不等式复习讲义教学内容.doc

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不等式期末复习讲义
一、 知识点
1．不等式性质

比较大小方法：（1）作差比较法（2）作商比较法

不等式的基本性质
①对称性：a > bb > a
②传递性: a > b, b > ca > c
③可加性: a > b a + c > b + c
④可积性: a > b, c > 0ac > bc；
a > b, c < 0ac < bc；
⑤加法法则: a > b, c > d a + c > b + d
⑥乘法法则：a > b > 0, c > d > 0 ac > bd
⑦乘方法则：a > b > 0, an > bn (n∈N)
⑧开方法则：a > b > 0,
2．算术平均数与几何平均数定理：
（1）如果a、b∈R,那么a2 + b2 ≥2ab（当且仅当a=b时等号）
（2）如果a、b∈R＋,那么（当且仅当a=b时等号）
推广：
如果为实数，则

重要结论
1）如果积xy是定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2；
（2）如果和x＋y是定值S，那么当x＝y时，和xy有最大值S2/4。

3．证明不等式的常用方法：
　比较法：比较法是最基本、最重要的方法。当不等式的两边的差能分解因式或能配成平方和的形式则选择作差比较法；当不等式的两边都是正数且它们的商能与1比较大小，则选择作商比较法；碰到绝对值或根式，我们还可以考虑作平方差。
综合法：从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式。综合法的放缩经常用到均值不等式。
分析法：不等式两边的联系不够清楚，通过寻找不等式成立的充分条件，逐步将欲证的不等式转化，直到寻找到易证或已知成立的结论。

4．不等式的解法
（1） 不等式的有关概念
　　同解不等式：两个不等式如果解集相同，那么这两个不等式叫做同解不等式。
同解变形：一个不等式变形为另一个不等式时，如果这两个不等式是同解不等式，那么这种变形叫做同解变形。
提问：请说出我们以前解不等式中常用到的同解变形
　　　去分母、去括号、移项、合并同类项
（2） 不等式ax > b的解法
　　①当a>0时不等式的解集是{x|x>b/a}；
②当a<0时不等式的解集是{x|x0 　 a
｜x｜＞a（a＞0）的解集是｛x｜x＜－a或x＞a｝，几何表示为：

º º
－a 0 a
小结：解绝对值不等式的关键是—去绝对值符号（整体思想，分类讨论）转化为不含绝对值的不等式，通常有下列三种解题思路：
（1）定义法：利用绝对值的意义，通过分类讨论的方法去掉绝对值符号；
（2）公式法：| f(x) | > a f(x) > a或f(x) < －a；| f(x) | < a －a > a(a>0) f2(x) > a2；| f(x) | < a(a>0) f2(x) < a2；（4）几何意义。
(5)分式不等式的解法

