不等式問題的題型與方法

1、高三數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)不等式問題的題型與方法秭歸縣屈原高中 張鴻斌 443600一、考試內(nèi)容不等式，不等式的基本性質(zhì)，不等式的證明，不等式的解法，含絕對值不等式二、考試要求 1理解不等式的性質(zhì)及其證明。 2掌握兩個(gè)（不擴(kuò)展到三個(gè)）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，并會(huì)簡 單的應(yīng)用。3掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。4掌握簡單不等式的解法。5 .理解不等式 |aHb| w |a+b| wa,貝U a=.分析：讀懂并能揭示問題中的數(shù)學(xué)實(shí)質(zhì)，將是解決該問題的突破口.怎樣理解“對M中的其它元素（c, d），總有c a”？ M中的元素又有什么特點(diǎn)？解：依題可知，本題等價(jià)于求函數(shù)x=f

2、（y）=（y+3） |y-1|+（y+3）在|w吋的最水直5125當(dāng)巧J1吋.x = fr+3)(by)+(y + 3)=y-y+6=-(y+)a+-,5Q所以廠尹斗(2)當(dāng) K y 0 )9分析：本例主要復(fù)習(xí)含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關(guān)鍵不是對參數(shù) a進(jìn)行討論，而是去絕對值時(shí)必須對末知數(shù)進(jìn)行討論，得到兩個(gè)不等式組，最后對兩個(gè)不等 式組的解集求并集，得出原不等式的解集。解：當(dāng)xa時(shí)，不等式可轉(zhuǎn)化為a2即X/2、9x(xa)蘭2a2 I9x2 9ax 2a2 蘭 0” ”3 + Jl7a =xab當(dāng)x a時(shí)不等式可化為x a、ax(a x)蘭 2ax vai9x2 -9ax +

3、 2a2 工 02x -或 2x a3 3故不等式的解集為(-1：2a 3+J17x + 2-例3.己知三個(gè)不等式： 2x-4：5-x 12x2mx-：0x2 -3x+2(1) 若同時(shí)滿足、的 x值也滿足，求 m的取值范圍；(2) 若滿足的x值至少滿足和中的一個(gè)，求m的取值范圍。分析：本例主要綜合復(fù)習(xí)整式、分式不等式和含絕對值不等的解法，以及數(shù)形結(jié)合思想， 解本題的關(guān)鍵弄清同時(shí)滿足、的x值的滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程的兩根分別在-：,0和3, ：)內(nèi)。不等式和與之對應(yīng)的方程及函數(shù)圖象有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系， 在解決問題的過程中，要適時(shí)地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系。解：記的解集為A，的解集為B，的

4、解集為C。解得 A=(-1，3)；解得 B= 0,1) 一 (2,4 1 A - B =0,1) 一 (2,3)(1) 因同時(shí)滿足、的 x值也滿足，AB C設(shè)f (x2x2 mx 1，由f(x)的圖象可知：方程的小根小于0,大根大于或等于3時(shí),即可滿足ACB匸二丿三17” m -3m 17 乞 03.C m A 一 B,而A_. B =(-1,4 1 因f()即lf(3)0(2)因滿足的x值至少滿足和中的一個(gè), 此c(-1,4方程2x2 mx-1=0小根大于或等于-1，大根小于或等于4,因而f (-1) =1-m 蘭031廿(4) =4m+31色0,解之得一蘭m蘭14- m14I 4說明：同時(shí)

5、滿足的x值滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程2x2+mx-仁0的兩根分別在(-3 0)和3 , + g)內(nèi)，因此有f(0) V 0且f(3) 5.分析：回憶二次函數(shù)的幾種特殊形式.設(shè)f(x)=ax 2+bx+c(a工0).頂點(diǎn)式.f(x)=a(x-x 0) +f(x 0)(a豐 0).這里(x0, f(x 0)是二次函數(shù)的頂點(diǎn)，x0=- b4ac齊，f(x0)=;點(diǎn)式，f(x) =a(x -這里心是使f(功二0的值！滿足Xi+x?二上，02二；三點(diǎn)式.設(shè)(巧，啥a艮)、(x 2，f(x2)、(x 3，f(x3)是二次函數(shù)圖象上的不同三點(diǎn)，則系數(shù)a, b, c可由ff(xj) = az” +b勒 +c

