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第八讲 不等式


第八讲
考纲导读

不等式

1.理解不等式的性质及其证明. 2.掌握两个(注意不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理,并会简单应用. 3.掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式. 4.掌握简单不等式的解法. 5.理解不等式| a |-| b| ≤| a+b |≤| a |+| b |. 实数的性质 知识网络

不等式的性质

均值不等式

不等式的证明

解不等式

不等式的应用

比较法 综合法 分析法 反证法 换元法 放缩法 判别式法 高考导航

一元一次不等式(组) 一元二次不等式 分式、高次不等式 含绝对值不等式

函数性质的讨论 方程根的分布 最值问题 实际应用问题 取值范围问题

不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值 方面的应用.高考试题中有以下几个明显的特点: 1.不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多, 单独考查不等式的问题很少,尤其是不等式的证明题. 2.选择题,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题,特别是应用题和综合题几乎都与不等 式有关. 3.不等式的证明考得比较频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法,而放缩法作为一种辅 助方法不容忽视.

第 1 课时

不等式的概念和性质

1、实数的大小比较法则: 设 a,b基础过关 ∈R,则 a>b ? ;a=b ? ;a<b ? . 实数的大小比较法则,它是比较两个实数大小的依据,要比较两个实数的大小,只要考察它们的 就可以了. 实数的大小比较法则与实数运算的符号法则一起构成了证明其它不等式性质的基础. 2、不等式的 5 个性质定理及其 3 条推论 定理 1(对称性) a>b ? 定理 2(同向传递性) a>b,b>c ? 定理 3 a>b ? a+c > b+c 推论 a>b,c>d ?

定理 4 a>b,c>0 ? a>b,c<0 ? 推论 1 (非负数同向相乘法) a>b≥0,c>d≥0 ? 推论 2 a>b>0 ? a n ? b n 定理 5 a>b>0 ? a ? b
n n

(n ? N 且 n>1) (n ? N 且 n>1)

典型例题 例 1 .证明: (1)(x2-y2)(x+y)<(x2+y2)(x-y ) (2)aabb>abba

变式训练 1:不等式 log2x+3x2<1 的解集是____________.

例 2. 设 f(x)=1+logx3,g(x)=2logx2,其中 x>0,x≠1.比较 f(x)与 g(x)的大小.

变式训练 2: 若不等式(-1)na<2+

(?1) n?1 对于任意正整数 n 恒成立, 则实数 a 的取值范围是 n

.

例 3. 函数 f ( x) =ax2+bx 满足:1≤ f (?1) ≤2,2≤ f (1) ≤4,求 f (?2) 的取值范围.

变式训练 3:若 1<α<3,-4<β<2,则 α-|β|的取值范围是

.

例 4. 已知函数 f (x)=x2+ax+b,当 p、q 满足 p+q=1 时, 试证明:pf (x)+qf (y)≥f (px+qy)对于任意实数 x、y 都成立的充要条件是 o≤p≤1. 变式训练 4:已知 a>b>c,a+b+c=0,方程 ax2+bx+c=0 的两个实数根为 x1、x2. (1)证明:- <
2 (3)求| x 1 -x 2 2 |.

1 2

b <1; a

2 2 2 (2)若 x 1 +x1x2+x 2 2 =1,求 x 1 -x1x2+x 2 ;

归纳小结 1.不等式的性质是证明不等式与解不等式的重要而又基本的依据,必须要正确、熟练地掌握,要弄清 每一性质的条件和结论.注意条件的放宽和加强,条件和结论之间的相互联系. 2.使用“作差”比较,其变形之一是将差式因式分解,然后根据各个因式的符号判断差式的符号;变形 之二是将差式变成非负数(或非正数)之和,然后判断差式的符号.

3.关于数(式)比较大小,应该将“相等”与“不等”分开加以说明,不要笼统地写成“A≥B(或 B≤A)”.

基础过关

第 2 课时

算术平均数与几何平均数
为 a,b 的几何平均数.

1.a>0,b>0 时,称 为 a,b 的算术平均数;称 2.定理 1 如果 a、b ? R,那么 a2+b2 2ab(当且仅当 时 取“=”号) 3.定理 2 如果 a、b ? R ? ,那么
a?b ≥ 2

(当且仅当 a=b 时取“=”号)即两个数的算术平均数不

小于它们的几何平均数. 4.已知 x、y ? R ? ,x+y=P,xy=S. 有下列命题: (1) 如果 S 是定值,那么当且仅当 x=y 时,x+y 有最小值 (2) 如果 P 是定值,那么当且仅当 x=y 时,xy 有最大值 典型例题 例 1.设 a、b ? R ? ,试比较
a?b , 2
ab ,
2 a2 ? b2 , 的大小. 1 1 2 ? a b

. .

