輔導(dǎo)基本不等式

1、第六章不等式、推理與證明2不等式的基本性質(zhì)1. 在應(yīng)用傳遞性時，注意等號是否傳遞下去，如 ab，bcabac2bc2； 若無 c0 這個條件，abac2bc2 就是錯誤結(jié)論(當 c0 時，取“”)試一試1設(shè) a，b，cR，且 ab，則下列不等式成立的有(填寫序號)1bcaba2b2：由性質(zhì)知對a3b3：12.31(填“”或“”)21 1：21 31.21：bbb，bcac可加性abacbc可乘性abacbc c0c 的符號abacbc cbacbd cd同向同正可乘性ab0acbd cd0可乘方性ab0anbn(nN，n2)同正可開方性ab0 n a n b(nN，n2)1不等式的倒數(shù)性質(zhì)1b

2、，ab0ab11；(2)a0b；(3)ab0,0cdcd1 1 1(4)0axb 或 axb0bxa.2不等式的分數(shù)性質(zhì)(1)真分數(shù)的性質(zhì)：b(bm0)；a amam(2)假分數(shù)的性質(zhì)：aamaam；b0)bbmbmbcac若 0a0，則與的大小關(guān)系為acbcbc ac：ac bc1.已知 a1，a2(0,1)，記 Ma1a2，Na1a21，則 M 與 N 的大小關(guān)系是：MNa1a2(a1a21)a1a2a1a21a1(a21)(a21)(a11)(a21)，又a1(0,1)，a2(0,1)，a110，a210，即 MN0.MN.：MN2若實數(shù) a1，比較 a2 與 3的大小1aa2a1a2a

3、1 3 解：a21a1aa1 3 當 a1 時，a2；1a2 3 當 a1 時，a2bd”是“ab 且 cd”的條件(1)由“acbd”不能得知“ab 且 cd”，反過來，由“ab 且 cd”可得知“acbd”，因此“acbd”是“ab 且 cd”的必要不充分條件法二：取特殊值(1)必要不充分多個不等式是否成立，需要逐一給出推理或反例說明常用的推理需要利用不等式的性質(zhì)，常見的反例方式可從以下幾個方面思考：(1)不等式兩邊都乘以一個代數(shù)式時，所乘的代數(shù)式是正數(shù)、負數(shù)或 0；(2) 不等式左邊是正數(shù)，右邊是負數(shù)，當兩邊同時平方后不等號方向不一定保持不變；(3) 不等式左邊是正數(shù)，右邊是負數(shù)，當兩邊

4、同時取倒數(shù)后不等號方向不變等訓(xùn)練若 ab0，則下列不等式不成立的是(填寫序號)1 1a|b|1a1babb0，1|b|，ab2 ab，又 2a2b，1a1b，填.2 2a b：典例已知函數(shù) f(x)ax2bx，且 1f(1)2，2f(1)4.求 f(2)的取值范圍解f(1)ab，f(1)ab.3f(2)4a2b.設(shè) m(ab)n(ab)4a2b.mn4，m1，則解得mn2，n3.f(2)(ab)3(ab)f(1)3f(1)1f(1)2,2f(1)4，5f(2)10.即 f(2)的取值范圍為5,10解：由本例知 f(2)f(1)3f(1)又1f(1)2,2f(1)4，53f(1)f(1)10，故

5、 5f(2)10.故 f(2)的取值范圍為(5,10)類題通法利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范圍，但應(yīng)注意兩點：一是必須嚴格運用不等式的性質(zhì)；二是在多次運用不等式的性質(zhì)時有可能擴大了變量的取值范圍解決的途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，最后通過“”不等關(guān)系的運算求解范圍訓(xùn)練1 1，若 ， 滿足試求 3 的取值范圍12 3，解：設(shè) 3x()y(2)(xy)(x2y).xy1，x1，則解得x2y3，y2.1()1,22(2)6，兩式相加，得 137.4若本例中條件變?yōu)椋阂阎瘮?shù) f(x)ax2bx，且 1f( 1)2,2f(1)4，求 f(2)的取值范圍.3 的取值范圍為

6、1,71 “1x4” 是“1x216” 的條件( 填“ 充分不必要”“ 必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)：由 1x4 可得 1x216，但由 1x216 可得 1x4 或4x1，所以“1x4”是“1x216”的充分不必要條件：充分不必要4設(shè) a，b 是非零實數(shù)，若 ab，則下列不等式成立的是(填寫序號)a2b2ab2a2b11 2b a ab a2ba b：當 a0 時，a20，ab 符號不確定，所以 ab2 與 a2b 的大小不能確定，故錯ab因為 1 1 11ab2a2b a2b2 0，所以yz，xyz0，則下列不等式中成立的是(填寫序號)xyyzxyxzxzyzx|y|z|y