6、, f(x2) = ax . +bx2 +c, 確定)謔J =空護(hù)+ bx3 + c.證明：設(shè)二次三項(xiàng)式為：f(x)=a(x-x 1 )(x-x 2), a N .依題意知：Ovx1 v 1, 0vx2 v 1,且x1豐x2 .于是有f(0) 0, f(1) 0.又f(x)=ax 2 -a(x 1 +x 2 )x+ax 1 x 2為整系數(shù)二次三項(xiàng)式，所以 f(O)=ax 1 x 2、f(1)=a (1-x1)(1-x 2)為正整數(shù).故 f(0) 1, f(1) 1.從而 f(0) f(1) 1.另一方面口：丄且由x1豐x2知等號(hào)不同時(shí)成立，所以I . . ： : . : ： _ .16 / 1

7、 2幻紐(1-莓)* x/l-XjJC a .由、得，a2 16又a N，所以a5.說明：二次函數(shù)是一類被廣泛應(yīng)用的函數(shù)，用它構(gòu)造的不等式證明問題，往往比較靈活.根據(jù)題設(shè)條件恰當(dāng)選擇二次函數(shù)的表達(dá)形式，是解決這類問題的關(guān)鍵.例5.設(shè)等差數(shù)列a n的首項(xiàng)a1 0且Sm=Sn(m工n).問：它的前多少項(xiàng)的和最大？ 分析：要求前n項(xiàng)和的最大值，首先要分析此數(shù)列是遞增數(shù)列還是遞減數(shù)列.解:設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由Sm=Sn得加兔 + 巴寫衛(wèi)&二血尙 + 業(yè)*丄do 2(m-n)野 + dn? -n -(m -n) = 02a i m# a = 4= m + n -1d數(shù)列(是遞減數(shù)列，所以存在k

8、N,使&10ak 0,且 ak+1 v 0.aL + (k + l)* 2&1 1 0m +n -1aL +k 0m +n -1m + n- l / m + n-1 K Ji奇偶吋，k二一5此時(shí)二如+i=0所以數(shù)歹血的前呼I項(xiàng)和與葺J項(xiàng)和相等且最大.當(dāng)ii同奇偶吋，k =三上，此時(shí)二m柵山 ak+ - anLm-TT-+1+ 10所以數(shù)列嶄的前詈項(xiàng)和最尢說明：諸多數(shù)學(xué)問題可歸結(jié)為解某一不等式 問題的意義，是得到合理結(jié)論的關(guān)鍵.(組).正確列出不等式(組)，并分析其解在具體y=f(x)=ax 2+bx .于是 a - bC 21 3C a +b4.(I)例6.若二次函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)

9、，且 分析：要求f(-2)的取值范圍，只需找到含人 以應(yīng)先將f(x)的表達(dá)形式寫出來.即可求得 的不等式(組)，即可求解.解：因?yàn)閥=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，所以可設(shè)13f(l)4. OK f(-1) 2, 3W f(1) W 4,求 f(-2)的范圍. f(-2)的不等式(組).由于y=f(x)是二次函數(shù)，所 f(-2)的表達(dá)式，然后依題設(shè)條件列出含有f(-2)解法一(利用基本不等式的性質(zhì)) 不等式組(I)變形得6la-2b 142a6.其中等號(hào)分別在a =:；時(shí)成立.且 b = 1.(I )所以f(-2)的取值范圍是6 ,10.解法二(數(shù)形結(jié)合)EJ 6建立直角坐標(biāo)系aob,作出不等式組(

10、I )所表示的區(qū)域，如圖6中的陰影部分因?yàn)閒(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為 2的直線系.如圖 6，當(dāng)直線 4a-2b-f(-2)=0過點(diǎn) A(2 , 1), B(3 , 1)時(shí)，分別取得f(-2)的最小值6,最大值10.即f(-2)的取值范圍是：6 f(-2) 10.解法三(利用方程的思想)因?yàn)樗鶑膄(l) = a + b. f(-l) = a -bp又 f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而K f(-1) 2, 3W f(1) w 4, 所以3w 3f(-1) w 6.+得 4w 3f(-1)+f(1) w 10,即 6w f(-2) w 10.說

11、明：(1)在解不等式時(shí)，要求作同解變形.要避免出現(xiàn)以下一種錯(cuò)解:(42a6,將不等式組變形得總心r2a3,2b, 8w4aw 12, -3w -2bw -1，所以 5w f(-2) w 11.(2)對這類問題的求解關(guān)鍵一步是，找到f(-2)的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，然后依其數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)特征，揭示其代數(shù)的、幾何的本質(zhì)，利用不等式的基本性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合、方程等數(shù)學(xué)思想方法，從 不同角度去解決同一問題.若長期這樣思考問題，數(shù)學(xué)的素養(yǎng)一定會(huì)迅速提高.例 7. (2002 江蘇)己知 a 0,函數(shù) f(x)=ax-bx2 ,(1) 當(dāng)b0時(shí)，若對任意x R都有f x - 1,證明：a - 2； b;(2) 當(dāng)b時(shí)，證明：對

