不等式单元易错题解析Word下载.doc
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C）；
（2）若，则的最小值是______（答：
（3）正数满足，则的最小值为______（答：
4.常用不等式有：
（1）（根据目标不等式左右的运算结构选用）；
（2），（当且仅当时，取等号）；
（3）若，则（糖水的浓度问题）。
如：
如果正数满足，则的取值范围是 ____（答：
5、证明不等式的方法：
比较法、分析法、综合法和放缩法（比较法的步骤是：
作差（商）后通过分解因式、配方、通分等手段变形判断符号或与1的大小，然后作出结论。
）.
常用的放缩技巧有：
如
（1）已知，求证：
；
（2）已知，求证：
；
（3）已知，且，求证：
（4）若是不全相等的正数，求证：
（5）若，求证：
（7）已知，求证：
（8）求证：
。
6.简单的一元高次不等式的解法：
标根法：
其步骤是：
（1）分解成若干个一次因式的积，并使每一个因式中最高次项的系数为正；
（2）将每一个一次因式的根标在数轴上，从最大根的右上方依次通过每一点画曲线；
并注意奇穿过偶弹回；
（3）根据曲线显现的符号变化规律，写出不等式的解集。
如
（1）解不等式。
（答：
（2）不等式的解集是____（答：
（3）设函数的定义域都是，且的解集为，
的解集为，则不等式的解集为______
（4）要使满足关于的不等式（解集非空）的每一个的值至少满足不等式和中的一个，则实数的取值范围是______.（答：
7.分式不等式的解法：
分式不等式的一般解题思路是先移项使右边为0，再通分并将分子分母分解因式，并使每一个因式中最高次项的系数为正，最后用标根法求解。
解分式不等式时，一般不能去分母，但分母恒为正或恒为负时可去分母。
如
（1）解不等式（答：
（2）关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为____________（答：
8.绝对值不等式的解法：
（1）分段讨论法（最后结果应取各段的并集）：
如解不等式（答：
（2）利用绝对值的定义；
（3）数形结合；
（4）两边平方：
如若不等式对恒成立，则实数的取值范围为______。
9、含参不等式的解法：
求解的通法是“定义域为前提，函数增减性为基础，分类讨论是关键．”注意解完之后要写上：
“综上，原不等式的解集是…”。
注意：
按参数讨论，最后应按参数取值分别说明其解集；
但若按未知数讨论，最后应求并集.
如
（1）若，则的取值范围是__________（答：
或）；
（2）解不等式（答：
时，；
时，
提醒：
（1）解不等式是求不等式的解集，最后务必有集合的形式表示；
（2）不等式解集的端点值往往是不等式对应方程的根或不等式有意义范围的端点值。
如关于的不等式的解集为，则不等式的解集为__________（答：
（－1,2））
10.含绝对值不等式的性质：
同号；
异号.
如设，实数满足，求证：
11.不等式的恒成立,能成立,恰成立等问题：
不等式恒成立问题的常规处理方式？
（常应用函数方程思想和“分离变量法”转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法）
1）.恒成立问题
若不等式在区间上恒成立,则等价于在区间上
如
（1）设实数满足，当时，的取值范围是______（答：
（2）不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围_____（答：
（3）若不等式对满足的所有都成立，则的取值范围_____（答：
（4）若不等式对于任意正整数恒成立，则实数的取值范围是_____（答：
（5）若不等式对的所有实数都成立，求的取值范围.（答：
2）.能成立问题
若在区间上存在实数使不等式成立,则等价于在区间上；
若在区间上存在实数使不等式成立,则等价于在区间上的.
如已知不等式在实数集上的解集不是空集，求实数的取值范围______（答：
3）.恰成立问题
若不等式在区间上恰成立,则等价于不等式的解集为；
若不等式在区间上恰成立,则等价于不等式的解集为.
