数学素材：教材梳理不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精庖丁巧解牛知识·巧学一、不等式的基本性质1.比较实数大小的充要条件对于任意两个实数a，b有且只有下列三种情况之一成立：a>ba—b>0;a<ba-b<0；a=ba—b=0.深化升华（1）上面的关系式沟通了实数大小的几何意义和代数意义之间的联系,是比较两个实数大小，以及用比较法证明不等式的出发点，也是这一讲内容的基础。（2）两个实数比较大小,常用作差法，作差法的步骤是：①作差；②变形（分解因式，配方法）；③判断差的符号;④结论。记忆要诀“三步一结论”.其中“判断差的符号”是目的，“变形"是关键.2.不等式的性质（1）对称性：a〉bb<a.(2）传递性：a〉b，b>ca〈c。（3）加（减):a〉ba+c〈b+c.（4)乘（除）：a>b，c〉0ac>bc。a>b,c<0（5）乘方：a〉b〉0an>bn(n∈N,n≥2）.(6)开方：a〉b>0>（n∈N，n≥2）。（7）a〉b,c〉da+c〉b+d。(8)a〉b>0，c>d>0ac误区警示不等式的性质包括“单向性"和“双向性”两个方面.从应用的角度看，单向性主要用于证明不等式；双向性是解不等式的基础,当然也用于证明不等式。在这些性质中，乘（除)法性质的应用最容易出错，所以在利用不等式性质推证不等式时,要紧扣不等式性质成立的条件。二、基本不等式1。定理1：设a,b∈R，则a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时，等号成立.2.定理2：如果a,b为正数，则≥，当且仅当a=b时等号成立.3。定理3:如果a，b,c为正数，则≥，当且仅当a=b=c时等号成立。4。一般结论：如果a1，a2，…，an为n个正数,则，当且仅当a1=a2=…=an时，等号成立.学法一得(1）在利用定理2、定理3这两个平均值不等式求最大（小）值问题时，必须满足三条：一正、二定、三相等.也就是，第一,均为正数；第二，求积的最大值时，应看和是否为定值，求和的最小值时，应看积是否为定值;第三，等号成立时条件是否具备。应用一般结论求最值也要注意上述条件.（2）为了达到使用基本不等式求最值的目的，常常需要对代数式进行通分、分解变形、构造和为定值或积为定值的模型。联想发散如果在某些特定条件下，一个不等式转化为等式，那么我们称这个不等式是“精确”的。这一类不等式在现代数学中非常重要，它们为解决某些有关优化的极值问题提供了理论基础。典题·热题知识点一：不等式的基本性质例1对于实数a,b,c，有下列命题：①若a>b,则ac〈bc；②若ac2〉bc2，则a>b；③若a<b<0，则a2〉ab>b2；④若c〉a〉b>0，则；⑤若a〉b，，则a>0，b〈0。其中真命题的个数是（）A.2B。3C.4D.5思路分析：判断命题的真假，要紧扣不等式的性质，要注意条件与结论之间的联系。①c为正、负或是零未知，因而判断ac与bc的大小缺乏依据，故该命题是假命题.②由ac2>bc2知c≠0,又c2>0，∴a>b是真命题。③a2>ab,ab>b2，∴该命题为真命题。④a>b>0-a〈-bc—a〈c-b。∵c〉a,∴c-a〉0，∴0〈c-a〈c—b.两边同乘以,得，又a〉b>0，∴。故该命题为真命题.⑤由已知条件知a>ba—b〉0，—>0〉0,∵a-b〉0，∴b—a〈0,∴ab〈0,又a〉b，∴a>0，b<0,故该命题为真命题。综上可知，命题②③④⑤都是真命题。答案:C误区警示通过本题的练习,可以使我们熟悉不等式的基本性质，更好地掌握各性质的条件和结论。另外，若要判断命题为真命题，应说明理由或进行证明，推理过程应紧扣有关定理、性质等,若判断命题为假命题只需举一反例。知识点二:用基本不等式证明条件不等式例2已知a〉0,b>0,a+b=1，求证：(a+)(b+)≥。思路分析：本题不能由(a+）≥2,(b+）≥2求解。因为此两式当且仅当a=1，b=1时成立，而由a+b=1这显然是不可能的，由要证的结论不易看出解题思路，可先将左边展开，进行“拆”“配".证明：左=（a+）(b+）=ab+=(）2+++2。∵a〉0，b>0,∴+≥2,又∵a>0,b>0，a+b=1,∴a+b≥.≤，≥2，-≥,∴（-)≥,∴（-）2≥,∴左≥2+2+=（当且仅当a=b=时取等号）.方法归纳一般的,数学中的定理、公式揭示了若干变量之间的本质联系,但不能定格于特殊形式，因此在解答数学题的过程中,把数值、数式合理地拆成两项或多项,或者恒等地配凑成适当的数或式，是数学表达式数学变形过程中常用的方法，这也是一种解题技巧。知识点三:用基本不等式求值域例3求当x〉0时,f(x)=的值域.思路分析：此题从形式上看，不能使用基本不等式，但通过变形之后，f(x）=在分母上可以使用基本不等式。解：∵x>0，∴f(x）==。∵x+≥2,∴0<≤.∴0<f（x)≤1.