高考数学难点突破.doc

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的值.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RtPAB中，APB=60 PA=1，AB= (千米)在RtPAC中，APC=30，AC= (千米)在ACB中，CAB=30+60=90(2)DAC=9060=30sinDCA=sin(180ACB)=sinACB=sinCDA=sin(ACB30)=sinACBcos30cosACBsin30.在ACD中，据正弦定理得，答：此时船距岛A为千米.例2已知ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos，f(x)=cosB().(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|的范围.解：(1)A+C=2B，B=60，A+C=1200|60，x=cos(，1又4x230，x，定义域为(，)(，1.(2)设x1x2，f(x2)f(x1)=，若x1，x2()，则4x1230，4x2230，4x1x2+30，x1x20，f(x2)f(x1)0即f(x2)f(x1)，若x1，x2(，1，则4x1230.4x2230，4x1x2+30，x1x20，f(x2)f(x1)0.即f(x2)f(x1)，f(x)在(,)和(，1上都是减函数.(3)由(2)知，f(x)f()=或f(x)f(1)=2.故f(x)的值域为(，)2，+.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+sin2C2，则ABC为钝角三角形；(4)若cos(AB)cos(BC)cos(CA)=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，则的值为_.3.()在ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos(2A+C)=，sinB=，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的正弦成正比，角和这一点到光源的距离 r的平方成反比，即I=k，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，.(1)求角A的度数；(2)若a=，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AC=，试求A、B、C的值.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ADAB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=，则AC=2，可得A=60+，C=60，依题设条件有整理得4cos2+2cos3=0(M)(2cos)(2cos+3)=0，2cos+30，2cos=0.从而得cos.解法二：由题设条件知B=60，A+C=120，把式化为cosA+cosC=2cosAcosC ，利用和差化积及积化和差公式，式可化为 ， 将cos=cos60=，cos(A+C)=代入式得：将cos(AC)=2cos2()1代入 ：4cos2()+2cos3=0，(*)， 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=，A+C=2B，答案：3.解析：A为最小角2A+C=A+A+CA+B+C=180.cos(2A+C)=，sin(2A+C)=.C为最大角，B为锐角，又sinB=.故cosB=.即sin(A+C)=，cos(A+C)=.cos(B+C)=cosA=cos(2A+C)(A+C)=，cos2(B+C)=2cos2(B+C)1=.答案：三、4.解：如图：连结BD，则有四边形ABCD的面积：S=SABD+SCDB=ABADsinA+BCCDsinCA+C=180，sinA=sinC故S=(ABAD+BCCD)sinA=(24+64)sinA=16sinA由余弦定理，在ABD中，BD2=AB2+AD22ABADcosA=2016cosA在CDB中，BD2=CB2+CD22CBCDcosC=5248cosC2016cosA=5248cosC，cosC=cosA，64cosA=32，cosA=，又0A180，A=120故S=16sin120=8.5.解：R=rcos，由此得：，7.解：由a、b、3c成等比数列，得：b2=3acsin2B=3sinCsinA=3()cos(A+C)cos(AC)B=(A+C).sin2(A+C)=cos(A+C)cos即1cos2(A+C)=cos(A+C)，解得cos(A+C)=.0A+C，A+C=.又AC=A=，B=，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=，DPA=，BDP=2，再设AB=a，AD=x，DP=x.在ABC中，APB=180ABPBAP=120，由正弦定理知：.BP=在PBD中，, 060，6060+2180，当60+2=90，即=15时，sin(60+2)=1，此时x取得最小值a，即AD最小，ADDB=23.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a0，b0，且a+b=1.求证：(a+)(b+).案例探究例1证明不等式(nN*)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：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；(2)假设n=k(k1)时，不等式成立，即1+2，当n=k+1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当nN*时，都有1+2.另从k到k+1时的证明还有下列证法：证法二：对任意kN*，都有：证法三：设f(n)= 那么对任意kN* 都有：f(k+1)f(k)因此，对任意nN* 都有f(n)f(n1)f(1)=10，例2求使a(x0，y0)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cos、sin来对应进行换元，即令=cos，=sin(0)，这样也得asin+cos，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，af(x)，则amin=f(x)max；若 af(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+2a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2，当且仅当x=y时，中有等号成立.