例题选讲：
例题1 对于实数中，给出下列命题：
①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；
⑦；
⑧，则。
其中正确的命题是______（答：
②③⑥⑦⑧）；
例题2、已知二次函数满足，，求的取值范围。
错解：
，，
又
正解：
设，则有，即
又，，
剖析：
在多次应用不等式样性质的时候，若等号不能同时成立时，会使所求范围扩大，因此在解不等式范围的题时务必要检查等号能否成立。
例题3、已知，求的最大值。
，即的最大值为。
正解1：
因此，当且仅当时，的最大值为。
正解2：
（用导数知识解），
，令，得或
又，且当时，；
当时，的最大值为。
在应用均值不等式解题时，忽视了均值不等式中等号成立的条件：
“一正、二定、三相等”中的第三个条件，因为无论在中取何值，等式都不成立。
例题4、已知且，关于的不等式的解集是，解关于的不等式的解集。
因为关于的不等式的解集是，所以，故
或
原不等式的解集是。
其一、忽视了所给条件的应用和对数的真数大于，其二、忽视了分式不等式正确解法。
例题5、已知：
、都是正数，且，，，求的最小值。
、都是正数，
，即的最小值为4。
、都是正数，且，
当且仅当时，的最小值为。
中等号成立的条件是当且仅当，而
中等号成立的条件是当且仅当。
这与矛盾，
因此解题中忽视了条件，从而造成错误。
例题6 解不等式.
错解一：
原不等式可化为，解得x≥2．
∴原不等式的解集是{x|x≥2}.
错解二：
在不等式f（x）·
≥0中，按f（x）的取值情况分类，
有，或．
当x–1>
0，即x>
1时，原不等式等价于x2–x–2≥0，解得x≥2；
当x–1=0，即x=1时，显然无意义，其解集为．
综上所述，原不等式的解集为{x|x≥2}．
错因：
错解一中，当x=-1时，原不等式也成立，漏掉了x=-1这个解．原因是忽略了不等式中“≥”具有相等与不相等的双重性．事实上，
不等式f（x）·
≥0与或g（x）=0同解.
错解二中分类不全，有遗漏，应补充第三种情况
即当x–l<
0，且x2–x–2=0时也合乎条件，即补上x=-1．
故原不等式的解集为{x|x≥2，或x=-1}．
分析一：
符号“≥”是由符号“>
”“=”合成的，故不等式f（x）·
≥0可转化为f（x）·
>
0或f（x）·
=0．
正解一：
原不等式可化为（I）（x-1）>
0，或（Ⅱ）（x-1）=O．
（I）中,由得x>
2；
（Ⅱ）中，由x2–x–2=0，或x–1=O，
且x2–x-2有意义，得x=1，或x=2．
∴原不等式的解集为{x|≥2，或x=-1}．
分析二：
≥0中，按g（x）的取值情况分类，有两种情况：
（1）g（x）>
0时,等式等价于
（2）g（x）=0时'
只须f（x）有意义即可.
正解二：
分两种情况讨论．
（1）当x2–x–2>
2，或x<
-1时，原不等式等价于．
解得x>
2．
（2）当x2–x–2=0，即x=2，或x=-1时，显然有意义，是原不等式的解．
综上所述．原不等式的解集是{x|x≥2，或x=-1}．
例题7 设函数，其中，解不等式．
∵不等式f（x）≤1，∴≤1+ax．两边平方，得x2+1≤（1+ax）2,
即x·
[（a2-1）x+2a]≥0．∵a>
0，∴当a>
1时，x≥0，或x≤-；
当0<
a<
1时，0≤x≤．
未能从已知条件中挖掘出隐含条件：
“1+ax≥1”，即“ax≥0”，
进而由a>
0可得x≥0．
正解：
不等式f（x）≤1，即≤1+ax．
由此得1≤1+ax，即ax≥O，其中a>
0．
∴原不等式等价于不等式组即
∴当0<
1时，原不等式的解集为{x|0≤x≤};
当a≥1时,原不等式的解集为{x|x≥O}．
小结：
解不等式常见的思维误区有：
（1）概念模糊。
变形不同解.常见于解分式不等式、对数不等式、无理不等式、指数不等式、含绝对值不等式、含排列数或组合数的不等式等等.
（2）以偏概全，未分类或分类不全，对某些含有参数的不等式，未进行分类讨论，片面认为是某种情况.如例题6.
（3）忽视隐含条件，信息不能被全部挖掘出来.如例题7.