变式训练 1: (1)设 x > 0, y > 0, a ? 的大小关系( ) A.a >b B.a <b

x? y x y , b? , a 与b ? 1? x ? y 1? x 1? y
D.a ? b

C .a ? b

(2)b 克盐水中,有 a 克盐( b ? a ? 0 ) ,若再添加 m 克盐(m>0)则盐水就变咸了, 试根据这一事实提炼一个不等式 .

例 2. 已知 a,b,x,y∈R+(a,b 为常数) , ?

a x

b ? 1 ,求 x+y 的最小值. y

变式训练 2:已知 a,b,x,y∈R+(a,b 为常数) ,a+b=10, a,b 的值.

a b ? ? 1 ,若 x+y 的最小值为 18,求 x y

例 3. 已知 a, b 都是正数,并且 a ? b,求证:a5 + b5 > a2b3 + a3b2 变式训练 3:比较下列两个数的大小: (1) 2 ? 1与2 ? 3; (2) 2 ? 3与 6 ? 5 ; (3)从以上两小项的结论中,你否得出更一般的结论?并加以证明

例 4. 甲、乙两地相距 S(千米) ,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度最大不得超过 c(千米/小时) .已知 汽车每小时的运输成本(元)由可变部分与固定部分组成.可变部分与速度 v(千米/小时)的平方成正 比,且比例系数为正常数 b;固定部分为 a 元. (1) 试将全程运输成本 Y(元)表示成速度 V(千米/小时)的函数. (2) 为使全程运输成本最省,汽车应以多大速度行驶?

归纳小结

1.在应用两个定理时,必须熟悉它们的常用变形,同时注意它们成立的条件. 2. 在使用“和为常数、 积有最大值”和“积为常数、 和有最小值”这两个结论时, 必须注意三点: “一正”—— 变量为正数,“二定”——和或积为定值,“三相等”——等号应能取到,简记为“一正二定三相等”.

第 3 课时
? a ?b ? 0 ? a ? b ? a ?b ? 0 ? a ? b ?

不等式证明(一)

基础过关 1.比较法是证明不等式的一个最基本的方法,分比差、比商两种形式. (1)作差比较法,它的依据是:? ? a ?b ? 0 ? a ? b 它的基本步骤:作差——变形——判断,差的变形的主要方法有配方法,分解因式法,分子有理化等. (2) 作商比较法,它的依据是:若 a >0, b >0,则
? ? ? ? ? ? ? ? ? a ?1? a ? b b a ?1? a ? b b a ?1? a ? b b

它的基本步骤是:作商——变形——判断商与 1 的大小.它在证明幂、指数不等式中经常用到. 2.综合法:综合法证题的指导思想是“由因导果”,即从已知条件或基本不等式出发,利用不等式的性 质,推出要证明的结论. 3.分析法:分析法证题的指导思想是“由果索因”,即从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的 充分条件,把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题,如果能够确定这些充分条件都已具 备,那么就可以判定所要证的不等式成立. 典型例题 例 1. 已知 a ? 0, b ? 0 ,求证: 证法 1: = = =
a b ? b a
ab ( a ? b )[( a ) 2 ? 2 ab ? ( b ) 2 ] ab ( a ? b )( a ? b ) 2 ab

a b

?

b a

? a? b

? ( a ? b)

( a ) 3 ? ( b ) 3 ? ( a ? b ) ab

∵ a ? b >0, ab >0, ( a ? b ) 2 ? 0 ∴ 即
a b a b ? ? b a b a a ? ( a ? b) ? 0 ? a? b
? b a
2

证法 2: b =1+ ∴
a b

a? b

?

( a )3 ? ( b )3 ( a ? b ) ab

?

a ? b ? ab ab

( a ? b) ab
? b a

?1

? a? b

故原命题成立,证毕. 变式训练 1:已知 a、b、x、y∈R+且 求证:
y x > . y?b x?a

1 1 > ,x>y. a b

解:证法一:(作差比较法) ∵
y x bx ? ay - = , y ? b (x ? a)(y ? b) x?a



1 1 > 且 a、b∈R+, a b

∴b>a>0.又 x>y>0,∴bx>ay. bx ? ay y x ∴ >0,即 > . (x ? a)(y ? b) y?b x?a 证法二:(分析法) y x ∵x、y、a、b∈R+,∴要证 > , y?b x?a 只需证明 x(y+b)>y(x+a),即证 xb>ya. 由
1 1 > >0,∴b>a>0. 又 x>y>0,知 xb>ya 显然成立.故原不等式成立. a b

例 2. 已知 a、b∈R+,求证:
(a ? b)(a ? b ? 1) ? 2 2 (a b ? b a )

证明:∵ a ? b ? 2 ab ,因此要证明原不等式成立,则只要证 a ? b ? 1 ? 2 ( a ? b ) 由于 a ? b ? 1 ? 2 ( a ? b )
?( a ? 2 2 2 2 ) ?( b ? ) ?0 2 2

