(a)＝1－a12＝a2a－2 1<0. ∴函数 g(a)在区间(0,1)上递减． ∴g(a)>g(1)＝2.
2．(2011 四川文)已知函数 f(x)＝23x＋12，h(x)＝ x， (1)设函数 F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求函数 F(x)的单调区间与 极值；
【解析】依题意，得47＋74k＜1， 47＋74k＋74k2≥1.
解得43＜k≤2.∴k＝3时，不满足要求．
方法点拨：对不等关系的量，选择恰当的量设元，转化成 不等式问题.注意隐含的条件.
考点二 综合利用不等式求最值，确定范围
示范2 已知函数 f(x)的图象关于点(a，b)对称，则有 f(x)＋f(2a －x)＝2b 对任意定义域内的 x 均成立．
【解析】(1)f′(x)＝ax2＋2bx＋c，f′(x)－9x＝ax2＋b＋8bc＋－c9－＝306，＝①0，② a＝3，
(2)原命题即关于 x 的不等式 f(x)>a 在 x∈[0,2]上有解， ∴只需 a 小于函数 f(x)的最大值．
∵函数 f(x)＝x2－9x－9＝x－922－9－841在区间[0,2]上递 减，
∴最大值为 f(0)＝－9.∴a<－9. 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－9)．
方法点拨：函数的定义域、值域或其中的参数往往是对给 定范围进行讨论求解，对解析式进行适当变形，数形结合，往 往能找到不同的思维解决问题的途径.
【解析】(1)当 m＝0 时，f(x)＝－12x－9，
由 f(x)＝0，得 x＝－34. 当 m≠0 时，Δ＝9(m－4)2＋36m＝9(m2－4m＋16) ＝9[(m－2)2＋12]>0， ∴当 m≠0 时，函数 f(x)有两个零点． 综上，当 m＝0 时，函数 f(x)有 1 个零点；当 m≠0 时，函 数 f(x)有 2 个零点．
具体题型如下： (1)利用基本不等式求最值、确定范围； (2)运用不等式知识研究函数问题，研究方程解的问题； (3)利用不等式解决一类实际应用问题； (4)探索最值问题，设计可行方案．
考点一 抽象不等关系形成不等式 示范1 甲、乙两人沿着同一条路同时从 A 地出发走向 B 地， 甲用速度 v1 与 v2(v1≠v2)各走全程的一半，乙用速度 v1 与 v2 各走 全程所需时间的一半，试判断甲、乙两人谁先到达 B 地，并证 明你的结论．
【点评】本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证 明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与 整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能 力．
即ab＝＝3－，3， c＝12.
又 f(0)＝0，则 d＝0.∴f(x)＝x3－3x2＋12x.
(2)由于 a>0，故原命题等价于关于 x 的不等式 f′(x)≥0 在 区间(－∞，＋∞)上恒成立．
∴Δ＝4b2－4ac≤0.由①②，得 2b＝9－5a，c＝4a.
∴Δa>＝0，9a－1a－9≤0. 解得 1≤a≤9. ∴实数 a 的取值范围是[1,9]．
本课的综合性强，难度相对较大．在考查中不等式的内容 既有客观题，又经常考查主观性的题目．在选择题中考查实数 大小比较及函数简单综合题，在填空中考查含参数问题及参数 范围函数最值问题等．解题关键是建立不等量的关系．其建立 的途径如下：①利用几何、代数意义；②利用判别式；③利用 变量的有界性；④利用函数的单调性；⑤利用基本不等式．涉 及不等式的应用问题，建立函数关系式，适当变形，适时巧用 基本不等式．
【点评】由条件是不等式要求值，寻找两个不等式用“两 边夹”的方法是解题的一个可能的途径.比较两数的大小可用构 造函数，求出函数的单调性，再利用函数单调性等方法进行判 断.
展示3 设函数 f(x)＝mx2＋3(m－4)x－9.
(1)讨论函数 f(x)的零点的个数；
(2)若 m＝1，存在 x∈[0,2]，使关于 x 的不等式 f(x)－a>0 成 立，求实数 a 的取值范围．
1．(2010 全国)已知函数 f(x)＝|lg x|，若 a≠b 且 f(a)＝f(b)， 则 a＋b 的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
【答案】C
【解析】∵f(a)＝f(b)，即|lg a|＝|lg b|， ∴lg a＝lg b 或 lg a＝－lg b. 而 a≠b，故 lg a＝－lg b 即 lg a＋lg b＝0.即 ab＝1. 由于 a>0，b>0.故 a，b 中必有 1 个大于 1,1 个小于 1.
vv21·vv21＝4，
【点评】要把具体问题抽象成数学问题，恰当设置辅助量 是解题的关键.