12、任意 0,1 , |f(x)匸1的充要條件是b-1a2、.b ；(3) 當(dāng)0 ： b豈1時(shí)，討論：對任意0,1 ,| f(x)匸1的充要條件。2證明：(1)依題意，對任意 x R，都有f (x) -1 f (x) = -b(xa)2 2b 4b2f(2b) =(2)充分性：；b .1,a_b-1,對任意0,11可推出2 2ax - bx _ b(x - x ) - xa1, arO,brO. a_2 Jb.4b1=2b.b_b (2 2)=1,即 ax-bx 二 1 b：x _ -1,即axbx2 】：-1;又；b 1,a 空 2 一 b,對任意 x：二 10,11可知2 2|2ax-bx 乞

13、2 .bx-bx 込(2 . bx-bx )max.一1 豈 f (x)乞 11,由 f x 1知 f必要性：對任意 X O,1|f(x) /, f(x)_-1, f(1) _ -1即 a - b 】T a 一 b -1;又 b 10 :即卩 曇 一1蘭1,二a蘭2Jb,故b 1 Ea蘭2血Vb綜上,對任意x 0,1丨f (x) 0, b0, a3+b3=2.求證 a+bw 2, ab 1.分析：由條件a3+b3=2及待證的結(jié)論a+b0, b 0, a3+b3=2，所以33332222(a+ b) -2 =a +b +3a b+3ab -8=3a b+3ab -6332=3ab(a+b)-2=

14、3ab(a+b)-(a +b )=-3(a+b)(a-b) w 0,即(a+b)3w 23.又a+bOj 所以a+b2.因?yàn)?ab1Ca+b2,所以ab0, b 0, a3+b3=2，所以2 = J + Y2jJaV# feabCl,又 技+ tw 1*1* 1+b* 1( 1=3 爐十 1+弓妤ida3 +1 + 1 b3 +1 +1 d+46 ,、+= - = 2,3 333所以 a+bw 2, abw 1.說明：充分發(fā)揮“1”的作用，使其證明路徑顯得格外簡捷、漂亮.證法三(構(gòu)造方程)設(shè)a, b為方程x2-mx+ n=0的兩根.則m = a + b#n = ab.因?yàn)?a0, b 0,所以

15、 m 0, n 0 且厶=m2-4n 0 .因此 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab=mm2-3n，所以19m 2n = 一 t-3 3m將代入得n?-4(牛即斗空山所以-m3+83 如Jim0,即所以a+bw 2.由2 m得4m2，又m2 4n,所以44n,即n w 1 .所以 ab0, b 0, a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b),于是有63ab(a+b)，從而83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3 , 所以a+bw 2.(以下略) 證法五(利

16、用公式(學(xué)幾因?yàn)閍: + b5 a + b 2 _ (a + b)4a3 + 4b3 - 4ab - a1 - b3 - 2ab ( 丁)=88所以對任意非員實(shí)數(shù)弘b有(幾因?yàn)閍0fb0,a3 +2=2,所以1二臂S (學(xué)冗因此學(xué) J即a+bw 2.(以下略)證法六 (反證法) 假設(shè)a+b 2，則a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b) 2-3ab 2(22-3ab).因?yàn)?a3+b3=2，所以 2 2(4-3ab)，因此 ab 1 .另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=(a+b) ab2ab, 所以abv 1.于是與矛盾

17、，故 a+bw 2.(以下略)說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法.例9.設(shè)函數(shù)f(x)=ax 2+bx+c的圖象與兩直線 y=x , y=-x，均不相交-試證明對一切xE+bx + c| .出制分析:因?yàn)閤 R,故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點(diǎn)確定，故設(shè)f(x)=a(x-x o)2+f(x0).證明:2b3 -4ac由題意知，0 設(shè) f(x)=a(x-x 0) +f(xo),則_4a又二次方程 ax2+bx+c= x無實(shí)根，故i=(b+1)2-4acv 0,2z2=(b-1) -4acv 0.所以(b+1)2+(b-i)2-8acv 0,即 2b2

18、+2-8acv 0,即卩2 2b -4acv -1，所以 |b -4ac| 1.b3 - 4ac |ba -4acL 1，_-祈I由ba-4ac-l|f(x0)|.所, 4闔SP|ax2 + bx + cTi成立.4|制說明：從上述幾個(gè)例子可以看出，在證明與二次函數(shù)有關(guān)的不等式問題時(shí)，如果針對題設(shè)條件，合理采取二次函數(shù)的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑.例10. (2002理)某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預(yù)計(jì)此后每年報(bào)廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數(shù)量相同。為了保護(hù)城市環(huán)境，要求該城市汽車保有量 不超過60萬輛，那么每年新增汽車數(shù)量不應(yīng)超過多少輛？解：設(shè)2