所以 a ? b ? 1 ? 2 ( a ? b ) 从而原不等式成立. 变式训练 2:已知 a、b、c ? R,求证: a 2 ? b 2 ? c 2 ? 4 ? ab ? 3b ? 2c 证明:左边-右边 = a 2 ? b 2 ? c 2 ? 4 ? ab ? 3b ? 2c
1 (4a 2 ? 4b 2 ? 4c 2 ? 16 ? 4ab ? 12b ? 8c) 4 1 ? [(2a ? b) 2 ? 3(b ? 2) 2 ? 4(c ? 1) 2 ] ? 0 4 ?

∴ a 2 ? b 2 ? c 2 ? 4 ? ab ? 3b ? 2c 例 3. 已知△ABC 的外接圆半径 R=1, S?ABC ?
1 1 1 ? ? .求证: t ? s a b c 1 1 c abc 证明: S ?ABC ? ab sin C ? ab ? ? 2 2 2R 4R 1 又∵ R=1, S ?ABC ? ∴ abc ? 1 4 t? 1 , a 、 b 、 c 是三角形的三边,令 s ? a ? b ? c , 4

∴ s? a? b? c ?

1 1 1 ? ? bc ca ab

1 1 1 1 1 1 ? ? ? b c ? c a ? a b ? 1 ? 1 ? 1 ?t ? a b c 2 2 2

∴ s ? t 但 t ? s 的条件是 a ? b ? c ? 1 ,此时 S ?ABC ?

3 与已知矛盾. 4

∴ t ?s 2 2 2 变式训练 3:若 a, b, c 为△ABC 的三条边,且 S ? a ? b ? c , p ? ab ? bc ? ac ,则( A. S ? 2 p C. S ? p D. p ? S ? 2 p 1 答案:D.解析: S ? p ? a 2 ? b2 ? c 2 ? (ab ? bc ? ac) ? [(a ? b)2 ? (b ? c)2 ? (a ? c)2 ] ? 0,? S ? p , 2 又∵ | a ? b |? c,| b ? c |? a,| a ? c |? b,? a 2 ? 2ab ? b2 ? c 2 , b2 ? 2bc ? c 2 ? a 2 , a 2 ? 2ac ? c 2 ? b2 ∴ a ? b ? c ? 2(ab ? bc ? ac),? S ? 2 p 。
2 2 2



B. p ? S ? 2 p

例 4. 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

1 . a

(2) 设函数 f (x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明:x0< 证明:(1)由于 x1 、 x2 是方程 f ( x) ? x ? 0 的两个根,则
0 ? x ? x1 ? x2

x1 . 2 f ( x) ? x ? a( x ? x1 )( x ? x2 )

当 x ? (0, x1 ) 时,有

∴ x ? x1 ? 0, x ? x2 ? 0 又 a?0 ∴ f ( x) ? x ? 0 即 f ( x) ? x 又由 f ( x) ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) ? x 得 f ( x) ? x1 ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) ? x ? x1
? ( x ? x1 )(1 ? ax ? ax2 )

1 又 a?0 a ∴ x ? x1 ? 0 , 1 ? ax ? ax2 ? 1 ? ax2 ? 0

∵ 0 ? x ? x1 ? x2 ?

∴ f ( x) ? x1 ? 0 即 f ( x) ? x1 综上所述, x ? f ( x) ? x1 . (2) ∵ f ( x) ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) ? x
? ax 2 ? (ax1 ? ax2 ? 1) x ? ax1 x2

∴ x0 ?

ax1 ? ax2 ? 1 ax1 x1 ? ? 2a 2a 2

变式训练 4:设 f(x)=3ax 2 + 2bx + c.若a + b + c = 0 ,f(0)>0,f(1)>0, 求证:(1)a>0 且-2<

a <-1; b

(2)方程 f(x)=0 在(0,1)内有两个实根. 证明: (1)因为 f (0) ? 0, f (1) ? 0 ,所以 c ? 0,3a ? 2b ? c ? 0 . 由条件 a ? b ? c ? 0 ,消去 b ,得 a ? c ? 0 ; 由条件 a ? b ? c ? 0 ,消去 c ,得 a ? b ? 0 , 2a ? b ? 0 . 故 ?2 ?

b ? ?1 . a
2

(2)抛物线 f ( x) ? 3ax ? 2bx ? c 的顶点坐标为 (? 在 ?2 ?

