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高考数学难点突破


难点 16 三角函数式的化简与求值
三角函数式的化简和求值是高考考查的重点内容之一.通过本节的学习使考生掌握化简 和求值问题的解题规律和途径, 特别是要掌握化简和求值的一些常规技巧, 以优化我们的解 题效果,做到事半功倍. ●难点磁场 (★★★★★)已知 _________. ●案例探究 [例 1]不查表求 sin220°+cos280°+ 3 cos20°cos80°

的值. 命题意图:本题主要考查两角和、二倍角公式及降幂求值的方法,对计算能力的要求较 高.属于★★★★级题目. 知识依托:熟知三角公式并能灵活应用. 错解分析:公式不熟,计算易出错. 技巧与方法:解法一利用三角公式进行等价变形;解法二转化为函数问题,使解法更简 单更精妙,需认真体会. 解法一:sin220°+cos280°+ 3 sin220°cos80°

? 3? 12 3 <β <α < ,cos(α -β )= ,sin(α +β )=- ,求 sin2α 的值 4 5 2 13

1 1 (1-cos40°)+ (1+cos160°)+ 3 sin20°cos80° 2 2 1 1 =1- cos40°+ cos160°+ 3 sin20°cos(60°+20°) 2 2 1 1 =1 - cos40 ° + (cos120 ° cos40 °- sin120 ° sin40 ° )+ 3 sin20 ° (cos60 ° cos20 ° 2 2
= -sin60°sin20°)

3 3 1 1 3 cos40°- cos40°- sin40°+ sin40°- sin220° 4 4 2 4 2 3 3 1 =1- cos40°- (1-cos40°)= 4 4 4
=1- 解法二:设 x=sin220°+cos280°+ 3 sin20°cos80° y=cos220°+sin280°- 3 cos20°sin80°,则 x+y=1+1- 3 sin60°=

1 ,x-y=-cos40°+cos160°+ 3 sin100° 2

=-2sin100°sin60°+ 3 sin100°=0 ∴x=y=

1 1 ,即 x=sin220°+cos280°+ 3 sin20°cos80°= . 4 4 1 2

[例 2] 设关于 x 的函数 y=2cos2x-2acosx-(2a+1)的最小值为 f(a), 试确定满足 f(a)= 的 a 值,并对此时的 a 值求 y 的最大值.

命题意图:本题主要考查最值问题、三角函数的有界性、计算能力以及较强的逻辑思维 能力.属★★★★★级题目 知识依托:二次函数在给定区间上的最值问题. 错解分析:考生不易考查三角函数的有界性,对区间的分类易出错. 技巧与方法:利用等价转化把问题化归为二次函数问题,还要用到配方法、数形结合、 分类讲座等. 解:由 y=2(cosx-

a 2 a 2 ? 4a ? 2 )- 及 cosx∈[-1,1]得: 2 2

( a ? ?2) ?1 ? 2 ? a f(a) ?? ? 2a ? 1 ( ?2 ? a ? 2) ? 2 1 ? 4a ( a ? 2) ? ?

1 1 1 ,∴1-4a= ? a= ?[2,+∞ ) 2 2 8 2 a 1 故- -2a-1= ,解得:a=-1,此时, 2 2 1 1 y=2(cosx+ )2+ ,当 cosx=1 时,即 x=2kπ ,k∈Z,ymax=5. 2 2
∵f(a)= [例 3]已知函数 f(x)=2cosxsin(x+

? )- 3 sin2x+sinxcosx 3

(1)求函数 f(x)的最小正周期; (2)求 f(x)的最小值及取得最小值时相应的 x 的值; (3)若当 x∈[

? 7? - - , ]时,f(x)的反函数为 f 1(x),求 f- 1(1)的值. 12 12

命题意图: 本题主要考查三角公式、 周期、 最值、 反函数等知识, 还考查计算变形能力, 综合运用知识的能力,属★★★★★级题目. 知识依托:熟知三角函数公式以及三角函数的性质、反函数等知识. - 错解分析:在求 f- 1(1)的值时易走弯路. 技巧与方法:等价转化,逆向思维.

? )- 3 sin2x+sinxcosx 3 ? ? =2cosx(sinxcos +cosxsin )- 3 sin2x+sinxcosx 3 3 ? =2sinxcosx+ 3 cos2x=2sin(2x+ ) 3
解:(1)f(x)=2cosxsin(x+ ∴f(x)的最小正周期 T=π

? 5? ? =2kπ - ,即 x=kπ - (k∈Z)时,f(x)取得最小值-2. 12 3 2 ? ? 7? (3)令 2sin(2x+ )=1,又 x∈[ , ], 3 2 2 ? ? 3? ? 5? ∴2x+ ∈[ , ],∴2x+ = ,则 3 3 2 3 6
(2)当 2x+

x=

? ? - ,故 f- 1(1)= . 4 4

●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有: 1.求值问题的基本类型:1°给角求值,2°给值求值,3°给式求值,4°求函数式的最 值或值域,5°化简求值. 2.技巧与方法: 1°要寻求角与角关系的特殊性,化非特角为特殊角,熟练准确地应用公式. 2°注意切割化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用. 3°对于条件求值问题,要认真寻找条件和结论的关系,寻找解题的突破口,很难入手 的问题,可利用分析法. 4°求最值问题,常用配方法、换元法来解决. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)已知方程 x2+4ax+3a+1=0(a>1)的两根均 tanα 、tanβ ,且α ,β ∈ (-

? ?
2 2 1 A. 2 ,

),则 tan

???
2

的值是( B.-2

) C.

4 3

D.

1 或-2 2

二、填空题

3 ? 1 , α ∈( , π ), tan(π -β )= , 则 tan(α -2β )=_________. 5 2 2 ? 3? ? ? 3 3? 5 3.(★★★★★)设α ∈( , ),β ∈(0, ),cos(α - )= ,sin( +β )= ,则 4 13 4 4 4 4 5
2.(★★★★)已知 sinα = sin(α +β )=_________. 三、解答题 4.不查表求值:

2 sin130? ? sin100?(1 ? 3 tan 370?) 1 ? cos10?

.

sin 2 x ? 2 sin2 x ? 3 17? 7? +x)= ,( <x< ),求 的值. 1 ? tan x 5 4 4 12 8 1 ? cos(? ? ? ) ? ? 6.(★★★★★)已知α -β = π ,且α ≠kπ (k∈Z).求 ? 4 sin2 ( ? ) 的 ? ? 4 4 3 csc ? sin
5.已知 cos(

2

2

最大值及最大值时的条件. 7.(★★★★★)如右图,扇形 OAB 的半径为 1,中心角 60°,四 边形 PQRS 是扇形的内接矩形,当其面积最大时,求点 P 的位置,并 求此最大面积. 8.(★★★★★)已知 cosα +sinβ = 3 , sinα +cosβ 的取值范围是 D,x∈D,求函数 y= log 1
2

2x ? 3 的最小值,并求取得最小值时 x 4 x ? 10

的值.

参考答案 难点磁场

? 3? ? 3? <β <α < ,∴0<α -β < .π <α +β < , 2 4 4 4 5 4 ∴sin(α -β )= 1 ? cos 2 (? ? ? ) ? , cos(? ? ? ) ? ? 1 ? sin2 (? ? ? ) ? ? . 13 5
解法一:∵ ∴sin2α =sin[(α -β )+(α +β )] =sin(α -β )cos(α +β )+cos(α -β )sin(α +β )

5 4 12 3 56 ? (? ) ? ? (? ) ? ? . 13 5 13 5 65 5 4 解法二:∵sin(α -β )= ,cos(α +β )=- , 13 5 72 ∴sin2α +sin2β =2sin(α +β )cos(α -β )=- 65 40 sin2α -sin2β =2cos(α +β )sin(α -β )=- 65 1 72 40 56 ∴sin2α = (? ? )?? 2 65 65 65 ?
歼灭难点训练 一、1.解析:∵a>1,tanα +tanβ =-4a<0. tanα +tanβ =3a+1>0,又α 、β ∈(-

??? ? ? ? ? , )∴α 、β ∈(- ,θ ),则 ∈(- ,0),又 2 2 2 2 2

??? 2 tan tan ? ? tan ? ? 4a 4 4 2 ? ? , 又 tan(? ? ?) ? ? , tan(α +β )= ? ? ? 1 ? tan ? tan ? 1 ? (3a ? 1) 3 3 1 ? tan 2 2 ??? ??? ??? 整理得 2tan2 2 ? 3 tan 2 ? 2 =0.解得 tan =-2. 2
答案:B

3 4 ? ,α ∈( ,π ),∴cosα =- 5 5 2 3 1 1 则 tanα =- ,又 tan(π -β )= 可得 tanβ =- , 4 2 2
2.解析:∵sinα =

1 2 ? (? ) 2 tan ? 2 ? ? 4. tan 2? ? ? 2 1 3 1 ? tan ? 1 ? (? ) 2 2 3 4 ? ? (? ) tan ? ? tan 2 ? 7 4 3 tan(? ? 2?) ? ? ? 3 4 1 ? tan ? ? tan 2? 1 ? (? ) ? (? ) 24 4 3
答案:

7 24

3.解析:α ∈(

? 3? ? ? ? 3 ),又 cos(α - )= . , ),α - ∈(0, 4 4 4 2 4 5

? 4 ? 3? 3? 3? 5 3? 12 ? sin(? ? ) ? , ? ? (0, ).? ? ? ? ( , ?). sin( ? ?) ? ,? cos( ? ?) ? ? . 4 5 4 4 4 4 13 4 13 ? 3? ? ? sin(? ? ?) ? sin[(? ? ) ? ( ? ?) ? ] 4 4 2 ? 3? ? ? cos[(? ? ) ? ( ? ?)] 4 4 ? 3? ? 3? 3 12 4 5 56 ? ? cos(? ? ) ? cos( ? ?) ? sin(? ? ) ? sin( ? ?) ? ? ? (? ) ? ? ? . 4 4 4 4 5 13 5 13 65 56 即sin(? ? ?) ? 65
答案:

56 65

三、4.答案:2

3 ? 7 ? x ) ? ,? sin 2 x ? ? cos 2( ? x ) ? . 4 5 4 25 17? 7 5? ? ? 4 又 ? x ? ? ,? ? x ? ? 2? ,? sin(x ? ) ? ? 12 4 3 4 4 5 2 2 sin 2 x ? 2 sin x 2 sin x cos x ? 2 sin x 2 sin x (sin x ? cos x ) cos x ? ? sin x 1 ? tan x cos x ? sin x 1? cos x 7 4 ? ? (? ) sin 2 x sin( ? x ) 5 ? 28 4 ? ? 25 ? 3 75 cos( ? x ) 4 5 5.解 :? cos(
1 ? cos(? ? ?) ? ? ? 4 sin 2 ( ? ) ? ? 4 4 csc ? sin 2 2 ? ? ? ? ? sin (1 ? cos ?) 1 ? cos( ? ) sin ? 2 cos 2 2 2 2 ? 2 2 ? 4( 1 ? 1 sin ? ) ? ?4 ? ? 2 2 2 2 1 ? sin 2 cos 2 2 2 ? ? ??? ? ?? ? 2(sin ? sin ) ? 2 ? 4 sin cos ?2 2 2 2 2 8 2? ? ? 8 ? ?? 3 ? ? ? 2? . ? ? ? ? ? ?,? ? 3 4 4 2 3 ? 2 1 ? 2? ? t ? 4 sin( ? ?) ? (? ) ? 2 ? ?2 sin( ? ) ? 2 2 3 2 2 3 6.解 : 令t ?

?

? 2 k? 2? (k∈Z) ? ?? ? 2 3 2 3 ? 2? ? ? 2 ? ∴当 ? ? 2k? ? , 即 ? ? 4k? ? (k∈Z)时, sin( ? ?) 的最小值为-1. 2 3 2 2 3 3
? ? ? k? (k∈Z),?

7.解:以 OA 为 x 轴.O 为原点,建立平面直角坐标系,并设 P 的坐标为(cosθ ,sinθ ),

则 |PS|=sinθ .直线 OB 的方程为 y= 3 x,直线 PQ 的方程为 y=sinθ .联立解之得 Q( θ ;sinθ ),所以|PQ|=cosθ - 于是 SPQRS=sin θ (cos θ -

3 sin 3

3 sinθ . 3

3 3 3 3 sin θ )= ( 3 sin θ cos θ - sin2 θ )= ( sin2 θ - 3 3 3 2 3 3 3 3 1 ? cos 2? 1 1 ? )= ( sin2θ + cos2θ - )= sin(2θ + )- . 3 2 3 6 2 2 2 6 1 ? ? ? 5 ? ∵0<θ < ,∴ <2θ + < π .∴ <sin(2θ + )≤1. 6 2 3 6 6 6 3 ? ? ∴sin(2θ + )=1 时,PQRS 面积最大,且最大面积是 ,此时,θ = ,点 P 为 的 6 6 6 3 1 , ). 中点,P( 2 2
8.解:设 u=sinα +cosβ .则 u2+( 3 )2=(sinα +cosβ )2+(cosα +sinβ )2=2+2sin(α +β )≤4. ∴u2≤1,-1≤u≤1.即 D=[-1,1],设 t= 2 x ? 3 ,∵-1≤x≤1,∴1≤t≤ 5 .x=

t2 ? 3 . 2

?M ?

2x ? 3 t 1 1 2 ? 2 ? ? ? . 4 4 x ? 10 2t ? 4 2t ? 8 4 2 t

4 2 当且仅当2t ? ,即t ? 2时, M max ? .? y ? log0.5 M在M ? 0时是减函数, t 8 ? y min ? log0.5 2 5 1 ? log0.5 2 ? log0.5 8 ? 时, 此时t ? 2 , 2 x ? 3 ? 2 , x ? ? . 8 2 2

难点 17 三角形中的三角函数式
三角形中的三角函数关系是历年高考的重点内容之一,本节主要帮助考生深刻理解正、 余弦定理,掌握解斜三角形的方法和技巧. ●难点磁场 (★★★★★)已知△ABC 的三个内角 A、B、C 满足 A+C=2B. 求 cos

1 1 2 ? ?? , cos A cos C cos B

A?C 的值. 2

●案例探究 [例 1]在海岛 A 上有一座海拔 1 千米的山,山顶设有一个观 察站 P,上午 11 时,测得一轮船在岛北 30°东,俯角为 60°的 B 处,到 11 时 10 分又测得该船在岛北 60°西、俯角为 30°的 C 处。 (1)求船的航行速度是每小时多少千米; (2)又经过一段时间后,船到达海岛的正西方向的 D 处,问此时 船距岛 A 有多远?

命题意图: 本题主要考查三角形基础知识, 以及学生的识图能力和综合运用三角知识解 决实际问题的能力. 知识依托:主要利用三角形的三角关系,关键找准方位角,合理利用边角关系. 错解分析:考生对方位角识别不准,计算易出错. 技巧与方法:主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题. 解:(1)在 Rt△PAB 中,∠APB=60° PA=1,∴AB= 3 (千米) 在 Rt△PAC 中,∠APC=30°,∴AC= 在△ACB 中,∠CAB=30°+60°=90°

3 (千米) 3

? BC ?

AC 2 ? AB 2 ? (

3 2 30 ) ? ( 3)2 ? 3 3

30 1 ? ? 2 30 (千米 / 时) 3 6
(2)∠DAC=90°-60°=30° sinDCA=sin(180°-∠ACB)=sinACB=

AB ? BC

3 30 3

?

3 10 10

sinCDA=sin(∠ACB-30°)=sinACB?cos30°-cosACB?sin30° ?

3 10 . 10

3 1 3 (3 3 ? 1) 10 ? ? 1? ( 10 ) 2 ? 2 2 10 20

AD AC , ? sin DCA sinCDA 3 3 10 ? AC ? sin DCA 9? 3 10 ∴ AD ? ? 3 ? sin CDA 13 (3 3 ? 1) 10 20 9? 3 答:此时船距岛 A 为 千米. 13
在△ACD 中,据正弦定理得 [ 例 2 ] 已 知 △ ABC 的 三 内 角 A 、 B 、 C 满 足 A+C=2B , 设 x=cos f(x)=cosB(

A?C , 2

1 1 ). ? cos A cos C

(1)试求函数 f(x)的解析式及其定义域; (2)判断其单调性,并加以证明; (3)求这个函数的值域. 命题意图: 本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力, 并且考查考生对基础 知识的灵活运用的程度和考生的运算能力,属★★★★级题目. 知识依托:主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题. 错解分析: 考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点, 并且不易想到运用函数的单

调性去求函数的值域问题. 技巧与方法:本题的关键是运用三角函数的有关公式求出 f(x)的解析式,公式主要是和 差化积和积化和差公式.在求定义域时要注意|

A?C |的范围. 2

解:(1)∵A+C=2B,∴B=60°,A+C=120°

A?C A?C cos 1 cos A ? cos C 2 2 f ( x) ? ? ? 2 cos A ? cos C cos( A ? C ) ? cos( A ? C ) x 2x ? ? 2 , 1 4 x ? 3 2 ? ? 2x ?1 2 2 cos

A?C A?C 1 |<60°,∴x=cos ∈( ,1 ] 2 2 2 3 3 3 1 又 4x2-3≠0,∴x≠ ,∴定义域为( , )∪( ,1]. 2 2 2 2
∵0°≤| (2)设 x1<x2,∴f(x2)-f(x1)=

2 x2 4 x2 ? 3
2

?

2 x1 4 x1 ? 3
2

=

2( x1 ? x2 )( 4 x1 x2 ? 3) (4 x1 ? 3)( 4 x2
2 2

1 3 ,若 x1,x2∈( , ),则 4x12-3<0,4x22-3<0,4x1x2+3>0, 2 2 ? 3)

x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1)<0

3 ,1] ,则 4x12-3>0. 2 4x22-3>0,4x1x2+3>0,x1-x2<0,∴f(x2)-f(x1)<0.
即 f(x2)<f(x1),若 x1,x2∈(

3 1 3 , )和( ,1 ] 上都是减函数. 2 2 2 1 1 (3)由(2)知,f(x)<f( )=- 或 f(x)≥f(1)=2. 2 2 1 故 f(x)的值域为(-∞,- )∪[2,+∞ ) . 2
即 f(x2)<f(x1),∴f(x)在( ●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有: (1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形; (2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化; (3)能熟练运用三角形基础知识,正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合,通过 等价转化或构建方程解答三角形的综合问题,注意隐含条件的挖掘. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.( ★★★★★ ) 给出四个命题: (1) 若 sin2A=sin2B ,则△ ABC 为等腰三角形; (2) 若 sinA=cosB,则△ABC 为直角三角形;(3)若 sin2A+sin2B+sin2C<2,则△ABC 为钝角三角形; (4)若 cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1,则△ABC 为正三角形.以上正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题

2.(★★★★)在△ABC 中,已知 A、B、C 成等差数列,则 tan 的值为__________.