(6)一元高次不等式的解法　
数轴标根法
把不等式化为f(x)＞0（或＜0）的形式（首项系数化为正），然后分解因式，再把根按照从小到大的顺序在数轴上标出来，从右边入手画线，最后根据曲线写出不等式的解。
（7）含有绝对值的不等式
定理：|a| － |b|≤|a+b|≤|a| + |b|
• |a| － |b|≤|a+b|
中当b=0或|a|>|b|且ab<0等号成立
• |a+b|≤|a| + |b|
中当且仅当ab≥0等号成立
推论1：｜a1 + a2 + a3| ≤｜a1 | +| a2 | + | a3|
推广：｜a1 + a2 +…＋ an| ≤｜a1 | +| a2 | +…+ | an|
推论2：|a| － |b|≤|a－b|≤|a| + |b|
二、常见题型专题总结：
特殊值
专题一：利用不等式性质，判断其它不等式是否成立
1、a、b∈R,则下列命题中的真命题是（　C ）
A、若a>b，则|a|>|b| B、若a>b，则1/a<1/b
C、若a>b，则a3>b3　　　　　　　D、若a>b，则a/b>1
2、已知a<0.－1是（ D ）
A、a>ab>ab2 B、ab2>ab>a
C、ab>a>ab2 D、ab>ab2>a
3、当0(1―a)b B、(1+a)a>(1+b)b
C、(1―a)b >(1―a)b/2 D、(1―a)a>(1―b)b
4、若loga3>logb3>0，则a、b的关系是（ B ）
A、0a>1　
C、0 D、1b>0，则下列不等式①1/a<1/b；②a2>b2；③lg(a2+1)>lg(b2+1)；④2a>2b中成立的是（　A ）
A、①②③④　　B、①②③　　　C、①②　　　　D、③④
（二）比较大小
1、若0<α<β<π/4,sinα+cosα=a,sinβ+cosβ=b，则（ A　）
A、a＜b　　　　B、a＞b　　　　　C、ab＜1　　　　　D、ab＞2
2、a、b为不等的正数，n∈N，则(anb+abn)－(an－1+bn－1)的符号是（ C　）
A、恒正　　　　　　　　　　　　B、恒负
C、与a、b的大小有关　　　　　 D、与n是奇数或偶数有关
3、设1＜x＜10，则lg2x,lgx2,lg(lgx)的大小关系是lgx2>lg2x>lg(lgx)
4、设a>0,a≠1,比较logat/2与loga(t+1)/2的大小。
分析：要比较大小的式子较多，为避免盲目性，可先取特殊值估测各式大小关系，然后用比较法（作差）即可。
（三）利用不等式性质判断P是Q的充分条件和必要条件
1、设x、y∈R,判断下列各题中，命题甲与命题乙的充分必要关系
⑴命题甲：x>0且y>0，　　命题乙：x+y>0且xy>0 充要条件
⑵命题甲：x>2且y>2，　　命题乙：x+y>4且xy>4　　　　　充分不必要条件
2、已知四个命题，其中a、b∈R
①a22c”的一个充分条件是（ C　）
A、a>c或b>c B、a>c或b＜c　　　C、a>c且b>c　　D、a>c且b＜c
（四）范围问题
1、设60＜a＜84,－28＜b＜33,求：a+b,a－b,a/b的范围。
2、若二次函数y=f(x)的图象过原点，且1≤f(―1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(―2)的范围。
（五）均值不等式变形问题
1、当a、b∈R时,下列不等式不正确的是（ D　）
A、a2+b2≥2|a|•|b| B、(a/2+b/2)2≥ab
C、(a/2+b/2)2≤a2/2+b2/2 D、log1/2(a2+b2)≥log1/2(2|a|•|b|)
2、x、y∈(0,+∞)，则下列不等式中等号不成立的是（ A　）

C、(x+y)(1/x+1/y)≥4 D、(lgx/2+lgy/2)2≤lg2x/2+lg2y/2
3、已知a>0,b>0,a+b=1，则(1/a2―1)(1/b2―1)的最小值为（ D　）　
A、6　　　　　　　B、7　　　　　　　C、8　　　　　　　D、9
1的代换
4、已知a>0,b>0,c>0，a+b+c=1，求证：1/a+1/b+1/c≥9
5、已知a>0,b>0,c>0,d>0,求证：

（六）求函数最值
1、若x>4,函数
5、大、－6
2、设x、y∈R, x+y=5，则3x+3y的最小值是（　）D
A、10　　　　　　B、　　　　　　C、　　　　　　D、
3、下列各式中最小值等于2的是（　）D
A、x/y+y/x B、 C、tanα+cotα D、2x+2－x
4、已知实数a、b、c、d满足a+b=7,c+d=5,求(a+c)2+(b+d)2的最小值。
5、已知x>0,y>0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。
（七）实际问题
1、98（高考）如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2cm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am，高度为bm，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60m2，问当a、b各为多少米时，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）。
b　
a　
B　
A
解一：设流出的水中杂质的质量分数为y，
由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k>0)
据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)

由a>0,b>0可得00)
要求y的最小值，即要求ab的最大值。
据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)，即a+2b+ab=30

