不等式復(fù)習(xí)講義

不等式期末復(fù)習(xí)講義知識(shí)點(diǎn)1．不等式性質(zhì)比擬大小方法：〔1〕作差比擬法〔2〕作商比擬法不等式的根本性質(zhì)①對(duì)稱性：a>>a②傳遞性:a>b,b>>c③可加性:a>ba+c>b+c④可積性:a>b,c>0>；a>b,c<0<；⑤加法法那么:a>b,c>da+c>b+d⑥乘法法那么：a>b>0,c>d>0>⑦乘方法那么：a>b>0,>(n∈N)⑧開方法那么：a>b>0,2．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)定理：〔1〕如果a、b∈R,那么a2+b2≥2〔當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)〕〔2〕如果a、b∈R＋,那么〔當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)〕推廣：如果為實(shí)數(shù)，那么重要結(jié)論1〕如果積是定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值2；〔2〕如果和x＋y是定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和有最大值S2/4。3．證明不等式的常用方法：比擬法：比擬法是最根本、最重要的方法。當(dāng)不等式的兩邊的差能分解因式或能配成平方和的形式，那么選擇作差比擬法；當(dāng)不等式的兩邊都是正數(shù)且它們的商能與1比擬大小，那么選擇作商比擬法；碰到絕對(duì)值或根式，我們還可以考慮作平方差。綜合法：從或已證明過的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式的性質(zhì)推導(dǎo)出欲證的不等式。綜合法的放縮經(jīng)常用到均值不等式。分析法：不等式兩邊的聯(lián)系不夠清楚，通過尋找不等式成立的充分條件，逐步將欲證的不等式轉(zhuǎn)化，直到尋找到易證或成立的結(jié)論。4．不等式的解法不等式的有關(guān)概念同解不等式：兩個(gè)不等式如果解集一樣，那么這兩個(gè)不等式叫做同解不等式。同解變形：一個(gè)不等式變形為另一個(gè)不等式時(shí)，如果這兩個(gè)不等式是同解不等式，那么這種變形叫做同解變形。提問：請(qǐng)說出我們以前解不等式中常用到的同解變形去分母、去括號(hào)、移項(xiàng)、合并同類項(xiàng)不等式>b的解法①當(dāng)a>0時(shí)不等式的解集是{>}；②當(dāng)a<0時(shí)不等式的解集是{<}；③當(dāng)0時(shí)<0,其解集是R；b0,其解集是ф。一元二次不等式與一元二次方程、二次函數(shù)之間的關(guān)系〔4〕絕對(duì)值不等式a≤a≤0時(shí)結(jié)果如何？oo－a0a｜x｜＞a〔a＞0〕的解集是｛x｜x＜－a或x＞a｝，幾何表示為：oo－a0a小結(jié)：解絕對(duì)值不等式的關(guān)鍵是—去絕對(duì)值符號(hào)〔整體思想，分類討論〕轉(zhuǎn)化為不含絕對(duì)值的不等式，通常有以下三種解題思路：〔1〕定義法：利用絕對(duì)值的意義，通過分類討論的方法去掉絕對(duì)值符號(hào)；〔2〕公式法：|f(x)|>af(x)>a或f(x)<－a；|f(x)|<a－a<f(x)<a；〔3〕平方法：|f(x)|>a(a>0)f2(x)>a2；|f(x)|<a(a>0)f2(x)<a2；〔4〕幾何意義。(5)分式不等式的解法(6)一元高次不等式的解法數(shù)軸標(biāo)根法把不等式化為f(x)＞0〔或＜0〕的形式〔首項(xiàng)系數(shù)化為正〕，然后分解因式，再把根按照從小到大的順序在數(shù)軸上標(biāo)出來，從右邊入手畫線，最后根據(jù)曲線寫出不等式的解。〔7〕含有絕對(duì)值的不等式定理：－≤≤+－≤中當(dāng)0或>且<0等號(hào)成立≤+中當(dāng)且僅當(dāng)≥0等號(hào)成立推論1：｜a1+a2+a3|≤｜a1|a2|+|a3|推廣：｜a1+a2+…＋≤｜a1|a2|+…+|推論2：－≤－≤+二、常見題型專題總結(jié)：特殊值專題一：利用不等式性質(zhì)，判斷其它不等式是否成立特殊值1、a、b∈R,那么以下命題中的真命題是〔C〕A、假設(shè)a>b，那么>B、假設(shè)a>b，那么1<1C、假設(shè)a>b，那么a3>b3D、假設(shè)a>b，那么>12、a<0.