不等式选讲经典习题.doc

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§1　绝对值型不等式

典例精析

题型一　解绝对值不等式

【例1】设函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|.

（1）解不等式f（x）＞3；

（2）若f（x）＞a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围.

【解析】

（1）因为f（x）＝|x－1|＋|x－2|＝

所以当x＜1时，3－2x＞3，解得x＜0；

当1≤x≤2时，f（x）＞3无解；

当x＞2时，2x－3＞3，解得x＞3.

所以不等式f（x）＞3的解集为（－∞，0）∪（3，＋∞）.

（2）因为f（x）＝所以f（x）min＝1.

因为f（x）＞a恒成立，

所以a＜1，即实数a的取值范围是（－∞，1）.

【变式训练1】设函数f（x）＝.

（1）当a＝－5时，求函数f（x）的定义域；

（2）若函数f（x）的定义域为R，试求a的取值范围.

【解析】

（1）由题设知|x＋1|＋|x－2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|＋|x－2|和y＝5的图象，知定义域为（－∞，－2]∪[3，＋∞）.

（2）由题设知，当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，即|x＋1|＋|x－2|≥－a，又由

（1）知|x＋1|＋|x－2|≥3，

所以－a≤3，即a≥－3.

题型二　解绝对值三角不等式

【例2】已知函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f（x）对a≠0，a、b∈R恒成立，求实数x的范围.

【解析】由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f（x）且a≠0得≥f（x）.

又因为≥＝2，则有2≥f（x）.

解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得≤x≤.

【变式训练2】（2010深圳）若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是　　　　　　　.

【解析】（－∞，0）∪{2}.

题型三　利用绝对值不等式求参数范围

【例3】（2009辽宁）设函数f（x）＝|x－1|＋|x－a|.

（1）若a＝－1，解不等式f（x）≥3；

（2）如果∀x∈R，f（x）≥2，求a的取值范围.

【解析】

（1）当a＝－1时，f（x）＝|x－1|＋|x＋1|.

由f（x）≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3，

①当x≤－1时，不等式化为1－x－1－x≥3，即－2x≥3，

不等式组的解集为（－∞，－]；

②当－1＜x≤1时，不等式化为1－x＋x＋1≥3，不可能成立，

不等式组的解集为∅；

③当x＞1时，不等式化为x－1＋x＋1≥3，即2x≥3，

不等式组的解集为[，＋∞）.

综上得f（x）≥3的解集为（－∞，－]∪[，＋∞）.

（2）若a＝1，f（x）＝2|x－1|不满足题设条件.

若a＜1，f（x）＝

f（x）的最小值为1－a.由题意有1－a≥2，即a≤－1.

若a＞1，f（x）＝

f（x）的最小值为a－1，由题意有a－1≥2，故a≥3.

综上可知a的取值范围为（－∞，－1]∪[3，＋∞）.

【变式训练3】关于实数x的不等式|x－（a＋1）2|≤（a－1）2与x2－3（a＋1）x＋2（3a＋1）≤0（a∈R）的解集分别为A，B.求使A⊆B的a的取值范围.

【解析】由不等式|x－（a＋1）2|≤（a－1）2⇒－（a－1）2≤x－（a＋1）2≤（a－1）2，

解得2a≤x≤a2＋1，于是A＝{x|2a≤x≤a2＋1}.

由不等式x2－3（a＋1）x＋2（3a＋1）≤0⇒（x－2）[x－（3a＋1）]≤0，

①当3a＋1≥2，即a≥时，B＝{x|2≤x≤3a＋1}，

因为A⊆B，所以必有解得1≤a≤3；

②当3a＋1＜2，即a＜时，B＝{x|3a＋1≤x≤2}，

因为A⊆B，所以解得a＝－1.

综上使A⊆B的a的取值范围是a＝－1或1≤a≤3.

总结提高

1.“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件.

2.绝对值不等式的解法中，＜a的解集是（－a，a）；＞a的解集是（－∞，－a）∪（a，＋∞），它可以推广到复合型绝对值不等式≤c，≥c的解法，还可以推广到右边含未知数x的不等式，如≤x－1⇒1－x≤3x＋1≤x－1.

3.含有两个绝对值符号的不等式，如＋≥c和＋≤c型不等式的解法有三种，几何解法和代数解法以及构造函数的解法，其中代数解法主要是分类讨论的思想方法，这也是函数解法的基础，这两种解法都适宜于x前面系数不为1类型的上述不等式，使用范围更广.

§2　不等式的证明

（一）

典例精析

题型一　用综合法证明不等式

【例1】若a，b，c为不全相等的正数，求证：

lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.

【证明】由a，b，c为正数，得

lg≥lg；lg≥lg；lg≥lg.

而a，b，c不全相等，

所以lg＋lg＋lg＞lg＋lg＋lg＝lg＝lg（abc）＝lga＋lgb＋lgc.

即lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.

【点拨】本题采用了综合法证明，其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据（是一个定理），在证明不等式时要注意结合运用.而在不等式的证明过程中，还要特别注意等号成立的条件是否满足.

【变式训练1】已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.求证：

|ac＋bd|≤1.

【证明】因为a，b，c，d都是实数，

所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋＝.

又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，所以|ac＋bd|≤1.

题型二　用作差法证明不等式

【例2】设a，b，c为△ABC的三边，求证：

a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）.

