高二数学最新教案人教版不等式期中复习讲义整理Word文档下载推荐.docx
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（2）如果和x＋y是定值S，那么当x＝y时，和xy有最大值S2/4。
明不等式的常用方法
比较法：
比较法是最基本、最重要的方法。
当不等式的两边的差能分解因式或能配成平方和的形式，则选择作差比较法；
当不等式的两边都是正数且它们的商能与1比较大小，则选择作商比较法；
碰到绝对值或根式，我们还可以考虑作平方差。
综合法：
从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式。
综合法的放缩经常用到均值不等式。
分析法：
不等式两边的联系不够清楚，通过寻找不等式成立的充分条件，逐步将欲证的不等式转化，直到寻找到易证或已知成立的结论。
不等式的解法
（1）不等式的有关概念
同解不等式：
两个不等式如果解集相同，那么这两个不等式叫做同解不等式。
同解变形：
一个不等式变形为另一个不等式时，如果这两个不等式是同解不等式，那么这种变形叫做同解变形。
提问：
请说出我们以前解不等式中常用到的同解变形
去分母、去括号、移项、合并同类项
（2）不等式ax+b>
0的解法
①当a>
0时不等式的解集是{x|x>
－b/a}；
②当a<
0时不等式的解集是{x|x<
③当a=0时,b>
0,其解集是R；
b≤0,其解集是ф。
（3）
一元二次不等式与一元二次方程、二次函数之间的关系
（4）绝对值不等式
｜x｜＜a（a＞0）的解集是｛x｜－a＜x＜a｝，几何表示为：
º
º
－a 0 a
｜x｜＞a（a＞0）的解集是｛x｜x＜－a或x＞a｝，几何表示为：
－a0a
小结：
解绝对值不等式的关键是—去绝对值符号（整体思想，分类讨论）转化为不含绝对值的不等式，通常有下列三种解题思路：
（1）定义法：
利用绝对值的意义，通过分类讨论的方法去掉绝对值符号；
（2）公式法：
|f（x）|>
a
f（x）>
a或f（x）<
－a；
|f（x）|<
－a<
f（x）<
a；
（3）平方法：
a（a>
0）
f2（x）>
a2；
f2（x）<
（4）几何意义。
分式不等式的解法
一元高次不等式的解法
列表法解不等式的步骤
①整理 把不等式化为f（x）＞0（或＜0）的形式（首项系数化为正）
②求根 求出f（x）＝0的根（称为界点）
③列表 按各根把实数分成的几部分，由小到大横向排列，相应的各因式纵向排列（由对应较小根的因式开始依次自上而下排列）
④解集 根据所列表格，写出满足题目要求的不等式的解集
序轴标根法
把不等式化为f（x）＞0（或＜0）的形式（首项系数化为正），然后分解因式，再把根按照从小到大的顺序在数轴上标出来，从右边入手画线，最后根据曲线写出不等式的解。
含有绝对值的不等式
定理：
|a|－|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
•|a|－|b|≤|a+b|
中当b=0或|a|>
|b|且ab<
0等号成立
•|a+b|≤|a|+|b|
中当且仅当ab≥0等号成立
推论1：
｜a1+a2+a3|≤｜a1|+|a2|+|a3|
｜a1+a2+…＋an|≤｜a1|+|a2|+…+|an|
推论2：
|a|－|b|≤|a－b|≤|a|+|b|
二、常见题型
（一）利用不等式性质，判断其它不等式是否成立
1、a、b∈R,则下列命题中的真命题是（ ）C
A、若a>
b，则|a|>
|b|B、若a>
b，则1/a<
1/b
C、若a>
b，则a3>
b3 D、若a>
b，则a/b>
1
2、已知a<
0.－1<
b<
0,则下列不等式成立的是（ ）D
A、a>
ab>
ab2B、ab2>
a
C、ab>
a>
ab2D、ab>
ab2>
3、当0<
a<
1时，下列不等式成立的是（ ）D
A、（1―a）1/b>
（1―a）bB、（1+a）a>
（1+b）b
C、（1―a）b>
（1―a）b/2D、（1―a）a>
（1―b）b
4、若loga3>
logb3>
0，则a、b的关系是（ ）B
A、0<
1B、b>
1
C、0<
1D、1<
5、若a>
b>
0，则下列不等式①1/a<
1/b；
②a2>
b2；
③lg（a2+1）>
lg（b2+1）；
④2a>
2b中成立的是（ ）A
A、①②③④ B、①②③ C、①② D、③④
（二）比较大小
1、若0<
α<
β<
