不等式：基本不等式、对勾函数、判别式解法

不等式
不等式是高考必考的热点内容，考查的广度和深度是其他章节无法比拟的，任何一份高考试卷中，涉及到不等式内容的考点所占比例超过70%。

一方面，考查不等式的性质、解法、证明以及实际应用；另一方面，与高中阶段的数学各个部分都存在着密切的联系。

因此，对于不等式的学习，应达到多层面，多角度熟练掌握的程度。

第一节 基本不等式
1.若a,b ∈R,则a 2+b 2≥2ab ，等号成立的条件：a =b ；
证明：当a,b ∈R 时，(a −b)2≥0,展开后即可得到所求不等式及等号成立的条件。

2.基本不等式的变形（包括2个方面）
①若a,b ≥0的实数，则a +b ≥2√ab , 等号成立的条件：a =b ； 若a,b ∈R,ab >0则b
a +a
b ≥2, 等号成立的条件：a =b ；
若x ∈R,x >0则x +1x ≥2, 等号成立的条件：x =1；(上述3个不等式，考虑如何证明？)
注：上述的a,b 不能仅仅理解为两个参数，它可以是表达式或函数的解析式。

②若a,b ∈R,则a 2+b 2≥
(a+b)2
2≥2ab;等号成立的条件：a =b （注意：不等式的右边是(a +b)2）
例题1.已知x,y ∈(0,+∞),且4
x +3
y =1，求x +y 的最小值及xy 的最小值。

解：x +y =(x +y )(4
x +3
y )=7+(4y
x +
3x
y
)≥7+2√4y x ×3x y
=7+4√3，∴x +y 的最小值为：7+4√3；
求(xy)min 有两种方法，其一是配式，1
xy
=1
12×4
x ×3
y ≤1
12(4x +3
y
2
)2=1
48，∴(xy)max =48；另一种方法是，由4
x +3
y =1→
xy =4y +3x ≥2√3x ×4y =4√3√xy ,∵x,y ∈(0,+∞)→√xy ≥4√3，∴(xy)min =48。

例题2. 已知a√1−b 2+b√1−a 2=1,求证：a 2+b 2=1。

证明：由基本不等式得：a√1−b 2≤
a 2+(√1−
b 2)2
2
=
a 2+1−
b 2
2
(这里等号成立的条件是，a =√1−b 2)；
同理，b√1−a 2≤
b 2+1−a 2
2
(这里等号成立的条件是，b =√1−a 2)，∴a√1−b 2+b√1−a 2≤1 (∗)
而条件是a√1−b 2+b√1−a 2=1,即对于不等式(∗)等号成立，即b =√1−a 2且a =√1−b 2即a 2+b 2=1。

注：本题把等号成立的条件，作为求证的目标，比较新颖。

例题3.已知x,y ∈R,满足x +y =1,求(x +1
x )2+(y +1
y )2的最小值。

解：(x +1
x
)2+(y +1
y
)2=x 2+y 2+
x 2+y 2x 2y 2
+4=(x 2+y 2)(1+
1x 2y 2
)+4,这里
x 2+y 2
≥
(x+y)2
2
=1
2
, xy ≤
(x+y)2
4
=1
4
→
1
x 2y
2≥16∴(x +1x
)2+(y +1
y
)2≥
12
(1+16)+4=252
.
注：解答本题的关键是，如何运用好x +y =1，两次使用了基本不等式，但不矛盾。

例题4. 求y =√x +√3−x 的最大值。

解：函数的定义域为x ∈[0,3],可以用其它的方法来解，比如用两边平方转化成二次函数求极值等。

但由于√x 与√3−x
的两式平方和为常数3，故应用基本不等式的变形公式简单些。

∵(√x +√3−x)2≤2((√x)2+(√3−x)2)=6
∴√x +√3−x ≤√6，当且仅当√x =√3−x →x =3
2∈[0,3]时成立，故y max =√6。

例题5. 已知a >b >0,则a 2+16
b(a−b)的最小值为（ ）。

解：a 2+16
b(a−b)≥a 2+
16
(b+a−b 2
)
2
=a 2+64a 2≥16,当且仅当a =2√2,b =√2等号成立，a 2+16
b(a−b)的最小值为16.
注：这里要求2元表达式的a 2+
16b(a−b)
的最值，不能直接整体应用基本不等式（即不能直接整体消去a 、b ）而且也
没有给出条件等式（即不可能代入消元）,因此，对局部b(a −b)用基本不等式的变形公式进行处理。

