高三数学不等式选讲 知识点和练习.pdf

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不等式选讲
一、绝对值不等式

定理1:如果a,b是实数,那么|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立。
注:〔1〕绝对值三角不等式的向量形式及几何意义:当a,b不共线时,|a+b|≤
|a|+|b|,它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边。
〔2〕不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|中“=〞成立的条件分别是:不等式|a|-|b|≤
|a+b|≤|a|+|b|,在侧“=〞成立的条件是ab≥0,左侧“=〞成立的条件是ab≤0且|a|≥
|b|;不等式|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|,右侧“=〞成立的条件是ab≤0,左侧“=〞成立的
条件是ab≥0且|a|≥|b|。
定理2:如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,
等号成立。

〔1〕含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集
不等式a>0a=0a<0
|x|<a{x|-a<x<a}
|x|>a{x|x>a或x<-a}{x|x∈R且x≠0}R
注:|x|以及|x-a|±|x-b|表示的几何意义〔|x|表示数轴上的点x到原点O的距离;|
x-a|±|x-b|〕表示数轴上的点x到点a,b的距离之和〔差〕
〔2〕|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法
①|ax+b|≤c-c≤ax+b≤c;
②|ax+b|≥cax+b≥c或ax+b≤-c.
〔3〕|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法
方法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,表达了数形结合的思想;
方法二:利用“零点分段法〞求解,表达了分类讨论的思想;
方法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,表达了函数与方程的思想。
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二、证明不等式的根本方法

〔1〕作差比拟法
①理论依据:a>ba-b>0;a<ba-b<0.
②证明步骤:作差→变形→判断符号→得出结论。
注:作差比拟法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数〔或式子〕与0
的大小关系。
〔2〕作商比拟法
a
①理论依据:b0,1ab;
b
a
b0,1ab;
b
②证明步骤:作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论。

〔1〕定义:从条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列的推理、论证
而得到命题成立,这种证明方法叫做综合法。综合法又叫做推证法或由因导果法。
〔2〕思路:综合法的思索路线是“由因导果〞,也就是从一个〔组〕的不等式出发,
不断地用必要条件代替前面的不等式,直至推导出要求证明的不等式。

〔1〕定义:从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为条件
或一个明显成立的事实〔定义、公理或已证明的定理、性质等〕,从而得出要证的命题成立,
这种证明方法叫做分析法。
〔2〕思路:分析法的思索路线是“执果索因〞,即从要证的不等式出发,不断地用充
分条件来代替前面的不等式,直到打到不等式为止。
注:综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程,其表述简单、条理
清楚。当问题比拟复杂时,通常把分析法和综合法结合起来使用,以分析法寻找证明的思路,
用综合法表达、表达整个证明过程。

〔1〕定义:证明不等式时,通常把不等式中的某些局部的值放大或缩小,简化不等式,
从而到达证明的目的,这种证明方法称为放缩法。
〔2〕思路:分析证明式的形式特点,适当放大或缩小是证题关键。
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【绝对值不等式****题】
【例1】不等式|x5||x3|10的解集为
〔A〕[-]〔B〕[-4,6]
〔C〕(,5][7,)〔D〕(,4][6,)【答案】D
【解析】由不等式的几何意义知,式子|x5||x3|表示数轴的点(x)与点〔5〕的距离
和与点〔-3〕的距离之和,其距离之和的最小值为8,结合数轴,选项D正确
1
【例2】集合AxR|x3x49,BxR|x4t,t(0,),那么
t
集合AB=________.
【答案】xR|2x5
【解析】∵AxR||x3||x4|9xR|4x5,
11
BxR|x4t6,t0,xR|x24t6,t0,
tt
xR|x2,
∴ABxR|4x5xR|x2xR|2x5.
【例3】对于实数x,y,假设x11,y21,那么x2y1的最大值为.
【答案】5
【例4】不等式x1x30的解集是______.
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【解析】{x|x1}。由题得|x1||x3|(x1)2(x3)2x1所以不等式
的解集为{x|x1}。
【例5】假设关于x的不等式ax1x2存在实数解,那么实数a的取值范围是
【答案】(,3][3,)
【解析】:因为x1x2|x1x2|3所以ax1x2存在实数解,有
a3a3或a3
【例6】函数f〔x〕=|x-2|-|x-5|.
〔I〕证明:-3≤f〔x〕≤3;〔II〕求不等式f〔x〕≥x2-8x+15的解集.
3,x2,