A C A C ? tan ? 3 tan tan 2 2 2 2 4 4 ,sinB= , 3 5

3.(★★★★)在△ABC 中,A 为最小角,C 为最大角,已知 cos(2A+C)=-

则 cos2(B+C)=__________. 三、解答题 4.(★★★★)已知圆内接四边形 ABCD 的边长分别为 AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边 形 ABCD 的面积. 5.(★★★★★)如右图, 在半径为 R 的圆桌的正中央上空挂一盏电灯, 桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ 的正 sin? 弦成正比,角和这一点到光源的距离 r 的平方成反比,即 I=k? 2 , r 其中 k 是一个和灯光强度有关的常数, 那么怎样选择电灯悬挂的高度 h, 才能使桌子边缘处最亮? 6.(★★★★)在△ABC 中, a、 b、 c 分别为角 A、 B、 C 的对边,4 sin 2 (1)求角 A 的度数; (2)若 a= 3 ,b+c=3,求 b 和 c 的值. 7.(★★★★)在△ABC 中,∠A、∠B、∠C 所对的边分别为 a、b、c,且 a、b、3c 成等 比数列,又∠A-∠C=

B?C 7 ? cos 2 A ? . 2 2

? ,试求∠A、∠B、∠C 的值. 2

8.(★★★★★)在正三角形 ABC 的边 AB、AC 上分别取 D、E 两点,使沿线段 DE 折叠 三角形时,顶点 A 正好落在边 BC 上,在这种情况下,若要使 AD 最小,求 AD∶AB 的值. 参考答案 难点磁场 解法一:由题设条件知 B=60°,A+C=120°. 设α =

A?C ,则 A-C=2α ,可得 A=60°+α ,C=60°-α , 2 1 1 1 1 所以 ? ? ? cos A cos C cos(60? ? ?) cos(60? ? ?) 1 1 cos ? cos ? ? ? ? ? , 1 3 2 3 2 2 1 3 1 3 cos ? ? sin ? cos ? ? cos ? ? sin ? cos ? ? sin ? 4 4 4 2 2 2 2
cos ?

依题设条件有

? 2 ? , 3 cos B 2 cos ? ? 4 1 cos ? ? cos B ? ,? ? ?2 2 . 2 cos 2 ? ? 3 4

整理得 4 2 cos2α +2cosα -3 2 =0(M) (2cosα - 2 )(2 2 cosα +3)=0,∵2 2 cosα +3≠0,

A?C 2 ? . 2 2 解法二:由题设条件知 B=60°,A+C=120°
∴2cosα - 2 =0.从而得 cos

?

? 2 1 1 ? ?2 2 ,? ? ? ?2 2 cos 60? cos A cos C

①, ②,

把①式化为 cosA+cosC=-2 2 cosAcosC 利用和差化积及积化和差公式,②式可化为

A?C A?C ③, cos ? ? 2[cos( A ? C) ? cos( A ? C)] 2 2 1 1 A?C 将 cos =cos60°= ,cos(A+C)=- 代入③式得: 2 2 2 A?C 2 cos ? ? 2 cos( A ? C ) ④ 2 2 A?C A?C A?C 将 cos(A-C)=2cos2( )-1 代入 ④: 4 2 cos2( )+2cos -3 2 =0, (*), 2 2 2 A?C A?C (2 cos ? 2 2 )( 2 2 cos ? 3) ? 0, 2 2 A?C A?C A?C 2 ? 2 2 cos ? 3 ? 0,? 2 cos ? 2 ? 0, 从而得 : cos ? . 2 2 2 2 2 cos
歼灭难点训练 一、1.解析:其中(3)(4)正确. 答案: B 二、2.解析:∵A+B+C=π ,A+C=2B,

?A?C ?

2? A?C A C A C , tan( ) ? 3, tan ? tan ? 3 (1 ? tan tan ) 3 2 2 2 2 2 A C A C 故 tan ? tan ? 3 tan tan ? 3. 2 2 2 2

答案: 3 3.解析:∵A 为最小角∴2A+C=A+A+C<A+B+C=180°. ∵cos(2A+C)=-

4 3 ,∴sin(2A+C)= . 5 5 4 3 .故 cosB= . 5 5

∵C 为最大角,∴B 为锐角,又 sinB= 即 sin(A+C)=

4 3 ,cos(A+C)=- . 5 5 24 , 25

∵cos(B+C)=-cosA=-cos[(2A+C)-(A+C)]=- ∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)-1= 答案:

527 . 625

527 625

三、4.解:如图:连结 BD,则有四边形 ABCD 的面积:

S=S△ABD+S△CDB=

1 1 ?AB?ADsinA+ ?BC?CD?sinC 2 2

∵A+C=180°,∴sinA=sinC 故 S=

1 1 (AB?AD+BC?CD)sinA= (2?4+6?4)sinA=16sinA 2 2

由余弦定理,在△ABD 中,BD2=AB2+AD2-2AB?AD?cosA=20-16cosA 在△CDB 中,BD2=CB2+CD2-2CB?CD?cosC=52-48cosC ∴20-16cosA=52-48cosC,∵cosC=-cosA,

1 ,又 0°<A<180°,∴A=120°故 S=16sin120°=8 3 . 2 1 cos ? ? 5.解:R=rcosθ ,由此得: ? ,0 ? ? ? , r R 2 2 sin ? sin ? ? cos ? k I ?k? 2 ?k? ? 2 ? (sin ? ? cos 2 ?) 2 r R R k k 2 2 I 2 ? ( 2 ) 2 ? 2 sin 2 ? ? (1 ? sin 2 ?)(1 ? sin 2 ?) ? ( 2 ) 2 ? ( ) 3 3 R R k 2 3 2 由此得I ? 2 ? 3 , 等号在sin ? ? 时成立, 此时h ? R tan ? ? R 3 2 R 9 B?C 7 6.解 : (1)由4 sin2 ? cos 2 A ? 及A ? B ? C ? 180?, 得 : 2 2 7 2[1 ? cos( B ? C )] ? 2 cos 2 A ? 1 ? ,4(1 ? cos A) ? 4 cos 2 A ? 5 2 1 即4 cos 2 A ? 4 cos A ? 1 ? 0,? cos A ? , 2 ? 0? ? A ? 180?,? A ? 60?
∴64cosA=-32,cosA=-

b2 ? c2 ? a 2 2bc 2 2 2 1 b ?c ?a 1 ? cos A ? ? ? ? (b ? c ) 2 ? a 2 ? 3bc. 2 2bc 2 ?b ? c ? 3 ?b ? 1 ?b ? 2 将a ? 3 , b ? c ? 3代入上式得 : bc ? 2 由? 得: ? 或? . ?bc ? 2 ?c ? 2 ?c ? 1 ( 2)由余弦定理得: cos A ?
7.解:由 a、b、3c 成等比数列,得:b2=3ac

1 )[cos(A+C)-cos(A-C)] 2 3 ? ∵B=π -(A+C).∴sin2(A+C)=- [cos(A+C)-cos ] 2 2
∴sin2B=3sinC?sinA=3(-

3 1 cos(A+C),解得 cos(A+C)=- . 2 2 2 ? 7 ? ? ∵0<A+C<π ,∴A+C= π .又 A-C= ∴A= π ,B= ,C= . 3 2 12 3 12
即 1-cos2(A+C)=- 8.解:按题意,设折叠后 A 点落在边 BC 上改称 P 点,显然 A、P 两点关于折线 DE 对 称,又设∠BAP=θ ,∴∠DPA=θ ,∠BDP=2θ ,再设 AB=a,AD=x,∴DP=x.在△ABC 中, ∠APB=180°-∠ABP-∠BAP=120°-θ 由正弦定理知:

a sin? BP AB .∴BP= ? sin( 120? ? ? ) sin BAP sin APB

在△PBD 中,

DP BP x ? sin? a sin? x sin 2? ? , 所以BP ? , 从而 ? , sin DBP sin BDP sin 60? sin(120? ? ? ) sin 60?