例题6.若二次函数f (x )=ax 2−4x +c 的值域为[0,+∞),则c
a 2+4+a
c 2+4的最小值为（ ）。

解：由题意得a >0,Δ=16−4ac =0,即ac =4,c >0, 则
c a 2+4+
a c 2+4
=
c a 2+ac
+
a c 2+ac
=
a 2+c 2ac(a+c)
≥
(a+c)22ac(a+c)
=
a+c 2ac
≥
√
ac
=1
2，当且仅当a=c=2时，等号成立，所以c
a 2+4+a
c 2+4的最小值为1
2。

注：本题也可用消元法，由Δ=16−4ac =0消去a 或c ，比较麻烦。

例题7.已知a,b,c>0,且a 2+2ab +2ac +4bc =9,则a +b +c 的最小值为( 3 )。

例题8.已知a,b,c>0,且a +b +c =1，则√3a +1+√3b +1+√3c +1的最大值为（ ）。

解：(√3a +1+√3b +1+√3c +1)2=6+2√3a +1√3b +1+2√3b +1√3c +1+2√3c +1√3a +1 ≤6+2(3a +1+3b +1+3c +1)=18,当且仅当a =b =c =1
3等号成立，∴所求的最大值为18。

例题9.已知函数f (x )=( x a −1)2+( b
x −1)2的定义域是[a,b],其中a,b ∈R +且a <b ，(1)求f (x )的最小值； (2)若x 1∈[1,s ],x 2∈[s,4]其中1<s <4,求证：f(x 1)+f (x 2)≥4( √2−1)2. 解：(1)由基本不等式的变形公式可得，f (x )≥2[ (x a −1)+(b x
−1)
2
]2
=2[
(x a +b x
)−2
2
]2,∵x a ,b x
∈R +则x a
+b x
≥2√b
a
∴f (x )≥
2[
2√b a
−22
]2=2( √b
a
−1)2,上面各式等号成立的条件都是：x
a
−1=b x
−1,x =√ab 时取得（虽然两次使用了基本不等
式，但x 的取值不矛盾），∴f min (x)=2( √b
a −1)2。

(2)设a =1,b =s,x 1∈[1,s ]时，由(1)的结论可得：f(x 1)≥2( √s
1−1)2=2( √s −1)2 ①,同理f(x 2)≥2( √4
s −1)2=2(
√s
−1)2 ②由①+②得：f(x 1)+f (x 2)≥
2( √s −1)2+2( √
s 1)2=2[
( √s−1)2+( 2
√s
−1)2
2
]2≥4[
( √s−1)+(2√s
−1)
2
]2=4[
( √s+2√s
)−2
2
]2=4( √2−1)2.
上面两次用到基本不等式，等号成立的条件都是s=2时取得，∴(2)得证。

例题10. 已知两条直线l 1：y =m 和l 2：y =
82m+1
(m >0),l 1与函数y =|log 2x |的图象从左至右相交于A,B,l 2与函数
y =|log 2x |的图象从左至右相交于C,D,记线段AC 和BD 在x 轴上的投影长度分别为a,b,当m 变化时，b
a 的最小值为（ ）。

解：在同一坐标系中作出y =m , y =8
2m+1(m >0),y =|log 2x |图象，令|log 2x |
=m,得x A =2
−m
,x B =2m
;令|log 2x |=
82m+1
得x C =2
−
82m+1
,x D =2
82m+1
,∴a =x A −x C =2
−m
−2
−
82m+1
b =x D −x B =28
2m+1−2m ,故b
a =28
2m+1+m 由8
2m+1+m =1
2[(2m +1)+16
2m+1]−1
2≥7
2,当且仅当(2m +1)=16
2m+1，即m =3
2取等号，故(b
a )min =7
2。

注：本题经过巧妙的”伪装”,将基本不等式融入到函数中，将文字语言转化为符号语言，实现基本不等式模型的构建，对学生的运算能力和思维水平提出了很高要求，具有较好的区分度。

例题11. 若平面向量a ̅,b ̅满足|2a ̅−b ̅|≤3，则a ̅•b ̅的最小值是（ ）。

解：由|2a ̅−b ̅|≤3，两边平方，得4a ̅2+b ̅2≤9+4a ̅•b ̅，由基本不等式得：4a ̅2+b ̅2≥4|a ̅||b ̅|(当且仅当2|a ̅|=|b ̅|等号成立)。