即a=6,b=3时，ab有最大值，从而y取最小值。
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
2、某工厂有旧墙一面长14米,现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126　　米2的厂房，工程条件是：①建1米新墙的费用为a元；②修1米旧墙的费用为a/4元；③拆去1米旧墙用所得材料建1米新墙的费用为a/2元.经过讨论有两种方案：⑴利用旧墙的一段x(x<14)米为矩形厂房的一面边长；⑵矩形厂房的一面长为x(x≥14).问如何利用旧墙，即x为多少米时建墙费用最省？⑴⑵两种方案哪种方案最好？
解：设总费用为y元，利用旧墙的一面矩形边长为x米，则另一边长为126/x米。
⑴若利用旧墙的一段x米(x<14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，剩余的旧墙拆得的材料建新墙的费用为(14－x)•a/2元，其余的建新墙的费用为(2x+ 2•126/x－14)•a元，故总费用

当且仅当x＝12时等号成立，∴x＝12时ymin=7a(6－1)=35a。
⑵若利用旧墙的一段x米(x≥14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，建新墙的费用为(2x+ 2•126/x－14)•a元，故总费用

设f(x)=x+126/x x2>x1≥14，则f(x2)－f(x1)= x2+126/x2－(x1+126/x1)
=(x2―x1)(1―126/x1x2)>0∴f(x)=x+126/x在［14，＋∞)上递增，∴f(x)≥f(14)
∴x=14时ymin=7a/2+2a(14+126/14－7)=35.5a
综上所述，采用方案⑴，即利用旧墙12米为矩形的一面边长，建墙费用最省。
（八）比较法证明不等式
1、已知a、b、m、n∈R+,证明：am+n+bm+n≥ambn+anbm
变：已知a、b∈R+,证明：a3/b+b3/a≥a2+b2
2、已知a、b∈R+,f(x)=2x2+1,a+b=1,证明：对任意实数p、q恒有a•f(p)+b•f(q)≥f(ap+bq)
（九）综合法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：
2、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3
3、已知a、b、c为不全相等的正数，且abc=1,求证：

4、已知a、b∈R+，a+b=1,求证：
（十）分析法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：bc/a+ac/b+ab/c>a+b+c
2、已知函数f(x)=lg(1/x－1),x1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求证：

3、设实数x,y满足y+x2=0,0ay)≤loga2+1/8
（十一）反证法、放缩法、构造法、判别式法、换元法等证明不等式
1、设f(x)=x2+ax+b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1/2。
2、若x2+y2≤1,求证|x2+2xy－y2|≤.
3、已知a>b>c,求证：
4、已知a、b、c∈R＋，且a+b>c求证：.
5、已知a、b、c∈R，证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等号何时成立。
分析：整理成关于a的二次函数f(a)=a2+(c+3b)a+3b2+3bc+c2
∵Δ=(c+3b)2－4(3b2+3bc+c2)=－3(b2+2bc+c2)≤0

∴f(a)≥0
6、已知：x2－2xy + y2 + x + y + 1＝0，求证：1/3≤y/x≤3
7、在直角三角形ABC中，角C为直角，n≥2且n∈N，求证：cn≥an + bn

（十二）解不等式
1、解不等式：
2、解关于x的不等式：
（十三）不等式应用
不等式的应用主要有三个方面：一是能转化为求解不等式（组）的有关问题（如求函数的定义域、讨论一元二次方程的根的分布等）；二是能转化为不等式证明的有关问题（如证明函数的单调性）；三是能转化为重要不等式的极端情形解决的最值问题。
1、已知f(x)的定义域是（0,1］，则函数的定义域是_____________。
［－5，－2)∪( 1,4］
2、已知不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|αx―3|+|x―7|)对于一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（　）
A、a≥1 B、a＞1　　　　　C、0＜a≤1　　　　　D、a＜1
2、关于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集为R，求实数a的取值范围。
3、如果关于x的不等式的解集总包含了区间（1,2］，求实数a的取值范围。
解：由题设可知，原不等式在（1,2］中总成立，∴a＞0且a＋x＞1
　原不等式等价于lg(2ax)＜lg(a+x),等价于2ax＜a＋x，等价于(1－2a)x＋a＞0
　设f(x)＝(1－2a)x＋a，则f(x)＞0在（1,2］中总成立，故有

4、设对x∈R有恒成立，试求n的值
分析：原不等式等价于
　　　由题意不等式（1）的解集为R
　　　又x2+x+1恒大于零，所以不等式（1）等价于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0 (2) 故不等式（2）的解集为R，从而有

