第十四講   不等式的應(yīng)用

★★★高考在考什么

【考題回放】

1．(北京) 若不等式組表示的平面區(qū)域是一個(gè)三角形，則的取值范圍是（　D�。�

Ａ．      Ｂ．       Ｃ．      Ｄ．或

2．(福建) 已知為R上的減函數(shù)，則滿(mǎn)足的實(shí)數(shù)的取值范圍是（C）

A．（－1，1）                B．（0，1） 

C．（－1，0）（0，1）      D．（－，－1）（1，＋）

3．（陜西）已知不等式對(duì)任意正實(shí)數(shù)恒成立，則正實(shí)數(shù)的最小值為 （B）

    （Ａ）8　　　�。ǎ拢�6　　　　（C）4　　　�。―）2

4．（重慶）若動(dòng)點(diǎn)（）在曲線(xiàn)上變化，則的最大值為（  A ）

    A．          B．

    C．                          D．2

5．(重慶）一元二次方程有一個(gè)正根和一個(gè)負(fù)根的充分不必要條件是      （  C ）

   A．           B．         C．         D．

6、(浙江卷)已知則不等式≤5的解集是          .

★★★高考要考什么

不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點(diǎn)內(nèi)容之一，作為解決問(wèn)題的工具，與其他知識(shí)綜合運(yùn)用的特點(diǎn)比較突出.不等式的應(yīng)用大致可分為兩類(lèi)：一類(lèi)是建立不等式求參數(shù)的取值范圍或解決一些實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題；另一類(lèi)是建立函數(shù)關(guān)系，利用均值不等式求最值問(wèn)題、本難點(diǎn)提供相關(guān)的思想方法，使考生能夠運(yùn)用不等式的性質(zhì)、定理和方法解決函數(shù)、方程、實(shí)際應(yīng)用等方面的問(wèn)題.

★     ★★ 突 破 重 難 點(diǎn)

【范例1】已知函數(shù)的圖象與軸分別相交于點(diǎn)A、B，（分別是與軸正半軸同方向的單位向量），函數(shù)。

（1）求的值；

（2）當(dāng)滿(mǎn)足時(shí)，求函數(shù)的最小值。

解：（1）由已知得

于是

（2）由

即

由于，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x+2=1，即x=－1時(shí)成立，

∴時(shí)的最小值是－3.

【范例2】已知a，b，c是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)=ax²+bx+c，g(x)=ax+b，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)|f(x)|≤1.

(1)證明：|c|≤1；

(2)證明：當(dāng)－1 ≤x≤1時(shí)，|g(x)|≤2；

(3)設(shè)a＞0，有－1≤x≤1時(shí)， g(x)的最大值為2，求f(x).

命題意圖：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.屬較難題目.

知識(shí)依托：二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對(duì)值不等式的性質(zhì)靈活運(yùn)用是本題的靈魂.

錯(cuò)解分析：本題綜合性較強(qiáng)，其解答的關(guān)鍵是對(duì)函數(shù)f(x)的單調(diào)性的深刻理解，以及對(duì)條件“－1≤x≤1時(shí)|f(x)|≤1”的運(yùn)用；絕對(duì)值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)，會(huì)使解題過(guò)程空洞，缺乏嚴(yán)密，從而使題目陷于僵局.

技巧與方法：本題(2)問(wèn)有三種證法，證法一利用g(x)的單調(diào)性；證法二利用絕對(duì)值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關(guān)系.

(1)證明：由條件當(dāng)=1≤x≤1時(shí)，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.

(2)證法一：依題設(shè)|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函數(shù)，于是

g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，

∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，

g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，

因此得|g(x)|≤2  (－1≤x≤1)；

當(dāng)a＜0時(shí)，g(x)=ax+b在［－1，1］上是減函數(shù)，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，

∵|f(x)|≤1  (－1≤x≤1)，|c|≤1

∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.

綜合以上結(jié)果，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，都有|g(x)|≤2.

證法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)

∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，

∵f(x)=ax²+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，

因此，根據(jù)絕對(duì)值不等式性質(zhì)得：

|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，

|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，

∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，

函數(shù)g(x)=ax+b的圖象是一條直線(xiàn)，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在區(qū)間的端點(diǎn)x=－1或x=1處取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1.

當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，有0≤≤1，－1≤≤0，

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1；

因此當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，|g(x)|≤|f |+|f()|≤2.

(3)解：因?yàn)?i>a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，當(dāng)x=1時(shí)取得最大值2，即

g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2.                                                  ①

∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.

因?yàn)楫?dāng)－1≤x≤1時(shí)，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，

根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線(xiàn)x=0為f(x)的圖象的對(duì)稱(chēng)軸，

由此得－＜0 ，即b=0.

由①得a=2，所以f(x)=2x²－1.

【范例3】已知二次函數(shù)的圖像經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為.數(shù)列的前項(xiàng)和為，點(diǎn)均在函數(shù)的圖像上.

（Ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）設(shè)，是數(shù)列的前項(xiàng)和，求使得對(duì)所有都成立的最小正整數(shù).

點(diǎn)評(píng)：本小題考查二次函數(shù)、等差數(shù)列、數(shù)列求和、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)和基本的運(yùn)算技能，考查分析問(wèn)題的能力和推理能力。

解：（Ⅰ）設(shè)這二次函數(shù)f(x)＝ax²+bx (a≠0) ,則 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得

a=3 ,  b=－2, 所以  f(x)＝3x²－2x.

又因?yàn)辄c(diǎn)均在函數(shù)的圖像上，所以＝3n²－2n.

當(dāng)n≥2時(shí)，a_n＝S_n－S_n－1＝（3n²－2n）－＝6n－5.

當(dāng)n＝1時(shí)，a₁＝S₁＝3×1²－2＝6×1－5，所以，a_n＝6n－5 （）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，

故T_n＝＝＝（1－）.

因此，要使（1－）<（）成立的m,必須且僅須滿(mǎn)足≤，即m≥10，所以滿(mǎn)足要求的最小正整數(shù)m為10.