设θ为a ̅,b ̅夹角为θ(θ∈[0,π]),则当θ≠π2
时，|a ̅||b ̅|≥±a ̅•b ̅(当且仅当θ=0，π等号成立)，因此9+4a ̅•
b ̅≥4a ̅2+b ̅2≥4|a ̅||b ̅|≥±4a ̅•b ̅(这里只能取"−"号)，即a ̅•b ̅≥−98。

注：本题将基本不等式与向量相结合，通过将向量的模平方，借助基本不等式和斜率数量积的性质，建立关于a ̅•b
̅的不等式。

此题视角独特，构思精心。

例题12. 函数f (x )=acos (ax +θ)(a >0)图像上两相邻的最低点与最高点之间的最小值是（ ）。

解：如图，设函数y =f (x )图像上两相邻点中最高点为A,最低点为B 且过A 点平行
与x 轴
的直线与过B 点垂直于x 轴的直线相交于C,则AC =T
2=π
a ,BC =2a,故AB 2=(2a)2+(π
a )2≥4π(当且仅当π
a =2a,即a =
√2π
2
等号成立)，即AB ≥2√π，故AB 的最小值是：2√π。

注：本题将基本不等式渗透到三角函数中，关键是运用三角函数的周期、振幅，合理表示出相邻的最低点与最高点
的距离。

此题情景新颖，自然贴切，这种不拘题型约束的命题方式是高考的一大亮点。

例题13. 设｛a n ｝是等比数列，公比q =√2，S n 为｛a n ｝的前n 项和，记T n =17S n −S 2n
a n+1。

记T n 0为数列｛T n ｝的最大
项，则n 0=( ). 解：由题意，T n =17
a 1(1−q n )1−q −a 1(1−q 2n
)
1−q
a 1q
n =
q 2n −17q n +16
(1−q )q n
,令t =q n
>0,则T n =
2(1−√2)t
=
√2−1
[−(t +
16t
)+17]
≤
√2−1
当且仅当t =16t
，即t =4等号成立)。

故T n 0=
√2−1
=9(√2+1)，此时n 0=4。

注：本题将基本不等式嵌入数列解题中，运用数列的基本量及性质将条件转化为关于n 的代数式，通过换元后转化
为基本不等式模型。

例题14. 一个四面体的一条长为x ，其余所有棱长均为1，则此四面体体积V 的最大值是（ ）。

解：由题意得：V (x )=1
12x√3−x 2,x ∈(0,√3),则V (x )=1
12√x 2(3−x 2)≤(3−x 2)+x 2
2
=1
8(当且仅当3−x 2=
x 2，即x =
√6
2等号成立)，故V 的最大值是18。

注：本题把基本不等式与立体几何的相关知识进行交汇，如果学生对空间图形有较深刻的认识，可以准确建立V(x)
的函数关系式以后求解，使问题的综合性进一步加强，充分体现出数学试题的多变性。

例题15. 平面直角坐标系xoy 中，已知点A(0，1),B 点在直线y =−3上，M 点满足MB ̅̅̅̅∥MB ̅̅̅̅，MA ̅̅̅̅̅•AB ̅̅̅̅=MB ̅̅̅̅•BA
̅̅̅̅,点M 的轨迹为切线C,
(1) 求C 的方程；(2)P 为C 上的动点，l 为C 在得P 处的切线，求O 点到l 的距离的最小值。

解：(1)y =1
4x 2−2(过程略)(2)设点P (x 0,y 0)为曲线C 上一点，∵y ′=1
2x,所以l 的斜率为1
2x 0,故l 的方程为y −y 0=
1
2x 0
(x −x 0),即x 0x −2y +2y 0−x 0
2
=0.则O 点到l 的距离d =
002√x 0+4
,又y 0=
14x 0
2
−2,∴d =
002√x 0+4
=1
2(√x 02
+4+
√x 0+4
)≥2(当且仅当x 0=0等号成立)，∴O 点到l 的距离的最小值为2.
第二节 “对勾”函数的图象、性质及应用
“对勾”函数y =x +1
x
与基本不等式有着密切的联系，其图像如右图，y =x 与x =0
是函数图像的两条渐近线;当x>0时,y =x +1
x
≥2,当且仅当x =1等号成立(此结论可由基本不等式推导)，
即点A 是函数y =x +1
x
在x >0时的极小值点(同时.也是函数增减区间的分点)其坐标为(1,2); 当x<0时，y =x +
1x
≤−2,当且仅当x =−1等号成立，即点B 是函数y =x +1
x
在x <0的极大值点(同时,也是函数增减区间的分
点)其坐标为(−1,−2)。