π/4,sinα+cosα=a,sinβ+cosβ=b，则（ ）A
A、a＜b B、a＞b C、ab＜1 D、ab＞2
2、a、b为不等的正数，n∈N，则（anb+abn）－（an－1+bn－1）的符号是（ ）C
A、恒正 B、恒负
C、与a、b的大小有关 D、与n是奇数或偶数有关
3、设1＜x＜10，则lg2x,lgx2,lg（lgx）的大小关系是 .lgx2>
lg2x>
lg（lgx）
4、设a>
0,a≠1,比较logat/2与loga（t+1）/2的大小。
分析：
要比较大小的式子较多，为避免盲目性，可先取特殊值估测各式大小关系，然后用比较法（作差）即可。
（三）利用不等式性质判断P是Q的充分条件和必要条件
1、设x、y∈R,判断下列各题中，命题甲与命题乙的充分必要关系
⑴命题甲：
x>
0且y>
0， 命题乙：
x+y>
0且xy>
0充要条件
⑵命题甲：
2且y>
2， 命题乙：
4且xy>
4 充分不必要条件
2、已知四个命题，其中a、b∈R
①a2<
b2的充要条件是|a|<
|b|；
②a2<
b2的充要条件是|a|2<
|b|2；
③a2<
b2的充要条件是（a+b）与（a－b）异号；
④a2<
b2的充要条件是（|a|+|b|）与（|a|－|b|）异号.其中真命题的序号是_ 。
3、“a+b>
2c”的一个充分条件是（ ）C
c或b>
cB、a>
c或b＜c C、a>
c且b>
c D、a>
c且b＜c
（四）范围问题
1、设60＜a＜84,－28＜b＜33,求：
a+b,a－b,a/b的范围。
2、若二次函数y=f（x）的图象过原点，且1≤f（―1）≤2,3≤f
（1）≤3，求f（―2）的范围。
（五）均值不等式变形问题
1、当a、b∈R时,下列不等式不正确的是（ ）D
A、a2+b2≥2|a|•|b|B、（a/2+b/2）2≥ab
C、（a/2+b/2）2≤a2/2+b2/2D、log1/2（a2+b2）≥log1/2（2|a|•|b|）
2、x、y∈（0,+∞），则下列不等式中等号不成立的是（ ）A
C、（x+y）（1/x+1/y）≥4D、（lgx/2+lgy/2）2≤lg2x/2+lg2y/2
3、已知a>
0,b>
0,a+b=1，则（1/a2―1）（1/b2―1）的最小值为（ ） D
A、6 B、7 C、8 D、9
4、已知a>
0,c>
0，a+b+c=1，求证：
1/a+1/b+1/c≥9
5、已知a>
0,d>
0,求证：
（六）求函数最值
1、若x>
4,函数
5、大、－6
2、设x、y∈R,x+y=5，则3x+3y的最小值是（ ）D
A、10 B、
C、
D、
3、下列各式中最小值等于2的是（ ）D
A、x/y+y/xB、
C、tanα+cotαD、2x+2－x
4、已知实数a、b、c、d满足a+b=7,c+d=5,求（a+c）2+（b+d）2的最小值。
5、已知x>
0,y>
0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。
（七）实际问题
1、98（高考）如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2cm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am，高度为bm，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60m2，问当a、b各为多少米时，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）。
解一：
设流出的水中杂质的质量分数为y，
由题意y=k/ab，其中k为比例系数（k>
0）
据题设2×
2b+2ab+2a=60（a>
由a>
0可得0<
30
令t=2+a，则a=t－2
从而
当且仅当t=64/t，即t=8,a=6时等号成立。
∴y=k/ab≥k/18
当a=6时,b=3，
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
解二：
设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y=k/ab，其中k为比例系数（k>
要求y的最小值，即要求ab的最大值。
0），即a+2b+ab=30
即a=6,b=3时，ab有最大值，从而y取最小值。
