高中数学竞赛专题讲座---几个重要不等式及其应用-湖南师大附中-肖登鹏
(完整word版)全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导：第六讲不等式的应用、参数取值范围问题
全国高中数学联赛金牌教练员讲座兰州一中数学组第六讲不等式的应用、参数取值范围问题知识、方法、技能I.排序不等式（又称排序原理）设有两个有序数组a1 a2 a n 及b1 b2 b n.则a1b1 a2b2 a n b n （同序和）a1b j1 a2b j2 a n b jn （乱序和）a1b n a2b n 1 a n b1 （逆序和）其中j i, j2, , j n是1 , 2 ,…，n的任一排列.当且仅当a i a2 a.或b i b2 b n时等号（对任一排列j l, j2, , j n）成立•证明：不妨设在乱序和S中j n n时（若j n n，则考虑j n 1）,且在和S中含有项a kb n（k n）, 则a k b n a n b j n a n b jn a n b n. ①事实上,左－右=（a n a k）（b n b j n）0,由此可知，当j n n时，调换S ap i a k b j k 3.6.（j n n）中g与j n位置（其余不动），所得新和S i S-调整好a n及b n后，接着再仿上调整a n 1与b n 1，又得S2 S i.如此至多经n 1次调整得顺序和a ib i a2b2 a n b n a i b ji a2b j2 a n b jn ②这就证得“顺序和不小于乱序和”•显然，当a i a2 a n或b i b? b n时②- 1中等号成立仮之，若它们不全相等，则必存在j n及k,使b n b j n,a n a k.这时①中不等号成立•因而对这个排列②中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和”II •应用排序不等式可证明“平均不等式”：设有n个正数a i,a2, ,a n的算术平均数和几何平均数分别是A n 也上屯和G n a.n此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到a i a2 a n和平方平均（在统计学及误差分析中用到）1~2 2 2亠13i 32 3nQ n V ------------------------- 这四个平均值有以下关系H n G n A Q n. OV n其中等号成立的充分必要条件都是a1 a2 a n •下面首先证明算术平均数一几何平均数不等式：A n G n •a i32a1a2 a n 记x1,X n1 1y1 ,y2 , x1x2,y n1X n由于数组X1,X2, ,X n和数组y1, y2, , y n中对应的数互为倒数，由排序不等式得x* X2『1 x n y n（逆序和）xy X2 y1, X n Y n 1 ,a1a2 a n即nG n G n G n从而代G n.等号当且仅当X1 X2x n或y1y2y n时成立，而这两者都2-3 -显然成立）.2a：，B=、b 2 b ；b ：.且令X ia i詈(i1,2, , n),则X 122 X22 Xnd 2 21, y 1 y 2 2y：1-于是原不等式成为X i y ix ；yX n y n1.即 2(X i y i x ；y ；X n y n )X 12 2 2X n y 1y2y •它等价于III •应用算术平均数一一几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式柯西（Cavchy ）不等式：设a 1、a 2、a 3，…，a n 是任意实数，则可得到a 1a 2a n・下面证明G n1 1H n .对n 个正数，一，a a1宀中 , 应用G n a nA n ，得1 1 1a 1 a 2a n1 11n a 1 a 2a n即G nH n . （符号成立的条件是显然的）•最后证明A n,Q n ,它等价于n(ai2 a2a；) (a 1 a 2a n )20.而上式左边=2 2= (a1 a 2) (a 1a 2)@1a n )22 2(a 2 a 3)@ a n )(a n 1 a n )20 ,于是不等式及等号成立的条件都是显然的了 .从上述证明可见，A nQ n对一切 a 1, a 2,,an R成立.(a 1b 1 a 2b 22/2 2a nb n ) (a 1a2a nb (b i 2 b ；bn).等号当且仅当bka j （k 为常数，i 1,2, ,n ）时成立•证明：不妨设a i （i 1,2,,n ）不全为0, b i 也不全为0 （因为a i 或b i 全为0时，不等式(X i y i)2(X2 y2)2(X n y n)2 0.其中等•号成立的充要条件是X i y i(i i,2, ,n)•从而原不等式成立，且等号成立的充要条件是b kai(kIV •利用排序不等式还可证明下述重要不等式切比雪夫不等式：若a i a2 a n ,b i b2 b n ,小a-|b则1i a2b2 a n b n a i a2 a n b i b2 b nn n n证明：由题设和排序不等式，有a i b i玄2匕a nb n = a i b i a2b2 a n b n ,a1b1a?b2 a n b n aR? a?b3 a n b i ,a ib i a2b2 a n b n a i b n a2b i a n b n i .