∴f(x)的值域为（0，1］,当且仅当x=1时取“=”号。巧题变式（1）本题中要没有x>0的限制，仅有x∈R，那么应如下求解：当x〉0时，同上;当x<0时,x+≤—2,∴≤〈0，∴-1≤f（x)〈0；当x=0时,f(x)=0,∴—1≤f（x)≤1。(2)若本题加上x∈R的条件，且不用基本不等式，则可以用判别式求解.∵y=,∴yx2—2x+y=0。当y=0时，得x=0，当y≠0时，∵x∈R,∴Δ=4-4y2≥0,∴—1≤y≤1，但当x〉0时，如使用判别式法求解,那么就不仅仅是Δ≥0的问题了,而且还应该考虑x>0的限制条件，是比较复杂的.知识点四：用基本不等式解决实际问题例4某种汽车，购车费用是10万元,每年使用的保险费、养路费、汽油费为0.9万元，年维修费第一年是0。2万元，以后逐年递增0.2万元.问这种汽车使用多少年时，它的平均费用最少？思路分析：年平均费用等于总费用除以年数，总费用包括：购车费用、保险费、养路费、汽油费以及维修费用的总和，因此，应先计算总费用，列出函数关系，再计算年平均费用。解：设使用x年时平均费用最少。由于“年维修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0。2万元”，可知汽车每年维修费构成以0。2万元为首项,0。2万元为公差的等差数列。因此，汽车使用x年时总的维修费用为x万元.设汽车的年平均费用为y万元，则有y==3.当且仅当，即x=10时,y取最小值。答：汽车使用10年时平均费用最少.方法归纳在应用平均值不等式解决实际问题时，要注意以下几点:（1)先理解题意，再设变量,设变量时一般把要求最值的变量定为函数;（2）建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最值问题；（3）在定义域内，求出函数的最值；（4）正确写出答案;（5)在特殊情况下,还要根据条件构造满足不等式所要求的条件的结论。问题·探究误区陷阱探究问题1若二次函数y=f（x）的图象经过坐标原点，且1≤f（-1）≤2,3≤f（1)≤4。求f(—2）的取值范围。错解：因为二次函数y=f（x)的图象经过坐标原点，所以设f（x）=ax2+bx(a≠0).所以f（-1）=a—b，f（1)=a+b。所以由得，4≤（a+b)+(a-b)≤6，即2≤a≤3.由得，1≤(a+b)-(a-b）≤3，即≤b≤.又因为f（—2）=4a—2b，所以4×2-2×≤4a-2b≤4×3-2×，即5≤f（—2）≤11。试通过探究指明错因，并给出正确的结论.探究过程:错的原因在于利用(1）(2）解得≤b≤的过程中，利用了同向不等式相减.考虑条件1≤f(—1）≤2,3≤f（1）≤4，得到的是1≤a-b≤2,2≤a+b≤4这两个结论，显然a,b两字母是相互联系的整体并不是独立存在着的，如果确定出各自的取值范围≤a≤3，0≤b≤，那么0≤a—b≤3，≤a+b≤,即0≤f（-1）≤3，≤f(1）≤。这与条件矛盾了！因此上述解题过程是方法错了.探究结论：分析：f(-1)=a-b，f(1）=a+b，由f(-1)、f（1)可求出a=，b=，进而用f（-1)、f（1)表示出f（-2),从而求出f（—2）的范围，或者运用整体思想,用f（-1）和f（1)去表示f（—2），再求解。正解一：因为二次函数y=f(x）的图象过原点，所以f（x)=ax2+bx（a≠0）,所以所以因为f(-2）=4a—2b=f(1）+3f(—1)，1≤f（-1）≤2，3≤f（1）≤4，所以3+3×1≤f（-2）≤4+3×2，即6≤f(-2）≤10.正解二：因为二次函数y=f(x)的图象过原点，所以f(x)=ax2+bx（a≠0），所以f(—2)=4a-2b.又因为1≤f（—1）≤2,3≤f(1)≤4,所以设存在实数m,n使得4a-2b=m(a+b）+n（a-b），即4a-2b=（m+n)a+（m—n)b，所以解之得m=1,n=3。所以4a—2b=（a+b）+3(a—b)。又因为3≤a+b≤4，3≤3（a-b）≤6,所以3+3≤4a-2b≤4+6，即6≤f（-2)≤10。方法交流探究问题2设a〉b>0，m>0，n>0，试比较，,的大小，你能根据所得结论写出此结论在生活中的模型吗？探究过程:本题实质是利用实数比较大小的依据，通过作差法比较四个分式的大小，进而找出不等式在日常生活的应用,从而体会不等式的应用价值.因为a〉b〉0，所以0〈<1，0<〈1，1〈，1〈。又因为—=<0，所以〈.同理可得>.所以<<<.下面试举不等关系〈〈〈在生活中的一模型：学校打算重新铺设由餐厅通往教学楼的路面，建筑施工规定，铺设路面所用的混凝土中水泥含量和石子含量的比值应不小于0。25，而且在一定范围内这个比值越大，路面的质量越高.试问同时增加相等的水泥和石子的含量，路面的质量是提高了，还是降低了？设所用混凝土中水泥含量和石子含量分别为a，b，同时增加的含量为n,根据题意可知a