【正文】 2＝，當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2＝時(shí)取等號(hào)，∴ f(m)f(m＋1)的最大值為.變式訓(xùn)練　已知f(x)＝x2－x＋k，k∈Z，若方程f(x)＝2在上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．(1) 確定k的值；(2) 求的最小值及對(duì)應(yīng)的x值．解： (1) 設(shè)g(x)＝f(x)－2＝x2－x＋k－2，由題設(shè)有＜k＜，又k∈Z，∴ k＝2.(2) ∵k＝2，∴ f(x)＝x2－x＋2＝2＋＞0，∴ ＝f(x)＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)f(x)＝，即[f(x)]2＝4時(shí)取等號(hào)．∵ f(x)＞0，∴ f(x)＝2時(shí)取等號(hào)．即x2－x＋2＝2，解得x＝＝0或1時(shí)，取最小值4.例2　解：(解法1)顯然a≤0時(shí)，不等式解集為，故a＞(－a＋4)x2－4x＋1＜0，易知a＝4不合題意，所以二次方程(－a＋4)x2－4x＋1＝0中的Δ＝4a＞0，且有4－a＞0，故0＜a＜4，不等式的解集為＜x＜，＜＜則一定有{1,2}為所求的整數(shù)解集，所以2＜≤3時(shí)，解得實(shí)數(shù)a的取值范圍為.(解法2)在同一個(gè)坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)f(x)＝(2x－1)2，g(x)＝ax2的圖象，顯然a≤0不合要求，從圖象可知即可，求得＜a≤.例3　解：設(shè)BC＝a m(a≥)，CD＝b m，連結(jié)BD.則在△CDB中，2＝b2＋a2－2abcos60176。江蘇)(本小題滿分14分)某興趣小組測(cè)量電視塔AE的高度H(單位：m)，如圖所示，垂直放置的標(biāo)桿BC的高度h＝4 m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.(1) 該小組已經(jīng)測(cè)得一組α、β的值，tanα＝，tanβ＝，請(qǐng)據(jù)此算出H的值；(2) 該小組分析若干測(cè)得的數(shù)據(jù)后，認(rèn)為適當(dāng)調(diào)整標(biāo)桿到電視塔的距離d(單位：m)，使α與β之差較大，可以提高測(cè)量精確度．若電視塔的實(shí)際高度為125 m，試問(wèn)d為多少時(shí)，α－β最大？解：(1) ＝tanβAD＝，同理，AB＝，BD＝.(2分)AD－AB＝DB，故得－＝，解得H＝＝＝，算出電視塔的高度H是124 m．(5分)(2) 由題設(shè)知d＝AB，得tanα＝，tanβ＝＝＝，(7分)tan(α－β)＝＝＝＝，(9分)函數(shù)y＝tanx在上單調(diào)增，0βα，則0α－β , (11分)因?yàn)閐＋≥2，(當(dāng)且僅當(dāng)d＝＝＝55時(shí)，取等號(hào))，故當(dāng)d＝55時(shí)，tan(α－β)最大，(13分)所以當(dāng)d＝55時(shí)，α－β最大．故所求的d是55 m．(14分)第5講　不等式及其應(yīng)用1. 若函數(shù)f(x)＝則不等式|f(x)|≥的解集為_(kāi)_______．【答案】　[－3,1]　解析：本題主要考查分段函數(shù)和簡(jiǎn)單絕對(duì)值不等式的解法. 屬于基礎(chǔ)知識(shí)、基本運(yùn)算的考查．① 由|f(x)|≥－3≤x＜0.② 由|f(x)|≥0≤x≤1.∴ 不等式|f(x)|≥的解集為{x|－3≤x≤1}．2. 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋3bx2＋3cx有兩個(gè)極值點(diǎn)xx2，且x1∈[－1,0]，x2∈[1,2]．(1) 求b、c滿足的約束條件，并在下面的坐標(biāo)平面內(nèi)，畫出滿足這些條件的點(diǎn)(b，c)的區(qū)域；(2) 證明：－10≤f(x2)≤－.(1) 解：f′(x)＝3x2＋6bx＋3c由題意知方程f′(x)＝0有兩個(gè)根xx2.且x1∈[－1,0]，x2∈[1,2]．則有f′(－1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0故有圖中陰影部分即是滿足這些條件的點(diǎn)(b，c)的區(qū)域．(2) 證明： 由題意有f′(x2)＝3x＋6bx2＋3c＝0，　①又f(x2)＝x＋3bx＋3cx2，?、谙可得f(x2)＝－x＋x2.又∵ x2∈[1,2]，且c∈[－2,0]，∴ －10≤f(x2)≤－.基礎(chǔ)訓(xùn)練1. (1,2)　解析：A＝(－1,2)，B＝(－∞，－2)∪(1，＋∞)，∴ A∩B＝(1,2)．