将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2,即得欲证的不等式.赛题精讲I •排序不等式的应用应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题例1：对a,b,c R，比较a3 b3 c3与a2b b2c c2a 的大小.【思路分析】要应用“排序不等式”，必须取两组便于排序的数，这要从两式的结构上去分析.【略解】取两组数a, b,c; a2,b2,c2.3 3 3 2 2 2不管a, b, c的大小顺序如何，a b c都是同序和a b b c c a都是乱序和故3 , 3 3a b c a b b c c a.【评述】找出适当的两组数是解此类题目的关键.【评述】应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组【思路分析】 可构造△ ABC 的边和角的序列，应用排序不等式来证明之【详军】不妨• 设a b c ，于 :是A B C.由排序不等式, 得aAb BcC aA bB cC,aAb B cC bA cB aC,aA bBcC cA aB bC.相加, 得 3(aA bB cC) (ab c)(A B C)(a b c)，由①、②得原不等式成立.【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明 例4：设a 1,a 2, ,a n 是互不相同的自然数，试证1 -2aA bcC得-①a b c3又由0b c a,0 a bc,0a c b,有0 A(b c a) C(a b c) B(a c b) a(B C A) b(A C B) c(A Ba(2A )b( 2B) c( 3C)(a b c) 2(aA bB cC).aA b BcC得②a b c2C)2 2 2 2例 2：a,b,c R ，求证2 2c a2b2abcb 2ca2cab【思路分析】 应先将a 、b 、c 三个不失一般性地规定为 【略解】由于不等式关于c 对称，可设aa b0.0.由排序不等式, 得a 2b 21-（逆序和） cb 21（乱序和）•ab21及a 2 1a以上两个同向不等式相加再除以a 3b 3c 30,及丄丄bc cab 2a2，即得原式中第一个不等式1 ，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成ab•再考虑数组例3:在厶ABC 中，试证:aA bB cC a b ca 2 22n 2【思路分析】 应先构造两个由小到大的排序【略解】将a i ,a 2, ,a n 按由小到大的顺序排成 a j 1 a )21【思路分析】 应注意到a i1(i 1,2, ,n)a i【略证】不妨设a 1 a 2a n ,因为a 「a 2, ,a n 都大于0•所以有1 11---- --------- ------------------ ?a1 a 2an1 1 1 1 1 1又一,—,, 是 ，一，， 的任意一个排列，于是得到d b 2 b n a 1 a 2a .1 1 1 111n a 1 — a 2a n a 1a 2 — a n.a 1a 2a nb1b 2b n【评述】此题比较简单，但颇具启发意义,读者应耐心体会1 1 1 例6：设正数a, b, c 的乘积abc 1,试证:(a 1 -)(b1 -)(c 1 -) 1b c a【略解】设 x,byy ,c z-，这里x,y,z 都是正数，则原需证明的不等式化为 x (x y z)(y x)(z x y) xyz,显然x y 乙y z x, z x y 中最多只有一个 非负数•若x x y z,y 乙y x,z x y 中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若 .容易验证 (x y z)(y z z x, z x y 均为正数，则x, y,z 是某三角形的三边长 1 2 2 x)(z x y) 3【(x (y z x) y (z x3y) z 2(x y z)]. 故得(x y z)(y z x)( z x y) xy z.a jn其中 j 1, j 2,,j n 是1, 2，…，n 的一个排列，则a j l 1®22, a j nn.