7、|：因為 xyz，xyz0，所以 3xxyz0，3z0，z0，所以由可得 xyxz.yz，5：1 15已知ab|b|；ab；abb3. 其中不正確的不等式有個：由11ab0 可得 ba0，從而|a|b，不正確；ab0，則 abb3，正確故不正確的不等式的個數(shù)為 2.：26(2014揚州期末)若 a1a2，b1b2，則 a1b1a2b2 與 a1b2a2b1 的大小關(guān)系是：作差可得(a1b1a2b2)(a1b2a2b1)(a1a2)(b1b2)，a1a2，b10，即 a1b1a2b2a1b2a2b1.：a1b1a2b2a1b2a2b17若 13，4 2，則 |的取值范圍是：4 2，0|4.4|0

8、.3|3.：(3,3)一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系6判別式b24ac000二次函數(shù)yax2bxc (a0)的圖像一元二次方程ax2bxc0 (a0)的根有兩相異實根x1，x2(x1x2)有兩相等實根x1x2b 2a沒有實數(shù)根ax2bxc0 (a0)的解集1 或 xx2x|x b 2aRax2bxc0 (a0)的解集x|x1xx21. 二次項系數(shù)中含有參數(shù)時，則應(yīng)先考慮二次項是否為零，然后再討論二次項系數(shù)不為零時的情形，以便確定解集的形式2. 當 0(a0)的解集為 R 還是.試一試1(2013蘇中三市、宿遷調(diào)研)設(shè)集合 Ax|x22x30，Bx|x25x0，則 A(RB)

9、.：集合 A1,3，B(，05，)從而RB(0,5)，則 A(RB)(0,3：(0,31122不等式 ax bx20 的解集是2，3，則 ab 的值是：由題意知1、1是 ax2bx20 的兩根23則 a12，b2.ab14.：143不等式 x2ax40 的解集不是空集，則實數(shù) a 的取值范圍是：不等式 x2ax40，即 a216.a4 或 a0，(1)不等式 ax2bxc0 對任意實數(shù) x 恒成立或c0，0.ab0，a0，(2)不等式 ax2bxc0 對任意實數(shù) x 恒成立或c0，0 的解集為 R，則 m 的取值范圍是：當 m0 時，10 顯然成立7當 m0 時，由條件知m0，4m24m0.得

10、 0m1，由知 0m1.：0,1)典例解下列不等式： (1)0x2x24； (2)x24ax5a20(a0)解(1)原不等式等價于x2x20，x2x20，x2x24x2x60(x2)(x1)0，x2或x1，(x3)(x2)02x3.借助于數(shù)軸，原不等式的解集為x|2x1或2x3.(2)由 x24ax5a20 知(x5a)(xa)0.由于 a0 故分 a0 與 a0 討論當 a0 時，x5a 或 xa；當 a0 時，xa 或 x5a.綜上，a0 時，解集為x|x5a或xa；a0 時，解集為x|x5a或xa. 1解一元二次不等式的一般步驟：(1) 對不等式變形，使一端為 0 且二次項系數(shù)大于 0，

11、即 ax2bxc0(a0)，ax2bx c0(a0)；(2) 計算相應(yīng)的判別式；(3) 當 0 時，求出相應(yīng)的一元二次方程的根；(4) 根據(jù)對應(yīng)二次函數(shù)的圖像，寫出不等式的解集82解含參數(shù)的一元二次不等式，要把握好分類討論的層次，一般按下面次序進行討論： 首先根據(jù)二次項系數(shù)的符號進行分類，其次根據(jù)根是否存在，即 的符號進行分類，最后在根存在時，根據(jù)根的大小進行分類訓(xùn)練解下列不等式： (1)3x22x80； (2)ax2(a1)x10(a0)解：(1)原不等式可化為 3x22x80，即(3x4)(x2)0.4，解得2x34所以原不等式的解集為x2x3.(2)原不等式變?yōu)?ax1)(x1)0，因為

12、 a0，所以 ax1(x1)0.a所以當 a1 時，解為1x1；a當 a1 時，解集為；當 0a1 時，解為 1x1.a1綜上，當 0a1 時，不等式的解集為x1xa；當 a1 時，不等式的解集為；1當 a1 時，不等式的解集為xax1.2對任意 x1,1，函數(shù) f(x)x2(a4)x42a 的值恒大于零，求 a 的取值范圍；a44a解：函數(shù) f(x)x2(a4)x42a 的對稱軸為 x.224a當6 時，2f(x)的值恒大于零等價于 f(1)1(a4)(1)42a0，解得 a0，222即 a21，即 a0，即 a1，故有 a1.綜上可知，當 a0，則g(1)(x2)x24x40，解得 x3.

