江苏省江阴市山观高级中学2016届高考数学一轮复习（教学案+章节测试）（打包29套）.zip

- 1 -不等式章节测试题一、选择题1. 关于 x 的不等式|x－1|m 的解集为 R 的充要条件是（ ）A．m＜0 B．m≤－1C．m≤0 D．m≤12. 若 a、 b是任意实数，且 ba，则 （ ）A． 2B． 1C． 0)lg(baD． ba)2(3． 若 ,,hayx则下列不等式一定成立的是（ ）A． hB． yx2C． yxD． h4． 欲证 7632，只需证 （ ）A． 22)()(B． 736C． 22)6()7(D． 22735. 设 x1，x 2是方程 x2＋px＋4＝0 的两个不相等的实根，则 （ ）A．| x 1 |＞2 且| x 1 |＝2 B．| x 1＋x 2|＞4C．| x 1＋x 2|＜4 D．| x 1 |＝４且| x 2 |＝16. 对一切正整数 n，不等式 nb恒成立，则 b 的范围是 （ ）A．(0, 3) B． (3,0]C．( 52,) ),1( D．( 52, 1) 7. 已知函数 f (x)＝ )0(2x，则不等式 f(x)＋20 的解区间是 （ ）A．(－2，2) B．(－∞, －2)∪(2, ＋∞)C．(－1，1) D．(－∞, －1)∪(1, ＋∞)8. 在 R 上定义运算 ． (1)xy若不等式 ()1xa对任意实数 x恒成立，则（ ）- 2 -A． 1a B． 02a C． 312a D． 32a9． 某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质 20%，要使水中杂质减少到原来的 5%以下，则至少需过滤的次数为（参考数据 lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）（ ）A．5 B．10 C．14 D．1510.集合 1{|0}x、 ax1，则 “是 “BA的 （ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件二、填空题11．若 yxyx2,416,4230则的取值范围是 .12．若不等式 0ba的解集为{ 3x}，则 ba .13．实数 x 满足 sin1log3x，则 91的值为 .14．已知 a、b、c 为某一直角三角形的三条边长，c 为斜边，若点(m，n)在直线ax＋by＋2c＝0 上，则 m2＋n 2的最小值是 ．15．对 a，b∈R，记 max| a，b |＝ ba，函数 f(x)＝max| | x＋1 |，| x－2 | | (x∈R)的最小值是 ．三、解答题16. 若 a、b、c 都是正数，且 a＋b＋c＝1，求证：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc．17．已知函数 f(x)＝ xa2，x∈ ,1．(1) 当 a＝ 21时，求函数 f(x)的最小值；(2) 若对任意 x∈ ,，f(x)＞0 恒成立，求实数 a 的取值范围．18．（理）解关于 x 的不等式 2(1)ax（文）解关于 x 的不等式： 20,- 3 -19．设函数 y＝f(x)的定义域为(0，＋ )，且对任意 x、y∈R ＋ ，f(xy)＝f(x)＋f(y)恒成立，已知 f(8)＝3，且当 x＞1 时，f(x)＞0．(1)证明：函数 f(x)在(0，＋ )上单调递增；(2)对一个各项均正的数列{a n}满足 f(Sn)＝f(a n)＋f(a n＋1)－1 (n∈N *)，其中 Sn是数列{a n}的前 n 项和，求数列{a n}的通项公式；(3)在(Ⅱ)的条件下，是否存在正整数 p、q，使不等式 )1(2121 qpaan 对n∈N *恒成立，求 p、q 的值．20．对 1 个单位质量的含污物体进行清洗，清洗前其清洁度（含污物体的清洁度定义为：1－ )(含 污 物物 体 质 量污 物 质 量 ）为 0.8，要求洗完后的清洁度是 0.99．有两种方案可供选择，方案甲：一次清洗；方案乙：两次清洗．该物体初次清洗后受残留水等因素影响，其质量变为a(1≤a≤3)．设用 x 单位质量的水初次清洗后的清洁度是 18.0x(x＞a－1)，用 y 质量的水第二次清洗后的清洁度是 ayc，其中 c (0.8＜c＜0.99)是该物体初次清洗后的清洁度．(1) 分别求出方案甲以及 c＝0.95 时方案乙的用水量，并比较哪一种方案用水量较少；(2) 若采用方案乙，当 a 为某定值时，如何安排初次与第二次清洗的用水量，使总用水量最少？并讨论 a 取不同数值对最少总用水量多少的影响．21. 已知条件 p：|5x－1|a 和条件 0132:xq，请选取适当的实数 a 的值，分别利用所给的两个条件作为 A、B 构造命题：“若 A 则 B”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命题为假命题.则这样的一个原命题可以是什么？