1、高二数学第六章不等式同步辅导讲义第 1 讲 不等式的证明一、辅导内容不等式证明的方法与技巧二、学习指导不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式；当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范化用语。根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法
2、、反证法、放缩法、判别式法等。三、典型例题【例 1】 设 a，bR，求证：a 2+b2ab+a+b-1。解题思路分析：思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将 a 或 b 看成主元的思想，在这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。作差 =a 2+b2-ab-a-b+1=a2-(b+1)a+b2-b+1= 432b43)21a(= )1b(43)a(0思路二：注意到不等式两边式子 a2+b2与 ab 的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的 a 与 b 项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。因 a2+b22ab，a 2+1
3、2a， b 2+12b三式同向相加得：a 2+b2ab+a+b-1思路三：在思路一中，作差 后得到关于 a 的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的知识求解。记 f(a)=a2-(b+1)a+b2-b+1因二次项系数为正，=(b+1) 2-4(b2-b+1)=-3(b-1)20 f(a)0【例 2】 已知 00，首先将题目结论改造为 1+ab+bc+caa+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的） ，而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻
4、找思路：由 a1，b1，c1得：1-a0，1-b0，1-c0，因此在对 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc 因式分解时，应向 1-a，1-b，1-c 这三个因式靠拢，这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准1-a，1-b，1-c 中的一个因式即可。1+ab+bc+ca-a-b-c-abc=(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)0【例 3】 设 A=a+d，B=b+c，a，b，c，dR +，ad=bc，a=maxa，b，c，d，试比较 A与 B 的大小。解题思路分析：因 A、B 的表达形式比较简单，故
5、作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式 ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去 a，b，c，d 中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知 a 的不等关系：ab，ac，ad，故保留 a，消 b，c，d 中任一个均可。由 ad=bc 得： bcdA-B=a+d-(b+c)= acba= 0)c(b)(cba又：若不慎消去了 a，该怎么办呢？由 ad=bc 得： dA-B= )db(cbcba = d)(下面是判断 b-d 与 c-d 的符号，即比较 a、c 与 d 的大小：应从条件a=maxa，b，c，d及 ad=bc 出发才挖掘隐藏条件。由 ad=bc 得： dca ab0 b
6、1即 dc1 cd，c-d0同理 b-d0 A-B0【例 4】 a，b，cR，求证：a 4+b4+c4(a+b+c)。解题思路分析：不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。左= )ac()b()a(21)cb2a(1 44444 22发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。 )bac()acb()ba(21 221ac22 c【例 5】 （1）a，b，c 为正实数，求证： c1b
7、a ac1ba；（2）a，b，c 为正实数，求证： cb22 。解题思路分析：（1）不等式的结构与例 4 完全相同，处理方法也完全一样。（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？ )cb(a2 a2)cb(a2a a)b(c2 c2)b(c2相加后发现不行，a，b，c 的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。42a， 4cab2b， 4ba2a相向相加后即可。【例 6】 x，y 为正实数，x+y=a，求证：x 2+y2 。解