－1<b<0,那么以下不等式成立的是〔D〕A、a>>2B、2>>aC、>a>2D、>2>a3、當(dāng)0<a<b<1時(shí)，以下不等式成立的是〔D〕A、(1―a)1>(1―a)bB、(1)a>(1)bC、(1―a)b>(1―a)2D、(1―a)a>(1―b)b4、假設(shè)3>3>0，那么a、b的關(guān)系是〔B〕A、0<a<b<1B、b>a>1C、0<b<a<1D、1<b<a5、假設(shè)a>b>0，那么以下不等式①1<1；②a2>b2；③(a2+1)>(b2+1)；④2a>2b中成立的是〔A〕A、①②③④B、①②③C、①②D、③④〔二〕比擬大小1、假設(shè)0<α<β<π/4ααββ，那么〔A〕A、a＜bB、a＞bC、＜1D、＞22、a、b為不等的正數(shù)，n∈N，那么()－(－1－1)的符號(hào)是〔C〕A、恒正B、恒負(fù)C、與a、b的大小有關(guān)D、與n是奇數(shù)或偶數(shù)有關(guān)3、設(shè)1＜x＜10，那么22()的大小關(guān)系是2>2x>()4、設(shè)a>0≠1,比擬2與(1)/2的大小。分析：要比擬大小的式子較多，為防止盲目性，可先取特殊值估測(cè)各式大小關(guān)系，然后用比擬法〔作差〕即可。〔三〕利用不等式性質(zhì)判斷P是Q的充分條件和必要條件1、設(shè)x、y∈R,判斷以下各題中，命題甲與命題乙的充分必要關(guān)系⑴命題甲：x>0且y>0，命題乙：>0且>0充要條件⑵命題甲：x>2且y>2，命題乙：>4且>4充分不必要條件2、四個(gè)命題，其中a、b∈R①a2<b2的充要條件是<；②a2<b2的充要條件是2<2；③a2<b2的充要條件是()與(a－b)異號(hào)；④a2<b2。3、“>2c〞的一個(gè)充分條件是〔C〕A、a>c或b>cB、a>c或b＜cC、a>c且b>cD、a>c且b＜c〔四〕范圍問題1、設(shè)60＜a＜84,－28＜b＜33,求：－的范圍。2、假設(shè)二次函數(shù)(x)的圖象過原點(diǎn)，且1≤f(―1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(―2)的范圍?！参濉尘挡坏仁阶冃螁栴}1、當(dāng)a、b∈R時(shí),以下不等式不正確的選項(xiàng)是〔D〕A、a22≥2?B、(22)2≥C、(22)2≤a2/22/2D、1/2(a22)≥1/2(2?)2、x、y∈(0∞)，那么以下不等式中等號(hào)不成立的是〔A〕C、()(11)≥4D、(22)2≤22223、a>0>01，那么(12―1)(12―1)的最小值為〔D〕A、6B、7C、8D、91的代換4、a>0>0>0，1，求證：111≥91的代換5、a>0>0>0>0,求證：〔六〕求函數(shù)最值1、假設(shè)x>4,函數(shù)5、大、－62、設(shè)x、y∈R,5，那么33y的最小值是〔〕DA、10B、C、D、3、以下各式中最小值等于2的是〔〕DA、B、C、ααD、22－x4、實(shí)數(shù)a、b、c、d滿足75,求()2+()2的最小值。5、x>0>0,21,求11的最小值。〔七〕實(shí)際問題1、98〔高考〕如圖，為處理含有某種雜質(zhì)的污水，要制造一個(gè)底寬為2的無蓋長方體沉淀箱，污水從A孔流入，經(jīng)沉淀后從B孔流出，設(shè)箱體的長度為，高度為，流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)與a、b的乘積成反比，現(xiàn)有制箱材料60m2，問當(dāng)a、b各為多少米時(shí)，沉淀后流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最小〔A、B孔的面積忽略不計(jì)〕。babaBA由題意，其中k為比例系數(shù)(k>0)據(jù)題設(shè)2×22260(a>0>0)由a>0>0可得0<a<30令2，那么－2從而當(dāng)且僅當(dāng)64，即86時(shí)等號(hào)成立。∴≥18當(dāng)6時(shí)3，綜上所述，當(dāng)63m時(shí)，經(jīng)沉淀后流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最小。解二：設(shè)流出的水中雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為y，由題意，其中k為比例系數(shù)(k>0)要求y的最小值，即要求的最大值。據(jù)題設(shè)2×22260(a>0>0)，即230即63時(shí)，有最大值，從而y取最小值。綜上所述，當(dāng)63m時(shí)，經(jīng)沉淀后流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最小。