并说明为什么这一命题是符合要求的命题.不等式章节测试题参考答案1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.A 8.D 9.C 10. A 11. )10,8( 12. －1 13. 8 14.4 15. 2316. 证明：因为 a、b、c 都是正数，且 a＋b＋c＝1，所以 )()()1)(cabc822．- 4 -17. 解：(1)当 a＝ 21时， 21)(xf，易证 f(x)在[1 ，＋ )上单调递增．∴当 x＝1 时，[f(x)] min＝f(1)＝ 7(2)由 f(x)＞0 得 02xa∵x∈[1，＋ ) ∴x 2＋2x＋a＞0∴a＞－(x 2＋2x)，令 t＝－(x 2＋2x)，x∈[1，＋ )则 t＝－(x 2＋2x)＝1－(x＋1) 2∴当 x＝1 时，t max＝1－(1＋1) 2＝－3∴a＞－318.(理)原不等式可化为： ()0xa① 当 a1 时，原不等式的解集为102xax则② 当 时，原不等式的解集为 则③ 当 a＝1 时，原不等式的解集为 02x则④ 当 20时，原不等式的解集为xx则⑤ 当 a＝0 时，原不等式的解集为 12x则⑥ 当 2时，原不等式的解集为1xxa则(文)原不等式可化为： (1)0,()a① 当 0时，原不等式的解集为 1x② 当 1a时，原不等式的解集为③ 当 时，原不等式的解集为 .19. (Ⅰ)设 0＜x 1＜x 2，则 01122xfx，从而有 )()()( 112122 xffxfxff  ，所以函数 f(x)在(0，＋ )上单调递增；(Ⅱ)因为 f(8)＝3f(2)＝3 f(2)＝1，所以有 )(nSf1()2()1)() nnn afffSfaff22S，由此及函数 f(x)在(0，＋ )上单调递增得 nnaS2．- 5 -当 n＝1 时， 1211aSa；当 n≥2 时， 12)( nnnn a1na，即数列{a n}是首项 a1＝1，公差 d＝1 的等并非数列，故 an＝n；(Ⅲ)设存在满足条件的正整数 p、q，则当 n＝1 时，有49)(21 qpa．下面证明不等式 )1(2112naa 对 n∈N *恒成立．事实上，因为 nn)1(2n(n∈N *)，所以 naa121 )]()3()[(2 n1n.20. (1)设方案甲与方案乙的用水量分别为 x 与 z，由题设有 9.018x，解得 x＝19．由 c＝0.95 得方案乙初次用水量为 3，第二次用水量 y 满足方程： .5.ay，解得y＝4a，故 z＝4a＋3．即两种方案的用水量分别为 19 与 4a＋3．因为当 1≤a≤3 时，x－z＝4(4－a)＞0，即 x＞z，故方案乙的用水量较少．(2)设初次与第二次清洗的用水量分别为 x 与 y，类似(Ⅰ)得 )*(109(,)1(54caycx于是 x＋y＝ )109()1(54cac)(c0当 a 为定值时，x＋y≥ 1)(10)(52acca4当且仅当 )1(0)1(5cac时等号成立．此时 )9.0,8(510,0  ac或舍 去不 合 题 意将 ac510代入（*）式得,152ax- 6 -ay52．故 ac510时总用水量最少，此时第一次与第二次用水量分别为 152a与a52，最少总用水量是．T(a)＝－a＋ 154a．- 1 -第 2 课时 算术平均数与几何平均数1．a0，b0 时，称 为 a，b 的算术平均数；称 为 a，b 的几何平均数．2．定理 1 如果 a、b R，那么 a2＋b 2 2ab（当且仅当 时 取“＝”号）3．定理 2 如果 a、b ，那么 ≥ （当且仅当 a＝b 时取“＝”号）即两个数的算术平均数不小于它们的几何平均数．4．已知 x、y R，x＋y＝P，xy＝S. 有下列命题：(1) 如果 S 是定值，那么当且仅当 x＝y 时，x＋y 有最小值 ．(2) 如果 P 是定值，那么当且仅当 x＝y 时，xy 有最大值 ．例 1．设 a、b R，试比较 2ba， ， 2ba， 1的大小． 解：∵a、b R+，∴ ba1≥2即 ba12≤ ，当且仅当 a＝b 时等号成立．又 42)2(≤ 42＝ ba ∴ ba≤2当且仅当 a＝b 时等号成立． 而 ab≤ 2于是 ba12≤ ≤ 2b≤2(当且仅当 a＝b 时取“＝”号)．说明：题中的 、 ab、 、 2分别叫做正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数．也可取特殊值，得出它们的大小关系，然后再证明．变式训练 1：（1）设 ,R，已知命题 :pab；命题22:abq，则 p是q成立的 （ ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解：B.解析： ab是22ab等号成立的条件.典型例题基础过关- 2 -（2）若 ,abc为△ABC 的三条边，且 22,Sabcpabc，则（ ）A． Sp B． p C．  D． 2Sp解：D．