展示1 用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深 入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长 度后一次为前一次的1k，已知一个铁钉，要求在受击 3 次后才全 部进入木板且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的 47.若 k＝3，能否满足要求？
(3)由已知，得 h(1)＋h(2)＋…＋h(n)＝ 1＋ 2＋…＋ n， f(n)h(n)－16＝4n＋6 3 n－16. 设数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 Sn＝f(n)h(n)－16(n∈N*)， 从而有 a1＝S1＝1. 当 k≥2 时，ak＝Sk－Sk－1＝4k＋6 3 k－4k－6 1 k－1.
1．不等式始终贯穿在整个中学教学之中，诸如集合问题， 方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数的定义域、值域 的确定，三角、数列、立体几何、解析几何中的最大值、最小值 问题，无一不与不等式有着密切关系．
2．能够运用不等式的性质、定理和方法分析解决有关函数 的性质、方程实根的分布，解决涉及不等式的应用问题和转化为 不等式的其他数学问题．
(2)原方程可化为 lg(x－1)＋2lg 4－x＝2lg a－x，
x－1>0， 即a4－－xx>>00，，
x－14－x＝a－x
⇔1x<<ax<，4 a＝－x－32＋5.
如下图所示，
当 1<a≤4 时，原方程有一解 x＝3－ 5－a； 当 4<a<5 时，原方程有两解 x＝3± 5－a； 当 a＝5 时，原方程有一解 x＝3； 当 a≤1 或 a>5 时，原方程无解．
(2)设 a∈R，解关于 x 的方程 lg32fx－1－34＝2lg h(a－x) －2lg h(4－x)；
(3)设 n∈N*，求证：f(n)h(n)－[h(1)＋h(2)＋…＋h(n)]≥16.
【解析】(1)∵F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2＝－x3＋12x＋9(x≥0)， ∴F′(x)＝－3x2＋12. 令 F′(x)＝0，得 x＝2(x＝－2 舍去)． 当 x∈(0,2)时，F′(x)>0；x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0； 当 x∈[0,2)时，函数 F(x)为增函数；当 x∈[2，＋∞)时，函 数 F(x)为减函数． 故 x＝2 为函数 F(x)的极大值点且 F(2)＝－8＋24＋9＝25.
法一 即ln1a＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1⇒ln1a≤1， 从而ln1a＝1⇒a＝e.
法二 即 x2－2x＋ln1a＝0 有正解，令 m(x)＝x2－2x＋ln1a， 其图象为开口向上抛物线，对称轴为 x＝1，只要 Δ＝4－ln4a≥0 ⇒ln1a≤1 即可，从而ln1a＝1⇒a＝e.
方法点拨：由于函数 f′x是一个二次函数，联想二次函数 的图象，由于条件有 a>0，故其图象是一开口向上的抛物线，问 题即时可转化为抛物线与 x 轴没有交点或恰有一个交点，问题 马上得到解决.)