2、某工廠有舊墻一面長14米,現(xiàn)準(zhǔn)備利用這面舊墻建造平面圖形為矩形，面積為126米2的廠房，工程條件是：①建1米新墻的費(fèi)用為a元；②修1米舊墻的費(fèi)用為4元；③拆去1米舊墻用所得材料建1米新墻的費(fèi)用為2元.經(jīng)過討論有兩種方案：⑴利用舊墻的一段x(x<14)米為矩形廠房的一面邊長；⑵矩形廠房的一面長為x(x≥14).問如何利用舊墻，即x為多少米時(shí)，建墻費(fèi)用最?。竣泞苾煞N方案哪種方案最好？解：設(shè)總費(fèi)用為y元，利用舊墻的一面矩形邊長為x米，那么另一邊長為126米。⑴假設(shè)利用舊墻的一段x米(x<14)為矩形的一面邊長，那么修舊墻的費(fèi)用為x?4元，剩余的舊墻拆得的材料建新墻的費(fèi)用為(14－x)?2元，其余的建新墻的費(fèi)用為(22?126－14)?a元，故總費(fèi)用當(dāng)且僅當(dāng)x＝12時(shí)等號(hào)成立，∴x＝12時(shí)7a(6－1)=35a。⑵假設(shè)利用舊墻的一段x米(x≥14)為矩形的一面邊長，那么修舊墻的費(fèi)用為x?4元，建新墻的費(fèi)用為(22?126－14)?a元，故總費(fèi)用設(shè)f(x)126,x2>x1≥14，那么f(x2)－f(x1)=x2+1262－(x1+1261)=(x2―x1)(1―1261x2)>0∴f(x)126在［14，＋∞)上遞增，∴f(x)≥f(14)∴綜上所述，采用方案⑴，即利用舊墻12米為矩形的一面邊長，建墻費(fèi)用最省。〔八〕比擬法證明不等式1、a、b、m、n∈,證明：≥變：a、b∈,證明：a33≥a222、a、b∈(x)=2x2+11,證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)p、q恒有a?f(p)?f(q)≥f()〔九〕綜合法證明不等式1、a、b、c為不全相等的正數(shù)，求證：2、a、b、c∈R，且1，求證：a222≥1/33、a、b、c為不全相等的正數(shù)，且1,求證：4、a、b∈，1,求證：〔十〕分析法證明不等式1、a、b、c為不全相等的正數(shù)，求證：>2、函數(shù)f(x)(1－1)1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求證：3、設(shè)實(shí)數(shù)滿足2=0,0<a<1，求證：()≤2+1/8〔十一〕反證法、放縮法、構(gòu)造法、判別式法、換元法等證明不等式1、設(shè)f(x)2，求證：(1)|、(2)|、(3)|中至少有一個(gè)不小于1/2。2、假設(shè)x22≤1,求證2+2－y2|≤.3、a>b>c,求證：4、a、b、c∈R＋，且>c求證：.5、a、b、c∈R，證明：a22+3b()≥0，并指出等號(hào)何時(shí)成立。分析：整理成關(guān)于a的二次函數(shù)f(a)2+(3b)3b2+32∵Δ=(3b)2－4(3b2+32)=－3(b2+22)≤0∴f(a)≥06、：x2－2+y2+x+y+1＝0，求證：1/3≤≤37、在直角三角形中，角C為直角，n≥2且n∈N，求證：≥+〔十二〕解不等式1、解不等式：2、解關(guān)于x的不等式：〔十三〕不等式應(yīng)用不等式的應(yīng)用主要有三個(gè)方面：一是能轉(zhuǎn)化為求解不等式〔組〕的有關(guān)問題〔如求函數(shù)的定義域、討論一元二次方程的根的分布等〕；二是能轉(zhuǎn)化為不等式證明的有關(guān)問題〔如證明函數(shù)的單調(diào)性〕；三是能轉(zhuǎn)化為重要不等式的極端情形解決的最值問題。1、f(x)的定義域是〔0,1］，那么函數(shù)的定義域是。［－5，－2)∪(1,4］2、不等式2>0的解集是{α<x<β}(0<α<β),求不等式2<0的解集。3、設(shè)(x≥0).⑴求證：f(x)是減函數(shù)；⑵求f(x)的值域。4、由于對(duì)某種商品實(shí)行征稅，其售價(jià)比原價(jià)上漲，漲價(jià)后商品賣出量減少，稅率為銷售金額的20%.⑴為實(shí)現(xiàn)銷售金額和扣除稅款的余額y不比原銷售金額少，求上漲率的取值范圍；⑵x為何值時(shí)，y最大？〔保存一位小數(shù)〕解：設(shè)原價(jià)為a，銷售量為b，那么當(dāng)且僅當(dāng)1＋＝25/9－，即＝8/9.∴x＝88.9時(shí)y最大?！