于是由排序不等式，得a 2 a1 22a n n 2a j1a jJ22n 2例 5：设 bi,b 2, ,b n 是正数 a 「a 2,a 1 a 2,a n 的一个排列，求证 一 -b |b 2a n n.b nabc 1,证明a 2(b c)b 2(c a) c 2(a b)证明：设a!,b x1 1-,c -,则xyz 1，且所需证明的不等式可化为 y z x 23，现不妨设Xx y 2z 2 z ，则，据排序不等式x y两式相加并化简可得2 22(——」y z z x例7:设实数X 1 置换，证明: n (X i i 1 y i )2 【略解】 【评述】X 2 (X ii 1 X n , y 1显然所需证不等式等价于 应用此例的证法可立证下题:设a k 是两两互异的正整数（k 1,2, 33 xyz y 2nX i y i1证明：设 b 1 ,b 2, , b n 是 a 1, a 2, ,a n3.y n ,Z 1,Z 2, ,Z n 是 y 「y 2, , y n 的一个X i 乙,这由排序不等式可直接得到i 1），证明对任意正整数 n ,均有的一个排列，使db 2b n， a k则从条件知对每个1 k n ,b k k ,于是由排序不等式可知nn鼻a kb k2 2i 1k i 1 k【思路分析】 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之 【评述】注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之【详解】•/ X i ,X 2, , X n 0 ,故由柯西不等式，得【评述】这是一道高中数学联赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造函数法等来证之 •II .柯西不等式的应用 应用柯西不等式，往往能十分简捷地证明某些不等式 2 圣X 3例 &设 X i ，X 2， ,X n R ，求证: 2XiX 2 2 Xn 1 X n 2 X nX 1 X 2X i X n .(XX 32、宀XnXi)(— X 2 2X n i X nX nX iX 2 _X 3(X i X 2X n )2 ,2 2X i X 2 X 2 X 322X n iX n为X 2X nX nX iX i X n 1X n i针对性训练题1设a、b、c R ，利用排序不等式证明: (1) a a b b a b b a(a b)；(2 )2a2ba b2c c b a c c a ab c b ；；a b c 3(3b c c a a b 212 .12 12a b c 10 ■ 10 10(4 a b cbc ca ab2.设a、b、c是二角形二边的长，求证：3.已知a、b、c N*，并且b（1 山）a d 詈）b（1 a-b）ca b c* 1 24.设n N ,n 1,求证：C n C n5.若a 0, b 0,且a 2b 6,求Ig aa b c3.b c a cab a b ca b, ab c,求证：1.n 1n 2-C n n 2 2.2lg b的最大值.6.若a 2b 12,求2a 2b1的最小值.7.已知x y 1(x 1),求u(x, y)2 2& x 2y 1,求u(x,y) x 2y 的最值.c a, c。
高一数学竞赛培训讲座(函数的性质)
函数的基本性质基础知识：函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的.关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题：1. 已知f(x)＝8＋2x －x 2，如果g(x)＝f(2－x 2)，那么g(x)( )A.在区间(－2，0)上单调递增B.在(0，2)上单调递增C.在(－1，0)上单调递增D.在(0，1)上单调递增提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C 2. 设f(x)是R 上的奇函数，且f(x ＋3)＝－f(x)，当0≤x≤23时，f(x)＝x ，则f(2003)＝( ) A.－1B.0C.1D.2003解：f(x ＋6)＝f(x ＋3＋3)＝－f(x ＋3)＝f(x) ∴ f(x)的周期为6f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1 选A3. 定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x 都有f(x ＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( ) A.150 B.2303C.152D.2305提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x ＝23 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.即有一个根就是23，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x ＝23对称 利用中点坐标公式，这100个根的和等于23×100＝150 所有101个根的和为23×101＝2303.选B 4. 实数x ，y 满足x 2＝2xsin(xy)－1，则x 1998＋6sin 5y ＝______________.解：如果x 、y 不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解 注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法 (x －sin(xy))2＋cos 2(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy) 且 cos(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy)＝±1 ∴ siny＝1 xsin(xy)＝1 原式＝75. 