19、001年末的汽車保有量為 a1，以后每年末的汽車保有量依次為a2,a3，每年新增汽車x萬輛。XX由題意得 an 1 = 0.94an x即卩an 10.94(an)0.060.06an =(30)0.94n4 0.06 0.0630令an空60,解得x E(30百)0.061-0.94上式右端是關(guān)于n的減函數(shù),且當(dāng)n時(shí)，上式趨于3.6故要對一切自然數(shù)n滿足k豈60,應(yīng)有x空3.6，即每年新增汽車不應(yīng)超 過3.6萬輛例11.已知奇函數(shù)f(x)在(0, 二)上有定義，在(0, ：)上是增函數(shù),2n 、f(1) =0,又知函數(shù) g( J) =Sin 門 mcos -2mJ 0, ,集合2M = m恒

20、有g(shù)() ： 0 ：N恒有f(gC) ：0；求M N分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數(shù)知識(shí)，通過恰當(dāng)換元，使問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題。：g(0W)1解；奇數(shù)函數(shù)f(x)在(0, ：)上是增函數(shù)，f (x)在(上也是增函數(shù) 又由f=0得f I = _f(1)亠滿足噹(；)：。=皆)的條件是即g(R-(0，)，即卩 sin2 J mcosv - 2m ： -1,也即一 cos2mcorv -2m 2 ： 0令 t = cost側(cè)t 0,1,又設(shè)、(t) - -t2 mt -2m 2,0 _ t _ 1要使： (t) :：: 0,必須使(t)在0,1內(nèi)的最大值小于零知me 0-

21、2m 2：010 當(dāng) m2時(shí)，6 (t)max = -m +1,解不等式組例12.如圖，某隧道設(shè)計(jì)為雙向四車道，車道總寬 全長2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個(gè)橢圓形狀。(1) 若最大拱高(2) 若最大拱高22米，要求通行車輛限高4.5米，隧道綜上：MN(mm 4-2.2 /h為6米，則隧道設(shè)計(jì)的拱寬I是多少？h不小于6米，則應(yīng)如何設(shè)計(jì)拱高 h和拱寬I，才能使半個(gè)橢圓形隧道的土方工程最??？Ji(半個(gè)橢圓的面積公式為s= lh,柱體體積為：底面積乘4以高，,2 =1.414 ， 、7 =2.646本題結(jié)果均精確到 0.1米)考查運(yùn)用幾何、不等式等解決應(yīng)用題的能力及運(yùn)算能力。P ( 11，4.5

22、)分析：本題為2003年上海高考題， 解：1)建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則2 2 橢圓方程為：務(wù)占=1a b將b=h=6與點(diǎn)P坐標(biāo)代入橢圓方程得44、788、7a，此時(shí)l =2a33.3故隧道拱寬約為33.3米772)由橢圓方程2 2.114.52-T2ab2 2 2 2x y114.51得2 . 2 2 . 2 a ba b2x11x45” ab_99 ab=1ab 99:s盲心2-當(dāng)迎小時(shí)有1122a 4.52.a =11、2,b 二卡此時(shí)I =2a ： 31.1,h =b 6.4故當(dāng)拱高約為6.4米,拱寬約為31.1米時(shí)，土方工程量最小例13.已知n N , n 1 .求證-1州 1、喬I

23、，它具有分析：雖然待證不等式是關(guān)于自然數(shù)的命題，但不一定選用數(shù)學(xué)歸納法，觀其“形” 較好規(guī)律，因此不妨采用構(gòu)造數(shù)列的方法進(jìn)行解.證明設(shè)并=(1 + !)(1+)-(1+；)(口2), S 二 J2n+l(n2) 5 j-1則問題轉(zhuǎn)化為證明：咅J又呂=%2 切1 + -372X2 + 1 只需證明數(shù)列3是遞増數(shù)列即可.i殳%f(n)F(n + 1)( f(n) 弓丫+寺1洛、濟(jì)履E(巧寺e占).(1十掃佔(zhàn)一 血+1J(2n：D1十可二細(xì)+1)2(口 + 1)即f(n + l)f(n),所以f(ii)f(2)說明：因?yàn)閿?shù)列是特殊的函數(shù)，所以可以因問題的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，禾U用函數(shù)的思想解決.x2 _2x