解析： 22 221()[()()()]0,abcabcabca，又∵ 222222||,|,|, ,,abc cb∴ 22()cSp。（3）设 x 0, y 0, yxa1, yxb1， a 与 b 的大小关系（ ） A．a b B．a 0）则盐水就变咸了，试根据这一事实提炼一个不等式 .解： ma．解析:由盐的浓度变大得．例 2. 已知 a，b，x，y∈R +（a，b 为常数）， 1ybxa，求 x＋y 的最小值.解： a＋b＋2变式训练 2：已知 a，b，x，y∈R +（a，b 为常数），a＋b＝10， 1ybxa，若 x＋y 的最小值为 18，求 a，b 的值．解： ，，8或 .2， ．例 3. 已知 a, b 都是正数，并且 a  b，求证：a 5 + b5 a2b3 + a3b2解：证：(a 5 + b5 )  (a2b3 + a3b2) = ( a5  a3b2) + (b5  a2b3 ) = a3 (a2  b2 )  b3 (a2  b2) = (a2  b2 ) (a3  b3)= (a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2)∵a, b 都是正数，∴a + b, a 2 + ab + b2 0又∵a  b，∴(a  b)2 0 ∴(a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2) 0即：a 5 + b5 a2b3 + a3b2变式训练 3：比较下列两个数的大小：（1） ；与 （2） 56与 ；（3）从以上两小项的结论中，你否得出更一般的结论？并加以证明解：（1） 321,（2） 563- 3 -（3）一般结论：若 231 nnNn则 成立证明 欲证 231成立只需证 nn也就是 231 （ ）Nn,nn从而（*）成立，故 n )(N例 4. 甲、乙两地相距 S（千米），汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度最大不得超过 c（千米/小时）．已知汽车每小时的运输成本（元）由可变部分与固定部分组成．可变部分与速度v（千米/小时）的平方成正比，且比例系数为正常数 b；固定部分为 a 元．(1) 试将全程运输成本 Y(元)表示成速度 V(千米/小时)的函数.(2) 为使全程运输成本最省，汽车应以多大速度行驶？解: (1) 依题意得，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为 vs,全程运输成本为y＝a· vs＋bv 2· vs＝s( a＋bv)，故所求函数及其定义域为 y＝s( a＋bv)v∈(0,c)(2) ∵s、a、b、v∈R +，故 s( v＋bv)≥2s ab 当且仅当 v＝bv 时取等号，此时 v＝ ba若 ≤c 即 v＝ ba时，全程运输成本最小．若 bac，则当 v∈(0，c)时，y＝s( v＋bv)－s( ca＋bc)＝ vcs(c－v)(a－bcv)∵c－v≥0，且 abc2，故有 a－bcv≥a－bc 20∴ s( va＋bv)≥s( c＋bc)，且仅当 v＝c 时取等号，即 v＝c 时全程运输成本最小．变式训练 4：为了通过计算机进行较大规模的计算，人们目前普遍采用下列两种方法：第一种传统方法是建造一台超级计算机．此种方法在过去曾被普遍采用．但是人们逐渐发现建造单独的超级计算机并不合算，因为它的运算能力和成本的平方根成正比．另一种比较新的技术是建造分布式计算机系统．它是通过大量使用低性能计算机(也叫工作站)组成一个计算网络．这样的网络具有惊人的计算能力，因为整个网络的计算能力是各个工作站的效能之和．假设计算机的计算能力的单位是 MIPS(即每秒执行百万条指令的次数)，一台运算能力为6000MIPS 的传统巨型机的成本为 100 万元；而在分布式系统中，每个工作站的运算能力为300MIPS，其价格仅为 5 万元．需要说明的是，建造分布式计算系统需要较高的技术水平，初期的科技研发及网络建设费用约为 600 万元．请问：在投入费用为多少的时候，建造新型的分布式计算系统更合算？- 4 -解：设投入的资金为 x万元，两种方法所能达到的计算能力为 21,yMIPS，则 ky1．把 0x， 60代入上式得 601k，又 )60(2xky，当 5时， 32y代入上式得 2，由 2y≥ 1得 )(x≥ x60，即 60x≥0，解得 ≥900(万元)．答：在投入费用为 900 万元以上时，建造新型的分布式计算系统更合算。1．在应用两个定理时，必须熟悉它们的常用变形，同时注意它们成立的条件．2．在使用“和为常数、积有最大值”和“积为常数、和有最小值”这两个结论时，必须注意三点：“一正”——变量为正数，“二定”——和或积为定值，“三相等”——等号应能取到，简记为“一正二定三相等”．小结归纳归纳小结- 1 -第 3 课时 不等式证明（一）1．比较法是证明不等式的一个最基本的方法，分比差、比商两种形式．