例题8 不等式证明的错解的成因及分析策略
不等式的证明方法有很多,如:
基本不等式法、比较法、综合法、分析法、反证法、判别 式法、换元法、数学归纳法、放缩法、导数法、公式法（向量公式、方差公式、斜率公式等）、数形结合法等等.不等式的证明过程,是常规的证明方法及构造性思维在新的领域中的移植和运用,以及局部的创新.但在实际教学活动中我们发现,学生对于不等式证明上存在着一定的思维障碍,并仍有不少学生沉醉于“题海战术”之中,阻碍着创造性思维能力的发展.
一、用新教材中新增知识点证明不等式这一思考方法很不适应
例1（2003年江苏新课程高考试题）已知,为整数.
（Ⅰ）设,证明:
;
（Ⅱ）设,对任意≥,证明:
.
分析这是一道江苏考生错误率较高的一道考题,考生对导数法证明不等式这一思考方法很不适应,以致于丢分现象极其严重,这反映学生未能真正把握新教材的思想内涵,不能做到学以致用,融会贯通,这一现象值得注意.
证明（Ⅰ）∵,
∴.
（Ⅱ）对函数求导数,得
所以.
当≥>
0时,.
故当≥时,是关于的增函数,因此,当≥时,
.
即对任意≥,.
评述导数及其它向量、方差等知识点的引入,使相应的数学方法、教学工具和数学语言更加丰富,应用形式更加灵活多样,新课程卷将导数与传统的不等式有机结合在一起设问,这是一种新颖的命题模式,它体现了导数作为工具分析和解决一些性质问题的方法,在教学中应予以重视.
二、忽视向量不等式等号成立条件,造成范围失真
向量不等式等号成立的条件为,当向量∥且与方向相同时“+”不等式取等号;
当向量∥且与方向相反时“-”不等式取等号.
例2≥.
错解设,由得
∴≥.
成因分析向量不等式等号成立的条件是∥,且向量与方向相反,而当∥时,得,此时方向相同,故等号不成立,使不等式范围缩小了.
正解设,由,得
.
当∥即时,方向相同,故等号成立.
评述向量作为新教材中的另一个新增知识点,利用数量积不等式与和差不等式证明不等式,有着其它方法所不能比拟的优越性,在教学中应适当推广及应用.
三、多元不等式的元认知障碍
当不等式含有好几个元（变量）时,需将这些元分别虚拟定位为“常量”、“参元”、“变元”等.若定位点不到位,解题时思路常会在原地徘徊不前或进入繁杂的运算程序,从而形成元认知障碍.
例3设、、[0,2],证明≥.
分析此不等式有三个元,且每项次数不全相同,学生常因元太多不易定位,而陷入误区,实际上原等式中、、三个元中只有是一次的,故可将视作变元,其余、视作常量即可解决问题.
证明设.
则为关于元的一次函数,且、、[0,2].
要证≥0,即要证≥0,且≥0.
而≥0,且
≥0.
∴当、、[0,2]时,≥0.
即≥.
评述元的定位问题往往不是绝对的,定位切入点不同,解题的途径也不同,处理好元的定位问题,不但可以开辟问题解决的新途径,给解题带来极大的简便,而且能培养学生的分析问题的思维能力.
四、忽视题设条件或隐含条件
有些题设条件看似平淡,但在解题中就会显示出其隐蔽性,学生往往由于忽视了隐含条件,或对隐含条件的挖掘只浮于表面,而未能展示其真正的面目,从而在解题过程中误入陷阱.
例4设,为偶数,证明≥.
错解.
∵为偶数,∴,又与同号,
∴,故.
成因分析实际上,为偶数时,与不一定同号,这里忽略了题设条件,在没有明确字母的具体值情况下,要考虑分类讨论,即需分和有一个负值的两种情况加以分类讨论.
正解.
①当时,,≥0,
∴≥0,故≥;
②当有一个负值时,不妨设,且,即.
∵为偶数时,∴≥0,且
∴≥0,故≥.
综合①②可知,原不等式成立.