所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或1
5、若f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对于一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。
6、已知函数
⑴当a=1/2时，求函数f(x)的最小值；
⑵若对任意x∈［1，＋∞）,f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围。
（十五）绝对值不等式定理中等号成立的问题
1、解关于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x|
2、证明：|x+1/x|≥2
（十六）绝对值不等式的证明
1、设a∈R，函数f(x)=ax2+x－a(－1≤x≤1).
⑴若|a|≤1,求证|f(x)|≤5/4；
⑵若函数f(x)有最大值17/8，求实数a的值。
2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求证：|xy－ab|＜ε
3、

（十七）探索性问题
1、是否存在自然数k，使得不等式对一切正整数n都成立，若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由。
解：令

∴f(n+1)>f(n)，即f(n)在N＋上是增函数，∴f(n)的最小值是f(1)
又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12
故对一切正整数n使得f(n)>2a－5的充要条件是13/12>2a－5，∴a<73/24
故所求自然数a的最大值是3。
2、已知抛物线y=f(x)=ax2+bx+c过点（－1,0），问是否存在常数a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤(1+x2)/2对于一切实数x都成立？
解：假设存在常数a、b、c，使得x≤f(x)≤(1+x2)/2对一切实数x恒成立，
令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1　　　　　①
∵抛物线过点（－1,0）∴a－b＋c＝0　　　②
解①②得：b=1/2,c=1/2－a∴f(x)=ax2+x/2+1/2－a
由x≤f(x)≤(1+x2)/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2

∴a=1/4,
三、数学思想与方法
（一）分类讨论的思想：　
1、设f(x) = 1+logx3,g(x)=2logx2，其中x＞0且x≠1，试比较f(x)与g(x)的大小。
2、解关于x的不等式
分析：①当a＜－1时，原不等式的解集为｛x|x≤a或－1＜x＜1}

②当－1＜a＜时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或a≤x＜1}

③当a＞1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或1＜x≤a}
④当a＝1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1 }
⑤当a＝－1时，原不等式的解集为｛x|x＜1且x≠－1}

（二）数形结合的思想
1、关于x的方程x2―x―(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，则实数a的取值范围是（　）
A、［－5/4,+∞) B、(―5/4,―1) C、［－5/4，1］　　D、(－∞，1］
2、设k、a都是实数，关于x的方程|2x―1|=k(x―a)+a对于一切实数k都有解，求实数a的取值范围。
3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：
+≥
分析  观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.
如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.
∴
OC=
再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，
∴≥

（三）函数与方程的思想
1、函数f(x)=lg(x2+ax+1)的值域为R，求实数a的取值范围。
2、已知，若f(x)在（－∞，1］有意义，求实数a的取值范围。
3、设不等式mx2―2x＜m―1对于满足|m|≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围。
分析：设f(m)=(x2―1)m＋2x―1，则对于满足|m|≤2的一切实数m都有f(m)＜0
∴f(－2)＜0且f(2)＜0
4、已知x、y、z∈（0,1），求证：x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) < 1
证明：构造函数f(x)= x(1－y) + y(1－z) + z(1－x)－1
即f(x) = (1－y－z)x + y(1－z) + z－1
　　　当1－y－z = 0,即y + z = 1时，
f(x) = y(1－z) + z－1 = y + z －1－yz = －yz < 0
当1－y－z ≠ 0时，f(x)为一次函数，又x∈（0,1），由一次函数的单调性，只需证明f(0) < 0, f(1) < 0
　　∵y、z∈（0,1）
∴f(0) = y(1－z) + z－1 = (y－1)(z－1) < 0
f(1) = (1－y－z) + y(1－z) + z－1 =－yz < 0
∴对任意的x∈（0,1）都有f(x) < 0
即x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) < 1

（四）转化与化归思想
1、关于x的方程4x+(m－3)•2x+m=0有两个不等的实数根，求实数m的取值范围。
（五）换元的思想
1、解不等式：
变：关于x的不等式的解集为［－5/2,2），求实数a、b的值。
2、
（六）1的代换
1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求证：ax2+by2≥(ax+by)2
2、已知x、y都是正数，a、b都是正常数，且a/x + b/y = 1，求证：

