1、不等式(上)【考点梳理】一、考试内容 不等式，不等式的性质，不等式的证明，不等式的解法，含有绝对值的不等式。二、考试要求1.掌握不等式的性质及其证明，掌握证明不等式的几种常用方法，掌握两个和三个（不要求四个和四个以上） “正数的算术平均数不小于它们的几何平均数”这两个定理，并能运用上述性质、定理和方法解决一些问题。2.在熟练掌握一元一次不等式（组） 、一元二次不等式（组）的解法的基础上初步掌握其他的一些简单的不等式的解法。3.会用不等式|a|b|a+b| |a|+|b|。三、考点简析1.不等式知识相互关系表2.不等式的性质（1）作用地位 不等式性质是不等式理论的基本内容，在证明不等式、解不等式
2、中都有广泛的应用。高考中，有时直接考查不等式的性质，有时间接考查性质（如在证明不等式、解不等式中就间接考查了掌握不等式性质的程度） 。准确地认识、运用基本性质，并能举出适当反例，能辨别真假命题是学好不等式的要点。（2）基本性质 实数大小比较的原理与实数乘法的符号法则是不等式性质的依据。在不等式性质中，最基本的是：ab bb,bc ac（传递性）ab a+cb+c（数加） （ab,c=0 ac=bc）)(0, 数 乘cbacba 与等式相比，主要区别在数乘这一性质上，对于等式 a=b ac=bc，不论 c 是正数、负数还是零，都成立，而对于不等式 ab，两边同乘以 c之后，ac 与 bc 的大小
3、关系就需对 c 加以讨论确定。这关系即使记得很清楚，但在解题时最容易犯的毛病就是错用这一性质，尤其是需讨论参数时。（3）基本性质的推论 由基本性质可得出如下推论：推论 1：ab0,cd0 acbd 推论 2：ab0,cd0 推论bda3：ab0 anbn(nN)推论 4：ab0 (nN)nba对于上述推论可记住两点：一是以上推论中 a,b,c,d 均为正数，即在x|x 是正实数中对不等式实施运算；二是直接由实数比较大小的原理出发。3.不等式的证明（1）作用地位 证明不等式是数学的重要课题，也是分析、解决其他数学问题的基础，特别是在微积分中，不等式是建立极限论的理论基础。高考中，主要涉及“a,b
4、0 时， a+b2 ”这类不等式，以及运用不等式性质所能完成的简单的不等式的证明。用数学归纳法证明的与ab自然数有关命题的不等式难度较大。（2）基本不等式定理 1：如果 a,bx|x 是正实数，那么 （当且仅当 a=b 时取“=”号）定理 2：如果 a,b,cx|x 是正实数 ，那么 (当且仅当 a=b=c 时取“=”号)定理 3：如果 a、bx|x 是正实数，那么 （当3cba ba12ba2且仅当 a=b 时取“= ”号）推论 4：如果 a,b,cx|x 是正实数 ，那么 （当且仅当cba133acb322cbaa=b=c 时取“=” 号）由上述公式还可衍生出一些公式4ab(a+b) 22
5、(a 2+b2),a、bR （当且仅当 a=b 时等号成立）a 2+b2+c2ab+bc+ca,a,b,cR（当且仅当 a=b=c时等号成立）a 2+b2+c2 (a+b+c)2ab+bc+ca,a,b,cR （当且仅当 a=b=c 时等号成立）| + |2（当且仅当|a|=|b|时取“=”号）31 ba0,b0,a+b=1，则 ab 等。4（4）不等式证明的三种基本方法比较法：作差比较，根据 ab0 ab，欲证 ab 只需证 ab0 ；作商比较，当 b0 时，ab 1。ba比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有时根据题设可转化为等价问题的比较（如幂、方根等） 。分析法：从求证的不
6、等式出发寻找使该不等式成立的充分条件。对于思路不明显，感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径。综合法：从已知的不等式及题设条件出发，运用不等式性质及适当变形（恒等变形或不等变形）推导出要求证明的不等式。4.不等式的解法（1）作用与地位:解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段，与“等式变形”并列的“不等式的变形” ，是研究数学的基本手段之一。高考试题中，对解不等式有较高的要求，近两年不等式知识占相当大的比例。（2）一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）:解一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）是解其他各类不等式的基础，必须熟练掌握，灵活应用。3）高次不等式:解高次不等式常