8、题思路分析：思路一；根据 x+y 和 x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。 2yx 2a)(思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：途径 1：用均值换元法消元：令 m2ax， 2ay则 2am)()(2途径 2：代入消元法：y=a-x，0b0，求证： b8)a(2ba8)(2。解题思路分析：所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次， 21次等） ，难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对
9、所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。 )ba)(ba 2)a(22所证不等式可化为 b8)a()a(2)ba(8)ba(22 ab0 ba 0 不等式可化为： b4)a(1a4)b(22即要证 2)(b4a只需证 a2在 ab0 条件下，不等式组显然成立 原不等式成立【例 8】 已知 f(x)= 842x3，求证：对任意实数 a，b，恒有 f(a)f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。【例 9】 已知 a，b，cR，f(x)=ax 2+bx+c，当
10、|x|1 时，有|f(x)|1，求证：（1）|c|1，|b|1；（2）当|x|1 时，|ax+b|2。解题思路分析：这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|a，|a|-a，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a 1a2an|a 1|+|a2|+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|1 时，|f(x)|1”的解题意识。从特殊化的思想出发得到：令 x=0，|f(0)|1即 |c|1当 x=1 时，|f(1)|1；当 x=-1 时，|f(-1)|1下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把 f(0)，
11、f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。 f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c )1(f2b | |)1(f|)|2 )1(21（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求 g(x)=ax+b 的值域。当 a0 时，g(x)在-1，1上单调递增 g(-1)g(x)g(1) g(1)=a+1=f(1)-f(0)|f(1)-f(0)|f(1)|+|f(0)|2g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-f(-1)-f(0)-|f(-1)-f(0)|-|f(-1)|+|f(0)|-2 -2g(x)2即 |g(x)|2当 a0 时|ax+b|ax|+|b|=|a|x|+|b|a|+|b|
12、a+|b|下面对 b 讨论 b0 时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| |f(1)|+|f(0)|2； by B、x=y C、yx D、与 m ,n 的取植有关4、已知 a，b 是不相等的正数，在 a、b 之间插入两组数：x 1，x 2，x n和y1，y 2，y n，b 成等比数列，并给出下列不等式： 2n21 )()xx( 2ban yn21 2n )ba(那么，其中为真命题的是 （ ）A、 B、 C、 D、5、已知 a，b，c0，且 a+bc，设 M= cba4，N= 4，则 MN 的大小关系是A、MN B、M=N C、M0，x 2+x30，x 3+x10，则 f(x
13、1)+f(x2)+f(x3)的值 （ ）A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能7、若 a0，b0， )b1a(2x， bay， a1z，则 （ ）A、xyz B、xzy C、yxz D、yzx8、设 a，bR，下面的不等式成立的是 （ ）A、a 2+3abb2 B、ab-ab+ab C、 1b D、a 2+b22(a-b-1)（二）填空题9、设 a0，b0，ab，则 aabb与 abba的大小关系是_。10、若 a，b，c 是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)_8abc（用不等号填空） 。11、设 n 个正数 x1，x 2，x n的算术平均数是 x，若