已知x ＝9919+是方程x 4＋bx 2＋c ＝0的根，b ，c 为整数，则b ＋c ＝__________.解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？) 由已知变形得x －9919= ∴ x 2－219x ＋19＝99 即 x 2－80＝219x再平方得x 4－160x 2＋6400＝76x 2即 x 4－236x 2＋6400＝0 ∴ b＝－236，c ＝6400 b ＋c ＝61646. 已知f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根，求证：a ＞4.f(0)＝c ＞1 ③ 0＜－a2b＜1 ④ b 2≥4ac b ＞1－a －c c ＞1b ＜0(∵ a＞0) 于是－b≥2ac所以a ＋c －1＞－b≥2ac ∴ (c a -)2＞1 ∴ c a -＞1 于是c a >＋1＞2 ∴ a＞4证法二：设f(x)的两个根为x 1，x 2， 则f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2) f⑴＝a(1－x 1)(1－x 2)＞1 f(0)＝ax 1x 2＞1 由基本不等式 x 1(1－x 1)x 2(1－x 2)≤[41(x 1＋(1－x 1)＋x 2＋(1－x 2))]4＝(41)2 ∴ 16a 2≥a 2x 1(1－x 1)x 2(1－x 2)＞1∴ a 2＞16 ∴ a＞47. 已知f(x)＝x 2＋ax ＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M ，求证：M≥21. 解：M ＝|f(x)|max ＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－2a)|}⑴若|－2a|≥1 (对称轴不在定义域内部) 则M ＝max{|f⑴|，|f(－1)|} 而f⑴＝1＋a ＋b f(－1)＝1－a ＋b|f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4 则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2 ∴ M≥2＞21 ⑵|－2a|＜1 M ＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－2a)|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|}＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|，|－4a 2＋b|}≥41(|1＋a ＋b|＋|1－a ＋b|＋|－4a 2＋b|＋|－4a 2＋b|)≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)]＝)2a 2(412≥21 综上所述，原命题正确. 8. ⑴解方程:(x ＋8)2001＋x2001＋2x ＋8＝0⑵解方程：2)1x (222221)1x (1x 1x 4x 2-=++++++⑴解：原方程化为(x ＋8)2001＋(x ＋8)＋x2001＋x ＝0即(x ＋8)2001＋(x ＋8)＝(－x)2001＋(－x)构造函数f(x)＝x 2001＋x原方程等价于f(x ＋8)＝f(－x)而由函数的单调性可知f(x)是R 上的单调递增函数 于是有x ＋8＝－x x ＝－4为原方程的解 ⑵两边取以2为底的对数得x)1x x (log )x (f )1x ()1)1x (1x (log x 2)1x 4x 2(log 1x 2x )1)1x (1x (log )1x 4x 2(log )1x (1)1x (1x 1x 4x 2log 2222222222222222222222+++=++++++=++++-=++++-++-=++++++构造函数即即 于是f(2x)＝f(x 2＋1)易证：f(x)世纪函数，且是R 上的增函数， 所以：2x ＝x 2＋1 解得：x ＝19. 设f(x)＝x 4＋ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求41[f⑷＋f(0)]的值. 解：由已知，方程f(x)＝x 已知有三个解，设第四个解为m ， 记 F(x)＝f(x)－x ＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －m) ∴ f(x)＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －m)＋x f⑷＝6(4－m)＋4 f(0)＝6m∴41[f⑷＋f(0)]＝7 10. 