7、用“数轴标根法” 。一般地，设多项式 F(x)=a(xa 1)(xa 2)(xa n) （a0）它的 n 个实根的大小顺序为 a10时有：在奇数区间内，F(x)0。在偶数区间内，F(x)0 f(x)g(x)0 0(xgf)(xgf0)(xgf（5）无理不等式:两类常见的无理不等式等价变形： g(x) 或 ag(x) f(x)1 时 a(fx)ag(x) f(x)g(x) logaf(x)logag(x) f(x)g(x)0（7）含参数不等式:对于解含参数不等式，要充分利用不等式的性质。对参数的讨论，要不“重复”不“遗漏” 。5.含有绝对值的不等式（1）作用与地位:绝对值不等式适用范围较广，向量
8、、复数的模、距离、极限的定义等都涉及到绝对值不等式。高考试题中，对绝对值不等式从多方面考查。（2）两个基本定理定理 1：|a|b|a+b| |a|+|b| （a、bR）定理 2：|a| |b|ab|a|+|b| （a、bR）应理解其含义，掌握证明思路以及“=”号成立的条件。（3）解绝对值不等式的常用方法讨论法：讨论绝对值中的式于大于零还是小于零，然后去掉绝对值符号，转化为一般不等式。等价变形：解绝对值不等式常用以下等价变形|x|0),|x|a x2a2 xa 或 x0)一般地有：|f(x)|g(x) f(x)g (x)或 f(x)0， =x2+y2+z2x 2+ = +x2= x2x+ ，矛1
9、)(2zy)1(31盾。设 x,y,z 三数中若有最大者大于 ，不妨设 x ，则： =x2+y2+z2x 2+32)(zy=x2+ = x2x+ = x(x )+ ，矛盾。故 x,y,z0, 。)1(113注：本题证法甚多，最易接受的方法是证法一的判别式法，因为该法思路明晰，易于操作，技巧性不强。不等式( 下)例 3 已知 i、m、n 是正整数，且 1 ，所以 即 miAniniAmi（2）由二项式定理有nkini(1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+Cnnmn (1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+Cmmnm 由（1）知 miAniniAmi (1niCmi (kim ,mmCnm nm
10、Cmm, mm+1Cnm+1 0, mmCnn 0, 1+ Cn1m + cCn2m2+ Cnnmn 1+ Cm1n+ Cm2n2 + Cmmnn，即(1+m) n(1+n)m 成立。注 本题是 2001 年全国高考数学试题，上述证明方法关键是配对。除了上述证法外，本题还有许多另外的证法，下面另举两种证法。（1）法一：令 n=m+k,（kN）对自然数 t=1,2，i1,tm(m+k) m(m+k) 21f(n+1)f(n)当 k3,kN 时，f(k)单调递增，又 )(nf12)n1)(n12)(n12)(nk k+1(k+1)k,即 k (k+1) 于是经过有限次传递，必有：(n+1) (1+
11、n)m 法二：（1+m） n(1+n)m nlg(1+m)mlg(1+n) 令 f(n)= ,n2)lg()l(lg又 ，即 (1+n)n+1(2+n)n)1()ff )lg(1)2l( )n2(1 )n1n2, 1由贝努利不等式得（1 ） n1 = 221n ，f（n）单调递减，又mm(1+m) n )4(例 4 解下列关于 x 的不等式：（1）a 2x+1a x+2+ax2 (a0);（2）log a(1 )1(a0 且 a1) 。解在解指、对数不等式时，常要对底数 a 进行分类，然后依据其函数的单调性来实现转化，在转化过程中注意不等式解的等价性。（1）原不等式等价于a2x (a2+a2
12、)ax+10(axa 2)(axa 2 ) 0(i)当 01 时，a 2a2 ，a 2 a xa 2即2x2(iii)当 a=1 时，x 为一切实数。综上所述：当 01 时，原不等式的解为x|2x2 ；当 a=1 时，解集为 R。（2）(i) 当 a1 时，原不等式等价于1 a 1aax0xx1a1 时，原不等式解集是x| 1 时，原不等式等价于1 a 0 且 b1)，ax21（1）求 f(x)的定义域；（2）当 b1 时，求使 f(x)0 的所有 x 的值。解 （1）x 22x+2 恒正，f(x) 的定义域是 1+2ax0，即当 a=0 时，f(x)定义域是全体实数。当 a0 时，f(x)的