?x ?

a sin? ? sin 60? 3a ? . sin 2? ? sin(120? ? ? ) 2 sin(60? ? 2? ) ? 3

∵0°≤θ ≤60°,∴60°≤60°+2θ ≤180°,∴当 60°+2θ =90°,即θ =15°时, sin(60°+2θ )=1,此时 x 取得最小值 3. 难点 18 不等式的证明策略 不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合.高考解答题中,常渗透不等式 证明的内容,纯不等式的证明,历来是高中数学中的一个难点,本难点着重培养考生数学式 的变形能力,逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场 (★★★★)已知 a>0,b>0,且 a+b=1. 求证:(a+

3a 2? 3

? ( 2 3 ? 3) a,即 AD 最小,∴AD∶DB=2 3 -

1 1 25 )(b+ )≥ . b a 4
1 ? 1 ??? 1

●案例探究

? 2 n (n∈N*) 2 3 n 命题意图: 本题是一道考查数学归纳法、 不等式证明的综合性题目, 考查学生观察能力、 构造能力以及逻辑分析能力,属★★★★★级题目. 知识依托:本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及 不等式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析:此题易出现下列放缩错误:
[例 1]证明不等式 1 ?

这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用了放缩法;证法 二先放缩, 后裂项, 有的放矢, 直达目标; 而证法三运用函数思想, 借助单调性, 独具匠心, 发人深省.

证法一:(1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立; 1 1 1 ? ??? (2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+ <2 k , 2 3 k

则1 ? ?

1 2

?

1 3

??? ?

1 k ?1 k ?1

?2 k ?

1 k ?1

2 k ( k ? 1) ? 1 k ?1

k ? ( k ? 1) ? 1

? 2 k ? 1,

∴当 n=k+1 时,不等式成立. 综合(1)、(2)得:当 n∈N*时,都有 1+ 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:

1 2

?

1 3

???

1 n

<2 n .

? 2( k ? 1) ? 1 ? 2 k ( k ? 1) ? k ? 2 k ( k ? 1) ? ( k ? 1) ? ( k ? k ? 1) 2 ? 0, ? 2 k ( k ? 1) ? 1 ? 2( k ? 1), ? k ? 1 ? 0,? 2 k ? 1 k ?1 ? 2 k ? 1. 2 k ?1 ? k ? 2 k ?1 ? k ?1 ? 1 k ?1 ,

又如 :? 2 k ? 1 ? 2 k ?
?2 k ? 1

? 2 k ? 1. k ?1 证法二:对任意 k∈N*,都有:

? 2( k ? k ? 1), k? k k ? k ?1 1 1 1 因此1 ? ? ??? ? 2 ? 2( 2 ? 1) ? 2( 3 ? 2 ) ? ? ? 2( n ? n ? 1) ? 2 n . 2 3 n k
证法三:设 f(n)= 2 n ? (1 ? 那么对任意 k∈N
*

1

?

2

?

2

1 2

?

1 3

???

1 n

),

都有:

f ( k ? 1) ? f ( k ) ? 2( k ? 1 ? k ) ? ? ? 1 k ?1 1 k ?1 [2( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? 1] ? [( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? k ] ?

1 k ?1

( k ? 1 ? k )2 k ?1

?0

∴f(k+1)>f(k) 因此,对任意 n∈N* 都有 f(n)>f(n-1)>?>f(1)=1>0, 1 1 1 ? ??? ? 2 n. ∴1 ? 2 3 n [例 2]求使 x ? y ≤a x ? y (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值.

命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力,属于★★ ★★★级题目. 知识依托: 该题实质是给定条件求最值的题目, 所求 a 的最值蕴含于恒成立的不等式中, 因此需利用不等式的有关性质把 a 呈现出来, 等价转化的思想是解决题目的突破口, 然后再 利用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析:本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们习惯是将 x、y 与 cosθ 、sinθ 来对应进行换元,即令 x =cosθ , y =sinθ (0<θ <

? ),这样也得 a≥sin 2

θ +cosθ ,但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了 x、y 的范围;(2)这样换元相当于本 题又增加了“x、y=1”这样一个条件,显然这是不对的. 技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若参数 a 满足不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max;若 a≤f(x),则 amax=f(x)min,利用这一基本事实,可 以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处, 可以把原问题转化. 解法一:由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得: x+y+2 xy ≤a2(x+y),即 2 xy ≤(a2-1)(x+y), ∴x,y>0,∴x+y≥2 xy , 当且仅当 x=y 时,②中有等号成立. 比较①、②得 a 的最小值满足 a2-1=1, ∴a2=2,a= 2 (因 a>0),∴a 的最小值是 2 . 解法二:设 u ? ① ②

x? y x? y

?

( x ? y )2 ? x? y

x ? y ? 2 xy 2 xy . ? 1? x? y x? y

∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),



2 xy 2 xy ≤1, 的最大值是 1. x? y x? y

从而可知,u 的最大值为 1 ? 1 ? 2 , 又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 2 . 解法三:∵y>0, ∴原不等式可化为

x +1≤a y

x ?1 , y



? x =tanθ ,θ ∈(0, ). y 2

∴tanθ +1≤a tan 2 ? ? 1 ;即 tanθ +1≤asecθ

∴a≥sinθ +cosθ = 2 sin(θ + 又∵sin(θ +

? ), 4



? ? )的最大值为 1(此时θ = ). 4 4

由③式可知 a 的最小值为 2 . ●锦囊妙计 1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法,它们是证明不等式的最基本的 方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配 方,判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则 考虑用判别式法证. (2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因,两法相互转换,互相渗透,互为前提, 充分运用这一辩证关系,可以增加解题思路,开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式 法、数形结合法等.换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换 的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩要有的放矢,目标可以从要 证的结论中考查.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法.凡是含有“至少” “惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法. 证明不等式时,要依据题设、题目的特点和内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各 种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. ●歼灭难点训练 一、填空题 a b 1.(★★★★★)已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且 ? =1,x+y 的最小值为 x y __________. 2.(★★★★)设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的大小关 系是__________. 3.(★★★★)若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、p、q 的 大小顺序是__________. 二、解答题 4.(★★★★★)已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1. 求证:(1)a2+b2+c2≥

1 3

(2) 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤6 5.(★★★★★)已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2= 6.(★★★★★)证明下列不等式: (1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则

1 2 ,证明:x,y,z∈[0, ] 2 3

b?c 2 c?a 2 a?b 2 z ≥2(xy+yz+zx) x ? y ? a b c

(2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz, y?z z?x x? y 1 1 1 ? ? 则 ≥2( ? ? ) x y z x y z

7.(★★★★★)已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n. (1)证明:niA im <miA in ; (2)证明:(1+m)n>(1+n)m 8.(★★★★★)若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1. 参考答案 难点磁场 证法一:(分析综合法) 欲证原式,即证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证 4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证 ab≤ 或 ab≥8. ∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 ∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤ 证法二:(均值代换法) 设 a=

1 4

1 ,从而得证. 4

1 1 +t1,b= +t2. 2 2 1 1 ,|t2|< 2 2

∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<

1 1 a2 ? 1 b2 ? 1 ? (a ? )(b ? ) ? ? a b a b 1 1 1 1 2 2 ( ? t1 ) 2 ? 1 ( ? t 2 ) 2 ? 1 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) 2 2 4 4 ? ? ? 1 1 1 1 ? t1 ? t2 ( ? t1 )( ? t 2 ) 2 2 2 2 1 1 5 2 2 2 2 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) ( ? t 2 ) 2 ? t 2 4 4 4 ? ? 1 1 2 2 ? t2 ? t2 4 4 25 3 2 25 4 ? t2 ? t2 25 16 2 16 ? ? ? . 1 1 2 4 ? t2 4 4
显然当且仅当 t=0,即 a=b= 证法三:(比较法) ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤

1 时,等号成立. 2 1 4

1 1 25 a 2 ? 1 b 2 ? 1 25 4a 2b 2 ? 33ab ? 8 (1 ? 4ab)(8 ? ab) (a ? )(b ? ) ? ? ? ? ? ? ?0 a b 4 a b 4 4ab 4ab 1 1 25 ? (a ? )(b ? ) ? a b 4 证法四:(综合法)

∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤

1 . 4

25 ? ? (1 ? ab) 2 ? 1 ? ? ? 1 3 9 ? ? (1 ? ab) 2 ? 1 25 16 ?1 ? ab ? 1 ? ? ? (1 ? ab) 2 ? ? ? ? ?? 1 4 4 16 ? ab 4 ? ?4 ? ? ab ? ?

1 1 25 即(a ? )(b ? ) ? a b 4
证法五:(三角代换法) ∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α ,b=cos2α ,α ∈(0,

? ) 2

1 1 1 1 ( a ? )( b ? ) ? (sin 2 ? ? )(cos 2 ? ? ) 2 a b sin ? cos 2 ? sin4 ? ? cos 4 ? ? 2 sin2 ? cos 2 ? ? 2 ( 4 ? sin2 ? ) 2 ? 16 ? ? 4 sin2 2? 4 sin2 2? ? sin2 2? ? 1,? 4 ? sin2 2? ? 4 ? 1 ? 3. 2 4 ? 2 sin2 2? ? 16 ? 25? ? ( 4 ? sin2 2? ) 2 25 ? ?? 1 1 4 4 sin2 2? ? ? 2 sin 2? 4 ? 1 1 25 即得( a ? )( b ? ) ? . a b 4
歼灭难点训练 一、1.解析:令

b a =cos2θ , =sin2θ ,则 x=asec2θ ,y=bcsc2θ ,∴x+y=asec2θ +bcsc2 y x

θ =a+b+atan2θ +bcot2θ ≥a+b+2 a tan 2 ? ? b cot 2 ? ? a ? b ? 2 ab . 答案:a+b+2 ab 2.解析:由 0≤|a-d|<|b-c| ? (a-d)2<(b-c)2 ? (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc ∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc. 答案:ad>bc 3.解析:把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n. 答案:m<p<q<n 二、4.(1)证法一:a2+b2+c2- =

1 1 = (3a2+3b2+3c2-1) 3 3

1 [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 3 1 = [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] 3 1 1 = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 3 3
证法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2

∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥

1 3

证法三:∵ ∴a2+b2+c2≥

a?b?c a 2 ? b2 ? c2 a?b?c ∴a2+b2+c2≥ ? 3 3 3

1 3
1 1 1 +α ,b= +β ,c= +γ . 3 3 3

证法四:设 a=

∵a+b+c=1,∴α +β +γ =0 ∴a2+b2+c2=( =

1 1 1 +α )2+( +β )2+( +γ )2 3 3 3
2

1 2 + (α +β +γ )+α 2+β 2+γ 3 3 1 1 = +α 2+β 2+γ 2≥ 3 3 1 ∴a2+b2+c2≥ 3

( 2)证法一 :? 3a ? 2 ? (3a ? 2) ? 1 ? 同理 3b ? 2 ?