五、分式不等式分母较复杂时,不能灵活变形而形成思维障碍
证明分式不等式需要去分母,去分母的方法有很多,如轮换法、添加分母法、添加分式法、添加和积式法等等,在添加代数式时需考虑均值不等式等号成立条件,并最终利用均值不等式去掉分式或部分分母,但学生对于这一灵活的变形常常无法领悟,觉得在解题时处处均可下手,但又无从下手,从而形成分式变形障碍.
例5已知,
证明≥.
分析这是一道技巧性较强的分式不等式证明题,其分子与分母差别太大,学生往往不能注意其整体联系,而想省事处理,想一步到位地消去所有分式,从而进入了繁忙的运算程序中,最后不得结果,反而觉得此题处处都是切入点,又处处陷于被动.实际上,由
可添加分式,使得≥,
由时,不等式取等号,得.
故可考虑添加分式来解决问题.
证明∵≥;
≥;
≥.
∴++≥（++）≥.
评述在证明分式不等式时,要看准所要消的分式结构特征与整个式子的完整性,分清是“和”式还是“积”式、含有几个字母、各字母的次数,然后应用均值不等式等号成立条件确定待添加式的系数,然后从整体上消去分母.
六、忽视一般化与特殊化之间的转化障碍
一般化与特殊化的思维方向正好相反,它们相辅相成,是变更问题的两种基本原则.
例6证明.
分析直接通过计算或用对数来比较不等式两边的大小,是难以办到的,也是证明中的障碍体现.如注意到,则可技巧性地将问题转化为如下一个一般化命题:
“设n是大于1的正整数,证明不等式”.而原命题仅是此命题的一个特殊化的结论.
证明由≥
∴.令,即得.
评述某些特殊化的结论,其中往往蕴藏着一般化结论的线索,而由一般化的结论得出某些特殊化的结论是非常自然的.由特殊化联想到一般化是此类问题解决的一个突破口,教学中要加强这方面的训练,这有助于培养学生联想及变通的数学直觉意识能力.
七、不能由此及彼的想象探究,揭示不等式间的内在联系
如果说由特殊到一般是纵向引申,解决深度问题,那么由此及彼则是横向推广,解决广度问题.
例7求证：
分析此题可用数学归纳法加以证明,但新教材中部分省市已将之删去,学生面对此题,常不能对已有表象进行加工改造,创造出新的形象,对此不等式的递推感到无能为力,其原因主要在于不能由此及彼地探究此不等式与数列通项递推关系,形成障碍.其实,若令,则（k>
2）,可用迭加法来证明.
证明令,则（k>
2）.
令,可得个同向不等式,把这个同向不等式相加,并整理得.
∵,
故原不等式成立.
评述利用迭加法来证明数列型不等式,把不等式的一端设为,若经过化简、变形、放缩能化成该数列的通项,便可用此法证明,这一证明技巧也简洁地替代了数学归纳法的应用.
另外,在不等式证明的教学中部分教师在处理教学内容时,过分强调了数学解题的技巧,学生没有理解仅靠“模仿”的训练,这也是不等式证明错误产生的一个主要原因.因此在学习中必需从实际出发,注重基础知识和基本技能的教学,突破障碍.在不等式证明的学习中可思考以下几点:
①降低起点,减小坡度,将不等式人为设置出由浅入深的梯度来;
②对有从属关系的不等式系列题,可采取分散和集中相结合法,切实地使学生既接受得了,又不失系统性和规律性;
③培养联想能力,学会从已有感知入手,剖析不等式新旧信息源的联系与异同,寻找其内在因素和从属关系,领悟到“数”与“式”之间发展更替的规律及必然,并逐步地学会在新旧知识的对比中去联想、猜想和想象;
④在不等式证明障碍点和学生的不足之处,应进行必要的循环和反复,并注重对一些重要方法的浓缩,掌握重点,突破难点,克服不足;
⑤在学习的过程中,要精心选择数学题,使双基中见综合,综合中见双基,将双基训练与数学能力的培养有机地结合起来,以帮助切实掌握不等式证明的基础知识和基本技能,熟悉其中的数学基本思想和常用方法,在解题实践中提高逻辑思维、形象思维和灵感思维的能力,发展思维的灵活性和创造性.同时通过证明不等式,培养良好的思想品质和数学素养,树立辩证唯物主义基本观点,养成勤奋刻苦、严格认真、踏踏实实的学习习惯,勇于去攀登数学高峰.