(1)作差比较法，它的依据是： ba0它的基本步骤：作差——变形——判断，差的变形的主要方法有配方法，分解因式法，分子有理化等．(2) 作商比较法，它的依据是：若 a0， b0，则babababa11它的基本步骤是：作商——变形——判断商与 1 的大小．它在证明幂、指数不等式中经常用到．2．综合法：综合法证题的指导思想是“由因导果”，即从已知条件或基本不等式出发，利用不等式的性质，推出要证明的结论．3．分析法：分析法证题的指导思想是“由果索因”，即从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够确定这些充分条件都已具备，那么就可以判定所要证的不等式成立．例 1. 已知 0,ba，求证： bab证法 1： )(＝ abab)(3＝ ])(2[2＝ ab))((∵ 0， 0， 0)(2ba∴ 0)(ab 即 b证法 2： abbaba)((3典型例题基础过关- 2 -＝1＋ 1)(2ab∴ 故原命题成立，证毕．变式训练 1：已知 a、b、x、y∈R +且 a1＞ b，x＞y.求证： x＞ y．解：证法一：(作差比较法)∵ ax－ by＝ （（byax，又 1＞ 且 a、b∈R +，∴b＞a＞0.又 x＞y＞0，∴bx＞ay.∴ ）） （（ b＞0，即 ax＞ by.证法二：(分析法)∵x、y、a、b∈R +，∴要证 ＞ ，只需证明 x(y+b)＞y(x+a)，即证 xb＞ya.由 a1＞ b＞0，∴b＞a＞0. 又 x＞y＞0，知 xb＞ya 显然成立.故原不等式成立.例 2. 已知 a、b∈R +，求证： )(2)1)( ab证明：∵ ba，因此要证明原不等式成立，则只要证 )(21baba由于 )(210)( ba所以 )(21a从而原不等式成立．变式训练 2：已知 a、b、c R，求证： cbacba2342证明：左边－右边＝ cba234)816(4122 cba0](4)(3)[ 2ba∴ cac2- 3 -例 3. 已知△ABC 的外接圆半径 R＝1， 41ABCS， a、 b、 c是三角形的三边，令cbas， cbat1．求证： st证明： RabcCSAB42sin2又∵ R＝1， 41 ∴ 1∴ abcbcas 2121cbtc∴ ts 但 s的条件是 1ba，此时 43ABCS与已知矛盾．∴ 变式训练 3：若 ,c为△ABC 的三条边，且 22,abcpabc，则（ ）A． 2Sp B． pS C． S D． 2Sp答案:D．解析： 22 221()[()()()]0,Sabcabcabca，又∵ 222222||,|,|, ,,abc cb∴ 22()cSp。例 4. 设二次函数 0()2abxxf ，方程 0)(xf的两个根 1x、 2满足 ax102．(1) 当 x∈(0，x 1)时，证明：xf (x)x 1(2) 设函数 f (x)的图象关于直线 x＝x 0对称，证明：x 0 21x．证明：(1)由于 1x、 2是方程 )(f的两个根，则 )()(21xaf 当 ),0(1x时，有 0∴ 0,21xx 又 0a∴ )(f 即 xf)(又由 xaf )21 得 1)()( xxf- 4 -)1)(2axx∵ 0 又 0a∴ 1x， 12xax∴ 0)(f 即 )(f综上所述， 1xf．(2) ∵ axf )()(21212xa∴ 20axx变式训练 4：设 f(x)=3ax .0bxcabc++=若 ,f(0)＞0，f (1)＞0，求证：(1)a＞0 且-2＜ ＜-1；(2)方程 f(x)=0 在（0，1）内有两个实根. 证明：（1）因为 (),()0ff，所以 ,320cabc.由条件 abc，消去 b，得 a；由条件 ，消去 c，得 ， .故 2.（2）抛物线 2()3fxabxc的顶点坐标为23(,)bac，在 1b的两边乘以 1，得 23a.又因为 (0),()0,ff而 ()0,bcf所以方程 fx在区间 ,3a与 ,1内分别有一实根。故方程 ()0在 (1)内有两个实根.1．比较法是证明不等式的一个最基本的方法，而又以作差比较最为常见．作差比较的关键在于作差后如何变形来达到判断差值符号之目的，变形的方向主要是因式分解和配方．2．综合法证明不等式要找出条件和结论之间的内在联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式左右两端的差异和联系，合理进行变换，去异存同，恰当选择已知不等式，找到证题归纳小结- 5 -的突破口．3．分析法是“执果索因”重在对命题成立条件的探索，寻求不等式成立的充分条件，因此有时须先对原不等式化简．常用的方法有：平方，合并，有理化去分母等．但要注意所有这些变形必须能够逆推，书写格式要严谨规范．4．分析法和综合法是对立统一的两个方法．在不等式的证明中，我们常用分析法探索证明的途径后，用综合法的形式写出证明过程．这种先分析后综合的思路具有一般性，是解决数学问题的一种重要数学思想．