比较、得a的最小值满足a21=1，a2=2，a= (因a0)，a的最小值是.解法二：设.x0，y0，x+y2 (当x=y时“=”成立)，1，的最大值是1.从而可知，u的最大值为，又由已知，得au，a的最小值为.解法三：y0，原不等式可化为+1a，设=tan，(0，).tan+1a；即tan+1asecasin+cos=sin(+)，又sin(+)的最大值为1(此时=).由式可知a的最小值为.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1.()已知x、y是正变数，a、b是正常数，且=1，x+y的最小值为_. 2.()设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|ad|bc|，则ad与bc的大小关系是_.3.()若mn，pq，且(pm)(pn)0，(qm)(qn)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 (2)65.()已知x，y，zR，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z0，6.()证明下列不等式：(1)若x，y，zR，a，b，cR+，则z22(xy+yz+zx)(2)若x，y，zR+，且x+y+z=xyz，则2()7.()已知i，m、n是正整数，且1imn.(1)证明：niAmiA；(2)证明：(1+m)n(1+n)m8.()若a0，b0，a3+b3=2，求证：a+b2，ab1.参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+40，即证4(ab)233(ab)+80，即证ab或ab8.a0，b0，a+b=1，ab8不可能成立1=a+b2，ab，从而得证.证法二：(均值代换法)设a=+t1，b=+t2.a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2|显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.证法三：(比较法）a+b=1，a0，b0，a+b2，ab证法四：(综合法)a+b=1， a0，b0，a+b2，ab.证法五：(三角代换法） a0，b0，a+b=1，故令a=sin2，b=cos2，(0，)2歼灭难点训练一、1.解析：令=cos2，=sin2，则x=asec2，y=bcsc2，x+y=asec2+bcsc2=a+b+atan2+bcot2a+b+2.答案：a+b+22.解析：由0|ad|bc|(ad)2(bc)2(a+b)24ad(b+c)24bca+d=b+c，4ad4bc，故adbc.答案：adbc3.解析：把p、q看成变量，则mpn，mqn.答案：mpqn二、4.(1)证法一：a2+b2+c2=(3a2+3b2+3c21)=3a2+3b2+3c2(a+b+c)2=3a2+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc=(ab)2+(bc)2+(ca)20 a2+b2+c2证法二：(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a2+b2+c2)(a+b+c)2=1 a2+b2+c2证法三：a2+b2+c2a2+b2+c2证法四：设a=+，b=+，c=+.a+b+c=1，+=0a2+b2+c2=(+)2+(+)2+(+)2=+ (+)+2+2+2=+2+2+2a2+b2+c2原不等式成立.证法二：6原不等式成立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1xy)2=，整理成关于y的一元二次方程得：2y22(1x)y+2x22x+=0，yR，故04(1x)242(2x22x+)0，得0x，x0，同理可得y，z0，证法二：设x=+x，y=+y，z=+z，则x+y+z=0，于是=(+x)2+(+y)2+(+z)2=+x2+y2+z2+ (x+y+z)=+x2+y2+z2+x2+=+x2故x2，x，x0，同理y，z0，证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x0，则x20，=x2+y2+z2x2+，矛盾.x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x，则=x2+y2+z2x2+=x2+=x2x+=x(x)+；矛盾.故x、y、z0，上式显然成立，原不等式得证.7.证明：(1)对于1im，且A =m(mi+1)，由于mn，对于整数k=1，2，i1，有，所以(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+Cm+Cm2+Cmn，(1+n)m=1+Cn+Cn2+Cnm，由(1)知miAniA (1im，而C=miCinniCim(1mnm0C=n0C=1，mC=nC=mn，m2Cn2C，mmCnmC，mm+1C0，mnC0，1+Cm+Cm2+Cmn1+Cn+C2mn2+Cnm，即(1+m)n(1+n)m成立.8.证法一：因a0，b0，a3+b3=2，所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3ab28=3a2b+3ab26=3ab(a+b)2=3ab(a+b)(a3+b3)=3(a+b)(ab)20.即(a+b)323，又a+b0，所以a+b2，因为2a+b2，所以ab1.证法二：设a、b为方程x2mx+n=0的两根，则，因为a0，b0，所以m0，n0，且=m24n0 因为2=a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n)所以n=将代入得m24()0，即0，所以m3+80，即m2，所以a+b2，由2m 得4m2，又m24n，所以44n，即n1，所以ab1.