设f(x)＝x 4－4x 3＋213x 2－5x ＋2，当x∈R 时，求证：|f(x)|≥21 证明：配方得： f(x)＝x 2(x －2)2＋25(x －1)2－21 ＝x 2(x －2)2＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x 2－2x)2＋25(x －1)2－1＋21 ＝[(x －1)2－1]2＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x －1)4－2(x －1)2＋1＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x －1)4＋21(x －1)2＋21 ≥21练习：1. 已知f(x)＝ax 5＋bsin 5x ＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )A.3B.－3C.5D.－5解：∵ f⑴＝a ＋bsin 51＋1＝5设f(－1)＝－a ＋bsin 5(－1)＋1＝k 相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k ∴ f(－1)＝k ＝2－5＝－3 选B 2. 已知(3x ＋y)2001＋x2001＋4x ＋y ＝0，求4x ＋y 的值.解：构造函数f(x)＝x2001＋x ，则f(3x ＋y)＋f(x)＝0逐一到f(x)的奇函数且为R 上的增函数， 所以3x ＋y ＝－x 4x ＋y ＝03. 解方程：ln(1x 2+＋x)＋ln(1x 42+＋2x)＋3x ＝0解：构造函数f(x)＝ln(1x 2+＋x)＋x 则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0不难知，f(x)为奇函数，且在R 上是增函数(证明略) 所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x) 由函数的单调性，得x ＝－2x 所以原方程的解为x ＝04. 若函数y ＝log 3(x 2＋ax －a)的值域为R ，则实数a 的取值范围是______________.解：函数值域为R ，表示函数值能取遍所有实数，则其真数函数g(x)＝x 2＋ax －a 的函数值应该能够取遍所有正数 所以函数y ＝g(x)的图象应该与x 轴相交 即△≥0 ∴ a 2＋4a≥0 a≤－4或a≥0解法二：将原函数变形为x 2＋ax －a －3y＝0 △＝a 2＋4a ＋4·3y≥0对一切y∈R 恒成立 则必须a 2＋4a≥0成立 ∴ a≤－4或a≥05. 函数y ＝8x 4x 5x 4x 22+-+++的最小值是______________.提示：利用两点间距离公式处理y ＝2222)20()2x ()10()2x (-+-++++表示动点P(x ，0)到两定点A(－2，－1)和B(2，2)的距离之和 当且仅当P 、A 、B 三点共线时取的最小值，为|AB|＝56. 已知f(x)＝ax 2＋bx ＋c ，f(x)＝x 的两根为x 1，x 2，a ＞0，x 1－x 2＞a1，若0＜t ＜x 1，试比较f(t)与x 1的大小.解法一：设F(x)＝f(x)－x ＝ax 2＋(b －1)x ＋c ， ＝a(x －x 1)(x －x 2) ∴ f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)＋x作差：f(t)－x 1＝a(t －x 1)(t －x 2)＋t －x 1 ＝(t －x 1)[a(t －x 2)＋1] ＝a(t －x 1)(t －x 2＋a1) 又t －x 2＋a1＜t －(x 2－x 1)－x 1＝t －x 1＜0 ∴ f(t)－x 1＞0 ∴ f(t)＞x 1解法二：同解法一得f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)＋x 令g(x)＝a(x －x 2)∵ a＞0，g(x)是增函数，且t ＜x 1 ⇒ g(t)＜g(x 1)＝a(x 1－x 2)＜－1 另一方面：f(t)＝g(t)(t －x 1)＋t ∴1x t t)t (f --＝a(t －x 2)＝g(t)＜－1 ∴ f(t)－t ＞x 1－t ∴ f(t)＞x 17. f(x)，g(x)都是定义在R 上的函数，当0≤x≤1，0≤y≤1时.求证：存在实数x ，y ，使得 |xy －f(x)－g(y)|≥41 证明：(正面下手不容易，可用反证法) 若对任意的实数x ，y ，都有|xy －f(x)－g(y)|＜41记|S(x ，y)|＝|xy －f(x)－g(y)| 则|S(0，0)|＜41，|S(0，1)|＜41，|S(1，0)|＜41，|S(1，1)|＜41 而S(0，0)＝－f(0)－g(0) S(0，1)＝－f(0)－g(1) S(1，0)＝－f(1)－g(0) S(1，1)＝1－f(1)－g(1)∴ |S(0，0)|＋|S(0，1)|＋|S(1，0)|＋|S(1，1)| ≥|S(0，0)－S(0，1)－S(1，0)＋S(1，1)| ＝1 矛盾！ 故原命题得证！8. 