14、a 是不等于 x的任意实数，并记 221 )()()x(p ， 2n221 )a()()(q ，则p 与 q 大小关系是_。12、当 00 且 t1 时， tlog1a与 tla的大小关系是_。13、若 a，b，c 为 RtABC 的三边，其中 c 为斜边，则 an+bn与 cn（其中 nN，n2）的大小关系是_。（三）解答题14、已知 a0，b0，ab，求证： aba。15、已知 a，b，c 是三角形三边的长，求 证： 2baccb1。16、已知 a0，b0，求证： )a(4)ba(21 。17、已知 a，b 为正数，a 3+b3=2，求证：a+b2。18、若 a，b，c 为正数，求证： c
15、1ba 388cba。19、设 a0，b0，且 a+b=1，求证： )( 425。20、已知 a+b+c0，ab+bc+ca0，abc0，求证：a，b，c 全为正数。参考答案（一）选择题1、D。 a0，b0， b1a ab2 ba4 12、B。 logcla， log1clb 41lc a1，b1，c1 log ca0，log cb0 blogal 4ablog)2lal(2cc log c2ab1 log cab1 abc3、A。 4、B。 22n21 )ba()ba(2xx 正确 abynn21ab42ab42)(ba2 正确5、A。 a41abaab4aMNc16、B。 x 1+x20
16、x 1-x2，x 13-x23同理，x 23-x33，x 33-x13同向相加得：x 13+x23+x330又 x 1+x2+x30 f(x 1)+f(x2)+f(x3)=-(x1+x2+x3)+(x13+x23+x33)abba 作商比较 baab)(当 ab 时， 1ba，a-b0 )(a当 a0 2t t，当且仅当 t=1 时等号成立但 t1 t1t 02，00，b0 b a2a bab法二： )(ab)(aba0)(2（ab） baba15、解： a0，b0，c0 cacbac 1cba欲证右边不等号成立，只需证)cba(2cabc 只需证 ， cba， 2欲证 cba只需证 )(2即
17、 a2，a2-b a 3(2-b)3即 a 38-12b+6b2-b3 6b 2-12b+8-(a3+b3)0 知，bc0 知，b+c-a0 ab+bc+ca=a(b+c)+bc0同理可证 b0，c0第 2 讲 不等式的解法举例一、辅导内容常见类型的不等式的解法三、学习指导1、解不等式的基本思想解不等式的基本思想就是化归、转化，其转化流向趋势是：2、解代数不等式的几种化归类型(1)一元一次不等式: axb,当 a0,解集为 x ab时;当 a0(a0)或 ax 2+bx+c0) 若0,不等式 ax2+bx+c0(a0)的解在方程 ax +bx+c=0 的两根之外,即 xx大 根或 x0)的解在
18、方程的两根之内,即 x小 根 0(a0)的解集为xx- ab2,xR;ax 2+bx+c=0 的两根不等式无理不等式有理不等式整式不等式分式不等式高次不等式低次不等式一次不等式二次不等式之内,即 x小 根 xx 大 根 若0，ax 2+bx+c0(a0)的解为全体实数；ax 2+bx+c0(a0)无解。（3）高次不等式：可利用数轴标根法来解。例如解不等式 f(x)=a(x-x1)(x-x2)（x-xn）0(a0),不妨设 x1x 2x n,数轴上分别标出 x1,x2,，x n,这 n 个点把数轴分为 n+1 个区间：（-，x ）,(x 1,x2),， （x n,x ）,(x n,+),在数轴上
19、从右到左的各个区间上 f(x)依次取“+，+，” ，不等式的解为取正号的区间的并集。（4）分式不等式：整理成一般形式 )(xgf0 或 )(xf0，再转化为整式不等式求解。f(x)0 f(x)0)(xgf0 f(X)g(X)0 g(x)0 或 g(x)0f(x)0 f(x)0（5）无理不等式：转化为有理不等式求解。g(x)0)(xfg(x) f(x)0 或 g(x)0f(x)g(x) 2 f(x)0g(x)0)(xfg(x) f(x)0f(x)g(x) 2f(x)0)(xf )(g g(x)0f(x)g(x)三、典型例题【例 1】 解不等式：x 2-(a+a2)x+a30，aa 2， 不等式解
20、为 a21 或 a1，或 a0。解题思路分析：首先对二次项系数 a 讨论，以确定不等式的类型：当 a=0 时，原不等式为4x+40，x-1。当 a0 时，不等式为二次不等式，其解的情况应考虑判别式=16-16a=16(1-a)及二次项系数 a 的符号这两个因素，也就是讨论的标准为 a 与 1 与 0 的大小比较。当 a1 时，不等式可化为 0a4x2= a)1(64)a(22，不等式的解为 R当 00，解的形式为两根之外，求得方程 0a4x2两根为 1x， a1212，不等式的解为1，或 a2。当 a0，解的形式为两根之间，不等式的解为 a12xa12，注意此时两根大小已改变。当 a=1 时，
21、原不等式可化为 x2+4x+40，(x+2) 20 x-2解：当 a=0 时，4x+40，x-1，为原不等式的解当 01 时，原不等式可化为 x2+ 04a 0a)1(62 不等式的解为 R 当 a0，x-2，原不等式解为 xR，且 x-2注：含字母的二次不等式的讨论，涉及到的因素较多，如二次项系数是否为 0，判别式的符号，两根的大小关系。在判别式2。 -2A (-2+k)(-4+5)- ，A=x|- 1） 。解题思路分析：（1）这是一个高次不等式，第一步可通过换元的途径转化为二次问题 (x+5)(x-4)=x 2+x-20(x+2)(x-1)=x2+x-2含未知数的项 x2+x 为公共项 可