3a ? 2 ? 1 , 2

3b ? 3 3c ? 3 , 3c ? 2 ? 2 2 3( a ? b ? c ) ? 9 ? 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ? ?6 2
∴原不等式成立. 证法二:

3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 (3a ? 2) ? (3b ? 2) ? (3c ? 2) ? 3 3

?

3( a ? b ? c ) ? 6 ? 3 3

∴ 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤ 3 3 <6 ∴原不等式成立. 5.证法一:由 x+y+z=1,x2+y2+z2= 次方程得:

1 1 ,得 x2+y2+(1-x-y)2= ,整理成关于 y 的一元二 2 2

1 =0,∵y∈R,故Δ ≥0 2 1 2 2 ∴4(1-x)2-4?2(2x2-2x+ )≥0,得 0≤x≤ ,∴x∈[0, ] 2 3 3 2 同理可得 y,z∈[0, ] 3
2y2-2(1-x)y+2x2-2x+

1 1 1 +x′,y= +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0, 3 3 3 1 1 1 1 于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2 2 3 3 3 1 2 = +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 3 3 ( y ? ? z ?) 2 1 3 1 1 = +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2 2 3 3 3 2 1 1 1 2 2 故 x′2≤ ,x′∈[- , ] ,x∈[0, ] ,同理 y,z∈[0, ] 9 3 3 3 3 1 证法三:设 x 、 y 、 z 三数中若有负数,不妨设 x < 0 ,则 x2 > 0 , =x2+y2+z2 ≥ x2+ 2 2 2 ( y ? z) (1 ? x) 3 1 1 ? ? x 2 ? x 2 ? x ? > ,矛盾. 2 2 2 2 2 ( y ? z)2 2 2 2 1 x、y、z 三数中若有最大者大于 ,不妨设 x> ,则 =x2+y2+z2≥x2+ =x + 2 3 3 2 (1 ? x) 2 3 2 1 = x -x+ 2 2 2 3 2 1 1 = x(x- )+ > ;矛盾. 2 3 2 2 2 故 x、y、z∈[0, ] 3 b?c 2 c?a 2 a?b 2 6.(1)证明 :? x ? y ? z ? 2( xy ? yz ? zx) 2 b c b a c b a c ? ( x 2 ? y 2 ? 2 xy ) ? ( y 2 ? z 2 ? 2 yz ) ? ( z 2 ? x 2 ? 2 zx) a b b c c a b a 2 c b 2 a c 2 ?( x? y) ? ( y? z) ? ( z? x) ? 0 a b b c c a b?c 2 c?a a?b 2 ? x ? y? z ? 2( xy ? yz ? zx) a b c ( 2)证明 : 所证不等式等介于 y?z z?x x? y x2 y2z2 ( ? ? ) ? 2( xy ? yz ? zx) 2 x y z
证法二:设 x=

? xyz ? [ yz ( y ? z ) ? zx( z ? x ) ? xy ( x ? y )] ? 2( xy ? yz ? zx) 2 ? ( x ? y ? z )( y 2 z ? yz 2 ? z 2 x ? zx 2 ? x 2 y ? xy 2 ) ? 2( x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 ) ? 4( x 2 yz ? xy 2 z ? xyz 2 ) ? y 3 z ? yz 3 ? z 3 x ? zx 3 ? x 3 y ? xy 3 ? 2 x 2 yz ? 2 xy 2 z ? 2 xyz 2 ? yz ( y ? z ) 2 ? zx( z ? x ) 2 ? xy ( x ? y ) 2 ? x 2 ( y ? z ) 2 ? y 2 ( z ? x ) 2 ? z 2 ( x ? y ) 2 ? 0
∵上式显然成立,∴原不等式得证. 7.证明:(1)对于 1<i≤m,且 A im =m???(m-i+1),

A im m m ? 1 A im n n ? 1 m ? i ?1 n ? i ?1 ? ? ? ? ? , 同理 ? ? ??? , i i m m m n n n m n

由于 m<n,对于整数 k=1,2,?,i-1,有

n?k m?k , ? n m

所以

A in A im ? i ,即m i A in ? n i A im ni m

(2)由二项式定理有:
2 2 n n (1+m)n=1+C 1 n m+C n m +?+C n m , 2 2 m m (1+n)m=1+C 1 m n+C m n +?+C m n ,

由(1)知 miA in >niA im (1<i≤m ∴miCin>niCim(1<m<n )

) ,而 C im =

A im i A in , Cn ? i! i!

0 0 2 2 2 2 1 1 ∴m0C 0 n =n C n =1,mC n =nC m =m?n,m C n >n C m ,?, m m m+1 m?1 m mC m C n >0,?,mnC n n >n C m ,m n >0, 2 2 2 2 n n 1 m m ∴1+C 1 n m+C n m +?+C n m >1+C m n+C mn +?+C m n ,

即(1+m)n>(1+n)m 成立. 8.证法一:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0. 即(a+b)3≤23,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ab ≤a+b≤2, 所以 ab≤1.

?m ? a ? b 证法二:设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则 ? , ?n ? ab
因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ =m2-4n≥0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 所以 n= ①

m2 2 ? 3 3m m2 2 ? )≥0, 3 3m



将②代入①得 m2-4( 即

? m3 ? 8 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 3m 由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n, 即 n≤1,所以 ab≤1. 证法三:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b),从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3,所以 a+b≤2,(下略)

a 3 ? b3 a?b 3 ?( ) 2 2 (a ? b)[ 4a 2 ? 4b 2 ? 4ab ? a 2 ? b 2 ? 2ab] 3(a ? b)( a ? b) 2 ? ? ≥0, 8 8 a 3 ? b3 a?b 3 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥( ) 2 2 a 3 ? b3 a?b 3 因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥( ) , 2 2 a?b ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 2 证法五:假设 a+b>2,则 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以 ab<1, 又 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为 a3+b3=2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾,故 a+b≤2(以下略)
证法四:因为

难点 19 解不等式
不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛, 又是学习高等数学的重要工具, 所以 不等式是高考数学命题的重点,解不等式的应用非常广泛,如求函数的定义域、值域,求参 数的取值范围等,高考试题中对于解不等式要求较高,往往与函数概念,特别是二次函数、 指数函数、对数函数等有关概念和性质密切联系,应重视;从历年高考题目看,关于解不等 式的内容年年都有,有的是直接考查解不等式,有的则是间接考查解不等式. ●难点磁场 (★★★★)解关于 x 的不等式

a( x ? 1) >1(a≠1). x?2

●案例探究 [例 1]已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 m、n∈[-1,1] , m+n≠0 时

f ( m) ? f ( n ) >0. m?n 1 1 )<f( ); 2 x ?1

(1)用定义证明 f(x)在[-1,1]上是增函数; (2)解不等式:f(x+

(3)若 f(x)≤t2-2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立,求实数 t 的取值范 围. 命题意图:本题是一道函数与不等式相结合的题目,考查学生的分析能力与化归能力, 属★★★★★级题目. 知识依托:本题主要涉及函数的单调性与奇偶性,而单调性贯穿始终,把所求问题分解 转化,是函数中的热点问题;问题的要求的都是变量的取值范围,不等式的思想起到了关键 作用. 错解分析:(2)问中利用单调性转化为不等式时,x+

1 1 ∈[-1,1] , ∈[-1,1] 2 x ?1

必不可少,这恰好是容易忽略的地方. 技巧与方法: (1)问单调性的证明, 利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键, (3) 问利用单调性把 f(x)转化成“1”是点睛之笔.

(1)证明: 任取 x1<x2, 且 x1, x2∈ [-1, 1] , 则 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)= -x2) ∵-1≤x1<x2≤1, ∴x1+(-x2)≠0,由已知

f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) ? (x1 x1 ? x 2

f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) >0,又 x1-x2<0, x1 ? x 2

∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x)在[-1,1]上为增函数. (2)解:∵f(x)在[-1,1]上为增函数,

1 ? ?? 1 ? x ? 2 ? 1 ? 1 ? ?1 ∴ ?? 1 ? x ?1 ? 1 1 ? x? ? ? 2 x ?1 ?