2、某工厂有旧墙一面长14米,现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126 米2的厂房，工程条件是：
①建1米新墙的费用为a元；
②修1米旧墙的费用为a/4元；
③拆去1米旧墙用所得材料建1米新墙的费用为a/2元.经过讨论有两种方案：
⑴利用旧墙的一段x（x<
14）米为矩形厂房的一面边长；
⑵矩形厂房的一面长为x（x≥14）.问如何利用旧墙，即x为多少米时，建墙费用最省？
⑴⑵两种方案哪种方案最好？
解：
设总费用为y元，利用旧墙的一面矩形边长为x米，则另一边长为126/x米。
⑴若利用旧墙的一段x米（x<
14）为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，剩余的旧墙拆得的材料建新墙的费用为（14－x）•a/2元，其余的建新墙的费用为（2x+2•126/x－14）•a元，故总费用
当且仅当x＝12时等号成立，∴x＝12时ymin=7a（6－1）=35a。
⑵若利用旧墙的一段x米（x≥14）为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，建新墙的费用为（2x+2•126/x－14）•a元，故总费用
设f（x）=x+126/x,x2>
x1≥14，则f（x2）－f（x1）=x2+126/x2－（x1+126/x1）
=（x2―x1）（1―126/x1x2）>
0∴f（x）=x+126/x在［14，＋∞）上递增，∴f（x）≥f（14）
∴x=14时ymin=7a/2+2a（14+126/14－7）=35.5a
综上所述，采用方案⑴，即利用旧墙12米为矩形的一面边长，建墙费用最省。
（八）比较法证明不等式
1、已知a、b、m、n∈R+,证明：
am+n+bm+n≥ambn+anbm
变：
已知a、b∈R+,证明：
a3/b+b3/a≥a2+b2
2、已知a、b∈R+,f（x）=2x2+1,a+b=1,证明：
对任意实数p、q恒有a•f（p）+b•f（q）≥f（ap+bq）
（九）综合法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：
2、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求证：
a2+b2+c2≥1/3
3、已知a、b、c为不全相等的正数，且abc=1,求证：
4、已知a、b∈R+，a+b=1,求证：
（十）分析法证明不等式
bc/a+ac/b+ab/c>
a+b+c
2、已知函数f（x）=lg（1/x－1）,x1、x2∈（0,1/2），且x1≠x2，求证：
3、设实数x,y满足y+x2=0,0<
1，求证：
loga（ax+ay）≤loga2+1/8
（十一）反证法、放缩法、构造法、判别式法、换元法等证明不等式
1、设f（x）=x2+ax+b，求证：
|f
（1）|、|f
（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于1/2。
2、若x2+y2≤1,求证|x2+2xy－y2|≤
.
c,求证：
4、已知a、b、c∈R＋，且a+b>
c求证：
5、已知a、b、c∈R，证明：
a2+ac+c2+3b（a+b+c）≥0，并指出等号何时成立。
整理成关于a的二次函数f（a）=a2+（c+3b）a+3b2+3bc+c2
∵Δ=（c+3b）2－4（3b2+3bc+c2）=－3（b2+2bc+c2）≤0
∴f（a）≥0
6、已知：
x2－2xy+y2+x+y+1＝0，求证：
1/3≤y/x≤3
7、在直角三角形ABC中，角C为直角，n≥2且n∈N，求证：
cn≥an+bn
（十二）解不等式
1、解不等式：
2、解关于x的不等式：
（十三）不等式应用
不等式的应用主要有三个方面：
一是能转化为求解不等式（组）的有关问题（如求函数的定义域、讨论一元二次方程的根的分布等）；
二是能转化为不等式证明的有关问题（如证明函数的单调性）；
三是能转化为重要不等式的极端情形解决的最值问题。
1、已知f（x）的定义域是（0,1］，则函数
的定义域是_____________。
［－5，－2）∪（1,4］
2、已知不等式ax2+bx+c>
0的解集是{x|α<
x<
β}（0<
β）,求不等式cx2+bx+a<
0的解集。
3、设
（x≥0）.⑴求证：
f（x）是减函数；
⑵求f（x）的值域。
4、由于对某种商品实行征税，其售价比原价上涨x%，涨价后商品卖出量减少
，已知税率为销售金额的20%.