2. b　解析：0＜a＜b，a＋b＝1，得0＜a＜，＜b＜1，b－(a2＋b2)＝b－b2－(1－b)2＝(2b－1)(1－b)＞0.3. 6　解析：3x＋27y≥2＝2＝2＝6.4. (2，＋∞)　解析：(解法1)因?yàn)?f(a)＝f(b)，所以|lga|＝|lgb|，所以a＝b(舍去)或b＝，所以a＋b＝a＋，又0ab，所以0a1b，令f(a)＝a＋由“對(duì)數(shù)”函數(shù)的性質(zhì)知函數(shù)f(a)在a∈(0,1)上為減函數(shù)，所以f(a)f(1)＝1＋1＝2，即a＋b的取值范圍是(2，＋∞)．(解法2)由0ab，且f(a)＝f(b)得：利用線性規(guī)劃得：化為求z＝x＋y的取值范圍問(wèn)題，z＝x＋yy＝－x＋z，y＝y′＝－＜－1過(guò)點(diǎn)(1,1)時(shí)，z取最小值為2.例題選講例1　解：(1)① ∴ f(x)＝x2－2x＋1.② 證明：a＋b＋c＝－，f(0)＝c，f(1)＝－＜0，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c，若c＞0，則f(0)＞0，f(1)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上連續(xù)，則f(x)在(0,1)內(nèi)必有一實(shí)根；若c≤0，a＞0, 則f(2)＝a－c＞0，f(1)＜0，函數(shù)f(x)在(1,2)上連續(xù)，∴ f(x)在(1,2)內(nèi)必有一實(shí)根，綜上，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．(2) f(x)＝(x－x1)(x－x2)，x1，x2∈(m，m＋1)，m－x1＜0，m－x2＜0，m＋1－x1＞0，m＋1－x2＞0, ∴ f(m)四川)某運(yùn)輸公司有12名駕駛員和19名工人，有8輛載重量為10噸的甲型卡車和7輛載重量為6噸的乙型卡車．某天需運(yùn)往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車需滿載且只運(yùn)送一次．派用的每輛甲型卡車需配2名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)450元；派用的每輛乙型卡車需配1名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)350元，該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用兩類卡車的車輛數(shù)，可得最大利潤(rùn)為多少元？6.(2010江蘇)將邊長(zhǎng)為1 m的正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S＝，則S的最小值是________．4.(2011福建)已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(－1,1)，若點(diǎn)M(x，y)為平面區(qū)域上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則已知建筑支架的材料每米的價(jià)格一定，問(wèn)怎樣設(shè)計(jì)AB，CD的長(zhǎng)，可使建造這個(gè)支架的成本最低？【例4】　(1) 已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函數(shù)f(x)的最大值；(2) 設(shè)ak，bk(k＝1,2…，n)均為正數(shù)，證明：①若a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，則ab11ab22…abnn≤1；②若b1＋b2＋…＋bn＝1，則≤bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b.1. (2011(πy)≤北京)已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．【答案】　(0,1)　解析：f(x)＝(x≥2)單調(diào)遞減且值域?yàn)?0,1]，f(x)＝(x－1)3(x＜2)單調(diào)遞增且值域?yàn)?－∞，1)，f(x)＝k有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(0,1)．例2　解：設(shè)溫室的長(zhǎng)為x m，則寬為 m．由已知得蔬菜的種植面積為S m2：S＝(x－2)＝800－4x－＋8＝808－4≤648(當(dāng)且僅當(dāng)x＝即x＝20時(shí)，取“＝”)．答：當(dāng)矩形溫室的邊長(zhǎng)分別為20 m，40 m時(shí)，蔬菜的種植面積最大，最大種植面積是648 m2.