b 3ac ? b 2 , ), 3a 3a

b 1 1 b 2 ? ?1 的两边乘以 ? ,得 ? ? ? . 3 a 3 3a 3 b a 2 ? c 2 ? ac ? 0, 又因为 f (0) ? 0, f (1) ? 0, 而 f (? ) ? ? 3a 3a b b 所以方程 f ( x) ? 0 在区间 (0, ? ) 与 (? ,1) 内分别有一实根。 3a 3a 故方程 f ( x) ? 0 在 (0,1) 内有两个实根.
归纳小结 1.比较法是证明不等式的一个最基本的方法,而又以作差比较最为常见.作差比较的关键在于作差后 如何变形来达到判断差值符号之目的,变形的方向主要是因式分解和配方. 2.综合法证明不等式要找出条件和结论之间的内在联系,为此要着力分析已知与求证之间,不等式左 右两端的差异和联系,合理进行变换,去异存同,恰当选择已知不等式,找到证题的突破口. 3.分析法是“执果索因”重在对命题成立条件的探索,寻求不等式成立的充分条件,因此有时须先对原 不等式化简.常用的方法有:平方,合并,有理化去分母等.但要注意所有这些变形必须能够逆推,书 写格式要严谨规范. 4.分析法和综合法是对立统一的两个方法.在不等式的证明中,我们常用分析法探索证明的途径后, 用综合法的形式写出证明过程.这种先分析后综合的思路具有一般性,是解决数学问题的一种重要数学 思想.

第 4 课时

不等式证明(二)

基础过关 证明不等式的其它方法:反证法、换元法、放缩法、判别式法等. 反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原命题是正确 的证明方法. 换元法:对结构较为复杂,量与量之间关系不甚明了的命题,通过恰当引入新变量,代换原命题中的部 分式子,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式的证明方法. 放缩法:为证明不等式的需要,有时需舍去或添加一些代数项,使不等式的一边放大或缩小,利用不等 式的传递性,达到证题的目的,这种方法叫放缩法. 判别式法:根据已知的式子或构造出来的一元二次方程的根,一元二次不等式的解集,二次函数的性质 等特征,确定其判别式所应满足的不等式,从而推出所证的不等式成立.

典型例题 例 1. 已知 f(x)=x2+px+q, (1) 求证:f(1)+f(3)-2f(2)=2; (2) 求证:|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于 . 证明: (1)f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2 (2)用反证法。假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于 ,则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2,而|f(1)| +2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)-2f(2)=2,出现矛盾.
1 2 1 1 1 ? 变式训练 1:设 a、b、c ? R ,那么三个数 a ? 、 b ? 、 c ? ( b c a 1 2 1 2

∴|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于 .



A.都不大于 2 B.都不小于 2 C.至少有一个不大于 2 D.至少有一个不小于 2 解:D 例 2. (1) 已知 x2+y2=1,求证: ? 1 ? a 2 ? y ? ax ? 1 ? a 2 . (2) 已知 a、b∈R,且 a2+b2≤1,求证: a 2 ? 2ab ? b 2 ? 2 . 证明:(1)设 x ? cos? , y ? sin? ∴ y ? ax ? sin? ? a cos? ? 1 ? a 2 sin(? ? ? ) (其中 cos ? ?
1 1? a
2

, sin ? ? ?

a 1 ? a2

)

∵ ?1 ? sin(? ? ? ) ? 1 ∴ ? 1 ? a 2 ? y ? ax ? 1 ? a 2 (2)令 a ? k sin? , b ? k cos ? (其中 k2≤1), 则 a 2 ? 2ab ? b 2
? k 2 sin2 ? ? 2k 2 sin? cos ? ? k 2 cos 2 ?

? k 2 2 sin(2? ?

?
4

) ≤ 2k 2 ? 2

故原不等式成立. 变式训练 2: 设实数 x,y 满足 x2+(y-1)2=1,当 x+y+c≥0 时,c 的取值范围是( ) ? ?) A. [ 2 ? 1,, B. (??,,2 ? 1]
,, ? ?) C. [ 2 ? 1 D. (??,,2 ? 1] 解:A 例 3. 若 n ? N,且n ? 2 ,求证:

1 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ?1 2 2 2 n ?1 2 3 n2

证明:当 n ? 2 时 n(n ? 1) ? n 2 ? n(n ? 1) 即 ?
? 1 1 1 1 ? ( ? ) ? ( ? ) ? ??? 2 3 3 4 2 3 n 1 1 1 1 ?( ? )? ? n n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 1 又 2 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? 2 2 3 2 3 n 1 1 1 ?( ? ) ? 1? ? 1 n ?1 n n
2

1 n

1 1 1 1 ? ? ? n ? 1 n2 n ? 1 n

1

?

1

2

? ??? ?