以上在不少的例题中已经运用了这个结论。

事实上，函数y =x +1
x 还有一个很重要的代数性质在变量代换中经常使用。

例题1.（2013年江苏卷13题）在平面直角坐标系xOy 中，设点A(a,a),P 是函数y =1
x (x >0)图像上的动点，若点P ,A
之间的最短距离为2√2，则满足条件的实数a 的所有值为（ ）。

解：点A(a,a)是直线y =x 上的动点，点P ,A 之间的最短距离为2√2，即以A 为圆心，半径2√2的动圆与函数y =1
x (x >0)
图像相切时求a 的值。

依题意可画出草图，
点A 在直线上运动时，凭直觉认为，动圆都会与函数y =1
x (x >0)的图像相切于点C(1,1)，因此不难求出a 的两个值为-1或3；而这个答案是错的。

事实上，当a>0时，两图像的切点位置是与动圆半径大小有关的(如图)，只有半径较小时，才可能相切于C 。

{
y =1
x (x >0)
(x −a)2+(y −a)2=(2√2)2
→(x −a)2+(1
x −a)2=(2√2)2(x >0)
→x 2+1
x 2−2a (x +1
x )+2a 2−8=0(x >0) ①,令t =x +1
x ≥2,则x 2+1
x 2=t 2−2，①式可化为：
t 2−2at +2a 2−10=0(t >2),∴Δ=(−2a)2−4(2a 2−10)=0,解得a =√10.
注：解答本题有两个问题需要注意，一是用数形结合的方法解题时，直觉有可能是错误的；二是解析式x +1
x 与x 2+
1x 2
的可代换关系，这样的关系还存在于sinx ±cosx 与sinx ∙cosx; √1+x +√1−x 与√1−x 2等。

如果将“对勾”函数 y =x +1
x 变形为：y =ax +b
x (a,b ∈R),研究其图像、性质对解题是很有必要的。

(1) y =ax +b
x (a>0,b>0)此函数是由y =ax 和y =b
x 叠加而成，通过分析两个简单函数的图像特征，画出其叠加函数的
图像，是数学能力的一种体现。

由图像可知:①关于原点对称；
②x >0时，函数存在极小值点A(√b
a
,2√ab ); x >0时，函数存在极大值点B(−√b
a
,−2√ab );
③递减区间为：(−√b a
,0), (0,√b a
), 递增区间为：(−∞,−√b a
),(√b
a
,+∞);（②③两条性质可通过导数证明）
④存在两条渐近线：y =ax ，x =0(渐近线在通过作图解题时，起作用)。

(2) 其余的三种情况的图像如下：
其性质由同学们自己小结，在此不在赘述。

例题2.若函数y =f(x)的值域是[1
2
,3],则函数F (x )=f (x )+
1
f (x )
的值域是（ ）。

解：设t =f(x)∈[12
,3],则F (t )=t +1t ,只要画出函数的图像可知：F (t )∈[2,103
]. 注：本题看似简单，但f(x)取不同的表达式时，情况可能变得很复杂。

例题3. 设定义在(0,+∞)上的函数f (x )=ax +
1ax
+b (a>0)求f (x )的最小值。

解1.（基本不等式法）∵a >0,x >0,∴f (x )=ax +1
ax +b ≥2√ax •1
ax +b =b +2,当且仅当 ax =1
ax 即x =1
a 时等号成立，∴f min (x )=
b +2.
解2.（判别式法）设y =f (x )，则有a 2x 2+a (b −y )x +1=0 ①,显然∆=a 2(b −y)2−4a 2≥0,解得y ≥b +2或y ≤
b −2(舍去)，∵x >0，故应将y =b +2代入①得： a 2x 2−2ax +1=0即x =1
a >0,因此f min (x )=
b +2。

（注：当主元x 有范围使用判别式法时，都应将所求最值回代，检验x 的解是否在给定的范围内）
解3.（求导数法）由题意f ′(x)=a −1ax 2=
(ax+1)(ax−1)
ax 2
,∵a >0,x >0∴f ′(x)>0,有x >1a ;f ′(x )<0,有0<x <1
a .故当
x >1
a 时，函数f (x )单调递增；当0<x <1
a 时，函数f (x )单调递减，因此f min (x )=
b +2。

