不等式专题复习

不等式专题复习通州高级中学徐嘉伟基础知识总结（重点记忆）如果则（当且仅当时，取“=”）。如果，都是正数，则（当且仅当时，取“=”）——均值定理。定义“”叫做、的算术平均数，叫做、的几何平均数，则上述不等式即为“两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数”。由“（，都大于0）”可以看出：若=s（为定值），则在时，取得最小值；若=s（为定值），则在时，取得最大值。八种变式：①；②；③④；⑤若b>0,则；⑥a>0,b>0,则；⑦若a>0,b>0,则；⑧若，则。上述八个不等式中等号成立的条件都是“”。均值定理的应用特点（典例剖析）抓住两边结构进行合理转化抓住两边结构进行转化是不等式应用的重要一环，根据结论与条件，要想促使结论与条件的“沟通”，必须仔细分析结构特点，选用恰当的不等式或变式；例1、正数、满足=1，求的最大值。思考：（1）本题是求“积”的最大值，常规是向“和”或“平方和”转化，并根据“和”或“平方和”是否是定值，做出选择。（2）要利用=1，就必须去掉根号，因此要向“平方和”转化，那么应用变式①也就顺理成章了。解：∵，当且仅当即时取得“=”。∴的最大值是。例2、已知正数、满足=1，求最小值；思考：将条件与结论放在一起，可以看出，要想从条件式推出结论式，必须完成从“和”向“平方和”的转化；若从结论入手转化，再利用条件，就必须完成从“平方和”向“和”的转化。显然，不管是由条件推出结论还是由结论转化再利用条件，都离不开变式④。解：∵，∴，当且仅当时取得“=’。∴最小值是。转化中必要的“技术处理”对均值不等式的应用，除了要会从结构入手分析外，必要的“技术处理”还必须掌握，如：“配系数”（将“”写成“”或“”）；“拆项”（将“”写成“”）；“加、减凑项”（将“”写成“”）；“升降幂”（）等都是常用的“技术处理”方法。已知，求证：思考：从结构特点和字母的次数看与变式⑤吻合，可从此式入手。解：∵若b>0,则，∴……①……②∴由①+②。（此题还有诸多证法,在此略）例4、已知求的最小值。思考：本题求“和”的最小值，但“积”并不是定值，故需要进行“拆项”变形等“技术处理”，注意到，容易找到解题的突破口…解：由，于是≥=，当且仅当即时取“=”∴的最小值是16。另外也可由==…≥来求得此最小值。使用均值定理的注意事项（易错提醒）应用均值不等式求最值方便、快捷，但必须注意条件“一正、二定、三相等”，即涉及的变量都是正数，其次是和（平方和）为定值或积为定值，然后必须注意等号可以成立。如的最小值是5；但使用均值不等式容易误解为是4，因为不成立（不能取“=”）。在使用均值不等式时，要注意它们多次使用再相加相乘的时候，等号成立的条件是否一致。如例4，要保证两次均值不等式的取等条件相同（同时满足）。在使用均值定理求最值的时候，如果等号成立的条件不具备，应考虑用函数的单调性来解决。如求的最小值，可利用函数的单调性来解决。4、记忆一些常用结论：，，（）（四个平均数的大小关系）应用举例：循序渐进，学会变型（配套训练）1.求的最小值。（2）2.求的最大值。（）3.求函数的值域。（[-1，]）4.设且，求证：5.设满足，求的最大值。（）知识拓展提升(了解)1．排序不等式（又称排序原理） 设有两个有序数组及 则（同序和） （乱序和） （逆序和） 其中是1，2，…，n的任一排列.当且仅当或时等号（对任一排列）成立.2．应用排序不等式可证明“平均不等式”： 设有n个正数的算术平均数和几何平均数分别是 此外，还有调和平均数 ， 平方平均数 这四个平均值有以下关系.eq\o\ac(○,*)3．应用算术平均数——几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式. 柯西（Cavchy）不等式：设、、，…，是任意实数，则 等号当且仅当为常数，时成立.4．利用排序不等式还可证明下述重要不等式. 切比雪夫不等式：若，， 则不等式的综合应用不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题.●难点磁场(★★★★★)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜.(1)当x∈［0，x1时，证明x＜f(x)＜x1；(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜.●案例探究［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a关于h的解析式；(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值.知识依托：本题求得体积V的关系式后，应用均值定理可求得最值.错解分析：在求得a的函数关系式时易漏h＞0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得：消去②由(h＞0)得：所以V≤，当且仅当h=即h=1时取等号故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米.［例2］已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1.(1)证明：|c|≤1；(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；(3)设a＞0，有－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x).命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.(1)证明：由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.(2)证法一：依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.当a＞0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函数，于是g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，因此得|g(x)|≤2(－1≤x≤1)；当a＜0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是减函数，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2.