高三数学不等式选讲知识点和练习.docx

不等式选讲
一、绝对值不等式
1．绝对值三角不等式
定理1：如果是实数，则≤,当且仅当≥0时，等号成立。
注：（1）绝对值三角不等式的向量形式及几何意义：当，不共线时，≤，它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边。
（2）不等式≤±≤中“=”成立的条件分别是：不等式≤≤，在侧“=”成立的条件是≥0，左侧“=”成立的条件是≤0且≥;不等式≤≤，右侧“=”成立的条件是≤0，左侧“=”成立的条件是≥0且≥。
定理2：如果是实数，那么≤,当且仅当()() ≥0时，等号成立。
2．绝对值不等式的解法
（1）含绝对值的不等式＜a与＞a的解集
不等式
a＞0
0
a＜0
＜a
{＜x＜a}

＞a
{＞a 或x＜ }
{∈R且x≠0}
R
注：以及±表示的几何意义（表示数轴上的点x到原点的距离；| |±）表示数轴上的点x到点的距离之和（差）
（2）≤c(c＞0)和≥c(c＞0)型不等式的解法
①≤≤≤c;
②| ≥c ≥c或≤.
（3）≥c(c＞0)和≤c(c＞0)型不等式的解法
方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想。

二、证明不等式的基本方法
1．比较法
（1）作差比较法
①理论依据：a＞＞0＜b ＜0.
②证明步骤：作差→变形→判断符号→得出结论。
注：作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数（或式子）与0的大小关系。
（2）作商比较法
①理论依据：

②证明步骤：作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论。
2．综合法
（1）定义：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得到命题成立，这种证明方法叫做综合法。综合法又叫做推证法或由因导果法。
（2）思路：综合法的思索路线是“由因导果”，也就是从一个（组）已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出要求证明的不等式。
3．分析法
（1）定义：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法。
（2）思路：分析法的思索路线是“执果索因”，即从要证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到打到已知不等式为止。
注：综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚。当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程。
4．放缩法
（1）定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种证明方法称为放缩法。
（2）思路：分析证明式的形式特点，适当放大或缩小是证题关键。
5.除此之外还有反证法和数学归纳法

【绝对值不等式习题】
【例1】不等式的解集为
（A）[-5.7] （B）[-4,6]
（C） （D） 【答案】D
【解析】由不等式的几何意义知，式子表示数轴的点与点（5）的距离
和与点（-3）的距离之和，其距离之和的最小值为8，结合数轴，选项D正确

【例2】 已知集合，则集合.
【答案】
【解析】∵，
，
∴.

【例3】对于实数x，y，若，，则的最大值为 .【答案】5

【例4】不等式的解集是.
【解析】。由题得 所以不等式的解集为。

【例5】若关于x的不等式存在实数解，则实数的取值范围是
【答案】
【解析】：因为所以存在实数解，有或

【例6】已知函数f（x）25|.
（I）证明：-3≤f（x）≤3；（）求不等式f（x）≥x2-815的解集.
解：（I）
当
所以
（）由（I）可知，
当的解集为空集；
当；
当.
综上，不等式

【例7】已知函数
（1）解关于的不等式；
（2）若函数的图象恒在函数图象的上方，求的取值范围。
解：（1）不等式，即。
当时，不等式的解集是；
当时，不等式的解集为；
当时，即，即或者，即或者，解集为。 （5分）
（2）函数的图象恒在函数图象的上方，即对任意实数恒成立。即对任意实数恒成立。
由于，故只要。
所以的取值范围是。

【不等式证明习题】
【例1】若a，b，c为不全相等的正数，求证：
＋ ＋ ＞ a＋ b＋ c.
证明： 由a，b，c为正数，得
≥ ； ≥ ； ≥ .
而a，b，c不全相等，
所以 ＋ ＋ ＞ ＋ ＋ ＝ ＝()＝ a＋ b＋ c.
即 ＋ ＋ ＞ a＋ b＋ c.
【例2】证明不等式1+
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(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，

∴当1时，不等式成立
综合(1)、(2)得 当n∈N*时，都有1+＜2

证法二 对任意k∈N*，都有

证法三 设f(n)=
那么对任意k∈N* 都有

∴f(1)＞f(k)
因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴

【例3】已知a＞0，b＞0，且1 求证 ()()≥
证法一 (分析综合法）
欲证原式，即证4()2+4(a22)－254≥0，
即证4()2－33()+8≥0，即证≤或≥8
∵a＞0，b＞0，1，∴≥8不可能成立
∵1≥2，∴≤，从而得证
证法二 (比较法）
∵1，a＞0，b＞0，∴≥2，∴≤

证法三 (综合法)
∵1， a＞0，b＞0，∴≥2，∴≤

【例4】已知求证：
证明：

【例5】若，，，求证：，不能同时大于1。
证明：由题意知
假设有
那么
同理，

①＋②＋③，得矛盾，假设不成立。
故，，不能同时大于1。
【例6】设函数f(x)＝x－a(x＋1)(x＋1)(x＞－1，a≥0).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求证：当m＞n＞0时，(1＋m)n＜(1＋n)m.
【解析】(1)f′(x)＝1－(x＋1)－a，
①a＝0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；
②当a＞0时，f(x)在(－1，－1]上单调递增，在[－1，＋∞)单调递减.
(2)证明：要证(1＋m)n＜(1＋n)m，只需证(1＋m)＜(1＋n)，只需证＜.
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝＝.
由(1)知x－(1＋x)(1＋x)在(0，＋∞)单调递减，
所以x－(1＋x)(1＋x)＜0，即g(x)是减函数，
而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.
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