22、令 x2+x=t则 (t-20)(t-2)-80 t 2-22t+1200 (t-10)(t-12)0 (x 2+x-10)(x2+x-12)0第二步再分解二次因式：)4x(3)41x)(41x( 0利用序轴标根法可得不等式解为：-4x 2，或 2x3解：（1）(x+5)(x-4)(x+2)(x-1)-80(x2+x-20)(x2+x-2)-80令 t=x 2+x则 (t-20)(t-2)-80 t 2-22t+1200 (t-10)(t-12)0 (x 2+x-10)(x2+x-12)0 )4x(3)41x)(41x( 0画序轴： -4x 241，或 241x3 即为原不等式的解注：也可令
23、x2+x-2=u，或 x2+x-11=v，此时不等式可化为(v-9)(v+9)-80，v 21，-1v1，此时更加简捷一些。（2）移项、通分得：0)1x(m2由 m1 得 01m 0)x(1x( 1 m， 1 1由序轴标根法：原不等式的解为：1xm，或 00， x12， +35，0t 52若 253253，- x1-2， 3x101，t2 函数值域为0， 10 ，+【例 6】 某地区上年度电价为每千瓦时 0.8 元，年用电量为 a 千瓦时，本年度计划将电价降到每千瓦时 0.55 元至 0.75 元之间，而用户期望电价为每千瓦 0.4 元。经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的
24、差成反比（比例系数为 k） ，该地区电力成本价为每千瓦 0.3 元，设 k=0.2a，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长 20%？解题思路分析：解决实际应用题，首先要理清数量之间关系，如本题：收益 = 实际用电量(实际电价-成本价)。其次，将关键文字语言转换成适当的数学模型，如“新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比”翻译为数学模型就是“设实际电价为 x，则新增用电量=4.0xk”， “电力部门的收益比去年至少增长 20%”翻译为数学模型就是“本年度收益)3.0x(a.(，去年收益(0.8-0.3)a， )3.0(a4.xk(0.8-0.3)a(1+20%)” 。
25、令 k=0.2a，解不等式：)3.0x(a4.2(0.8-0.3)(1-20%)a即 x 2-1.1x+0.30得：x0.6，或 x0.5又 0.55x0.75 x=0.6解：设实际电价为 x（元） ，则用电量增至 a4.0xk，去年收益为(0.8-0.3)a，今年收益为 )3.0(a4.xk(当 k=0.2a 时，由已知得：).x(.2( a%)201)(3.80(化简得：x2-1.1x+0.30 x0.6，或 x0.5又 0.55x0.750.6x0.75 当实际用电价最低为每千瓦时 0.6 元时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%。巩固练习一、选择题1、设命题甲：0b，关于 x
26、的不等式 0bx)a(5的解集是A、x|xa B、x|xbC、x|b2 D、x|0x46、已知关于 x 的不等式 kx32的解集为（0，3，则实数 k 的取值范围是A、k0 且 a18、已知x|ax 2+bx+c0=(- 3,2)，则关于 x 的不等式 cx2+bx+a0 D、 2x13010、函数 f(x)=(a-2)x2+2(a-2)x-4 定义域为 R，值域为（-，0，则实数 a 的取值范围是A、 （-，2） B、 （-，-2） C、-2 D、 ）-2，2）二、填空题11、不等式 x1的解集为_。12、不等式(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)120 的解是_。13、当不等式 2x
27、2+px+106 中恰有一个解时，实数 p 的值是_。14、若 3x2mx+3 的解集为（4，n） ，求 m、n 的值。18、已知当 m(1，2)时，不等式 mx2+2(m-1)x-20 成立，求实数 x 的取值范围。19、已知函数 f(x)= xlog1x2（1）求函数 f(x)的定义域；（2）解不等式 fx(x- )20、关于实数 x 的不等式 2)1a( )(2与 x2-3(a+1)x+2(3a+1)0（aR）的解集为 A 与 B，求使 AB 的 a 的取值范围。参考答案（一）选择题1、A。 化简|x-2|0，xa。5、A。 原不等式同解于 x40， 解之得 20=（- 31，2）得:a
28、c231b0a即 32ac5b0a由 a0设x|cx 2+bx+a0 t2 0100（三）解答题16、解： 0x213可化为 021x)( -2 A=x|-2 21显然 BR，B，设 B=x|x1xx 2（x 10 得：(x 2+2x)m-2x-20令 f(m)=(2x 2+2x)m-2x-2则 f(m)0 0)(f1 x2 251x,251x或或 x ，或 x19、解（1）x 满足 0x21， 2x1 f(x)定义域为（0，2）（2）易证 f(x)在（0，2）上递减又 f(1)= 1 原不等式可化为 fx(x- 21)f(1) 0 3时，3a+12，B=2，3a+1则 a12，1a3，满足条