证法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，因此，根据绝对值不等式性质得：|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1.当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f|≤1，|f()|≤1；因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f|+|f()|≤2.(3)解：因为a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2. ①∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，由此得－＜0，即b=0.由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.●锦囊妙计1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性.2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题.●歼灭难点训练1.定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是()①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)A.①③ B.②④ C.①④ D.②③2.下列四个命题中：①a+b≥2②sin2x+≥4③设x，y都是正数，若=1，则x+y的最小值是12④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.3.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.4.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.5.某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即，0＜x≤10.每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的z倍.(1)设y=ax，其中a是满足≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.6.设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；(2)求证：f(x)在R上单调递减；(3)设集合A={(x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围.7.已知函数f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，(1)求b、c的值；(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t∈R，求证：lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg.8.已知关于的不等式的解集为，且，求实数的取值范围.9.已知二次函数为偶函数，函数的图象与直线相切.（Ⅰ）求的解析式（Ⅱ）若函数在上是单调减函数，那么：①求的取值范围；②是否存在区间，使得在区间上的值域恰好为？若存在，请求出区间；若不存在，请说明理由.10.已知函数在处的切线方程为，（Ⅰ）若函数在时有极值，求的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下,若函数在上的值域为，求的取值范围；（Ⅲ）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.11.设曲线在点处的切线斜率为，且,对一切实数，不等式恒成立.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数的表达式；（Ⅲ）求证：.12.设为常数，方程的两个实根为,且满足.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）设,试比较与的大小；（Ⅲ）若当时，对任意的都有|，求证：13．设，关于方程的实根为，若，求证：，.14．函数是定义域为且当时，都有求证：．15．已知，函数．（Ⅰ）当时，若对任意都有，证明；（Ⅱ）当时，证明对任意，都有的充要条件是；（Ⅲ）当时，讨论：对任意，都有的充要条件．

参考答案难点磁场解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］∵0＜x＜x1＜x2＜，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.(2)依题意：x0=－，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.∴x1+x2=－∴x0=－，因为ax2＜1，∴x0＜歼灭难点训练1.解析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－［g(a)－g(b)］=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)答案：A2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.答案：④3.解析：由已知y1=；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+≥2=8当且仅当0.8x=即x=5时“=”成立答案：5公里处4.证明：(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1·x2=＞0，所以x1，x2同号1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 又(x2－x1)2=∴2a+1=(∵a＞0)代入①式得，2＜3－2b ②解②得b＜2°若－2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 又2a+1=，代入③式得2＜2b－1 ④解④得b＞.综上，当0＜x1＜2时，b＜，当－2＜x1＜0时，b＞.5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p(1+)元、n(1－)元、npz元，因而，在y=ax的条件下，z=［－a［x－］2+100+］.由于≤a＜1，则0＜≤10.