24、+2例14.已知函數(shù)f (x):x-1(2)設(shè)x是正實(shí)數(shù)，求證：If x 1 f xn 1 _2n -2.(1)設(shè)x c1,0v|t 1,求證：t+x|+|t_xvf tx 12)。分析：本例主要復(fù)習(xí)函數(shù)、不等式的基礎(chǔ)知識(shí)，絕對值不等式及函數(shù)不等式的證明技巧。 基本思路先將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式，利用絕對值不等式的性質(zhì)及函數(shù)的性 質(zhì)。證明(1)再利用二項(xiàng)展開式及基本不等式的證明(2證明：(1) f(x)1)1 f(tx 1).tx 11二 f (tx +1)| =tx + tx匸 0 x c1,0 v|t=(t +x +|t -x當(dāng) t - x時(shí),s =4t2.t|t -= 2(t24;當(dāng)

25、 tJAtx權(quán)=2,當(dāng)且僅當(dāng)tx =1時(shí)，上式取等號(hào)。=1, f(tx 1)2x2) 2t2 -x2 -(t x t-x)(1 + nAnmm-1m-2 m-i，1證明：(1) 對于1 ci Em,有Am =m(m1)(mi+1), =_*.m m m mm同理罕.口 .心.由于m ： n,對整數(shù)k =1,2,.,i -1,有 n n n nnn - k.歸,. A即mAn nAmnmnmnm(2)由二項(xiàng)式定理有(1 m)n - 7 miCn, (1 - n)m - niC 由 知mi A門嘉i 30iz0.iAniAmi i i i(1 ：i 乞 m ： n),而 Cn,Cm 一 . m C

26、nn Cm(1：izm： n)i!i!mm因此 a mC,a 門匕,又mCno 二 noCm = 1, mCn1 二 nCm1 二 mn, mU, 0i z2i z2nm(m : i n).1： mC,二 nCm即(1 - m)n (1 n)m。i =0i=0y 滿足 2x 3y 一8 乞 0且 3x 2y 7 E 0 ,則x y的最大值是()七、強(qiáng)化訓(xùn)練已知非負(fù)實(shí)數(shù)x ,7A.-3已知命題p：函數(shù)log 0.5 (x22x a)的值域?yàn)镽,命題q:函數(shù)y - -(5-2a)x是減函數(shù)。若p或q為真命題,A. a 1B. a2p且q為假命題，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是()C . 1a2D . a

27、2a x3 .解關(guān)于X的不等式三二 04 .求a, b的值，使得關(guān)于x的不等式ax2+bx+a2-10,XnH1=Xn+旦 門=N* 2(Xn 丿(1) 證明：對于n 一2,總有xn _ a,(2) 證明：對于n -2,總有焉計(jì).27. 設(shè)P=(log 2X) +(t-2)log 2X-t+1，若t在區(qū)間-2 , 2上變動(dòng)時(shí)，P恒為正值，試求 x的變化 范圍.8. 已知數(shù)列0n 的通項(xiàng)為an,前n項(xiàng)和為Sn,且a*是Sn與2的等差中項(xiàng)，數(shù)列bn 沖，b1=1，點(diǎn) P (bn,bn+1)在直線 x-y+2=0 上。I)求數(shù)列a、bn 的通項(xiàng)公式an,bnU)設(shè) 備n的前n項(xiàng)和為Bn，試比較 一+

28、.+與2的大小。B1 B2Bn川)設(shè)Tn= bl. bn,若對一切正整數(shù)n,Tn ：c(cZ)恒成立,求c的最小值ai a2an八、參考答案1 解：畫出圖象，由線性規(guī)劃知識(shí)可得，選D22解：命題p為真時(shí)，即真數(shù)部分能夠取到大于零的所有實(shí)數(shù)，故二次函數(shù)x 2x a的判別式總=44a _ 0,從而a1 ；命題q為真時(shí)，5-2aa ： 2。若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個(gè)是真命題，一個(gè)是假命題。若p為真，q為假時(shí)，無解；若 p為假，q為真時(shí)，結(jié)果為1a2，故選C.3 分析：本題主要復(fù)習(xí)分式不等式的解法、分類討論的思想及利用序軸標(biāo)根法解不等式的基本步驟。本題的關(guān)鍵是對分母分解因式，將原不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為x - a x - 3 x 1 :：: 0和比較a與-1及3的大小，定出分類方法。解：原不等式化為：x-a x-3 x 1 ： 0(1)當(dāng)a蘭-1時(shí)，由圖1知不等式的解集為.x a或 -1 c x c 3(2)當(dāng)-1 ca蘭3時(shí)，由圖2知不等式的解集為彳xx 3時(shí)，由圖3知不等式的解集為xx 4.分析：方程