解得:{x|-

3 ≤x<-1,x∈R} 2

(3)解:由(1)可知 f(x)在[-1,1]上为增函数,且 f(1)=1,故对 x∈[-1,1] ,恒有 f(x) 2 ≤1,所以要 f(x)≤t -2at+1 对所有 x∈[-1,1] ,a∈[-1,1]恒成立,即要 t2-2at+1 ≥1 成立,故 t2-2at≥0,记 g(a)=t2-2at,对 a∈[-1,1] ,g(a)≥0,只需 g(a)在[-1, 1]上的最小值大于等于 0,g(-1)≥0,g(1)≥0,解得,t≤-2 或 t=0 或 t≥2.∴t 的取值范 围是:{t|t≤-2 或 t=0 或 t≥2}. [例 2]设不等式 x2-2ax+a+2≤0 的解集为 M,如果 M ? [1,4] ,求实数 a 的取值 范围. 命题意图: 考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系, 属★★★★级 题目. 知识依托: 本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系, 以 及分类讨论的数学思想. 错解分析: M= ? 是符合题设条件的情况之一, 出发点是集合之间的关系考虑是否全面, 易遗漏;构造关于 a 的不等式要全面、合理,易出错. 技巧与方法:该题实质上是二次函数的区间根问题,充分考虑二次方程、二次不等式、 二次函数之间的内在联系是关键所在;数形结合的思想使题目更加明朗. 解:M ? [1,4]有 n 种情况:其一是 M= ? ,此时Δ <0;其二是 M≠ ? ,此时Δ > 0,分三种情况计算 a 的取值范围. 设 f(x)=x2 -2ax+a+2,有Δ =(-2a)2-(4a+2)=4(a2-a-2) (1)当Δ <0 时,-1<a<2,M= ? [1,4] (2)当Δ =0 时,a=-1 或 2.当 a=-1 时 M={-1} 1,4] ;当 a=2 时,m={2} [1,4]. (3)当Δ >0 时,a<-1 或 a>2.设方程 f(x)=0 的两根 x1,x2,且 x1<x2,那么 M=[x1, x2] ,M ? [1,4] ? 1≤x1<x2≤4 ? ?

? f (1) ? 0, 且f (4) ? 0 ?1 ? a ? 4, 且? ? 0

?? a ? 3 ? 0 ?18 ? 7a ? 0 18 ? 即? ,解得:2<a< , 7 ?a ? 0 ? ?a ? ?1或a ? 2

∴M ? [1,4]时,a 的取值范围是(-1,

18 ). 7

●锦囊妙计 解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求, 随着高考命题原则向能力立意 的进一步转化,对解不等式的考查将会更是热点,解不等式需要注意下面几个问题: (1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法. (2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式,特别要注意因式的处理方法. (3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式,指数和对数不等式的几种基本类型的解法. (4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法. (5)在解不等式的过程中,要充分运用自己的分析能力,把原不等式等价地转化为易解 的不等式. (6)对于含字母的不等式,要能按照正确的分类标准,进行分类讨论. ●歼灭难点训练 一、选择题

? ?( x ? 1) 2 ( x ? ?1) ? 1.(★★★★★)设函数 f(x)= ?2 x ? 2( ?1 ? x ? 1) ,已知 f(a)>1,则 a 的取值范围是( ?1 ? ? 1( x ? 1) ?x

)

1 ,+∞) 2 1 C.(-∞,-2)∪(- ,1) 2
A.(-∞,-2)∪(- 二、填空题

1 1 , ) 2 2 1 D.(-2,- )∪(1,+∞) 2
B.(-

2.(★★★★★)已知 f(x)、 g(x)都是奇函数, f(x)>0 的解集是(a2, b), g(x)>0 的解集是(

a2 , 2

b ),则 f(x)?g(x)>0 的解集是__________. 2
3.(★★★★★)已知关于 x 的方程 sin2x+2cosx+a=0 有解, 则 a 的取值范围是__________. 三、解答题 4.(★★★★★)已知适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3. (1)求 p 的值; (2)若 f(x)=

1? x p x ?1 - ,解关于 x 的不等式 f- 1(x)> log p (k∈R+) x k p ?1 7 ,问是否存在 a、b、c∈R,使得不等式: 2

5.(★★★★★)设 f(x)=ax2+bx+c,若 f(1)= x2+

1 3 ≤f(x)≤2x2+2x+ 对一切实数 x 都成立,证明你的结论. 2 2
6.(★★★★★)已知函数 f(x)=x2+px+q,对于任意θ ∈R,有 f(sinθ )≤0,且 f(sinθ +2)

≥2. (1)求 p、q 之间的关系式; (2)求 p 的取值范围; (3)如果 f(sinθ +2)的最大值是 14,求 p 的值.并求此时 f(sinθ )的最小值.

7.(★★★★)解不等式 loga(x-

8.(★★★★★)设函数 f(x)=ax 满足条件:当 x∈(-∞,0)时,f(x)>1;当 x∈(0,1 ] 时, 不等式 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,求实数 m 的取值范围. 参考答案 难点磁场 解:原不等式可化为:

1 )>1 x

(a ? 1) x ? (2 ? a) >0, x?2

即[(a-1)x+(2-a)](x-2)>0.

a?2 )(x-2)>0 同解. a ?1 a?2 a?2 若 ≥2,即 0≤a<1 时,原不等式无解;若 <2,即 a<0 或 a>1,于是 a> a ?1 a ?1 a?2 1 时原不等式的解为(-∞, )∪(2,+∞). a ?1 a?2 a?2 当 a<1 时,若 a<0,解集为( ,2);若 0<a<1,解集为(2, ) a ?1 a ?1 a?2 a?2 综上所述: 当 a>1 时解集为(-∞, )∪(2, +∞); 当 0<a<1 时, 解集为(2, ); a ?1 a ?1 a?2 当 a=0 时,解集为 ? ;当 a<0 时,解集为( ,2). a ?1
当 a>1 时,原不等式与(x- 歼灭难点训练 一、1.解析:由 f(x)及 f(a)>1 可得:

?a ? ?1 ? 2 ?(a ? 1) ? 1

?? 1 ? a ? 1 ① 或? ?2 a ? 2 ? 1

?a ? 1 ? ② 或 ?1 ?1?1 ? ?a



1 <a<1,解③得 x∈ ? 2 1 ∴a 的取值范围是(-∞,-2)∪(- ,1) 2
解①得 a<-2,解②得- 答案:C 二、 2.解析:由已知 b>a2∵f(x),g(x)均为奇函数,∴f(x)<0 的解集是(-b,-a2),g(x)<0

b a2 的解集是(- ,? ).由 f(x)?g(x)>0 可得: 2 2

?a 2 ? x ? b ?? b ? x ? ?a 2 ? f ( x) ? 0 ? f ( x) ? 0 ? ? 或? ,即? a 2 ? b 或? b a2 g ( x ) ? 0 g ( x ) ? 0 ? ? ? ?x? ?? ? x ? ? 2 ? 2 2 ?2
∴x∈(a2,

b b )∪(- ,-a2) 2 2

答案:(a2,

b b )∪(- ,-a2) 2 2

3.解析:原方程可化为 cos2x-2cosx-a-1=0,令 t=cosx,得 t2-2t-a-1=0,原问题转 化为方程 t2-2t-a-1=0 在[-1,1]上至少有一个实根.令 f(t)=t2-2t-a-1,对称轴 t=1,

? f (?1) ? 0 画图象分析可得 ? 解得 a∈[-2,2]. ? f (1) ? 0
答案: [-2,2] 三、 4.解:(1)∵适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5 的 x 的最大值为 3, ∴x-3≤0,∴|x-3|=3-x. 若|x2-4x+p|=-x2+4x-p,则原不等式为 x2-3x+p+2≥0,其解集不可能为{x|x≤3}的子 集,∴|x2-4x+p|=x2-4x+p. ∴原不等式为 x2-4x+p+3-x≤0,即 x2-5x+p-2≤0,令 x2-5x+p-2=(x-3)(x-m), 可得 m=2,p=8. (2)f(x)=

8x ? 1 1? x - ,∴f- 1(x)=log8 (-1<x<1 ) , x 8 ?1 1? x

∴有 log8

∵-1<x<1,k∈R+,∴当 0<k<2 时,原不等式解集为{x|1-k<x<1};当 k≥2 时, 原不等式的解集为{x|-1<x<1 } . 5.解:由 f(1)= f(-1)≤

1? x 1 ? x ,∴log (1-x)<log k,∴1-x<k,∴x>1-k. >log8 8 8 1? x k

7 7 1 3 3 得 a+b+c= ,令 x2+ =2x2+2x+ x ? =-1,由 f(x)≤2x2+2x+ 推得 2 2 2 2 2

3 . 2

1 3 3 3 推得 f(-1)≥ ,∴f(-1)= ,∴a-b+c= ,故 2 2 2 2 5 5 2(a+c)=5,a+c= 且 b=1,∴f(x)=ax2+x+( -a). 2 2 5 1 依题意:ax2+x+( -a)≥x2+ 对一切 x∈R 成立, 2 2
由 f(x)≥x2+ ∴a≠1 且Δ =1-4(a-1)(2-a)≤0,得(2a-3)2≤0,

3 2 x +x+1 2 3 3 易验证: x2+x+1≤2x2+2x+ 对 x∈R 都成立. 2 2 3 1 3 ∴存在实数 a= ,b=1,c=1,使得不等式:x2+ ≤f(x)≤2x2+2x+ 对一切 x∈R 都成 2 2 2
∴f(x)= 立. 6.解:(1)∵-1≤sinθ ≤1,1≤sinθ +2≤3,即当 x∈[-1,1]时,f(x)≤0,当 x∈[1, 3]时,f(x)≥0,∴当 x=1 时 f(x)=0.∴1+p+q=0,∴q=-(1+p) (2)f(x)=x2+px-(1+p), 当 sinθ =-1 时 f(-1)≤0,∴1-p-1-p≤0,∴p≥0

(3)注意到 f(x)在 [1, 3] 上递增, ∴x=3 时 f(x)有最大值.即 9+3p+q=14, 9+3p-1-p=14, ∴p=3. 此时,f(x)=x2+3x-4,即求 x∈[-1,1]时 f(x)的最小值.又 f(x)=(x+ 此函数在[-1,1]上递增. ∴当 x=-1 时 f(x)有最小值 f(-1)=1-3-4=-6.