彩摹澈愠闪栴}1、假設(shè)不等式a<(―3―7|)對(duì)于一切實(shí)數(shù)x都成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是〔〕A、a≥1B、a＞1C、0＜a≤1D、a＜12、關(guān)于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集為R，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。3、如果關(guān)于x的不等式的解集總包含了區(qū)間〔1,2］，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：由題設(shè)可知，原不等式在〔1,2］中總成立，∴a＞0且a＋x＞1原不等式等價(jià)于(2)＜(),等價(jià)于2＜a＋x，等價(jià)于(1－2a)x＋a＞0設(shè)f(x)＝(1－2a)x＋a，那么f(x)＞0在〔1,2］中總成立，故有4、設(shè)對(duì)x∈R有恒成立，試求n的值。分析：原不等式等價(jià)于由題意不等式〔1〕的解集為R又x21恒大于零，所以不等式〔1〕等價(jià)于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0(2)故不等式〔2〕的解集為R，從而有所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或15、假設(shè)f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0對(duì)于一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。6、函數(shù)⑴當(dāng)1/2時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值；⑵假設(shè)對(duì)任意x∈［1，＋∞〕(x)＞0恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍。〔十五〕絕對(duì)值不等式定理中等號(hào)成立的問題1、解關(guān)于x的不等式222、證明：1≥2〔十六〕絕對(duì)值不等式的證明1、設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)2－a(－1≤x≤1).⑴假設(shè)≤1,求證(x)|≤5/4；⑵假設(shè)函數(shù)f(x)有最大值17/8，求實(shí)數(shù)a的值。2、－＜ε/2－＜ε/2,且0＜y＜A，求證：－＜ε3、〔十七〕探索性問題1、是否存在自然數(shù)k，使得不等式對(duì)一切正整數(shù)n都成立，假設(shè)存在，求出k的最大值；假設(shè)不存在，說明理由。解：令∴f(1)>f(n)，即f(n)在N＋上是增函數(shù)，∴f(n)的最小值是f(1)又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12故對(duì)一切正整數(shù)n使得f(n)>2a－5的充要條件是13/12>2a－5，∴a<73/24故所求自然數(shù)a的最大值是3。2、拋物線(x)2過點(diǎn)〔－1,0〕，問是否存在常數(shù)a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤(12)/2對(duì)于一切實(shí)數(shù)x都成立？解：假設(shè)存在常數(shù)a、b、c，使得x≤f(x)≤(12)/2對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1①∵拋物線過點(diǎn)〔－1,0〕∴a－b＋c＝0②解①②得：1/21/2－a,∴f(x)22+1/2－a由x≤f(x)≤(12)/2得2x≤221－2a≤12∴1/4,三、數(shù)學(xué)思想與方法〔一〕分類討論的思想：1、設(shè)f(x)=13(x)=22，其中x＞0且x≠1，試比擬f(x)與g(x)的大小。2、解關(guān)于x的不等式分析：①當(dāng)a＜－1時(shí)，原不等式的解集為｛≤a或－1＜x＜1}②當(dāng)－1＜a＜時(shí)，原不等式的解集為｛＜－1或a≤x＜1}③當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式的解集為｛＜－1或1＜x≤a}④當(dāng)a＝1時(shí)，原不等式的解集為｛＜－1}⑤當(dāng)a＝－1時(shí)，原不等式的解集為｛＜1且x≠－1}〔二〕數(shù)形結(jié)合的思想1、關(guān)于x的方程x2―x―(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是〔〕A、［－5/4∞)B、(―5/4,―1)C、［－5/4，1］D、(－∞，1］2、設(shè)k、a都是實(shí)數(shù)，關(guān)于x的方程|2x―1(x―a)對(duì)于一切實(shí)數(shù)k都有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。3、0＜a＜1，0＜b＜1.求證：+≥分析