13、故當 x3 時，對任意的 a1,1，函數(shù) f(x)的值恒大于零1(2012江蘇高考)已知函數(shù) f(x)x2axb(a，bR)的值域為0，)，若關(guān)于 x 的不等式 f(x)c 的解集為(m，m6)，則實數(shù) c 的值為：由題意知，因為函數(shù) f(x)的值域為0，)，4ba2a所以 f(x)minf20，所以 4ba2，4所以 f(x)xa2，所以關(guān)于 x 的不等式 f(x)c 的解集為a c，a c，即(m，222m6)，acm，2故兩式相減得 c3，所以 c9.a2cm6，10：92不等式 4x2x20 的解集為：令 2xt，則不等式變?yōu)?t24t0.由于 t0，故 t4，即 2x4，解得 x2.

14、所以不等式的解集為(2，)：(2，)23(2013南通三模)不等式 xx1 的解集是(x2)(x1)：不等式等價于0，由數(shù)軸標根法得 x2 或 0x1，從而不等式x的解集為x|x2 或 0x1：x|x2 或 0x14(2013蘇州常鎮(zhèn)二調(diào))若關(guān)于 x 的不等式 mx22x40 的解集為x|1x2，則實數(shù) m 的值為：由關(guān)于 x 的不等式 mx22x40 的解集為x|1x2，得1,2 為方程 mx2m0，2x40 的兩個實數(shù)根得m240，4m440，：2所以 m2.3(2014南通期末)若存在實數(shù)x，使得x24bx3b0 成立，則b 的取值范圍是 ：本題是存在性命題，只要滿足 16b212b0

15、即可，解得 b0 或 b3.43：(，0)4，5(2013南京、二模)若關(guān)于 x 的不等式(2ax1)ln x0 對任意 x(0，)恒成立，則實數(shù) a 的值為：若 x1，則原不等式恒成立，此時 aR；若 x1，則 ln x0，于是 2ax10，即 a 1 max，所以 a21；若 0x1，則 ln x0，于是 2ax10，即a 1 1.，所以 a22x2xmin綜上所述，a1.21：26不等式|x(x2)|x(x2)的解集是：不等式|x(x2)|x(x2)的解集即 x(x2)0 的解集，解得 0x2.11：x|0x27在 R 上定義運算：x*yx(1y)若不等式(xy)*(xy)1 對一切實數(shù)

16、 x 恒成立，則實數(shù) y 的取值范圍是：由題意，知(xy)*(xy)(xy)1(xy)1 對一切實數(shù) x 恒成立，所以x2xy2y10 對于 xR 恒成立故 124(1)(y2y1)0，所以 4y24y30，解得132y2.13：2，28若關(guān)于 x 的不等式 4x2x1a0 在1,2上恒成立，則實數(shù) a 的取值范圍為：不等式 4x2x1a0 在1,2上恒成立，4x2x1a 在1,2上恒成立令 y4x2x1(2x)222x11(2x1)21.1x2，22x4.由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：當 2x2，即 x1 時，y 取得最小值 0，實數(shù) a 的取值范圍為(，0：(，09設(shè)函數(shù) f(x)mx2mx1.(

17、1) 若對于一切實數(shù) x，f(x)0 恒成立，求 m 的取值范圍；(2) 若對于 x1,3，f(x)m5 恒成立，求 m 的取值范圍解：(1)要使 mx2mx10 恒成立，若 m0，顯然10；m0，若 m0，則4m0.m24m0所以4m0.(2)要使 f(x)m5 在1,3上恒成立，即mx123m60 時，g(x)在1,3上是增函數(shù)，所以 g(x)maxg(3)7m60，所以 m6，則 0m76；7當 m0 時，60 恒成立；當 m0 時，g(x)在1,3上是減函數(shù)，所以 g(x)maxg(1)m60，所以 m6，所以 m0.6綜上所述：m 的取值范圍是mm0，24 6又因為 m(x2x1)6