- 1 -第 4 课时 不等式证明（二）证明不等式的其它方法：反证法、换元法、放缩法、判别式法等．反证法：从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原命题是正确的证明方法．换元法：对结构较为复杂，量与量之间关系不甚明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式的证明方法．放缩法：为证明不等式的需要，有时需舍去或添加一些代数项，使不等式的一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法叫放缩法．判别式法：根据已知的式子或构造出来的一元二次方程的根，一元二次不等式的解集，二次函数的性质等特征，确定其判别式所应满足的不等式，从而推出所证的不等式成立．例 1. 已知 f(x)＝x 2＋px＋q，(1) 求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2) 求证：｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于 21．证明: (1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2(2)用反证法。假设｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于 ，则｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜＜2，而｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，出现矛盾.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于 21.变式训练 1：设 cba、R，那么三个数 ba1、 c、 a （ ）A．都不大于 2B．都不小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2解:D例 2. （1） 已知 x2＋y 2＝1，求证: 2211axya.（2） 已知 a、b∈R，且 a2＋b 2≤1，求证: 22b.证明:(1)设 sin,coyx∴ sinay)i(12a典型例题基础过关- 2 -(其中 221sin,1cosaa)∵ )in(∴ 2211axya(2)令 cos,sinkb(其中 k2≤1),则 22222 cossinsi kkk)4i(2≤ 2故原不等式成立.变式训练 2： 设实数 x，y 满足 x2＋(y－1) 2＝1，当 x＋y＋c≥0 时，c 的取值范围是（ ）A. )1[、B. ]1(、 C. 2、D. 2、解:A例 3. 若 nN、，求证： 131212n证明：当 时 )()(nn 即 nn11212)1( )43()(32nn1)1( )32()32nn、故原不等式成立．变式训练 3：若 f(n)＝ 12－n，g(n)＝n－ 12n， (n)＝ n21，则 f (n)，g (n)， (n)的大小顺序为____________．解:g(n)φ(n)f(n)例 4. 证明： 23122x．证明：设 y，则(1－y)x 2＋x＋1－y＝0(1)当 y≠1 时，∵x∈R，∴△＝1－4(1－y) 2≥0- 3 -得 )1(231y(2)当 y＝1 时，由(1－y)x 2＋x＋1－y＝0 得 x＝0而 x＝0 是函数 2的定义域中的一个值；∴y＝1 是它值域中的一个值.综合(1)和(2)可知， 231y，即 2322x．变式训练 4：设二次函数 )0()(2aRcbaxxf 、、，若函数 )(xfy的图象与直线xy和 均无公共点．(1) 求证： 12bac(2) 求证：对于一切实数 x恒有 |41||2acbxa证明：(1)由 ax2＋(b－1)x＋c＝0 无实根，得 Δ 1＝(b－1) 2－4ac1(2)∵4ac－b 210，∴a(x＋ ab)2与 abc42同号，∴｜ax＋bx＋c｜＝｜ a(x＋ )2＋ ｜＝｜a｜(x＋ ab2) ＋ abc4≥ c a411．凡是含有“至少”，“至多”，“唯一”，“不存在”或其它否定词的命题适宜用反证法．2．在已知式子中，如果出现两变量之和为正常数或变量的绝对值不大于一个正常数，可进行三角变换，换元法证明不等式时，要注意换元的等价性．3．放缩法证题中，放缩必须有目标，放缩的途径很多，如用均值不等式，增减项、放缩因式等．4．含有字母的不等式，如果可以化成一边为零，另一边是关于某字母的二次三项式时，可用判别式法证明不等式成立，但要注意根的范围和题设条件的限制．归纳小结- 1 -第 7 课时 不等式的应用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它数学问题．例 1.若关于 x 的方程 4x＋a·2 x＋a＋1＝0 有实数解，求实数 a 的取值范围.