考点三 运用不等式知识研究函数问题，方程解的 问题
示范3 已知函数 f(x)＝2x－12x2，g(x)＝logax(a>0 且 a≠1)，函数 h(x) ＝f(x)－g(x)在其定义域上为减函数且其导函数 h′(x)存在零点，
(1)若函数 f(x)＝x2＋mxx＋m的图象关于点(0,1)对称，求实数 m 的值；
(2)已知函数 g(x)＝－x2＋nx＋1(x<0)，在(1)的条件下，若对 实数 x<0 及 t>0，恒有不等式 g(x)<f(t)成立，求实数 n 的取值范 围．
解析 (1)由 f(x)＋f(－x)＝2 得 m＝1. (2)由条件有－x2＋nx＋1<t2＋tt＋1＝t＋1t ＋1. ∵t>0，∴t＋1t ＋1≥3(仅当 t＝1 时取“＝”)， ∴－x2＋nx＋1<3，(x<0)，∴nx<x2＋2，∴n>x2＋x 2＝x＋2x. ∵x<0，∴－x>0，∴－x＋－2x≥2 2，∴x＋2x≤－2 2， ∴n>－2 2为所求．
又 ak－ k＝16[(4k－3) k－(4k－1) k－1]
＝16·44kk－－332kk＋－44kk－－112kk－－11
＝4k－3
16×1 k＋4k－1
k－1>0，
即对任意 k≥2 时，有 ak> k.又 a1＝1＝ 1， 所以 a1＋a2＋…＋an≥ 1＋ 2＋…＋ n. 则 Sn≥h(1)＋h(2)＋…＋h(n)．故原不等式成立．
分析 由函数 h(x)为减函数，可得关于 x 的不等式 h′(x)≤0 恒成立，又由函数 h′(x)存在零点，可得方程 h′(x)＝0 有解， 即得另一个不等式，采用“两边夹”的方法把实数 a 的值给 “夹”出来．
解析 (1)h′(x)＝2－x－xln1 a(x>0)，由条件 h′(x)≤0 恒成 立，即可得ln1a≥－x2＋2x＝－(x－1)2＋1⇒ln1a≥1，h′(x)＝0 有解．
(1)求实数 a 的值； (2)若函数 p(x)与 g(x)图象关于直线 y＝x 对称且 p′(x)为函数 p(x) 的导函数，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)是函数 p(x)的图象上的两点，p′(x0) ＝yx11－－yx22，试判断 x0，x1，x2 间的大小关系，证明你的结论．
【点评】本题中涉及参数 t 和参数 n，由于 t 有范围，故采 用分离参数法，先化掉 t 使得问题变成只有一个参数，成为常规 的恒成立问题，求参数取值范围问题，由于 x<0，又可以分离参 数，再次分离参数将 x 和 n 分离到不等式的左右两边，从而运 用基本不等式得到问题的解决.
展示2 (2010 北京)设函数 f(x)＝13ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)且方 程 f′(x)－9x＝0 的两根分别为 1 和 4，
(2)由(1)g(x)＝ln x，故 p(x)＝ex，∴p′(x)＝ex，
∴p′(x0)＝xy11－－xy22⇒ex0＝exx11－－exx2 2， 故只要比较 ex0，ex1，ex2 的大小即可，又 x1<x2，∴ex1<ex2， 令 φ(x)＝(x－x2)ex－ex＋ex2，则 φ′(x)＝ex(x－x2)，当 x<x2 时，φ′(x)<0，φ(x)为减函数，φ(x)>φ(x2)＝0， ∴φ(x1)>φ(x2)＝0. (x1－x2)ex1－ex1＋ex2>0⇒ex0<ex1， ∴x0<x1，∴x0<x1<x2.
分析 利用路程速度与时间关系，写出要比较的目标：两 个人所用时间．
解析 乙先到达 B 地．设路程长为 2，乙所用时间是 2t. 依题意甲用时间：v11＋v12.由乙的要求：v1t＋v2t＝2， t＝v1＋2 v2， ∴2t＝v1＋4 v2，比较v11＋v12与v1＋4 v2，
∵v1≠v2，v1＞0，v2＞0， ∴v1＋v1 v2＋v1＋v2 v2＝2＋vv12＋vv12＞2＋2 ∴v11＋v12＞v1＋4 v2， ∴甲用时间较长，乙先到达 B 地．
不妨设 0<a<1<b， ∴a＋b＝a＋1a. 令 g(a)＝a＋1a，有 g′(a)＝1－a12＝a2a－2 1<0. ∴函数 g(a)在区间(0,1)上递减． ∴g(a)>g(1)＝2.
2．(2011 四川文)已知函数 f(x)＝23x＋12，h(x)＝ x， (1)设函数 F(x)＝18f(x)－x2[h(x)]2，求函数 F(x)的单调区间与 极值；
【解析】依题意，得47＋74k＜1， 47＋74k＋74k2≥1.
解得43＜k≤2.∴k＝3时，不满足要求．
方法点拨：对不等关系的量，选择恰当的量设元，转化成 不等式问题.注意隐含的条件.
考点二 综合利用不等式求最值，确定范围
示范2 已知函数 f(x)的图象关于点(a，b)对称，则有 f(x)＋f(2a －x)＝2b 对任意定义域内的 x 均成立．