3、已知x、y都是正数，且x + y = 1,求证：(1 + 1/x)(1 + 1/y)≥9

4、已知x、y∈R+,且1/x + 9/y = 1，求x + y的最小值。
5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x + b/(1－x)的最小值是。
6、已知a,b是正数，且a + b = 1，求证：(ax + by)(ay + bx)≥xy
分析：∵a,b是正数，且a + b = 1
∴(ax + by)(ay + bx) = a2xy + abx2 + aby2 + b2xy
= (a2 + b2)xy+ ab(x2 + y2) = (1－2ab)xy+ ab(x2 + y2)
= xy+ ab(x2 + y2－2xy) = xy + ab(x－y)2 ≥xy

（七）特殊与一般的思想
1、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = cx2+bx + a, 当|x| ≤1时，有|f(x)≤2。　（1）求证：|g(1)| ≤ 2；（2）求证：当|x| ≤ 1时，|g(x)|≤ 4
证：（1）∵当|x| ≤1时，|f(x)|≤2,∴|f(1)|≤2
　　　　又|f(1)|＝|g(1)|　 ∴|g(1)|≤2
（2）∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤2 ∴|f(1)|≤2,|f(-1)|≤2,|f(0)|≤2
∴|g(x)|=|cx2+bx+a|
=|x2f(0)+[f(1)-f(-1)]x/2+[f(1)+f(-1)-2f(0)]/2|
=|(x2－1)f(0)+(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2|
≤|(x2－1)f(0)|+|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|(1－x2)||f(0)|
≤x+1+1-x+2 = 4
小结：对于二次函数f(x)=ax2+bx+c
c=f(0)
2a=f(1)+f(－1)－2f(0)
2b=f(1)―f(―1)
2、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = ax + b, 当－1≤x≤1时，有|f(x)≤1。　（1）证明：|c|≤1；（2）证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；（3）设a＞0，－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)的解析式。
①证明：∵－1≤x≤1时，有|f(x)|≤1,∴当x = 0时，有f (0) = c, 即|c| = |f(0)|≤1,故|c|≤1。
②证明：欲证当－1≤x≤1时，有|g(x)|≤2,即证－1≤x≤1时，－2≤g(x)≤2。对a分类讨论
当a＞0时，
∵g(x)在[－1,1]上是增函数，∴－a+b≤g(x)≤a+b,
∵a+b = f(1)－c ≤|f(1)| + |c|≤2,
－a +b = －[f(－1)－c]≥－[|f(－1)|+|c|]≥－2，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
当a＜0时，
∵g(x)在[－1,1]上是减函数，∴a+b≤g(x)≤－a+b,
∵a+b = f(1)－c ≥－[|f(1)|+|c|]≥－2 ，
－a +b = －[f(－1)－c] ≤|f(－1)|+ |c|≤2,，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
综上所述，有|g(x)|≤2。
③∵a＞0，∴g(x)在[－1,1]上是增函数，
∴x＝1时，g(x)取最大值2，即a+b＝2。
∴f(1)－f(0)＝a+b＝2，
∴－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1，即c= f(0)＝－1，
∵－1≤x≤1时，f(x)≥－1= f(0)，
∴x = 0为函数f(x)图象的对称轴，
∴b = 0, 故a＝2，所以f(x)＝2x2－1。
②另解：∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤1 ∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(0)|≤1
∴|g(x)|=|ax+b|
=|[f(1)+f(-1)-2f(0)]x/2+[f(1)-f(-1)]/2|
=|(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2-xf(0)|
≤|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|+|-xf(0)|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|-x||f(0)|
≤(x+1)/2+(1-x)/2+1= 2
3、是否存在满足下列条件的二次函数f(x)：
⑴当|x|≤1时，|f(x)|≤1；⑵f(2)＞7。若存在，求出解析式；若不存在，说明理由。
4、设f(x)=x2+bx+c(b、c为常数)，定义域为［－1,1］，⑴设|f(x)|的最大值为M，求证：M≥1/2；⑵求出⑴中当M＝1/2时，f(x)的表达式。