解:令 t＝2 x(t＞0)，则原方程化为 t2＋at＋a＋1＝0，变形得]21)[(1tta )(变式训练 1：已知方程 sin2x－4sinx＋1－a＝0 有解，则实数 a 的取值范围是 （ ）A．[－3，6] B．[－2，6]C．[－3，2] D．[－2，2]解:B例 2. 如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为 2米的无盖长方体沉淀箱，污水从 A 孔流入，经沉淀后从 B 孔流出．设箱体的长度为 a 米，高度为 b 米．已知流出的水中该杂质的质量分数与 a，b 的乘积 ab 成反比．现有制箱材料 60 平方米．问当 a，b 各为多少米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A、B 孔的面积忽略不计)．解法一：设 y 为流出的水中杂质的质量分数，则 y＝ abk，其中 k＞0 为比例系数.依题意，即所求的 a，b 值使 y 值最小.根据题设，有 4b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)，得 b＝ 230(0＜a＜30) ①于是 y＝ k＝ a22643ak6434ak≥ 264234ak18k当 a＋2＝ 时取等号，y 达到最小值.这时 a＝6，a＝－10(舍去).将 a＝6 代入①式得 b＝3.典型例题基础过关- 2 -故当 a 为 6 米，b 为 3 米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.解法二：依题意，即所求的 a，b 的值使 ab 最大.由题设知 4b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)，即 a＋2b＋ab＝30(a＞0，b＞0).因为 a＋2b≥2 a2，所以 b2+ab≤30，当且仅当 a＝2b 时，上式取等号.由 a＞0，b＞0，解得 0＜ab≤18.即当 a＝2b 时，ab 取得最大值，其最大值为 18.所以 2b2＝18.解得 b＝3，a＝6.故当 a 为 6 米，b 为 3 米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小．变式训练 2：一批物资要用 11 辆汽车从甲地运到 360 千米外的乙地，若车速为 v 千米/小时，两车的距离不能小于( 10v)2千米，运完这批物资至少需要 （ ）A．10 小时 B．11 小时C．12 小时 D．13 小时解:C例 3. 已知二次函数 y＝ax 2＋2bx＋c，其中 a＞b＞c 且 a＋b＋c＝0.（1） 求证：此函数的图象与 x 轴交于相异的两个点.（2） 设函数图象截 x 轴所得线段的长为 l，求证： 3＜l＜2 .证明:(1)由 a＋b＋c＝0 得 b＝－(a＋c).Δ＝(2b) 2－4ac＝4(a＋c) 2－4ac＝4(a 2＋ac＋c 2)＝4[(a＋ c)2＋ 43c2]＞0.故此函数图象与 x 轴交于相异的两点.(2)∵a＋b＋c＝0 且 a＞b＞c，∴a＞0，c＜0.由 a＞b 得 a＞－(a＋c)，∴ ＞－2.由 b＞c 得－(a+c)＞c，∴ ac＜－ 21.∴－2＜ a＜－ 21. l＝|x 1－x 2|＝ 342（（ac.由二次函数的性质知 l∈( 3，2 )变式训练 3：设函数 f(x)＝x 2＋2bx＋c (c＜b＜1)，f(1)＝0，且方程 f(x)＋1＝0 有实根．(1)证明：－3＜c≤－1 且 b≥0；(2)若 m 是方程 f(x)＋1＝0 的一个实根，判断 f(m－4)的正负，并加以证明．证明:(1) 212)( cbcf- 3 -又 c＜b＜1，故 3112cc又方程 f(x)＋1＝0 有实根，即 x2＋2bx＋c＋1＝0 有实根．故△＝4b 2－4(c－1)≥0，即(c＋1) 2－4(c＋1)≥0 c≥3 或 c≤－1由 1313cc或 由 bb知(2) )()(2)(2cxxbxf 1f(m)＝－1＜0∴c＜m＜1c－4＜m－4＜－3＜c∴f(m－4)＝(m－4－c)(m－4－1)＞0∴f(m－4)的符号为正．例 4. 一船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲乙两地相距 S(千米)，水速为常量 p(千米/小时)，船在静水中的最大速度为 q(千米/小时)(q＞p)，已知船每小时的燃料费用(以元为单位)与船在静水中速度 v(千米/小时)的平方成正比，比例系数为 k．⑴ 把全程燃料费用 y(元)表示为静水中速度 v 的函数，并求出这个函数的定义域．⑵ 为了使全程燃料费用最小，船的实际前进速度应为多少？解:(1) y＝kv 2 pvs，v∈(p，q](2) i) 2p≤q 时，船的实际前进速度为 p；ii) 2p＞q 时，船的实际前进速度为 q－p．