解:〔I〕f(x)|x2||x5|2x7,2x5,

3,x5.
当2x5时,32x73.
所以3f(x)3.
〔II〕由〔I〕可知,
当x2时,f(x)x28x15的解集为空集;
当2x5时,f(x)x28x15的解集为{x|53x5};
当x5时,f(x)x28x15的解集为{x|5x6}.
综上,不等式f(x)x28x15的解集为{x|53x6}.
【例7】函数f(x)|x2|,g(x)|x3|m.
〔1〕解关于x的不等式f(x)a10(aR);
〔2〕假设函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,求m的取值范围。
解:〔1〕不等式f(x)a10,即x2a10。
当a1时,不等式的解集是(,2)(2,);
当a1时,不等式的解集为R;
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当a1时,即x21a,即x2a1或者x21a,即xa1或者
x3a,解集为(,1a)(3a,)。〔5分〕
〔2〕函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,即x2x3m对任意实数
x恒成立。即x2x3m对任意实数x恒成立。
由于x2x3(x2)(x3)5,故只要m5。
所以m的取值范围是(,5)。
【不等式证明****题】
【例1】假设a,b,c为不全相等的正数,求证:
a+bb+ca+c
lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
222
证明:由a,b,c为正数,得
a+bb+ca+c
lg≥lgab;lg≥lgbc;lg≥lgac.
222
而a,b,c不全相等,
a+bb+ca+c
所以lg+lg+lg>lgab+lgbc+lgac=lga2b2c2=lg(abc)
222
=lga+lgb+lgc.
a+bb+ca+c
即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
222
111
【例2】证明不等式1+...2n(nN).
23n
证法一(1)当n等于1时,不等式左端等于1,右端等于2,所以不等式成立
111
(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即1+<2k,
23k
1111
则12k
23k1k1
2k(k1)1k(k1)1
2k1,
k1k1
∴当n=k+1时,不等式成立
111
综合(1)、(2)得当n∈N*时,都有1+<2n
23n
111
根据(),(12)可知,当nN时,1...2n成立。
23n
证法二对任意k∈N*,都有
.
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122
2(kk1),
kkkkk1
111
因此122(21)2(32)2(nn1)2n.
23n
111
证法三设f(n)=2n(1),
23n
那么对任意k∈N*都有
1
f(k1)f(k)2(k1k)
k1
1
[2(k1)2k(k1)1]
k1
1(k1k)2
[(k1)2k(k1)k]0
k1k1
∴f(k+1)>f(k)
因此,对任意n∈N*都有f(n)>f(n-1)>…>f(1)=1>0,
111
∴12n.
23n
1125
【例3】a>0,b>0,且a+b=1求证(a+)(b+)≥
ab4
证法一(分析综合法〕
欲证原式,即证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,
1
即证4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证ab≤或ab≥8
4
∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立
1
∵1=a+b≥2ab,∴ab≤,从而得证
4
证法二(比拟法〕
1
∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤
4
1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)
(a)(b)0
ab4ab44ab4ab
1125
(a)(b)
ab4
证法三(综合法)
1
∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤
4
25
(1ab)21
13916(1ab)2125
1ab1(1ab)2
44161ab4
4
ab
.
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1125
即(a)(b)
ab4
n1aaa
【例4】a2n1(nN*).求证:12...n(nN*).
n23aaa
23n1
a2k11111111
证明:k.,k1,2,...,n,
a2k1122(2k11)2k2232k
k1
aaan1111n11n1
12...n(...)(1),
aaa232222n232n23
23n1
n1aaan
12...n(nN*).
23aaa2
23n1
【例5】假设0a2,0b2,0c2,求证:(2a)b,(2b)c,(2ca)不
能同时大于1。
证明:由题意知2a0,2b0,2c0
(2a)b1

假设有(2b)c1

(2c)a1
(2a)b
那么(2a)b1
2
(2b)c
同理,1
2
(2c)a
1
2
①+②+③,得33矛盾,假设不成立。
故(2ab),(2bc),(2ca)不能同时大于1。
【例6】设函数f(x)=x-a(x+1)ln(x+1)(x>-1,a≥0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求证:当m>n>0时,(1+m)n<(1+n)m.
【解析】(1)f′(x)=1-aln(x+1)-a,
①a=0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-1,+∞)上是增函数;
1-a1-a
②当a>0时,f(x)在(-1,ea-1]上单调递增,在[ea-1,+∞)单调递减.
ln(1+m)
mnnmnmmn
(2)证明:要证(1+)<(1+),只需证ln(1+)<ln(1+),只需证m<
.
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ln(1+n)
n.
x
-ln(1+x)
ln(1+x)1+xx-(1+x)ln(1+x)
设g(x)=(x>0),那么g′(x)==.
xx2x2(1+x)
由(1)知x-(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)单调递减,
所以x-(1+x)ln(1+x)<0,即g(x)是减函数,
而m>n,所以g(m)<g(n),故原不等式成立.
.