18、0，所以 m.x2x1因為函數(shù) y66在1,3上的最小值為6，所以只需 m6即可x12377x2x1246所以，m 的取值范圍是mm0，得 a8.當 a0 時，對稱軸 x0a0，且 f(0)2a0.2故 A 中兩個整數(shù)只能為1,0.故 f(1)13a0，f(2)44a0，得1a8 時，x0a4，設(shè) A(m，n)由于集合 A 中恰有兩個整數(shù) nm3.即a28a3，2即 a28a9.得 8a9.a故對稱軸 420，f(3)9a0故 A 中的兩個整數(shù)為 4 和 5.故 f(4)0，f(5)0，f(6)0.253a0，解得25 a9.即162a0 時，f(x)x24x，則不等式f(x)x 的解集用區(qū)間

19、表示為：由于 f(x)為 R 上的奇函數(shù)，所以當 x0 時，f(0)0；當 x0，所以 f(x24x，x0，x)x24xf(x)，即 f(x)x24x，所以 f(x)0，x0，x24x，xx，x24xx，由 f(x)x，可得或x0x5 或5x0xy10，2設(shè) x，y 滿足約束條件xy10，x3，則 z2x3y 的最小值是：作出不等式組表示的可行域，如圖(陰影部分)易知直線 z2x3y 過點 C 時，z 取得最小值16x3，x3，由得xy10，y4，zmin23346.：6xy20，(2014南京一模)已知實數(shù) x，y 滿足xy0，x1，最小值是則 z2xy 的：作出可行域，如圖可知當直線 y2

20、xz 經(jīng)過點(1,1)時，z取得最小值1.：1x3，1.由不等式組y0，yx1 .所確定的平面區(qū)域的面積等于：作出滿足不等式組的平面區(qū)域，如圖陰影部分，可知其面積為 2.：2yx，2(2014蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)在不等式組0x3，所表示的平面區(qū)域內(nèi)的所有格點(橫、1yx縱坐標均為整數(shù)的點稱為格點)中任取 3 個點，則該 3 點恰能作為一個三角形的三個頂點的概率為：當 x1 時，1y1，此時無解；當 x2 時，1y2，此時 y1,2；當 x3 時，21y3，此時 y1,2,3.所以在可行域中共有 5 個格點，從中任取 3 個點共計 10 種方法若3在直線 x2 上取一點，則在直線 x3 上三個點中取兩

21、個，此時有 236(種)；若在直線 x2 上取兩點，則直線 x3 上三個點中取一個，此時有 3 種，故所求概率為 9 .10 9 ：1017角度一求線性目標函數(shù)的最值xy2，1(1)(2014徐州摸底)已知實數(shù) x，y 滿足xy2，0y3，則 z2xy 的最大值是：在平面直角坐標系中作出滿足條件的可行域，如圖，即等腰直角三角形 ABC，其中 A(5,3)，B(2,0)，C(1,3)，過原點 O 作直線 l0：y2x，將 l0 平移至點 A 時，可取最大值，即 zmax2537.：73xy60，(2)(2013南京、鹽城一模)若變量 x，y 滿足約束條件xy20，x0，y0，3y 的最大值為則目

22、標函數(shù) z2x：畫出不等式組表示的可行域(如圖陰影部分所示)由圖可知，y2xz，過點(4,6)33時，z 取得最大值，為 26.18線性規(guī)則問題是高考的重點，而線性問題具有代數(shù)和幾何的雙重形式，多與函數(shù)、平面向量、數(shù)列、三角、概率、幾何等問題交叉滲透，自然地融合在一起，使數(shù)學(xué)問題的解答變得更加新穎別致.歸納起來常見題角度有(1)求線性目標函數(shù)的最值；(2)求非線性目標的最值；(3)求線性中的參數(shù).考點二求目標函數(shù)的最值：26角度二求非線性目標的最值0x1，2 (1)(2014 蘇北四市二調(diào)) 在約束條件0y22yx1 ：下， (x1)2y2 的最小值為畫出線性約束條件下的可行域(如圖陰影部分)

23、，所求的(x1)2y2的幾何意義就是點(1,0)與陰影部分內(nèi)的點之間的距離，其最小值為點(1,0)到直線 x2y10 的距離，可求得|1201|2 5(x1)2y2的最小值為12(2)2.52 5： 5xy20，(2)(2014南通一模)設(shè)實數(shù) x，y 滿足x2y50，yx則 z 的取值范圍是xyy20，：作出可行域(如圖陰影部分)，則區(qū)域內(nèi)的點與原點連線的斜率取值范圍是1，2.令 ty，則 zt1，根據(jù)函數(shù) zt1在 t3xtt1，2上單調(diào)遞增，得 z8，3.32383：3，2角度三求線性中的參數(shù)x0，3(1)(2013蘇北三市調(diào)研)已知實數(shù) x，y 滿足約束條件y2x1，xyk0(k 為常