变式训练 4：某游泳馆出售冬季游泳卡，每张 240 元，使用规定：不记名，每卡每次只限 1人，每天只限 1 次．某班有 48 名同学，老师们打算组织同学们集体去游泳，除需要购买若干张游泳卡外，每次游泳还要包一辆汽车，无论乘坐多少名同学，每次的包车费均为 40 元，若使每个同学游泳 8 次，每人最少交多少钱？解:设购卡 x 张，总费用 y 元．y＝240(x＋ 64)≥3840x＝8 时，y min＝3840 3840÷48＝80(元)答：每人最少交 80 元钱．不等式的应用主要有两类：⑴ 一类是不等式在其它数学问题中的应用，主要是求字母的取值范围，这类问题所进行的必须是等价转化．注意沟通各知识点之间的内在联系，活用不等式的概念、方法，融会贯通．⑵ 一类是解决与不等式有关的实际问题，这类问题首先应认真阅读题目，理解题目的意义，注意题目中的关键词和有关数据，然后将实际问题转化为数学问题，即数学建模，再运用不等式的有关知识加以解决．小结归纳归纳小结- 1 -第 10 课时 函数模型及其应用1．抽象概括：研究实际问题中量，确定变量之间的主、被动关系，并用 x、 y 分别表示问题中的变量；2．建立函数模型：将变量 y 表示为 x 的函数，在中学数学内，我们建立的函数模型一般都是函数的解析式；3．求解函数模型：根据实际问题所需要解决的目标及函数式的结构特点正确选择函数知识求得函数模型的解，并还原为实际问题的解.这些步骤用框图表示是：例 1. 如图所示，在矩形 ABCD 中，已知 AB=a，BC=b（b＜a）,在 AB，AD，CD，CB 上分别截取 AE，AH，CG，CF 都等于 x，当 x 为何值时，四边形 EFGH 的面积最大？并求出最大面积.解： 设四边形 EFGH 的面积为 S，则 S△AEH =S△CFG = 21x2,S△BEF =S△DGH = （a-x）（b-x），∴S=ab-2［ x212+ （a-x）（b-x）］=-2x2+（a+b）x=-2（x- )4ba2+ ,8)(2由图形知函数的定义域为{x|0＜x≤b}.又 0＜b＜a,∴0＜b＜ 2,若 ≤b,即 a≤3b 时，则当 x= 4a时，S 有最大值 8)(2ba;若 b＞b,即 a＞3b 时，S（x）在（0,b］上是增函数，此时当 x=b 时，S 有最大值为-2(b- 4ba)2+ 8)(2=ab-b2,综上可知，当 a≤3b 时，x= 4ba时，四边形面积 Smax= 8)(2,典型例题基础过关实际问题 函数模型抽象概括实际问题的解函数模型的解还原说明运用函数的性质- 2 -当 a＞3b 时，x=b 时，四边形面积 Smax=ab-b2.变式训练 1：某商人将进货单价为 8 元的某种商品按 10 元一个销售时，每天可卖出 100 个，现在他采用提高售价，减少进货量的办法增加利润，已知这种商品销售单价每涨 1 元，销售量就减少 10 个，问他将售价每个定为多少元时，才能使每天所赚的利润最大？并求出最大值. 解：设每个提价为 x 元（x≥0），利润为 y 元，每天销售总额为（10+x）（100-10x）元，进货总额为 8（100-10x）元，显然 100-10x＞0,即 x＜10,则 y=（10+x）（100-10x）-8(100-10x)=(2+x)(100-10x)=-10(x-4) 2+360 (0≤x＜10).当 x=4 时，y 取得最大值，此时销售单价应为 14 元，最大利润为 360 元.例 2. 据气象中心观察和预测：发生于 M 地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v（km/h）与时间 t（h）的函数图象如图所示，过线段 OC 上一点 T（t，0）作横轴的垂线 l，梯形 OABC 在直线 l 左侧部分的面积即为 t（h）内沙尘暴所经过的路程 s（km）.（1）当 t=4 时，求 s 的值；（2）将 s 随 t 变化的规律用数学关系式表示出来；（3）若 N 城位于 M 地正南方向，且距 M 地 650 km，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到 N 城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到 N 城？如果不会，请说明理由.解：（1）由图象可知：当 t=4 时，v=3×4=12,∴s= 2×4×12=24.（2）当 0≤t≤10 时，s= 21·t·3t= 23t2，当 10＜t≤20 时，s= ×10×30+30（t-10）=30t-150；当 20＜t≤35 时，s= 21×10×30+10×30+(t-20)×30- 21×(t-20)×2(t-20)=-t2+70t-550.综上可知 s=.35,20,570113,,22tttt(3)∵t∈［0，10］时，s max= 2×102=150＜650.t∈（10，20］时，s max=30×20-150=450＜650.