變式訓(xùn)練　某學(xué)校擬建一塊周長(zhǎng)為400 m的操場(chǎng)如圖所示，操場(chǎng)的兩頭是半圓形，中間區(qū)域是矩形，學(xué)生做操一般安排在矩形區(qū)域，為了能讓學(xué)生的做操區(qū)域盡可能大，試問(wèn)如何設(shè)計(jì)矩形的長(zhǎng)和寬？解：設(shè)中間區(qū)域矩形的長(zhǎng)、寬分別為x m、y m，中間的矩形區(qū)域面積為S m2.則半圓的周長(zhǎng)為 m，因?yàn)椴賵?chǎng)周長(zhǎng)為400 m，所以2x＋2＝400，即2x＋πy＝400.∴ S＝xy＝福建)某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3x6，a為常數(shù)，已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí)，每日可售出該商品11千克．(1) 求a的值；(2) 若該商品的成本為3元/千克， 試確定銷售價(jià)格x的值，使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．(2011重慶)設(shè)m，k為整數(shù)，方程mx2－kx＋2＝0在區(qū)間(0,1)內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，則m＋k的最小值為_(kāi)_______．5.(2011北京)根據(jù)統(tǒng)計(jì)，一名工人組裝第x件某產(chǎn)品所用的時(shí)間(單位：分鐘)為f(x)＝(A，c為常數(shù))．已知工人組裝第4件產(chǎn)品用時(shí)30分鐘，組裝第A件產(chǎn)品時(shí)用時(shí)15分鐘，那么c和A的值分別是________．3.(20102x，1＋2－2≥k，令＝t，k≤t2－2t＋1，∵ x∈[－1,1]，∴ t∈.記φ(t)＝t2－2t＋1，∴ φ(t)min＝0，∴ k≤0.(3)由f(|2x－1|)＋k＝0得|2x－1|＋－(2＋3k)＝0，|2x－1|2－(2＋3k)|2x－1|＋(1＋2k)＝0，|2x－1|≠0，令|2x－1|＝t, 則方程化為t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)＝0(t≠0)，∵ 方程|2x－1|＋－(2＋3k)＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，∴ 由t＝|2x－1|的圖象(如右圖)知，t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)＝0有兩個(gè)根tt2，且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2＝1，記φ(t)＝t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)，則或　∴ k＞0.例4　解：(1) 由函數(shù)f(x)定義域?yàn)镽，∴ b＞0.又f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)對(duì)x∈R恒成立，得a＝0.因?yàn)閥＝f(x)＝的定義域?yàn)镽，所以方程yx2－x＋by＝0在R上有解．當(dāng)y≠0時(shí)，由Δ≥0，得－≤y≤，而f(x)的值域?yàn)?，所以＝，解得b＝4；當(dāng)y＝0時(shí)，得x＝0，可知b＝4符合題意．所以b＝4.(2) ① 因?yàn)楫?dāng)x∈[0,3)時(shí)，g(x)＝f(x)＝，所以當(dāng)x∈[3,6)時(shí)，g(x)＝g(x－3)lnm＝；當(dāng)x∈[6,9)時(shí)，g(x)＝g(x－6)(lnm)2＝，故g(x)＝② 因?yàn)楫?dāng)x∈[0,3)時(shí)，g(x)＝在x＝2處取得最大值為，在x＝0處取得最小值為0，所以當(dāng)3n≤x＜3n＋3(n≥0，n∈Z)時(shí)，g(x)＝分別在x＝3n＋2和x＝3n處取得最值與0.(ⅰ) 當(dāng)|lnm|＞1時(shí)，g(6n＋2)＝的值趨向無(wú)窮大，從而g(x)的值域不為閉區(qū)間；(ⅱ) 當(dāng)lnm＝1時(shí)，由g(x＋3)＝g(x)得g(x)是以3為周期的函數(shù)，從而g(x)的值域?yàn)殚]區(qū)間；(ⅲ) 當(dāng)lnm＝－1時(shí)，由g(x＋3)＝－g(x)得g(x＋6)＝g(x)，得g(x)是以6為周期的函數(shù)，且當(dāng)x∈[3,6)時(shí)g(x)＝值域?yàn)?，從而g(x)的值域?yàn)殚]區(qū)間；(ⅳ) 當(dāng)0＜lnm＜1時(shí)，由g(3n＋2)＝＜，得g(x)的值域?yàn)殚]區(qū)間；(ⅴ) 當(dāng)－1＜lnm＜0時(shí)，由≤g(3n＋2)＝≤，從而g(x)的值域?yàn)殚]區(qū)間；綜上知，當(dāng)m∈∪(1，e]，即0＜lnm≤1或－1≤lnm＜0時(shí)，g(x)的值域?yàn)殚]區(qū)間．