设a ，b ，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax 2＋bx ＋c ，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax ＋b|≤4.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题) f⑴＝a ＋b ＋c f(－1)＝a －b ＋c f(0)＝c ∴ a＝21[f⑴＋f(－1)－2f(0)] b ＝21[f⑴－f(－1)] c ＝f(0)|2ax ＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x ＋21[f⑴－f(－1)]| ＝|(x ＋21)f⑴＋(x －21)f(－1)－2xf(0)| ≤|x＋21||f⑴|＋|x －21||f(－1)|＋2|x||f(0)|≤|x＋21|＋|x －21|＋2|x| 接下来按x 分别在区间[－1，－21]，(－21，0)，[0，21)，[21，1]讨论即可 9. 已知函数f(x)＝x 3－x ＋c 定义在[0，1]上，x 1，x 2∈[0，1]且x 1≠x 2.⑴求证：|f(x 1)－f(x 2)|＜2|x 1－x 2|； ⑵求证：|f(x 1)－f(x 2)|＜1.证明：⑴|f(x 1)－f(x 2)|＝|x 13－x 1＋x 23－x 2| ＝|x 1－x 2||x 12＋x 1x 2＋x 22－1|需证明|x 12＋x 1x 2＋x 22－1|＜2 ………………① x 12＋x 1x 2＋x 22＝(x 1＋4x 32x 22222 )≥0∴ －1＜x 12＋x 1x 2＋x 22－1＜1＋1＋1－1＝2 ∴ ①式成立 于是原不等式成立 ⑵不妨设x 2＞x 1由⑴ |f(x 1)－f(x 2)|＜2|x 1－x 2| ①若 x 2－x 1∈(0，21] 则立即有|f(x 1)－f(x 2)|＜1成立. ②若1＞x 2－x 1＞21，则－1＜－(x 2－x 1)＜－21 ∴ 0＜1－(x 2－x 1)＜21(右边变为正数) 下面我们证明|f(x 1)－f(x 2)|＜2(1－x 2＋x 1) 注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c|f(x 1)－f(x 2)|＝|f(x 1)－f⑴＋f(0)－f(x 2)| ≤|f(x 1)－f⑴|＋|f(0)－f(x 2)|＜2(1－x 2)＋2(x 2－0) (由⑴) ＝2(1－x 2＋x 1)＜1综合⑴⑵，原命题得证.10. 已知f(x)＝ax 2＋x －a(－1≤x≤1) ⑴若|a|≤1，求证：|f(x)|≤45 ⑵若f(x)max ＝817，求a 的值. 解：分析：首先设法去掉字母a ，于是将a 集中 ⑴若a ＝0，则f(x)＝x ，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1＜45成立 若a≠0，f(x)＝a(x 2－1)＋x∴ |f(x)|＝|a(x 2－1)＋x|≤|a||x 2－1|＋|x|≤|x 2－1|＋|x| (∵ |a|≤1) ≤1－|x 2|＋|x|＝45－(|x|－21)2 ≤45 ⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠817 ∴ a≠0∵ f(x)max ＝max{f⑴，f(－1)，f(－a 21)}又f(±1)＝±1≠817 ∴ f(x)max ＝f(－a 21)＝817 a(－a 21)2＋(－a 21)－a ＝817 a ＝－2或a ＝－81 但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－81 答案为－2。
湖南师范大学附属中学高三数学专题复习课件：第11讲 二次函数
知识要点 根的分布
x1<k<x2
图像
k1<x1<x2<k2
k1<x1<k2<x2 <k3
充要条件
f(k)<0
f (k1) 0
f
(k2
)
0
k1
b 2a
k2
0
f f
(k1 ) (k2 )
0 0
f
(k3
)
0
第七页，编辑于星期日：十六点 十五分。
基础训练
1.完成《圆梦丛书》 P25基础达标练习.
第十六页，编辑于星期日：十六点 十五分。
课后作业
1．预习《圆梦丛书》第12讲知识梳理、
基础达标；
2. 完成《圆梦丛书》P26~ P27能力提升习题.
第十七页，编辑于星期日：十六点 十五分。
4．根与系数的关系:
二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),当Δ=b2-4ac＞0
时图象与x轴有两个交点M1(x1,0)、M2(x2,0)，
这里的x1，x2是方程f(x)=0的两根，则x1
x2
b a
|M1M2|=|x1-x2|= .
x1
x2
c a
0
|a|
第三页，编辑于星期日：十六点 十五分。
2
2
又∵x1＜x2，
＞-1 1 a
2
∴x1离对称轴的距离小于x2离对称轴的距离，
又a＞0，所以f(x1)＜f(x2).
第九页，编辑于星期日：十六点 十五分。
双基固化
1．“三个二次”的关系问题: 例1.《圆梦丛书》 P26例1.