变式1：设定义在(0,+∞)上的函数f (x )=ax 2+
1ax 2
+b (a>0)求f (x )的最小值。

变式2：设定义在(0,π)上的函数f (x )=asinx +
1asinx +b (a>0)求f (x )的最小值。

变式3：设定义在[0,+∞)上的函数f (x )=ae x +1
ae x +b (a>0)求f (x )的最小值。

变式4：设函数f (x )=ae x +
1ae x
+b (a>0)求f (x )的最小值。

变式5：设定义在(1,+∞)上的函数f (x )=log a x +
1log a x
+b (a>0,a ≠1)求f (x )的最值。

注：以上5个变式，若以填空题的形式解答，可使用变量代换，用“对勾”函数的图象直接得到答案；若 以解答题的形式解答，应使用求导数的方法证明。

变式6：讨论函数f (x )=ax n +c
ax n +b (a>0,c>0,n 取正整数)。

解：f ′(
x )=anx
n−1
−
cn ax n+1
=
n(a 2x 2n −c)ax n+1
,当n 为奇数时，函数是奇函数，只要讨论x >0即可。

f ′(x )>0→
x ≥√c a 22n
,f ′(x )<0→0<x <√c
a 22n
;当n 为偶数时，函数是偶函数，只要讨论x >0即可。

f ′(x )>0→ x ≥√c
a 22n
,f ′(x )<0→0<x <√c
a 22n。

例题4.求函数f (x )=
2x 2+5x+11x 2+x+4
, x ∈[0,2]的最值。

解：由于函数f (x )的分子分母的次数都是2，因此采用“配式法”降低分子的次数；f (x )=2(x 2+x+4)+3x+3
x 2+x+4
=2+3x+3
x 2+x+4.
令t =x +1∈[1,3],则f (t )=2+3t
t 2−t+4=2+3
t+4
t
−1;再令u =t +4
t ,t ∈[1,3],
∴u ∈[2,5]，因此原函数的值域为[114,5].
注：求型如f (x )=
ax 2+bx+c dx+e 和f (x )=dx+e ax 2+bx+c 函数的最值(值域)，可通过换元法(t =dx +e ) 转化为函数f (t )=a
d +t +
m t
+n 和f (t )=1
a
d +t+m t
+n ，只要讨论u =t +m
t 的极值即可；当所求函数的分子分母的次数相同时（如本题）应采用“配
式法”降低分子的次数，转化成f (x )=k +dx+e
ax 2+bx+c 的形式。

例题5. f (x )=x +a
x
+b (x ≠0),其中a 、b ∈R ,若对∀a ∈[1
2
,2],不等式f (x )≤10在[1
4
,1]上恒成立，求b 的取值范围。

解：∵a >0,∴函数f (x )在(0,√a)上单调递减，在(√a,+∞)上单调递增，则f (x )在[14,1]上的最大值为max {f (1
4),f (1)}.由∵对∀a ∈[1
2,2], 不等式f (x )≤10在[1
4,1]上恒成立,∴有{f (1
4)≤10f (1)≤10
即{b ≤39
4−4a b ≤9−a 对∀a ∈[1
2,2]成立→
{
b ≤(
394
−4a)min =
74b ≤(9−a)min =7
解得b ∈(−∞,7
4].
注：①将不等式恒成立问题转化为最值问题，是常见的转化形式。

②变换主元，把f (x )看成关于a 的一次函数f (a )=1
x a +x +b,对∀a ∈[1
2,2],x ∈[1
4,1], 不等式f (a )≤10恒成立(分两步进行)，∴f(a)max =f (2)=2
x +x +b ≤10,∀x ∈[1
4,1]恒成立，∵y =2
x +x +b 在[1
4,1]上单调递减∴y max =1
4+8+b ≤10,解得：b ∈(−∞,7
4].
练习1.若关于x 的方程4x +(a +3)2x +5=0至少有一个实根在区间[1,2]内,则实数a 的取值范围是( ).
[−
334
,3−2√5]
练习2.若π
4<x <π
2,则函数y =tan2xtan 3x 的最大值是（ ）。

−8 练习3.若a >b >c >0,求2a 2+1
ab +1
a(a−b)−10ac +25c 2最小值 (4)
第三节 判别式法解题
利用一元二次方程的判别式求某些函数的值域或极值的方法，称为判别式法。