要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=.(2)由z=(10+x)(10－x)＞1，解得0＜x＜5.6.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)∴f(m)=，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函数f(x)在R上为单调减函数.(3)由，由题意此不等式组无解，数形结合得：≥1，解得a2≤3∴a∈［－，］7.(1)解：设y=，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ①∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2∴c=2，b=－2，b=2(舍）(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－＞0，∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)∴F(x)为增函数.即－≤u≤，根据F(x)的单调性知F(－)≤F(u)≤F()，∴lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg对任意实数t成立.8．解：由………2分当a=0时，原不等式的解集的子集.……………4分当（1）当，此时，不等式的解集……………………6分（2）当；……8分（3）当不等式解集的子集………………10分（4）当，此时，不等式的解集的子集，综上9．解：（1）∵f（x+1）为偶函数，∴恒成立，即（2a+b）x=0恒成立，∴2a+b=0∴b=－2a∴∵函数f（x）的图象与直线y=x相切，∴二次方程有两相等实数根，∴（2）①故k的取值范围为②即∵m＜n且故当；当k＞1时，当k=1时，[m，n]不存在.10．解：由求异得，在x=1处的切线方程为由已知切线方程为所以：时有极值，故………（3）由（1）（2）（3）相联立解得………3分（2）x－20－0+13极小当，令，由题意得m的取值范围为…………7分（3）在区间[－2，1]上单调递增又，由（1）知依题意在[－2，1]上恒有在[－2，1]上恒成立，①在时，②在③在综合上述讨论可知，所求参数b取值范围是：11．解：（1）解：，,,(2)解：,，又即(3)证明:∴原式…………12．解：（1）∵方程f(x)-x=0的两根为x1、x2,∴(x2-x1)2=(x2+x1)2-4x1x2=b2-2b+1-4c∵x2-x1>1,∴b2-2b+1-4c>1.∴b2>2(b+2(2)∵x1是方程f(x)-x=0的根，∴x1=f(x1).∴f(t)-x1=f(t)-f(x1)=(t-x1)(t+x1+b)=(t-x1)(t+1-x2).∵0<t<x1,∴t-x1<0.∵x2-x1>1,∴x1+1-x2<0.∴t+1-x2<x1+1-x2<0.故f(t)-x1>0.(3)∵x∈［-1,1］时，恒有|f(x)|≤1,∴|f(0)|=|c|≤1,|f(1)|=|1+b+c|≤1.∴|1+b|=|1+b+c-c|≤|1+b+c|+|-c|=|1+b+c|+|c|≤1+1=2.13．解题思路分析：在不等式、方程、函数的综合题中，通常以函数为中心。法一：令f(x)=x2+ax+b则f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0又∵0<|a|≤|a|+|b|<1∴-1<a<1∴∴f(x)=0的两根在（-1，1）内，即|α|<1，|β|<1法二：∵α+β=-a，αβ=b∴|α+β|+|αβ|=|α|+|β|<1∴|α|-|β|+|α||β|<|α+β|+|αβ|<1∴（|α|-1）（|β|+1）<0∵|β|+1>0∴|α|<1同理：|β|<1说明：对绝对值不等式的处理技巧是适度放缩，如|a|-|b|≤|a+b|及|b|-|a|≤|a±b|的选择等。14．证明：不妨设由题设条件的性质，现必须分为以下两种情况讨论：若则若时，由可得15．解：⑴对已知二次函数应用配方法，得，当x∈R时，f(x)＝，于是，对任意x∈R都有f(x)1f(x)＝1a2．………4分⑵用f(x)、f(x)表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，则对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当（*）而f(x)＝－b(x－+，（x[0，1]）当2b时，0<1，f(x)＝，f(x)＝f(0)或f(1)；当2b<a时，>1，f(x)＝f(1)，f(x)＝f(0)．于是(*)或b－1a2或xb－1a2．故对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2．……………9分(３)由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当或0<a2b或2b<ab+10<ab+1．故当0<b1时，对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件为0<ab+1．…14分点评：含参数的二次函数与绝对值不等式相综合，这是历年高考命题的热点之一．读者在备考复习时，应当重视这类题型的解题技巧，掌握一些解题的套路，领悟当中的变化技能，反复思考参数的处理艺术．另附专题——高考中数列和不等式的联系数列和不等式的联系一直是高考的一个热点，所以也是我们高考复习的一个重点。而从最近两年的高考中我们发现，数列和不等式的联系有进一步的升级。它们联系的方法多样，思维方式灵活，联系的内容更加广泛，问题更加新颖。总之，数列和不等式的联系更加全面和深入。下面从近两年的高考题中我们来看一看这一变化。一、证法多样性数列和不等式的联系，即涉及到数列的知识，也要用到不等式的方法，有侧重数列的计算，也有依赖不等式的灵活证明，所以解决这些问题的方法非常灵活,选择余地很大。例1(05重庆卷)数列{an}满足.（Ⅰ）用数学归纳法证明：；（Ⅱ）已知不等式，其中无理数e=2.71828….（Ⅰ）证明：略（Ⅱ）证法一：由递推公式及（Ⅰ）的结论有两边取对数并利用已知不等式得故上式从1到求和可得即（Ⅱ）证法二：由数学归纳法易证成立，故令取对数并利用已知不等式得上式从2到n求和得因故成立二、思维灵活性近年来数列和不等式问题的思维方式更灵活，它渗透了我们数学中常用的方法，如待定系数、分类讨论，数形结合等。例2(04年全国卷IV)已知数列的前项和满足.（1）写出数列的前三项；（2）求数列的通项公式；（3）证明：对任意的整数，有.解（Ⅰ），（Ⅱ）略。（Ⅲ）证明：由通项公式得当且n为奇数时，