【证明】a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＝（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2－a2－b2－c2

　　 ＝[（a－b）2－c2]＋[（b－c）2－a2]＋[（c－a）2－b2].

而在△ABC中，＜c，所以（a－b）2＜c2，即（a－b）2－c2＜0.

同理（a－c）2－b2＜0，（b－c）2－a2＜0，所以a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＜0.

故a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）.

【点拨】不等式的证明中，比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法，而在牵涉到三角形的三边时，要注意运用三角形的三边关系：

任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.

【变式训练2】设a，b为实数，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求证：

＋≥（a＋b）2.

【证明】因为＋－（a＋b）2＝－

＝

＝＝≥0，

所以不等式＋≥（a＋b）2成立.

题型三　用分析法证明不等式

【例3】已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.

求证：

（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.

【证明】因为a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要证原不等式成立，

即证[（a＋b＋c）＋a][（a＋b＋c）＋b][（a＋b＋c）＋c]

≥8[（a＋b＋c）－a][（a＋b＋c）－b][（a＋b＋c）－c]，

也就是证[（a＋b）＋（c＋a）][（a＋b）＋（b＋c）][（c＋a）＋（b＋c）]≥8（b＋c）（c＋a）（a＋b）.①

因为（a＋b）＋（b＋c）≥2＞0，

（b＋c）＋（c＋a）≥2＞0，

（c＋a）＋（a＋b）≥2＞0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得证.

【点拨】本题采用的是分析法.从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.分析法也可以作为寻找证题思路的方法，分析后再用综合法书写证题过程.

【变式训练3】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；

②当a＞0时，f（x）在（－1，－1]上单调递增，在[－1，＋∞）单调递减.

（2）证明：

要证（1＋m）n＜（1＋n）m，只需证nln（1＋m）＜mln（1＋n），只需证＜.

设g（x）＝（x＞0），则g′（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.

总结提高

1.一般在证明不等式的题目中，首先考虑用比较法，它是最基本的不等式的证明方法.比较法一般有“作差比较法”和“作商比较法”，用得较多的是“作差比较法”，其中在变形过程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法.

2.用综合法证明不等式的过程中，所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质等，如基本不等式、绝对值三角不等式等.

3.用分析法证明不等式的关键是对原不等式的等价转换，它是从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至所需条件为已知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.

4.所谓“综合法”、“分析法”其实是证明题的两种书写格式，而不是真正意义上的证明方法，并不像前面所用的比较法及后面要复习到的三角代换法、放缩法、判别式法、反证法等是一种具体的证明方法（或者手段），而只是两种互逆的证明题的书写格式.

§3　不等式的证明

（二）

典例精析

题型一　用放缩法、反证法证明不等式

【例1】已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：

（a＋2）2＋（b＋2）2≥.

【证明】方法一：

（放缩法）

因为a＋b＝1，

所以左边＝（a＋2）2＋（b＋2）2≥2[]2＝[（a＋b）＋4]2＝＝右边.

方法二：

（反证法）

假设（a＋2）2＋（b＋2）2＜，则a2＋b2＋4（a＋b）＋8＜.

由a＋b＝1，得b＝1－a，于是有a2＋（1－a）2＋12＜.

所以（a－）2＜0，这与（a－）2≥0矛盾.

故假设不成立，所以（a＋2）2＋（b＋2）2≥.

【点拨】根据不等式左边是平方和及a＋b＝1这个特点，选用重要不等式a2＋b2≥

2（）2来证明比较好，它可以将具备a2＋b2形式的式子缩小.

而反证法的思路关键是先假设命题不成立，结合条件a＋b＝1，得到关于a的不等式，最后与数的平方非负的性质矛盾，从而证明了原不等式.当然本题也可以用分析法和作差比较法来证明.

【变式训练1】设a0，a1，a2，…，an－1，an满足a0＝an＝0，且有

a0－2a1＋a2≥0，

a1－2a2＋a3≥0，

…

an－2－2an－1＋an≥0，

求证：

a1，a2，…，an－1≤0.

【证明】由题设a0－2a1＋a2≥0得a2－a1≥a1－a0.

同理，an－an－1≥an－1－an－2≥…≥a2－a1≥a1－a0.

假设a1，a2，…，an－1中存在大于0的数，假设ar是a1，a2，…，an－1中第一个出现的正数.即a1≤0，a2≤0，…，ar－1≤0，ar＞0，

则有ar－ar－1＞0，于是有an－an－1≥an－1－an－2≥…≥ar－ar－1＞0.

并由此得an≥an－1≥an－2≥…≥ar＞0.

这与题设an＝0矛盾.由此证得a1，a2，…，an－1≤0成立.

题型二　用数学归纳法证明不等式

【例2】用放缩法、数学归纳法证明：

设an＝＋＋…＋，n∈N*，求证：

＜an＜.

【证明】方法一：

（放缩法）

＜＜，即n＜＜.

所以1＋2＋…＋n＜an＜[1＋3＋…＋（2n＋1）].

所以＜an＜·，

即＜an＜.

方法二：

（数学归纳法）

①当n＝1时，a1＝，而1＜＜2，所以原不等式成立.

②假设n＝k（k≥1）时，不等式成立，即＜ak＜.

则当n＝k＋1时，ak＋1＝＋