29、件（3）当 a= 时，B=2，A= 910,32，舍综上所述，1a3，或 a=-1第 3 讲 含有绝对值的不等式一、辅导内容含有绝对值的不等式证明二、学习指导1、绝对值的性质（1）基本性质：xR 时，|x|x，|x|-x；|x|a，或 xa2。（2）运算性质：|ab|=|a|b|， |ba|，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a 1a2+an|a 1|+|a2|+|an|。（3）几何意义：|x-a|表示数轴上数 x，a 对应的两点之间的距离。2、与绝对值有关的不等式的证明 其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值
30、的性质，特别是|a|-|b|a|b|这一条性质。在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。三、典型例题【例 1】 设|a|0 知， )x(0 |xb|ax| ab2|b|2【例 5】 已知 f(x)=x2+ax+b， （1）求 f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于 。解思路分析：（1）f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。这是一个存在性的
31、命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。假设|f(x)|1，|b|1，且 ab，求证： |ba1|1。解题思路分析：本题用分析法较为方便。0)b1(a 0a1)ba(|ba1| 22 2222 |a|1，|b|1 a 21，b 21 1-a 20 原不等式成立【例 7】 设 x，yR，x 2+y21，求证：|x 2+2xy-y2| 。解题思路分析：也许有同学会这样解：|x2+2xy-y2|x 2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|x 2+y2+x2+y2=2(x2+y2)2但放缩过度，不能满足本题要求。根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法：令 x=rcos，y=
32、rsin，|r|1则 |x 2+2xy-y2|= r2|sin(2+ 4)| 2r2同步练习（一）选择题1、已知函数 f(x)=-2x+1 对任意正数 ，使得|f(x 1)-f(x2)|2、a，b 是实数，则使|a|+|b|1 成立的充分不必要条件是A、|a+b|1 B、|a| 且|b| C、a1 D、b|a-b| C、|a-b|0，命题甲；两个实数 a,b 满足|a-b|0 D、aba+b 的A、充分非必要条件 B、必要非充分条件C、充要条件 D、既非充分又非必要条件8、已知函数 f(x)=-2x+1，对于任意正数 ，使得|f(x 1)-f(x2)| 3（二）填空题9、若|x+y|=4，则
33、xy 最大值是_。10、若 ab，a0，b0，则 |ab|_ |b|a（填、0，b0，c0）的两个实根 x1，x 2，求证：ab|xc1， ab|xc。15、已知 f(x)在0。1上有意义，且 f(0)=f(1)，对于任意不同的 x1，x 20，1，都有|f(x 1)-f(x2)|1，求证：|1+ab|0， 4，|x 1-x2|a+b|，|a-b|a+b|。4、D。 当 a，b 中有一个为零时，|a+b|=|a|+|b|，当 ab0 时，|a+b|=|a|+|b|。5、B。 |a-b|=|a-1-(b-1)|a-1|+|b-1|a|-1，|a-1|a+b ab-a-b+10 (a-1)(b-1
34、)01ba或 ，1ba1|ba，条件 结论。8、C。 类似于 1。（二）填空题9、 9 |x+y|=4 (x+y)2=16 x2+y2+2xy=16 x 2+y22xy x 2+y2+2xy4xy 164xy，xy4 当且仅当 x=y=2 时，取得等号。10、 用比差法0)|b|a()|b|a(|b1| )|ab|)(|b|a( |)|a(|)|(|a|b|b|a| )|()|(|b|a|ba| 211、 |a+b|-|a-b|2|b| |a-b|a|-|b| -|a-b|b|-|a|又 |a+b|b|+|a|同向相加得：|a+b|-|a-b|2|b|12、 a3 欲使|x+2|+|x-1| b同理，|x 1| c a|xb， ab|x215、证明：（1）当|x 1+x2| 时，|f(x 1)-f(x2) 时，不妨设 x1 ，x 2-x1则 |f(x 1)-f(x2)|=|f(x1)-f(0)+f(1)-f(x2)|f(x 1)-f(0)|+f(1)-f(x2)|= (x1-0)+(1-x2)=1-(x2-x1)1 a 21 1-a 20，1-b 20，(1-a 2)（1-b 2）0 (1+ab) 2(a+b)2 |1+ab|a+b|18、证明：