证法三：因a0，b0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2ab)(a+b)(2abab)=ab(a+b)于是有63ab(a+b)，从而83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b2，(下略）证法四：因为0，所以对任意非负实数a、b，有因为a0，b0，a3+b3=2，所以1=，1，即a+b2，(以下略）证法五：假设a+b2，则a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab(a+b)ab2ab，所以ab1，又a3+b3=(a+b)a2ab+b2=(a+b)(a+b)23ab2(223ab)因为a3+b3=2，所以22(43ab)，因此ab1，前后矛盾，故a+b2(以下略)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1(a1).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、n1，1，m+n0时0.(1)用定义证明f(x)在1，1上是增函数；(2)解不等式：f(x+)f()；(3)若f(x)t22at+1对所有x1，1，a1，1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x1x2，且x1，x21，1，则f(x1)f(x2)=f(x1)+f(x2)=(x1x2)1x1x21，x1+(x2)0，由已知0，又 x1x20，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， 解得：x|x1，xR(3)解：由(1)可知f(x)在1，1上为增函数，且f(1)=1，故对x1，1，恒有f(x)1，所以要f(x)t22at+1对所有x1，1，a1，1恒成立，即要t22at+11成立，故t22at0，记g(a)=t22at，对a1，1，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，t2或t=0或t2.t的取值范围是：t|t2或t=0或t2.例2设不等式x22ax+a+20的解集为M，如果M1，4，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：M1，4有n种情况：其一是M=，此时0；其二是M，此时0，分三种情况计算a的取值范围.设f(x)=x2 2ax+a+2，有=(2a)2(4a+2)=4(a2a2)(1)当0时，1a2，M=1，4(2)当=0时，a=1或2.当a=1时M=11，4；当a=2时，m=21，4.(3)当0时，a1或a2.设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1x2，那么M=x1，x2，M1，41x1x24即，解得：2a，M1，4时，a的取值范围是(1，).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1.()设函数f(x)=，已知f(a)1，则a的取值范围是( )A.(，2)(，+)B.(，)C.(，2)(，1)D.(2，)(1，+)二、填空题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(，)，则f(x)g(x)0的解集是_.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|x24x+p|+|x3|5的x的最大值为3.(1)求p的值；(2)若f(x)=，解关于x的不等式f-1(x)(kR+)5.()设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，问是否存在a、b、cR，使得不等式：x2+f(x)2x2+2x+对一切实数x都成立，证明你的结论.6.()已知函数f(x)=x2+px+q，对于任意R，有f(sin)0，且f(sin+2)2.(1)求p、q之间的关系式；(2)求p的取值范围；(3)如果f(sin+2)的最大值是14，求p的值.并求此时f(sin)的最小值.7.()解不等式loga(x)18.()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(3mx1)f(1+mxx2)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：0，即(a1)x+(2a)(x2)0.当a1时，原不等式与(x)(x2)0同解.若2，即0a1时，原不等式无解；若2，即a0或a1，于是a1时原不等式的解为(，)(2，+).当a1时，若a0，解集为(，2)；若0a1，解集为(2，)综上所述：当a1时解集为(，)(2，+)；当0a1时，解集为(2，)；当a=0时，解集为；当a0时，解集为(，2）.歼灭难点训练一、1.解析：由f(x)及f(a)1可得： 或 或 解得a2，解得a1，解得xa的取值范围是(，2)(，1）答案：C二、2.解析：由已知ba2f(x)，g(x)均为奇函数，f(x)0的解集是(b，a2)，g(x)0的解集是().由f(x)g(x)0可得： x(a2，)(，a2)答案：(a2，)(，a2)3.解析：原方程可化为cos2x2cosxa1=0，令t=cosx，得t22ta1=0，原问题转化为方程t22ta1=0在1，1上至少有一个实根.令f(t)=t22ta1，对称轴t=1，画图象分析可得解得a2，2.答案：2，2三、4.解：(1)适合不等式|x24x+p|+|x3|5的x的最大值为3，x30，|x3|=3x.若|x24x+p|=x2+4xp，则原不等式为x23x+p+20，其解集不可能为x|x3的子集，|x24x+p|=x24x+p.原不等式为x24x+p+3x0，即x25x+p20，令x25x+p2=(x3)(xm)，可得m=2，p=8.(2)f(x)=，f-1(x)=log8 (1x1，有log8log8，log8(1x)log8k，1xk，x1k.1x1，kR+，当0k2时，原不等式解集为x|1kx1；当k2时，原不等式的解集为x|1x1.5.解：由f(1)=得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+x=1，由f(x)2x2+2x+推得f(1).由f(x)x2+推得f(1)，f(1)=，ab+c=，故2(a+c)=5，a+c=且b=1，f(x)=ax2+x+(a).依题意：ax2+x+(a)x2+对一切xR成立，a1且=14(a1)(2a)0，得(2a3)20，f(x)=x2+x+1易验证：x2+x+12x2+2x+对xR都成立.存在实数a=，b=1，c=1，使得不等式：x2+f(x)2x2+2x+对一切xR都成立.6.解：(1)1sin1，1sin+23，即当x1，1时，f(x)0，当x1，3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sin=1时f(1)0，1p1p0，p0(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+3p1p=14，p=3.