觀察待證式左端，它的每個(gè)根式都使我們想到△中的等式a222，激起我們構(gòu)造平面圖形利用幾何方法證明這個(gè)不等式的大膽想法.如圖27-3，作邊長為1的正方形，分別在、上取，，過E、G分別作、的平行線，交、于F、H，、交于O點(diǎn).由題設(shè)條件及作圖可知，△、△、△、△皆為直角三角形.∴再連結(jié)對(duì)角形，，易知，≥，≥，∴≥〔三〕函數(shù)與方程的思想1、函數(shù)f(x)(x21)的值域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。2、，假設(shè)f(x)在〔－∞，1］有意義，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。3、設(shè)不等式2―2x＜m―1對(duì)于滿足≤2的一切實(shí)數(shù)m都成立，求x的取值范圍。分析：設(shè)f(m)=(x2―1)m＋2x―1，那么對(duì)于滿足≤2的一切實(shí)數(shù)m都有f(m)＜0∴f(－2)＜0且f(2)＜04、x、y、z∈〔0,1〕，求證：x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)<1證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)－1即f(x)=(1－y－z)x+y(1－z)+z－1當(dāng)1－y－z=0,即y+z=1時(shí)，f(x)=y(1－z)+z－1=y+z－1－=－<0當(dāng)1－y－z≠0時(shí)，f(x)為一次函數(shù)，又x∈〔0,1〕，由一次函數(shù)的單調(diào)性，只需證明f(0)<0,f(1)<0∵y、z∈〔0,1〕∴f(0)=y(1－z)+z－1=(y－1)(z－1)<0f(1)=(1－y－z)+y(1－z)+z－1=－<0∴對(duì)任意的x∈〔0,1〕都有f(x)<0即x(1－y)+y(1－z)+z(1－x)<1〔四〕轉(zhuǎn)化與化歸思想1、關(guān)于x的方程4(m－3)?20有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍?！参濉硴Q元的思想1、解不等式：變：關(guān)于x的不等式的解集為［－5/2,2〕，求實(shí)數(shù)a、b的值。2、〔六〕1的代換1、a、b∈，1、y∈R,求證：22≥()22、x、y都是正數(shù)，a、b都是正常數(shù)，且+=1，求證：3、x、y都是正數(shù)，且x+y=1,求證：(1+1)(1+1)≥94、x、y∈,且1+9=1，求x+y的最小值。5、假設(shè)0＜x＜1＞0，b＞0，求+(1－x)的最小值是。6、是正數(shù)，且a+b=1，求證：(+)(+)≥分析：∵是正數(shù)，且a+b=1∴(+)(+)=a2+2+2+b2=(a2+b2)(x2+y2)=(1－2)(x2+y2)=(x2+y2－2)=+(x－y)2≥〔七〕特殊與一般的思想1、a、b、c∈R,函數(shù)f(x)=2++c,g(x)=2+a,當(dāng)≤1時(shí)，有(x)≤2。〔1〕求證：(1)|≤2；〔2〕求證：當(dāng)≤1時(shí)，(x)|≤4.證：〔1〕∵當(dāng)≤1時(shí)，(x)|≤2,∴(1)|≤2又(1)|＝(1)|∴(1)|≤2〔2〕∵f(x)=2∴f(1)=(―1)=a―,f(0)=c∴[f(1)(-1)-2f(0)]/2[f(1)(-1)]/2∵≤1時(shí)(x)|≤2∴(1)|≤2(-1)|≤2(0)|≤2∴(x)22f(0)+[f(1)(-1)]2+[f(1)(-1)-2f(0)]/2|(x2－1)f(0)+(1)f(1)/2+(1)f(-1)/2|≤|(x2－1)f(0)(1)f(1)/2(1)f(-1)/2|≤|(1)/2(1)|(1)/2(-1)(1－x2)(0)|≤1+12=4小結(jié)：對(duì)于二次函數(shù)f(x)2(0)2(1)(－1)－2f(0)2(1)―f(―1)2、a、b、c∈R,函數(shù)f(x)=2++c,g(x)=+b,當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，有(x)≤1?！?〕證明：≤1；〔2〕證明：當(dāng)