1

2

故原不等式成立. 变式训练 3:若 f(n)= n 2 ? 1 -n,g(n)=n- n 2 ? 1 , ? (n)= ____________. 解:g(n)>φ(n)>f(n) 例 4. 证明: ? 证明:设 y ? x
1 2 3 2
2

1 ,则 f (n),g (n), ? (n)的大小顺序为 2n

1 2

x2 ? x ? 1 3 ? . x2 ? 1 2

? x ? 1 ,则(1-y)x2+x+1-y=0 x2 ?1

(1)当 y≠1 时,∵x∈R,∴△=1-4(1-y)2≥0 得 ? y ? ( y ? 1) (2)当 y=1 时,由(1-y)x2+x+1-y=0 得 x=0 而 x=0 是函数 y ?
x2 ? x ? 1 的定义域中的一个值; x2 ? 1
1 2 3 2

∴y=1 是它值域中的一个值. 综合(1)和(2)可知, ? y ? , 即 ?
1 2 x2 ? x ? 1 3 ? . x2 ? 1 2

变式训练 4: 设二次函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? c(a、b、c ? R且a ? 0) , 若函数 y ? f ( x) 的图象与直线 y ? x 和 y ? ?x 均 无公共点. (1) 求证: 4ac ? b2 ? 1 (2) 求证:对于一切实数 x 恒有 | ax2 ? bx ? c |?
1 4| a|

证明:(1)由 ax2+(b-1)x+c=0 无实根,得 Δ1=(b-1)2-4ac<0 由 ax2+(b+1)x+c=0 无实根 得 Δ2=(b+1)2-4ac<0 两式相加得:4ac-b2>1 (2)∵4ac-b2>1>0,∴a(x+
4ac ? b 2 b 2 ) 与 同号, 4a 2a

∴|ax+bx+c|=| a(x+ =|a|(x+ 归纳小结

b 2 4ac ? b 2 )+ | 4a 2a

4ac ? b 2 4ac ? b 2 1 b 2 ) + ≥ > 4a 4a 4a 2a

1.凡是含有“至少”,“至多”,“唯一”,“不存在”或其它否定词的命题适宜用反证法. 2.在已知式子中,如果出现两变量之和为正常数或变量的绝对值不大于一个正常数,可进行三角变换, 换元法证明不等式时,要注意换元的等价性. 3.放缩法证题中,放缩必须有目标,放缩的途径很多,如用均值不等式,增减项、放缩因式等. 4.含有字母的不等式,如果可以化成一边为零,另一边是关于某字母的二次三项式时,可用判别式法

证明不等式成立,但要注意根的范围和题设条件的限制.

第 5 课时
基础过关 1、有关绝对值不等式的主要性质:
? x ? ① | x |=? 0 ? ? x ? ( x ? 0) ( x ? 0) ( x ? 0)

绝对值不等式的应用

② | x |≥0 ③ | |a|-|b||≤|a±b|≤| a |+| b | ④| ab |= ,
a = b

(b≠0)

特别:ab≥0,|a+b|= ,|a-b|= . ab≤0,|a-b|= ,|a+b|= . 2、最简绝对值不等式的解法. ① | f(x) |≥a ? ; ② | f(x) |≤a ? ; ③ a≤| f(x) |≤b ? . ④ 对于类似 a | f(x) |+b| g(x) | > c 的不等式,则应找出绝对值的零点,以此划分区间进行讨论求解. 典型例题 例 1. 解不等式:| x2-3x-4|> x+1 解 :{x|x<-1 或-1<x<3 或 x>5} 变式训练 1:若不等式|x-4|-|x-3|≤a 对一切实数 x 都成立,则实 数 a 的取值范围是( ) A.a>1 B.a<1 C.a≤1 D.a≥1 解 :D 例 2. 设 f(x)=x2-x+b,| x-a |<1,求证:| f(x) -f(a) |<2(| a |+1). 解:∵|x-a|<1 ∴|f(x)-f(a)|=|(x2-x+b)-(a2-a+b)| =|x-a| ? |x+a-1|<|x+a-1|=|(x-a)+2a-1| ≤|x-a|+|2a|+1=2(| a |+1) 变式训练 2:若 a、b∈R,α, β 是方程 x2+a x+b=0 的两根,且|a|+| b |<1,求证:| α |<1 且| β |<1. 解 :由韦达定理和绝对值不等式的性质可证得 例 3. 已知 f(x)= x ,g(x)=x+a(a>0),⑴ 当 a=4 时,求
f ( x) ? a g ( x) >1 对 x∈[1, 4]恒成立,求 a 的取值范围. f ( x) f ( x) ? a g ( x) 的最小值;⑵ 若不等式 f ( x)

解 : (1)a=4 时,最小值 15; (2)
f ( x) ? ag ( x) ? 1 ,x∈[1,4]恒成立. f ( x)
a t

等价变形后,只要 a(t+ )>2,t∈[1,2]恒成立 (t=
x

)
a t a t2

设 h(t)=a(t+ ),h'=(t) a(1-

)