3 2 25 )- ,显然 2 4

? 1 1? ? 0 ? ? x 7.解:(1)当 a>1 时,原不等式等价于不等式组 ? ?1 ? 1 ? a ? x ?
由此得 1-a>

1 1 .因为 1-a<0,所以 x<0,∴ <x<0. x 1? a ? 1 1? ? 0 ? ? x (2)当 0<a<1 时,原不等式等价于不等式组: ? ?1 ? 1 ? a ? ? x
由 ①得 x>1 或 x<0,由②得 0 <x<

① ②

1 1 ,∴1<x< . 1? a 1? a 1 综上,当 a>1 时,不等式的解集是{x| <x<0 } ,当 0<a<1 时,不等式的解集为 1? a 1 {x|1<x< }. 1? a 8.解:由已知得 0<a<1,由 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2),x∈(0,1 ] 恒成立.
2 ? ?3mx ? 1 ? 1 ? mx ? x 在 x∈(0,1 ] 恒成立. ?? 2 ? ?1 ? mx ? x ? m ? 2

? 1 ? x2 m ? ? ? ?2 x ? 1 ? x ? 2x 整理,当 x∈(0,1)时, ? 恒成立,即当 x∈(0,1 ] 时, ? 恒 2 2 ? ?m ? x ? 1 ?m( x ? 1) ? x ? 1 ? x ?1 ?
2

? ?2mx ? 1 ? x 成立,且 x=1 时, ? 恒成立, 2 ? ?m( x ? 1) ? x ? 1
2

1 ? x2 1 1 1 ? x2 ? ? 在 x∈(0,1 ] 上为减函数,∴ <-1, 2x 2x 2 2x 1 ? x2 ∴m< 恒成立 ? m<0. 2x x2 ? 1 12 ? ( x ? 1) ? ? 2 ,在 x∈(0,1 ] 又∵ x ?1 x ?1 x2 ? 1 ∴ <-1. x ?1


? 1 ? x2 m? ? x ?1 ? 2x ∴m> 恒成立 ? m>-1 当 x∈(0,1)时, ? 恒成立 ? m∈(-1,0)① 2 x ?1 x ?1 ?m ? ? x ?1 ?
2

2 ? ?m ? 0 ?2mx ? 1 ? x 当 x=1 时, ? ,即是 ? ∴m<0 2 ? ?0 ? 1 ?m( x ? 1) ? x ? 1



∴①、②两式求交集 m∈(-1,0),使 x∈(0,1 ] 时,f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2) 恒成立,m 的取值范围是(-1,0)

难点 20 不等式的综合应用
不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一, 作为解决问题的工具, 与其他知识综 合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类:一类是建立不等式求参数的取值范 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、本难点 提供相关的思想方法,使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应 用等方面的问题. ●难点磁场 (★★★★★)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两个根 x1、x2 满足 0< x1<x2<

1 . a x1 . 2

(1)当 x∈[0,x1 ) 时,证明 x<f(x)<x1; (2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明:x0<

●案例探究 [例 1]用一块钢锭烧铸一个厚度均匀,且表面积为 2 平方米 的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为 h 米, 盖子边长为 a 米, (1)求 a 关于 h 的解析式; (2)设容器的容积为 V 立方米,则当 h 为何值时,V 最大?求 出 V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度) 命题意图: 本题主要考查建立函数关系式, 棱锥表面积和体积 的计算及用均值定论求函数的最值. 知识依托:本题求得体积 V 的关系式后,应用均值定理可求得最值. 错解分析:在求得 a 的函数关系式时易漏 h>0. 技巧与方法:本题在求最值时应用均值定理. 解:①设 h′是正四棱锥的斜高,由题设可得:

1 ? 2 a ? 4 ? h ?a ? 2 ? ? 2 ? ?a 2 ? 1 a 2 ? h12 ? 4 ?

消去 h ?.解得 : a ?

1 h ?1
2

( a ? 0)

1 h ②由 V ? a 2 h ? (h>0) 2 3 3( h ? 1)

1 1 而h ? ? 2 h ? ? 2 1 h h 3(h ? ) h 1 1 所以 V≤ ,当且仅当 h= 即 h=1 时取等号 6 h 1 故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为 立方米. 6 [例 2]已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1 时|f(x)|≤
得: V ? 1. (1)证明:|c|≤1; (2)证明:当-1 ≤x≤1 时,|g(x)|≤2;

1

(3)设 a>0,有-1≤x≤1 时, g(x)的最大值为 2,求 f(x). 命题意图:本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质,以及综合应用数 学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托:二次函数的有关性质、函数的单调性是药引,而绝对值不等式的性质灵活运 用是本题的灵魂. 错解分析:本题综合性较强,其解答的关键是对函数 f(x)的单调性的深刻理解,以及对 条件“-1≤x≤1 时|f(x)|≤1”的运用;绝对值不等式的性质使用不当,会使解题过程空洞, 缺乏严密,从而使题目陷于僵局. 技巧与方法:本题(2)问有三种证法,证法一利用 g(x)的单调性;证法二利用绝对值不等 式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|;而证法三则是整体处理 g(x)与 f(x)的关系. (1)证明:由条件当=1≤x≤1 时,|f(x)|≤1,取 x=0 得:|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1. (2)证法一:依题设|f(0)|≤1 而 f(0)=c,所以|c|≤1.当 a>0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上 是增函数,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); 当 a<0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上是减函数,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. 综合以上结果,当-1≤x≤1 时,都有|g(x)|≤2. 证法二:∵|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,根据绝对值不等式性质得: |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, 函数 g(x)=ax+b 的图象是一条直线,因此|g(x)|在[-1,1]上的最大值只能在区间的端 点 x=-1 或 x=1 处取得,于是由|g(±1)|≤2 得|g(x)|≤2,(-1<x<1 ) .

( x ? 1) 2 ? ( x ? 1) 2 x ?1 2 x ?1 2 ?( ) ?( ) , 4 2 2 x ?1 2 x ?1 2 x ?1 x ?1 ? g ( x ) ? ax ? b ? a[( ) ?( ) ] ? b( ? ) 2 2 2 2 x ?1 2 x ?1 x ?1 2 x ?1 ? [a ( ) ? b( ) ? c ] ? [a ( ) ? b( ) ? c] 2 2 2 2 x ?1 x ?1 ? f( )? f ( ) 2 2 证法三 :? x ?

x ?1 x ?1 ≤1,-1≤ ≤0, 2 2 x ?1 x ?1 ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f ( )|≤1; ) |≤1,|f( 2 2
当-1≤x≤1 时,有 0≤

因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f (

x ?1 x ?1 )|≤2. ) |+|f( 2 2

(3)解:因为 a>0,g(x)在[-1,1]上是增函数,当 x=1 时取得最大值 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. 因为当-1≤x≤1 时,f(x)≥-1,即 f(x)≥f(0), 根据二次函数的性质,直线 x=0 为 f(x)的图象的对称轴, 由此得-

b <0 ,即 b=0. 2a

由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1. ●锦囊妙计 1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题,在解决这些问题时,关键是把非 不等式问题转化为不等式问题,在化归与转化中,要注意等价性. 2.对于应用题要通过阅读,理解所给定的材料,寻找量与量之间的内在联系,抽象出事 物系统的主要特征与关系,建立起能反映其本质属性的数学结构,从而建立起数学模型,然 后利用不等式的知识求出题中的问题. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)定义在 R 上的奇函数 f(x)为增函数,偶函数 g(x)在区间[0,+∞)的图象 与 f(x)的图象重合,设 a>b>0,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( ) ①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) ④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 二、填空题 4 2.(★★★★★)下列四个命题中: ①a+b≥2 ab ②sin2x+ 2 ≥4 ③设 x, y 都是正 sin x 1 9 数,若 ? =1,则 x+y 的最小值是 12 ④若|x-2|<ε ,|y-2|<ε ,则|x-y|<2ε ,其中 x y 所有真命题的序号是__________. 3.(★★★★★)某公司租地建仓库,每月土地占用费 y1 与车库到车站的距离成反比,而 每月库存货物的运费 y2 与到车站的距离成正比,如果在距车站 10 公里处建仓库,这两项费 用 y1 和 y2 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 __________公里处. 三、解答题 4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两实数根 为 x1,x2. (1)如果 x1<2<x2<4,设函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证 x0>-1; (2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求 b 的取值范围. 5.(★★★★)某种商品原来定价每件 p 元,每月将卖出 n 件,假若定价上涨 x 成(这里 x 成即

x ,0<x≤10 ) .每月卖出数量将减少 y 成,而售货金额变成原来的 z 倍. 10 1 (1)设 y=ax,其中 a 是满足 ≤a<1 的常数,用 a 来表示当售货金额最大时的 x 的值; 3