⑴为实现销售金额和扣除税款的余额y不比原销售金额少，求上涨率x%的取值范围；
⑵x为何值时，y最大？
（保留一位小数）
设原价为a，销售量为b，则
当且仅当1＋x%＝25/9－x%，即x%＝8/9.∴x＝88.9时y最大。
（十四）恒成立问题
1、若不等式a<
lg（|x―3|+|x―7|）对于一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A、a≥1B、a＞1 C、0＜a≤1 D、a＜1
2、关于x的不等式2x－1＞a（x－2）的解集为R，求实数a的取值范围。
3、如果关于x的不等式
的解集总包含了区间（1,2］，求实数a的取值范围。
由题设可知，原不等式在（1,2］中总成立，∴a＞0且a＋x＞1
原不等式等价于lg（2ax）＜lg（a+x）,等价于2ax＜a＋x，等价于（1－2a）x＋a＞0
设f（x）＝（1－2a）x＋a，则f（x）＞0在（1,2］中总成立，故有
4、设对x∈R有
恒成立，试求n的值。
原不等式等价于
由题意不等式
（1）的解集为R
又x2+x+1恒大于零，所以不等式
（1）等价于（3－n）x2＋（2－n）x＋（2－n）＞0
（2）故不等式
（2）的解集为R，从而有
所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或1
5、若f（x）=（m2－1）x2＋（m＋1）x＋1＞0对于一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。
6、已知函数
⑴当a=1/2时，求函数f（x）的最小值；
⑵若对任意x∈［1，＋∞）,f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围。
（十五）绝对值不等式定理中等号成立的问题
1、解关于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x|
2、证明：
|x+1/x|≥2
（十六）绝对值不等式的证明
1、设a∈R，函数f（x）=ax2+x－a（－1≤x≤1）.
⑴若|a|≤1,求证|f（x）|≤5/4；
⑵若函数f（x）有最大值17/8，求实数a的值。
2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求证：
|xy－ab|＜ε
3、
（十七）探索性问题
1、是否存在自然数k，使得不等式
对一切正整数n都成立，若存在，求出k的最大值；
若不存在，说明理由。
令
∴f（n+1）>
f（n），即f（n）在N＋上是增函数，∴f（n）的最小值是f
（1）
又f
（1）=1/2+1/3+1/4=13/12
故对一切正整数n使得f（n）>
2a－5的充要条件是13/12>
2a－5，∴a<
73/24
故所求自然数a的最大值是3。
2、已知抛物线y=f（x）=ax2+bx+c过点（－1,0），问是否存在常数a、b、c，使得不等式x≤f（x）≤（1+x2）/2对于一切实数x都成立？
假设存在常数a、b、c，使得x≤f（x）≤（1+x2）/2对一切实数x恒成立，
令x＝1有1≤f
（1）≤1，∴f
（1）＝1，即a＋b＋c＝1 ①
∵抛物线过点（－1,0）∴a－b＋c＝0 ②
解①②得：
b=1/2,c=1/2－a,∴f（x）=ax2+x/2+1/2－a
由x≤f（x）≤（1+x2）/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2
∴a=1/4,
三、数学思想与方法
（一）分类讨论的思想：
1、设f（x）=1+logx3,g（x）=2logx2，其中x＞0且x≠1，试比较f（x）与g（x）的大小。
2、解关于x的不等式
①当a＜－1时，原不等式的解集为｛x|x≤a或－1＜x＜1}
②当－1＜a＜时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或a≤x＜1}
③当a＞1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或1＜x≤a}
④当a＝1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1}
⑤当a＝－1时，原不等式的解集为｛x|x＜1且x≠－1}
（二）数形结合的思想
1、关于x的方程x2―x―（m＋1）＝0只在［－1,1］上有解，则实数a的取值范围是（ ）
A、［－5/4,+∞）B、（―5/4,―1）C、［－5/4，1］ D、（－∞，1］
2、设k、a都是实数，关于x的方程|2x―1|=k（x―a）+a对于一切实数k都有解，求实数a的取值范围。
3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：
+
≥
分析
观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.