当 0<t< a 时,h'(t)<0,h(t)单调递减; 当 t> a 时,h'(t)>0,h(t)单调递增; 当 t= a 时,h'(t)=0,h( a )为极小值; 这样对于 t∈[1,2]有 ①
a

>2 时,h(t)min=h(2)=a(2+ )>2
a

a 2

a>4

② 1≤ a ≤2 时,h(t)min=h ∴ 1<a≤4

=2a

a

>2

③ 0< a <1 时,h(t)min=h(1)=a(a+1) ∴无解 综上知:a>1 变式训练 3:已知适合不等式| x2-4x+p|+| x-3 |≤5 的 x 的最大值是 3,求 p 的值. 解 :P=8 例 4. 设 a、b∈R,已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c,g(x)=cx2+bx+a,当|x|≤1 时,|f(x)|≤2 ⑴ 求证:|g(1)|≤2;⑵ 求证:当|x|≤1 时,| g(x)|≤4. 证明(1) ∵|x|≤1 时,|f(x)|≤2 |g(1)|=|c+b+a|=|f (x)|≤2 (2) 当|x|≤1 时, |g(x)|=|cx2+bx+a|=|c(x2-1)+bx+a+c| =|c(x2-1)|+|bx+a+c| ≤|c|+|a± b+c|≤2+2=4 变式训练 4:(1) 已知:| a |<1,| b |<1,求证:| (2)求实数 λ 的取值范围,使不等式| (3) 已知| a |<1,若|
1 ? ab |>1; a ?b

1 ? ab? |>1 对满足| a |<1,| b |<1 的一切实数 a、b 恒成立; a? ? b

a?b |<1,求 b 的取值范围. 1 ? ab

(1)证明:|1-ab|2-|a-b|2=1+a2b2-a2-b2 =(a2-1)(b2-1). ∵| a |<1,| b |<1,∴a2-1<0,b2-1<0. ∴|1-ab|2-|a-b|2>0. ∴|1-ab|>|a-b|,
| 1 ? ab | |1? a ? b | = >1. | a ?b| | a ?b| 1 ? ab? (2)解:∵| |>1 ? |1-abλ|2-|aλ-b|2 a? ? b

=(a2λ2-1)(b2-1)>0. ∵b2<1,∴a2λ2-1<0 对于任意满足| a |<1 的 a 恒成立. 当 a=0 时,a2λ2-1<0 成立; 当 a≠0 时,要使 λ2< ∴ |λ|≤1. 故-1≤λ≤1. (3)|
1 1 对于任意满足| a |<1 的 a 恒成立,而 2 >1, a2 a

? (a+b)2<(1+ab)2 ? a2+b2-1-a2b2<0 ? (a2-1)(b2-1)<0. ∵|a|<1,∴a2<1.∴1-b2>0,即-1<b<1.
归纳小结 1.利用性质||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|时,应注意等号成立的条件. 2.解含绝对值的不等式的总体思想是:将含绝对值的不等式转化为不含绝对值的不等式求解. 3.绝对值是历年高考的重点,而绝对值不等式更是常考常新,教学中,应注意绝对值与函数问题的结 合.

a?b a?b 2 |<1 ? ( ) <1 1 ? ab 1 ? ab

第 6 课时
基础过关

含参数的不等式

含有参数的不等式可渗透到各类不等式中去,在解不等式时随时可见含参数的不等式.而这类含 参数的不等式是我们教学和高考中的一个重点和难点.解含参数的不等式往往需要分类讨论求解,寻找 讨论点(常见的如零点,等值点等) ,正确划分区间,是分类讨论解决这类问题的关键.在分类讨论过 程中要做到不重,不漏. 典型例题 例 1. 已知 A={x| 2ax2+(2-ab)x-b>0},B={x| x<-2 或 x>3},其中 b>0,若 A ? B,求 a、b 的取 值范围.

解:a≥ 且 0<b≤6 变式训练 1:不等式 解:a=
1 2

1 2

ax ? 1 的解集是{x| x<1 或 x>2},则 a= x ?1



例 2. 已知关于 x 的不等式 实数 a 的取值范围. 解: (1)M={x|x<-2 或 (2)a∈[1, )∪(9,25 ]
5 3

ax ? 5 x2 ? a

<0 的解集为 M,(1) 当 a=4 时,求集合 M;(2) 若 3∈M 且 5 ? M,求

5 <x<2} 4
x2 (a、 b 为常数), 且方程 f (x)-x+12=0 有两个实根为 x1=3, x2=4. (1) ax ? b

变式训练 2: 已知函数 f (x)= 求函数 f (x)的解析式;

(2)设 k>1,解关于 x 的不等式 f (x)<

(k ? 1) x ? k . 2? x

9 ? ?9 x2 a ? ?1 3a ? b 解:(1)将 x1=3,x2=4 分别代入方程 -x+12=0 得: 解得 16 ax ? b b?2 ? ?8 4a ? b