24、數(shù))，若目11標函數(shù) z2xy 的最大值是 3 ，則實數(shù) k.：由題意得當 k1 時滿足題意，此時該不等式組表示的平19，平移直線 2xy0 經(jīng)過點 P 時，目標函數(shù) z2xy 取得最大值，是11，面區(qū)域3k12xy10，x，3得聯(lián)立xyk0，1y2k，3即點 Pk112k，3312kk111所以2 3 ，解得 k3.33：3xy10，(2)已知實數(shù) x，y 滿足x2y80，x3.解，則實數(shù) a 的取值范圍為5若點3， 是使 axy 取得最小值的唯一的可行2：記 zaxy，注意到當 x0 時，yz，即直線 zaxy在 y 軸上的截距是z.在坐標平面內(nèi)畫出題中的不等式組表示的平面區(qū)域，結(jié)合圖形可

25、知，滿足題意的實數(shù) a 的取值范圍為 a0，b0.(2) 等號成立的條件：當且僅當 ab 時取等號2算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)ab設(shè) a0，b0，則 a，b 的算術(shù)平均數(shù)為，幾何平均數(shù)為 ab，基本不等式可敘述為：2兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)3利用基本不等式求最值問題已知 x0，y0，則：(1)如果積 xy 是定值 p，那么當且僅當 xy 時，xy 有最小值是 2 p.(簡記：積定和最小)p2(2)如果和 xy 是定值 p，那么當且僅當 xy 時，xy 有最大值是4 .(簡記：和定積最大) 1求最值時要注意三點：一是各項為正；二是尋求定值；三是考慮等號成立的條件2多次使用基本不等式

26、時，易忽視取等號的條件的一致性試一試ab1“a0 且 b0”是“ ab”成立的條件2：充分不必要2(2014揚州期末)已知 x，yR，且 x2y1，則 2x4y 的最小值是：因為 x2y1，所以 x12y，從而 2x4y212y22y 2 22y2 2，當且僅22y當 y1時取等號故 2x4y 的最小值為 2 2.4：2 21活用幾個重要的不等式baa2b22ab(a，bR)；ab2(a，b 同號)ab2a2b2ab2ab (a，bR)； (a，bR)2222巧用“拆”“拼”“湊”23在運用基本不等式時，要特別注意“拆”“拼”“湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”“定”“等”的條件練一練 4

27、 若 x1，則 x的最小值為x1：x 4 x1 4 1415.x1x1當且僅當 x1 4 ，即 x3 時等號成立x1：5典例已知 a0，b0，ab1，111求證： a1b9.證明法一：a0，b0，ab1，ab1112b.同理，112a.aaabb11112b2aabab52ba549，當且僅當ba，abab即 ab1時取“”211119，當且僅當 ab1時等號成立ab2法二：1111111 1 abababab11 2 ，1abababa，b 為正數(shù)，ab1，ab11ab ，當且僅當 ab 時取2“”422于是 1 4， 2 8，當且僅當 ab1時取“”abab21111189，ab當且僅當

28、ab1時等號成立224利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，要從整體上把握運用基本不等式，對不滿足使用基本不等式條件的可通過“變形”來轉(zhuǎn)換，常見的變形技巧有：拆項，并項，也可乘上一個數(shù)或加上一個數(shù)，“1”的代換法等訓(xùn)練11設(shè) a，b 均為正實數(shù)，求證：a2b2證明：由于 a、b 均為正實數(shù)，ab2 2.所以 1 1 212 1 ，a2b2a2 b2ab當且僅當 1 1 ，即 ab 時等號成立，a2b2又因為 2 ab2 2 ab2 2，abab當且僅當 2 ab 時等號成立，ab 2 所以 1 1 abab2 2，a2b2ab1 1 ，2b2a當且僅當 2 4即 ab 2時取等號abab，典例(1)(2013徐州、宿遷三檢)若 a0，b0，且 1 11，則 a2b 的最小2abb1值為bb21法一：由已知等式得 2a2b12ab2ab2b，從而 a.2bbb212 312 3113113a2b2b22b2b224，故有最小值.2b22法二：設(shè) 2abm，b1n，則 2amn1，bn1