∴当 t∈（20，35］时，令-t 2+70t-550=650.解得 t1=30,t2=40,∵20＜t≤35,∴t=30，所以沙尘暴发生 30 h 后将侵袭到 N 城.变式训练 2：某工厂生产一种机器的固定成本（即固定投入）为 0.5 万元，但每生产 100 台，需要加可变成本（即另增加投入）0.25 万元.市场对此产品的年需求量为 500 台，销售的收入函数为 R（x）=5x- 2x（万元）(0≤x≤5)，其中 x 是产品售出的数量（单位：百台）.- 3 -（1）把利润表示为年产量的函数；（2）年产量是多少时，工厂所得利润最大？（3）年产量是多少时，工厂才不亏本？解：（1）当 x≤5 时，产品能售出 x 百台；当 x＞5 时，只能售出 5 百台，故利润函数为 L（x）=R（x）-C（x）= ).5(25.01,0.74)5()2.05()5(.2 2xxx(2)当 0≤x≤5 时，L（x）=4.75x-2-0.5，当 x=4.75 时，L(x) max=10.781 25 万元.当 x＞5 时，L（x）=12-0.25x 为减函数，此时 L（x）＜10.75(万元）.∴生产 475 台时利润最大.（3）由 .025.1,05.27.4,0x，x或得 x≥4.75- 6.1=0.1(百台）或 x＜48(百台).∴产品年产量在 10 台至 4 800 台时，工厂不亏本.例 3. 某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水不超过 4 吨时，每吨为 1.80 元，当用水超过 4 吨时，超过部分每吨 3.00 元，某月甲、乙两户共交水费 y 元，已知甲、乙两用户该月用水量分别为 5x，3x 吨.（1）求 y 关于 x 的函数；（2）若甲、乙两户该月共交水费 26.4 元，分别求出甲、乙两户该月的用水量和水费.解：（1）当甲的用水量不超过 4 吨时，即 5x≤4，乙的用水量也不超过 4 吨，y=（5x+3x）×1.8=14.4x;当甲的用水量超过 4 吨，乙的用水量不超过 4 吨时，即 3x≤4 且 5x＞4,y=4×1.8+3x×1.8+3×(5x-4)=20.4x-4.8.当乙的用水量超过 4 吨时，即 3x＞4,y=8×1.8+3(8x-8)=24x-9.6，所以 y=)34(6.924.580)0(.1xxxx(2)由于 y=f(x)在各段区间上均为单调递增，当 x∈［0， 5］时,y≤f（ 5）＜26.4;当 x∈（ 4， 3］时，y≤f（ 34）＜26.4;- 4 -当 x∈（ 34,+∞）时，令 24x-9.6=26.4,解得 x=1.5,所以甲户用水量为 5x=7.5 吨，付费 S1=4×1.8+3.5×3=17.70（元);乙户用水量为 3x=4.5 吨，付费 S2=4×1.8+0.5×3=8.70（元).变式训练 3：1999 年 10 月 12 日“世界 60 亿人口日”，提出了“人类对生育的选择将决定世界未来”的主题，控制人口急剧增长的紧迫任务摆在我们的面前.（1）世界人口在过去 40 年内翻了一番，问每年人口平均增长率是多少？（2）我国人口在 1998 年底达到 12.48 亿，若将人口平均增长率控制在 1%以内，我国人口在 2008 年底至多有多少亿？以下数据供计算时使用：数 N 1.010 1.015 1.017 1.310 2.000对数 lgN 0.004 3 0.006 5 0.007 3 0.117 3 0.301 0数 N 3.000 5.000 12.48 13.11 13.78对数 lgN 0.477 1 0.699 0 1.096 2 1.117 6 1.139 2解：（1）设每年人口平均增长率为 x，n 年前的人口数为 y，则 y·(1+x)n=60，则当 n=40 时，y=30，即 30(1+x)40=60，∴(1+x) 40=2， 两边取对数，则 40lg(1+x)=lg2，则 lg（1+x）= 402lg=0.007 525，∴1+x≈1.017，得 x=1.7%. （2）依题意，y≤12.48（1+1%） 10 ，得 lgy≤lg12.48+10×lg1.01=1.139 2,∴y≤13.78，故人口至多有 13.78 亿. 答 每年人口平均增长率为 1.7%，2008 年人口至多有 13.78 亿. 解决函数应用问题应着重注意以下几点：1．阅读理解、整理数据：通过分析、画图、列表、归类等方法，快速弄清数据之间的关系，数据的单位等等；2．建立函数模型：关键是正确选择自变量将问题的目标表示为这个变量的函数，建立函数模型的过程主要是抓住某些量之间的相等关系列出函数式，不要忘记考察函数的定义域；3．求解函数模型：主要是计算函数的特殊值，研究函数的单调性，求函数的值域、最大(小)值等，注意发挥函数图象的作用.4．还原评价：应用问题不是单纯的数学问题，既要符合数学学科又要符合实际背景，因于解出的结果要代入原问题进行检验、评判最后作出结论，作出回答.小结归纳