所以 f(x)=

x2 (x≠2) 2? x x2 (k ? 1) x ? k ? 2? x 2? x

(2)不等式即为 可代为

x 2 ? (k ? 1) x ? k ?0 2? x 即 ( x ? 2)( x ? 1)( x ? k ) ? 0

①当 1<k<2 时,解集为 x∈(1,k)∪(2,+ ? ) ②当 k=2 时,不等式为(x-2)2(x-1)>0,解集为 x∈(1,2)∪(2,+ ? ) ③当 k>2 时,解集为 x∈(1,2)∪(k,+ ? ) 例 3. 若不等式 2x-1>m(x2-1)对满足-2≤m≤2 的所有 m 都成立,求 x 的取值范围. 解:
?1 ? 7 2

<x< 1 ?

3
2

2

变式训练 3:若不等式 3x ?2 ax ? ( ) x?1 对一切实数 x 恒成立,则实数 a 的取值范围是 解: ? <a<
1 2 3 2
2 a 2 a

1 3



例 4. 解关于 x 的不等式 ax2-2≥2x-ax(a∈R). 解:a=0 时,x≤-1;a>0 时,x≤-1 或 x≥ ,-2<a<0 时, ≤x≤-1;a=-2 时,x=-1;a<-2 时,-1≤x≤ . 变式训练 4:解关于 x 的不等式
1 2
x 2 ? 2ax ? 24a 2 ?0. 2a ? 1
2 a

解:(1)当 2a+1>0,即 a>- 时,原不等式为(x+4a)(x-6a)>0 ①当 a>0 时,x∈(- ? ,-4a)∪(6a,+ ? ) ②当- <a<0 时,x∈ ③当 a=0 时,x∈(- ? ,0)∪(0,+ ? ) (2)当 2a+1<0,即 a<- 时,原不等式为(x+4a)(x-6a) 综合以上,原不等式的解集为:
1 2 1 2

∴x∈(6a,-4a)

当 a≥0 时,解集为(- ? ,-4a)∪(6a,+ ? ) 当- <a<0 时,解集为(- ? ,6a)∪(-4a,+ ? ) 当 a<- 时,解集为(6a,-4a) 归纳小结 解含参数的不等式的基本途径是分类讨论,应注意寻找讨论点,以讨论点划分区间进行讨论求 解.能避免讨论的应设法避免讨论.
1 2
1 2

第 7 课时

不等式的应用

基础过关 1.不等式始终贯穿在整个中学教学之中,诸如集合问题,方程(组)的解的讨论,函数单调性的研究,函 数的定义域,值域的确定,三角、数列、立体几何,解析几何中的最大值、最小值问题,无一不与不等 式有着密切关系. 2.能够运用不等式的性质、定理和方法分析解决有关函数的性质,方程实根的分布,解决涉及不等式 的应用问题和转化为不等式的其它数学问题. 典型例题

例 1.若关于 x 的方程 4x+a· 2x+a+1=0 有实数解,求实数 a 的取值范围. x 解:令 t=2 (t>0),则原方程化为 t2+at+a+1=0,变形得
a?? 1? t 2 2 ? ?[(t ? 1) ? ? 2] ? ?(2 2 ? 2) ? 2 ? 2 2 1? t t ?1

变式训练 1:已知方程 sin2x-4sinx+1-a=0 有解,则实数 a 的取值范围是 ( ) A.[-3,6] B.[-2,6] C.[-3,2] D.[-2,2] 解:B 例 2. 如图,为处理含有某种杂质的污水,要制造一底宽为 2 米的无盖长方体沉淀箱,污水从 A 孔流入, 经沉淀后从 B 孔流出.设箱体的长度为 a 米,高度为 b 米.已知流出的水中该杂质的质量分数与 a,b 的乘积 ab 成反比.现有制箱材料 60 平方米.问当 a,b 各 为多少米 时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A、B 孔的 面积忽略 不计). 解法一:设 y 为流出的水中杂质的质量分数,则 y= 0 为比例系数.依题意,即所求的 a,b 值使 y 值最小. 根据题设,有 4b+2ab+2a=60(a>0,b>0),
30 ? a (0<a<30) ① 2?a k k k ? 于是 y= = 64 30a ? a 2 ab ? a ? 32 ? a?2 2?a k ? 64 ? ? 34 ? ? a ? 2 ? ? a ?2? ? k k ≥ ? 18 64 34 ? 2 ?a ? 2 ? ? a?2 64 当 a+2= 时取等号,y 达到最小值. a?2 k , ab

其中 k>

得 b=

这时 a=6,a=-10(舍去). 将 a=6 代入①式得 b=3. 故当 a 为 6 米,b 为 3 米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小. 解法二:依题意,即所求的 a,b 的值使 ab 最大. 由题设知 4b+2ab+2a=60(a>0,b>0),