此时，f(x)=x2+3x4，即求x1，1时f(x)的最小值.又f(x)=(x+)2，显然此函数在1，1上递增.当x=1时f(x)有最小值f(1)=134=6.7.解：(1)当a1时，原不等式等价于不等式组由此得1a.因为1a0，所以x0，x0.(2)当0a1时，原不等式等价于不等式组： 由 得x1或x0，由得0 x，1x.综上，当a1时，不等式的解集是x|x0，当0a1时，不等式的解集为x|1x.8.解：由已知得0a1，由f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)，x(0，1恒成立.在x(0，1恒成立.整理，当x(0，1)时，恒成立，即当x(0，1时，恒成立，且x=1时，恒成立，在x(0，1上为减函数，1，m恒成立m0.又，在x(0，1上是减函数，1.m恒成立m1当x(0，1)时，恒成立m(1，0)当x=1时，即是m0、两式求交集m(1，0）,使x(0，1时，f(3mx1)f(1+mxx2)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(a0)，方程f(x)x=0的两个根x1、x2满足0x1x2.(1)当x0，x1时，证明xf(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h0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：设h是正四棱锥的斜高，由题设可得： 消去由 (h0)得：所以V，当且仅当h=即h=1时取等号故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米.例2已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当1x1时|f(x)|1.(1)证明：|c|1；(2)证明：当1 x1时，|g(x)|2；(3)设a0，有1x1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“1x1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|ab|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=1x1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a0时，g(x)=ax+b在1，1上是增函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1).|f(x)|1，(1x1)，|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 (1x1)；当a0时，g(x)=ax+b在1，1上是减函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1)，|f(x)|1 (1x1)，|c|1|g(x)|=|f(1)c|f(1)|+|c|2.综合以上结果，当1x1时，都有|g(x)|2.证法二：|f(x)|1(1x1)|f(1)|1，|f(1)|1，|f(0)|1，f(x)=ax2+bx+c，|ab+c|1，|a+b+c|1，|c|1，因此，根据绝对值不等式性质得：|ab|=|(ab+c)c|ab+c|+|c|2，|a+b|=|(a+b+c)c|a+b+c|+|c|2，g(x)=ax+b，|g(1)|=|a+b|=|ab|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，(1x1.当1x1时，有01，10，|f(x)|1，(1x1)，|f |1，|f()|1；因此当1x1时，|g(x)|f |+|f()|2.(3)解：因为a0，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)=2.1f(0)=f(1)212=1，c=f(0)=1.因为当1x1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0 ，即b=0.由得a=2，所以f(x)=2x21.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ab0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )f(b)f(a)g(a)g(b) f(b)f(a)g(a)g(b) f(a)f(b)g(b)g(a) f(a)f(b)g(b)g(a)A.B.C.D.二、填空题2.()下列四个命题中：a+b2 sin2x+4 设x，y都是正数，若=1，则x+y的最小值是12 若|x2|，|y2|，则|xy|2，其中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，bR，a0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.(1)如果x12x24，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x01；(2)如果|x1|2，|x2x1|=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，0x10.每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.(1)设y=ax，其中a是满足a1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.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x0时，0f(x)1.(1)求证：f(0)=1，且当x0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(axg+2)=1，aR，若AB=，求a的取值范围.7.()已知函数f(x)= (b0)的值域是1，3，(1)求b、c的值；(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x1，1时的单调性，并证明你的结论；(3)若tR，求证：lgF(|t|t+|)lg.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