判别式法的使用通常是对含有参数的二次方程。

例题1.求函数y =
x 2−x+1x 2+x+1
的值域。

解：由判别式可知分母x 2+x +1>0(∴x 2+x +1≠0,x ∈R)，两边同乘以x 2+x +1得： (y −1)x 2+(y +1)x +(y −1)=0,将此式看成是x 的方程，必有实数解， ∴Δ=(y +1
)2
−4(y −1)(y −1)≥0解得：1
3
≤y ≤3，即函数y =
x 2−x+1x 2+x+1
的值域为[1
3
,3].
例题2. 求函数y =x+4
x 2−x−2的值域。

解：当x =2或x =−1时分母虽然为0，但分子x+4≠0，∴变形后仍然可得到关于x 的二次方程，将函数的两边同乘x 2−x −2得：yx 2−(y +1)x −2(y +2)=0,此方程x 显然有实数解，∴Δ=(y +1)2+8y (y +2)≥0,解得：y ≥
−3+2√2
3
或y ≤
−3−2√2
3
，∵二次项系数y ≠0，∴函数y =x+4
x 2−x−2的值域为y ≥
−3+2√2
3
或y ≤
−3−2√2
3
注：在使用判别式法求分式函数的值域时，应注意两点：一是分式的表达式不能约分，二是变形后，二次项系数为
0的y 在求得的y 的范围内，要代入方程验证。

例题3. 求函数y =x 2+4x+3x 2+x−6
的值域
解：y =
x 2+4x+3x 2+x−6
=(x+3)(x+1)
(
x+3)(x−2)
,∵由函数的定义域知x
≠−3，∴y =
x+1x−2
=1+
3
x−2 ①∵
3
x−2
≠0，∴①式的值域为y ≠1;
再将x =−3代入①式,得到的y =25
须删除,∴函数y =
x 2+4x+3x 2+x−6
的值域(−∞,2
5)∪(2
5
,1)∪(1,+∞)。

注：函数的表达式中的分式，可约分时应先约分，再求值域，最后删除定义域中不存在点所对应的函数值。

例题4. 设a 1,d 为实数，且首项为a 1,公差为d 的等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，满足S 5S 6+15=0，求公差d 的取值范围。

解：∵S 5=5a 1+10d,S 6=6a 1+15d ,将其代入S 5S 6+15=0并化简得：2a 12+9da 1+10d 2
+1=0 (∗) 此式可看成是关于a 1的二次方程，∴Δ=(9d)2−8(10d 2+1)≥0，解得：d ≤−2√2或d ≥2√2。

注：①由于方程(*)中的a 1∈R ，∴Δ≥0是方程有解的充要条件，因此不必要再对结果进行检验了。

②本题也可以求a 1的取值范围，方法相同。

例题5. a,b >0, a +b +ab =30,试问实数a,b 为何值时，ab 取得最大值？ 解1：利用基本不等式（略）。

解2：设y =ab,则b =y
a 代入题设等式并整理得：a 2+(y −30)a +2y =0 (∗)∴Δ=(y −30)2−8y ≥0，解得：y ≥50
或y ≤18。

由a,b >0知0<y <30,∴y ≤18.由令y =18，代入(*)式，可解得a =6，b =3满足题设条件a,b >0，所以(ab)max =18.
注：把(∗)式看成关于a 的二次方程，Δ≥0是方程在(0,+∞)上有解的必要条件(不是充要条件)，因此需要通过检验说明最值的取得是合理的。

变式：已知实数a,b,c 满足a +b +c =9,ab +bc +ca =24,则b 的取值范围是（1≤b ≤5 ）。

例题6. 如图建立平面直角坐标系xOy,x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点，已知炮弹发射后的轨迹在方程y =kx −
120
(1+k 2)x 2(k >0)表示的曲线上，其中k 与发射方向有关，炮的射程
是指炮弹落地点的横坐标.(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，
试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由。