课后练习题
1．设若0<
a<
b<
c,且f（a）>
f（b）>
f（c）,则下列结论中正确的是
A（a-1）（c-1）>
0Bac>
1Cac=1Dac>
1
错解原因是没有数形结合意识,正解是作出函数的图象,由图可得出选D.
2．设成立的充分不必要条件是
ABCDx<
-1
错解:
选B,对充分不必要条件的概念理解不清,“或”与“且”概念不清，正确答案为D。
3．不等式的解集是
ABCD
选B，不等式的等价转化出现错误，没考虑x=-2的情形。
正确答案为D。
4．某工厂第一年的产量为A，第二年的增长率为a,第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x,则
ABCD
对概念理解不清，不能灵活运用平均数的关系。
正确答案为B。
5．已知，则2a+3b的取值范围是
ABCD
对条件“”不是等价转化，解出a,b的范围，再求2a+3b的范围，扩大了范围。
用待定系数法，解出2a+3b=（a+b）（a-b）,求出结果为D。
6．若不等式ax+x+a＜0的解集为Φ，则实数a的取值范围（）
Aa≤-或a≥Ba＜C-≤a≤Da≥
正确答案：
D错因：
学生对一元二次不等式与二次函数的图象之间的关系还不能掌握。
7．已知函数y=㏒（3x在[-1，+∞）上是减函数，则实数a的取值范围（）
Aa≤-6B-＜a＜-6C-8＜a≤-6D－8≤a≤-6
C错因：
学生忘记考虑定义域真数大于0这一隐含条件。
8．已知实数x、y、z满足x+y+z=0,xyz＞0记T=＋＋,则（）
AT＞0BT=0CT＜0D以上都非
C错因：
学生对已知条件不能综合考虑，判断T的符号改为判定
xyz（＋＋）的符号。
9．下列四组条件中，甲是乙的充分不必要条件的是（）
A．甲a＞b，乙＜
B甲ab＜0，乙∣a+b∣＜∣a－b∣
C甲a=b，乙a＋b=2
D甲，乙
D错因：
学生对不等式基本性质成立的条件理解不深刻。
10．f（x）=︱2—1｜，当a＜b＜c时有f（a）＞f（c）＞f（b）则（）Aa＜0,b＜0,c＜0Ba＜0,b＞0,c＞0C2＜2D2＜2
正确答案：
学生不能应用数形结合的思想方法解题。
11．a,b∈R，且a>
b，则下列不等式中恒成立的是（）
A.a2>
b2 B.（）a<
（）b C.lg（a－b）>
0 D.>
B。
错误原因：
容易忽视不等式成立的条件。
12．x为实数，不等式|x－3|－|x－1|>
m恒成立，则m的取值范围是（）
A.m>
2 B.m<
2 C.m>
－2 D.m<
－2
D。
容易忽视绝对值的几何意义，用常规解法又容易出错。
13．已知实数x、y满足x2+y2=1，则（1－xy）（1+xy）（）
A.有最小值，也有最大值1 B.有最小值，也有最大值1
C.有最小值，但无最大值 D.有最大值1，但无最小值
B。
容易忽视x、y本身的范围。
14．若a>
b>
0，且>
，则m的取值范围是（）
A.mRB.m>
0C.m<
0D.–b<
m<
D。
错用分数的性质。
15．已知，则是的（ ）条件
A、充分不必要 B、必要不充分 C、既不充分也不必要 D、充要
D
不严格证明随便判断。
16．如果那么的取值范围是（）
A、B、C、D、
B
利用真数大于零得x不等于60度，从而正弦值就不等于，于是就选了D.其实x等于120度时可取得该值。
故选B。
17．设则以下不等式中不恒成立的是（）
A．B．
C．D．
18．如果不等式（a>
0）的解集为{x|m≤x≤n}，且|m-n|=2a，则a的值等于（）
A．1B．2C．3D．4
19．若实数m，n，x，y满足m2+n2=a，x2+y2=b（a≠b），则mx+ny的最大值为（）
A、B、C、D、
答案：
点评：
易误选A，忽略运用基本不等式“=”成立的条件。
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