(2)若 y=

2 x,求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围. 3

6.(★★★★★)设函数 f(x)定义在 R 上,对任意 m、n 恒有 f(m+n)=f(m)?f(n),且当 x>0 时,0<f(x)<1. (1)求证:f(0)=1,且当 x<0 时,f(x)>1; (2)求证:f(x)在 R 上单调递减; (3)设集合 A={ (x,y)|f(x2)?f(y2)>f(1)},集合 B={(x,y)|f(ax-g+2)=1,a∈R},若 A∩ B= ? ,求 a 的取值范围. 7.(★★★★★)已知函数 f(x)=

2 x 2 ? bx ? c (b<0)的值域是[1,3] , x2 ?1

(1)求 b、c 的值; (2)判断函数 F(x)=lgf(x),当 x∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论; (3)若 t∈R,求证:lg

7 1 1 13 ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg . 5 6 6 5

[科普美文]数学中的不等式关系 数学是研究空间形式和数量关系的科学,恩格斯在《自然辩证法》一书中指出,数学是 辩证的辅助工具和表现形式, 数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素, 等与不等关系正 是该点的生动体现,它们是对立统一的,又是相互联系、相互影响的;等与不等关系是中学 数学中最基本的关系. 等的关系体现了数学的对称美和统一美, 不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异 美.不等关系起源于实数的性质, 产生了实数的大小关系, 简单不等式, 不等式的基本性质, 如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式, 不等式发展为一个人丁兴 旺的大家族,由简到繁,形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系,又产 生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗?显然不是,由此又产生了解不等式与 证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件, 不同类型的不等式又有不同的解法;不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在 特定条件下,阐述论证过程,揭示内在规律,基本方法有比较法、综合法、分析法;探索性 问题大多是与自然数 n 有关的证明问题, 常采用观察—归纳—猜想—证明的思路, 以数学归 纳法完成证明.另外,不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等. 数学科学是一个不可分割的有机整体,它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等 式的知识渗透在数学中的各个分支, 相互之间有着千丝万缕的联系, 因此不等式又可作为一 个工具来解决数学中的其他问题, 诸如集合问题, 方程(组)的解的讨论, 函数单调性的研究, 函数定义域的确定,三角、数列、复数、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的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明;不等式还可以解决 现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数 形结合、函数与方程.总之,不等式的应用体现了一定的综合性,灵活多样性. 等与不等形影不离,存在着概念上的亲缘关系,是中学数学中最广泛、最普遍的关系. 数学的基本特点是应用的广泛性、 理论的抽象性和逻辑的严谨性, 而不等关系是深刻而生动 的体现.不等虽没有等的温柔,没有等的和谐,没有等的恰到好处,没有等的天衣无缝,但 它如山之挺拔,峰之隽秀,海之宽阔,天之高远,怎能不让人心旷神怡,魂牵梦绕呢? 参考答案 难点磁场 解:(1)令 F(x)=f(x)-x,因为 x1,x2 是方程 f(x)-x=0 的根,所以 F(x)=a(x-x1)(x-x2). 当 x∈(0,x1)时,由于 x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0, 又 a>0,得 F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即 x<f(x) x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)] ∵0<x<x1<x2<

1 ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 a b ,因为 x1、x2 是方程 f(x)-x=0 的两根,即 x1,x2 是方程 ax2+(b- 2a

∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1. (2)依题意:x0=- 1)x+c=0 的根.

b ?1 a b a( x1 ? x2 ) ? 1 ax1 ? ax2 ? 1 ∴x0=- ,因为 ax2<1, ? ? 2a 2a 2a
∴x1+x2=-

∴x0<

ax1 x1 ? 2a 2

歼灭难点训练 一、1.解析:由题意 f(a)=g(a)>0,f(b)=g(b)>0,且 f(a)>f(b),g(a)>g(b) ∴f(b)-f(-a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b) 而 g(a)-g(-b)=g(a)-g(b)∴g(a)+g(b)-[g(a)-g(b)] =2g(b)>0,∴f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) 同理可证:f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) 答案:A 二、2.解析:①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式:|x-y|=|(x-2) -(y-2)|≤|(x-2)-(y-2)|≤|x-2|+|y-2|<ε +ε =2ε . 答案:④ 3.解析:由已知 y1=

20 20 ;y2=0.8x(x 为仓库与车站距离)费用之和 y=y1+y2=0.8x+ ≥2 x x

0. 8 x ?

20 =8 x

当且仅当 0.8x=

20 即 x=5 时“=”成立 x

答案:5 公里处 三、4.证明:(1)设 g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且 x>0. ∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即 x1x2<2(x1+x2)-4,

于是得x0 ? ?

b 1 b ?1 1 1 1 1 ? ? (? ? ) ? ( x1 ? x2 ) ? x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 2 2a 2 a a 2 2 2 1 1 ? ? ( x1 ? x2 ) ? 2 ? ? (2 ? 4) ? 2 ? ?1 2 2

(2)解:由方程 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 可知 x1?x2= 1°若 0<x1<2,则 x2-x1=2,∴x2=x1+2>2, ∴g(2)<0,即 4a+2b-1<0 又(x2-x1)2=

1 >0,所以 x1,x2 a


(b ? 1) 2 4 ? ?4 a a2

∴2a+1= (b ? 1) 2 ? 1 (∵a>0)代入①式得, 2 (b ? 1) 2 ? 1 <3-2b 解②得 b< ②

1 4


2°若 -2<x1<0,则 x2=-2+x1<-2 ∴g(-2)<0,即 4a-2b+3<0 又 2a+1= (b ? 1) 2 ? 1 ,代入③式得 2 (b ? 1) 2 ? 1 <2b-1



解④得 b>

7 . 4 1 7 ,当-2<x1<0 时,b> . 4 4

综上,当 0<x1<2 时,b<

5.解:(1)由题意知某商品定价上涨 x 成时,上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金

x y )元、n(1- )元、npz 元,因而 10 10 x y 1 1 [-a npz ? p(1 ? ) ? n(1 ? ),? z ? (10 ? x)(10 ? y) ,在 y=ax 的条件下,z= 10 10 100 100 25(1 ? a ) 2 1 5(1 ? a) 2 5(1 ? a) [x- ] +100+ ].由于 ≤a<1,则 0< ≤10. a 3 a a 5(1 ? a) 要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x= . a 2 1 (2)由 z= (10+x)(10- x)>1,解得 0<x<5. 3 100
额分别是:p(1+ 6.(1)证明:令 m>0,n=0 得:f(m)=f(m)?f(0).∵f(m)≠0,∴f(0)=1 取 m=m,n=-m,(m<0),得 f(0)=f(m)f(-m) 1 ∴f(m)= ,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1 f (?m) (2)证明:任取 x1,x2∈R,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1] =f(x1)-f(x2-x1)?f(x1)=f(x1)[1-f(x2-x1)] , ∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数.

? f ( x 2 ? y 2 ) ? f (1) ?x 2 ? y 2 ? 1 (3)由 ? , 由题意此不等式组无解, 数形结合得: 得? ? f (ax ? y ? 2) ? 1 ? f (?) ?ax ? y ? 2 ? 0
|2| a ?1
2

≥1,解得 a2≤3

∴a∈[- 3 , 3 ]

7.(1)解:设 y=

2 x 2 ? bx ? c ,则(y-2)x2-bx+y-c=0 x2 ? 1



∵x∈R,∴①的判别式Δ ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0, 即 4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 由条件知,不等式②的解集是[1,3] ∴1,3 是方程 4y2-4(2+c)y+8c+b2=0 的两根



?1 ? 3 ? 2 ? c ? ? 8c ? b 2 ∴c=2,b=-2,b=2(舍) ?1 ? 3 ? 4 ?
(2)任取 x1,x2∈[-1,1] ,且 x2>x1,则 x2-x1>0,且

(x2-x1)(1-x1x2)>0,∴f(x2)-f(x1)=-

2 x2 1 ? x2
2

? (?

2x 1 ? x1
2

)?

2( x2 ? x1 )(1 ? x1 x2 ) (1 ? x1 )(1 ? x2 )
2 2

>0,

∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即 F(x2)>F(x1) ∴F(x)为增函数.

1 1 1 1 1 (3)记u ?| t ? | ? | t ? |,| u |?| (t ? ) ? (t ? ) |? , 6 6 6 6 3 1 1 即- ≤u≤ ,根据 F(x)的单调性知 3 3 1 1 7 1 1 13 F(- )≤F(u)≤F( ),∴lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 对任意实数 t 成立. 3 3 5 6 6 5


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