高考回顧1. －92. 3. [0，＋∞)　解析：0≤x≤1或x＞1，綜上x(chóng)≥0.4. 2　解析：(解法1) 方程logax＋x－b＝0(a＞0，a≠1)的根為x0，即函數(shù)y＝logax(2＜a＜3)的圖象與函數(shù)y＝b－x(3＜b＜4)的交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，且x0∈(n，n＋1)，n∈N*，結(jié)合圖象，因?yàn)楫?dāng)x＝a(2＜a＜3)時(shí)，y＝logax(2＜a＜3)圖象上點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，對(duì)應(yīng)直線上點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y＝b－a∈(0,2)，∴ x0∈(2,3)，n＝2.(解法2) f(2)＝loga2＋2－b＜0，f(3)＝loga3＋3－b＞0，而f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增，∴ x0∈(2,3)，n＝2.5. 解：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝.設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的根判別式Δ＝a2－8.① 當(dāng)Δ＝a2－8＜0，即0＜a＜2時(shí)，對(duì)一切x＞0都有f′(x)＞0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．② 當(dāng)Δ＝a2－8＝0，即a＝2時(shí)，僅對(duì)x＝有f′(x)＝0，對(duì)其余的x＞0都有f′(x)＞0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上也是增函數(shù)．③ 當(dāng)Δ＝a2－8＞0，即a＞2時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大單調(diào)遞減極小單調(diào)遞增此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞增， 在上是單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增．6. 解：(1) 由題設(shè)知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴ g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)是減函數(shù)，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間．當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)是增函數(shù)，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，因此x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以g(x)的最小值為g(1)＝1.(2) g＝－lnx＋x，設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋，則h′(x)＝－，當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g，當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，因此h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)1時(shí)，h(x)h(1)＝0，g(0)g.(3) 由(1)知g(x)的最小值為1，所以g(a)－g(x)＜，對(duì)任意x＞0恒成立g(a)－1＜，即lna＜1從而得0＜a＜e.　函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用1. 零點(diǎn)問(wèn)題，在掌握二分法的解題步驟基礎(chǔ)上，學(xué)會(huì)分析轉(zhuǎn)化，能夠把與之有關(guān)的問(wèn)題化歸為方程零點(diǎn)問(wèn)題．2. 函數(shù)模型的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題，主要抓住常見(jiàn)函數(shù)模型的訓(xùn)練，如冪