如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.
∴
OC=
再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=
，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，
（三）函数与方程的思想
1、函数f（x）=lg（x2+ax+1）的值域为R，求实数a的取值范围。
2、已知
，若f（x）在（－∞，1］有意义，求实数a的取值范围。
3、设不等式mx2―2x＜m―1对于满足|m|≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围。
设f（m）=（x2―1）m＋2x―1，则对于满足|m|≤2的一切实数m都有f（m）＜0
∴f（－2）＜0且f
（2）＜0
4、已知x、y、z∈（0,1），求证：
x（1－y）+y（1－z）+z（1－x）<
1
证明：
构造函数f（x）=x（1－y）+y（1－z）+z（1－x）－1
即f（x）=（1－y－z）x+y（1－z）+z－1
当1－y－z=0,即y+z=1时，
f（x）=y（1－z）+z－1=y+z－1－yz=－yz<
当1－y－z≠0时，f（x）为一次函数，又x∈（0,1），由一次函数的单调性，只需证明f（0）<
0,f
（1）<
∵y、z∈（0,1）
∴f（0）=y（1－z）+z－1=（y－1）（z－1）<
f
（1）=（1－y－z）+y（1－z）+z－1=－yz<
∴对任意的x∈（0,1）都有f（x）<
即x（1－y）+y（1－z）+z（1－x）<
（四）转化与化归思想
1、关于x的方程4x+（m－3）•2x+m=0有两个不等的实数根，求实数m的取值范围。
（五）换元的思想
关于x的不等式
的解集为［－5/2,2），求实数a、b的值。
2、
（六）1的代换
1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求证：
ax2+by2≥（ax+by）2
2、已知x、y都是正数，a、b都是正常数，且a/x+b/y=1，求证：
3、已知x、y都是正数，且x+y=1,求证：
（1+1/x）（1+1/y）≥9
4、已知x、y∈R+,且1/x+9/y=1，求x+y的最小值。
5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x+b/（1－x）的最小值是。
6、已知a,b是正数，且a+b=1，求证：
（ax+by）（ay+bx）≥xy
∵a,b是正数，且a+b=1
∴（ax+by）（ay+bx）=a2xy+abx2+aby2+b2xy
=（a2+b2）xy+ab（x2+y2）=（1－2ab）xy+ab（x2+y2）
=xy+ab（x2+y2－2xy）=xy+ab（x－y）2≥xy
（七）特殊与一般的思想
1、已知a、b、c∈R,函数f（x）=ax2+bx+c,g（x）=cx2+bx+a,当|x|≤1时，有|f（x）≤2。
（1）求证：
|g
（1）|≤2；
（2）求证：
当|x|≤1时，|g（x）|≤4.
证：
（1）∵当|x|≤1时，|f（x）|≤2,∴|f
（1）|≤2
又|f
（1）|＝|g
（1）| ∴|g
（1）|≤2
（2）∵f（x）=ax2+bx+c
∴f
（1）=a+b+c,f（―1）=a―b+c,f（0）=c
∴a=[f
（1）+f（-1）-2f（0）]/2,b=[f
（1）-f（-1）]/2
∵|x|≤1时|f（x）|≤2∴|f
（1）|≤2,|f（-1）|≤2,|f（0）|≤2
∴|g（x）|=|cx2+bx+a|
=|x2f（0）+[f
（1）-f（-1）]x/2+[f
（1）+f（-1）-2f（0）]/2|
=|（x2－1）f（0）+（x+1）f
（1）/2+（x-1）f（-1）/2|
≤|（x2－1）f（0）|+|（x+1）f
（1）/2|+
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