13、定义域是（ ，+ ）a21当 a1 时，在 f(x)的定义域内，f(x)0 1 x22x+21+2axax12x22(1+a)x+10其判别式 =4(1+a) 24=4a(a+2)(i)当 0f(x)0 x0xR 且 x1若 a=2,f(x)0 (x+1)20x 且 x14(iii)当0 时，即 a0 或 a2 时方程 x22(1+a)x+1=0 的两根为x1=1+a ,x2=1+a+若 a0，则 x2x 10 或af)(2ax21若 a0 恒成立，故 21sinco0csin41so 解之得：2k+ 2k+ ， （kZ） 。25注 二次函数的在区间上最大值、最小值，只要考虑两个端点及区间中对
14、称轴所在位置之点。例 8 设函数 f(x)= ax，1x(1)解不等式 f(x)1；(2)求 a 的取值范围，使函数 f(x)在区间 0，+ 上是单调函数。)解 (1)不等式 f(x)1，即1+ax12x0)(xa所以：(i)当 0a1，所给不等式的解集是 x|0x21a(ii)a1 时，所给不等式的解集是 x|x0 (iii)当 a=0 时，所给不等式的解集是0(iv)当1a0 时，所给不等式的解集是 x| x02(v)当 a1 时，所给不等式的解集是x|x0(2)在区间 0，+ 上任取 x1，x 2，使得 x1x 2)f(x1)f(x 2)= )(1a=(x1x 2)( )x21而要使 f
15、(x)在 0，+ 上单调)只须 f(x1)f(x 2)在 0，+ 上恒正或恒负。又x 2x 10,x 1x2 0，+(0，1)21a1 或 a0例 9 设函数 f(x)=ax2+8x+3 a0 。对于给定的负数 a，有一个最大的正数 l(a)，使得在整个区间0，l(a)上，不等式|f(x)|5 恒成()立。问：a 为何值时，l(a)最大？求出这个最大的 l(a)，证明你的结论。解 f(x)=a(x+ )2+3 a0，f(x) max=3a416a16(i)当 3 5，即8a0 时，l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根， 2146)( al（ii）当 时，即 a8 时，l(a)是方程
16、的较大根，513a 5382xa即 l(a)= 2648= =0a215当且仅当 a=8 时，等号成立。由于 ，因此当且仅当 a=8 时，l(a)取最大值 。215 215注 本题是一个典型的函数、方程、不等式的综合题。数形结合利于开拓思路，找到解法。例 10 设a n是由正数组成的等比数列，S n是其前 n 项和，(1)证明： lgS n+1；2lgn(2)是否存在常数 C0，使得=lg(Sn+1C)2)lg()l(CSnn成立？证明你的结论。解 (1)a n是由正数组成的等比数列a 10,q0 当 q=1 时，S n=na1,Sn+2=(n+2)a1Sn+1=(n+1)a2SnSn+2=n
17、a1(n+2)a1=n2a12+2na12n 2a12+2na12+a12=(n+1)a12=S2n+1S nSn+2S 2n+1当 q1 时Sn= Sn+2= Sn+1=qa)(1q)(1qn)(1S nSn+2= 22222 )()(annS2n+1=11qan于是，S 2n+1S nSn+2= =a12qn0221)(综上所述：S 2n+1S nSn+2lgS n+1lgn(2)证法一：(i)当 q=1 时(SnC)(S n+2C)(S n+1C) 2=(na1C)(n+2)a 1C(n+1)a 1C 2=a 120 故这样的 C0 不存在。(ii)当 q1 时(SnC)(S n+2C)
18、(S n+1C) 2=a 1qna1C(1q)a 10,q0,a 1qn0 C= q1C0,0q1，但当 0q1 时，S n 0，这与条件(2)中 矛盾，故这样的 C0 不存在。a1 0CSn证法二：(反证法)假设存在常数 C0，使得 =lg(Sn+1C)成立，则必有2)lg()l(n 21212 )()(0SCSnnnn由式得：SnSn+2S 2n+1=C(Sn+Sn+22S n+1)另一方面：Sn+Sn+22S n+1=(SnC)+(S n+2C)2(S n+1C)2 2（S n+1C）=0)(CS nSn+2S n+12，矛盾故这样的 C0 不存在。注本题是一道数列、不等式、函数的综合题。解题过程中特别要注意 q=1 与 q1 的讨论。（2）中的反证法，综合体现了不等式知识的灵活实用，具有较高的能力要求。