即 因为

a+2b+ab=30(a>0,b>0). a+2b≥2 2ab ,

所以 2 2 ab +ab≤30, 当且仅当 a=2b 时,上式取等号. 由 a>0,b>0,解得 0<ab≤18. 即当 a=2b 时,ab 取得最大值,其最大值为 18. 所以 2b2=18.解得 b=3,a=6. 故当 a 为 6 米,b 为 3 米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小. 变式训练 2:一批物资要用 11 辆汽车从甲地运到 360 千米外的乙地,若车速为 v 千米/小时,两车的距 离不能小于(
v 2 ) 千米,运完这批物资至少需要 10





A.10 小时 B.11 小时 C.12 小时 D.13 小时 解:C 例 3. 已知二次函数 y=ax2+2bx+c,其中 a>b>c 且 a+b+c=0. (1) 求证:此函数的图象与 x 轴交于相异的两个点. (2) 设函数图象截 x 轴所得线段的长为 l,求证: 3 <l<2 3 . 证明:(1)由 a+b+c=0 得 b=-(a+c). Δ=(2b)2-4ac=4(a+c)2-4ac c 3 =4(a2+ac+c2)=4[(a+ )2+ c2]>0. 2 4 故此函数图象与 x 轴交于相异的两点. (2)∵a+b+c=0 且 a>b>c,∴a>0,c<0.
c >-2. a 1 c 由 b>c 得-(a+c)>c,∴ <- . a 2

由 a>b 得 a>-(a+c),∴

∴-2<

1 c <- . a 2

2 l=|x1-x2|= 4 ( ? ) ?3 .

c a

1 2

由二次函数的性质知 l∈( 3 ,2 3 ) 变式训练 3:设函数 f(x)=x2+2bx+c (c<b<1),f(1)=0,且方程 f(x)+1=0 有实根. (1)证明:-3<c≤-1 且 b≥0; (2)若 m 是方程 f(x)+1=0 的一个实根,判断 f(m-4)的正负,并加以证明.
c ?1 2 c ?1 1 又 c<b<1,故 c ? ? ? 1 ? ?3 ? c ? ? 2 3

证明:(1) f (1) ? 0 ? 1 ? 2b ? c ? 0 ? b ? ?

又方程 f(x)+1=0 有实根,即 x2+2bx+c+1=0 有实根. 故△ =4b2-4(c-1)≥0,即(c+1)2-4(c+1)≥0 ? c≥3 或 c≤-1
1 ? c ?1 ?? 3 ? c ? ? 由? 知b ? 0 3 ? ? 3 ? c ? ?1 由 b ? ? 2 ?c ? 3或c ? ?1 ?

(2) f ( x) ? x 2 ? 2bx ? c ? x 2 ? (c ? 1) x ? c ? ( x ? c)
( x ? 1)

f(m)=-1<0 ∴c<m<1 c-4<m-4<-3<c ∴f(m-4)=(m-4-c)(m-4-1)>0 ∴f(m-4)的符号为正. 例 4. 一船由甲地逆水匀速行驶至乙地,甲乙两地相距 S(千米),水速为常量 p(千米/小时),船在静水中 的最大速度为 q(千米/小时)(q>p),已知船每小时的燃料费用(以元为单位)与船在静水中速度 v(千米/小 时)的平方成正比,比例系数为 k. ⑴ 把全程燃料费用 y(元)表示为静水中速度 v 的函数,并求出这个函数的定义域.

⑵ 为了使全程燃料费用最小,船的实际前进速度应为多少? s 解:(1) y=kv2 ,v∈(p,q] v? p (2) i) 2p≤q 时,船的实际前进速度为 p; ii) 2p>q 时,船的实际前进速度为 q-p. 变式训练 4:某游泳馆出售冬季游泳卡,每张 240 元,使用规定:不记名,每卡每次只限 1 人,每天只 限 1 次.某班有 48 名同学,老师们打算组织同学们集体去游泳,除需要购买若干张游泳卡外,每次游 泳还要包一辆汽车,无论乘坐多少名同学,每次的包车费均为 40 元,若使每个同学游泳 8 次,每人最 少交多少钱? 解:设购卡 x 张,总费用 y 元. y=240(x+
64 x

)≥3840

x=8 时,ymin=3840 3840÷ 48=80(元) 答:每人最少交 80 元钱. 归纳小结 不等式的应用主要有两类: ⑴ 一类是不等式在其它数学问题中的应用,主要是求字母的取值范围,这类问题所进行的必须是等价 转化.注意沟通各知识点之间的内在联系,活用不等式的概念、方法,融会贯通. ⑵ 一类是解决与不等式有关的实际问题,这类问题首先应认真阅读题目,理解题目的意义,注意题


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