解：(1)令y =kx −
120
(1+k 2)x 2=0，解得：x 1=0(舍去)，x 2=
20k 1+k
2=201
k
+k
≥10(千米).
(2)设飞行物的坐标为(a,3.2)(a>0),要击中飞行物，其坐标必须在炮弹飞行的轨迹方程上，即3.2=ka −1
20(1+k 2)a 2,整理成关于k 的二次方程得：a 2k 2−20ak +a 2+64=0 (∗)∴Δ=(−20a)2−4a 2(a 2+64)≥0,解得：−6≤a ≤6.由∵k >0,∴要检验，将a =6代入(*)式，解得k =5
3>0,∴a 的最小值为6.
注：把(*)式看成关于k 的二次方程，Δ≥0只是方程在(0,+∞)上有解的必要条件并不充分，应当通过检验“当a =6，k =5
3>0”说明a 能取得最大值6.
例题7. 如图某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的顶点A,B 及CD 的中点P 处，已知AB=20km,BC=10km,为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD 的区域上(含边界)且与A,B 等距离的一点O 处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道AO,BO.OP ,设排污管道的总长为y km.
(1) 按下列要求写出函数关系式：①设∠BAO =θ(rad ),将y 表成θ的函数关系式；
②设OP=x(km),将y 表成x 的函数关系式；
(2) 请选用(1)中的一个函数关系式，确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短。

解:(1) ①由条件知PQ 垂直平分AB ，若∠BAO=θ(rad) ，则10
cos cos AQ OA θθ
==
,
故10cos OB θ=
，又OP ＝1010tan θ-，所以1010
1010tan cos cos y OA OB OP θθθ
=++=++-，
所求函数关系式为2010sin 10cos y θθ-=
+04πθ⎛
⎫≤≤ ⎪⎝
⎭
②若OP=x (km) ，则OQ ＝10－x ，所以=
所求函数关系式为)010y x x =+≤≤
(3) 选择函数模型①用求导数的方法可以解决（省略）。

选择函数模型②,关键是去掉根号，转化为关于x 的二次方程，即(y −x)2=4(x 2−20x +200)→ 3x 2+(2y −80)x +800−y 2=0,所以有：Δ=(2y −80)2−12(800−y 2)≥0,解得：y ≥10(1+√3). 又当y =10(1+√3)时,x =10−
103
√3∈[0,10],所以点P 位于线段AB 的中垂线上且距离AB 边10
3√3km 处。

例题8. a >b >c,且a +b +c =1,a 2+b 2+c 2=1,求证(1)1< a +b <4
3 (2) 8
9<a 2+b 2<1.
分析：构造以a +b,ab 为系数的一元二次方程，由条件a >b >c 确定c 的范围。

解：(1)设f (x )=x 2−(a +b )x +ab ,显然a 、b 是f (x )的零点，∵a +b =1−c (c <0),a 2+b 2=1−c 2,(a +b )2=a 2+b 2+2ab,∴ab =
(a+b )2−a 2−b 2
2=c 2−c →f (x )=x 2−(a +b )x +ab =x 2−(1−c )x +c 2−c →Δ=(1−c )2−
4(c 2−c ),解得:−13
<c <1,但c <0,∴−13
<c <0即1< a +b <43。

(2)由(1) 知−1
3
<c <1→−1
9
<c 2<1→8
9
<a 2+b 2<1.
注：关于c <0，∵a +b +c =1①,a 2+b 2+c 2=1②，将①式两边平方得：a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =1, ②式代入得：ab +bc +ca =0(∗),若c ≥0，而 a >b >c →ab +bc +ca >0,这与(∗)矛盾。

习题：1.若a 2+b 2≥λ(a +3b +1)对∀a,b ∈R 恒成立，求λ的取值范围。

(−2
5≤λ≤0)
2.对于函数f (x )，若存在x 0∈R,使得f (x 0)=x 0成立，则称x 0为f (x 0)的不动点。

已知函数f (x )=ax 2+(b +1)x +b −1(a ≠0),对任意实数b ，f (x )恒有两个相异的不动点，求a 的取值范围。

(0<a<1)
3.某县有A,B,C,D 四个村庄，恰好坐落在边长为2km 的正方形顶点上，为了发展经济，当地政府决定建立一个使得任何两个村庄都有通道的路网，路网由一条中心道路及的、四条支路组成，要求四条支路的长度相等(如图)，试问
中心道路长为何值时，路网的总长度最短？(中心道长为2(1−
√3
3
)km) 4.求证不等式
4−√73
≤x 2+xsint+1
x 2+xcost+1≤
4+√73
,
5.已知x 1,x 2是方程x 2−(k −2)x +(k 2+3k +5)=0(k ∈R)的两个根，问当k 为何值时，x 12+x 22
由最大值，并求出这个最大值。

（18）。