【解题回顾】(1)用待定系数法求二次函数的解析式; (2)二次函数值恒大（小）于零，常结合二次函数
高中数学复习专题讲座不等式的综合应用
高中数学复习专题讲座不等式的综合应用 高考要求不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决咨询题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范畴或解决一些实际应用咨询题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值咨询题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的咨询题 重难点归纳 1 应用不等式知识能够解决函数、方程等方面的咨询题，在解决这些咨询题时，关键是把非不等式咨询题转化为不等式咨询题，在化归与转化中，要注意等价性 2 关于应用题要通过阅读，明白得所给定的材料，查找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的要紧特点与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的咨询题 典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度平均，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，那么当h 为何值时，V最大？求出V 的最大值(求解此题时，不计容器厚度) 命题意图 此题要紧考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的运算及用均值定论求函数的最值 知识依靠 此题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值 错解分析 在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0 技巧与方法 此题在求最值时应用均值定理 解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0)得 2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而 因此V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米 例2a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1；(2)证明 当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ) 命题意图 此题要紧考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析咨询题和解决咨询题的能力 知识依靠 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是此题的灵魂 错解分析 此题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻明白得，以及对条件〝－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空泛，缺乏严密，从而使题目陷于僵局 技巧与方法 此题(2)咨询有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三那么是整体处理g (x )与f (x )的关系(1)证明 由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得 |c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1(2)证法一 依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，因此|c |≤1 当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，因此g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1)∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，因此g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)，∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2 证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1， 因此，依照绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，因此由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三 当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2 (3)解 因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，依照二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴， 由此得－ab 2＜0 ，即b =0 由①得a =2，因此f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2a1 (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1； (2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 021x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，因此F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 学生巩固练习 1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出以下不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a ) A ①③ B ②④ C ①④ D ②③ 2 以下四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 差不多上正数，假设yx 91+=1，那么x +y 的最小值是12 ④假设|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，那么|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________ 3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存物资的运费y 2与到车站的距离成正比，假如在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分不为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处 4 二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)假如x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)假如|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范畴 5 某种商品原先定价每件p 元，每月将卖出n 件，假假设定价上涨x成(那个地点x 成即10x ，0＜x ≤10) 每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原先的 z 倍(1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值； (2)假设y =32x ，求使售货金额比原先有所增加的x 的取值范畴 6 设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1(1)求证 f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证 f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)·f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，假设A ∩B =∅，求a 的取值范畴 7 函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判定函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)假设t ∈R ，求证 lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤513 参考答案1 解析 由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b ) ∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案 A2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件〝正、定、等〞④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析 由y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x 20≥2x x 208.0⋅=8 当且仅当0 8x =x20即x =5时〝=〞成立 答案 5公里处4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解 由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，因此x 1，x 2同号 1°假设0＜x 1＜2，那么x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2，∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0 ① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a ab ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°假设 －2＜x 1＜0，那么x 2=－2+x 1＜－2∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b 47 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b 47 5 解 (1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分不是 p (1+10x )元、n (1－10y )元、npz 元， 因而)10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=， 在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －aa )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］ 由于31≤a ＜1，那么0＜aa )1(5-≤10要使售货金额最大，即使z 值最大，现在x =a a )1(5- (2)由z =1001 (10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5 6 (1)证明 令m ＞0，n =0得 f (m )=f (m )·f (0) ∵f (m )≠0，∴f (0)=1 取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1 (2)证明 任取x 1，x 2∈R ，那么f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］=f (x 1)－f (x 2－x 1)·f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］，∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，∴函数f (x )在R 上为单调减函数(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得， 由题意此不等式组无解，数形结合得 1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］ 7 (1)解 设y =1222+++x c bx x ，那么(y －2)x 2－bx +y －c =0 ①∵x ∈R ，∴①的判不式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0，即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0 ②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍〕(2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，那么x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221*********x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记 即－31≤u ≤31，依照F (x )的单调性知 F (－31)≤F (u )≤F (31)， ∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立 课前后备注数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在«自然辩证法»一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中包蕴着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动表达，它们是对立统一的，又是相互联系、相互阻碍的；等与不等关系是中学数学中最差不多的关系等的关系表达了数学的对称美和统一美，不等关系那么如同仙苑奇葩出现出了数学的奇特美 不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的差不多性质，假如把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式进展为一个人丁兴盛的大伙儿族，由简到繁，形式各异 假如给予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等 不等式是永恒的吗？明显不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的咨询题 解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范畴或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明那么是推理性咨询题或探干脆咨询题 推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，差不多方法有比较法、综合法、分析法；探干脆咨询题大多是与自然数n 有关的证明咨询题，常采纳观看—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明 另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系 不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他咨询题，诸如集合咨询题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值咨询题无一不与不等式有着紧密的联系 许多咨询题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还能够解决现实世界中反映出来的数学咨询题 不等式中常见的差不多思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程 总之，不等式的应用表达了一定的综合性，灵活多样性等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系 数学的差不多特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的表达不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺立，峰之隽秀，海之宽敞，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？。
湖南师范大学附属中学2014届高三数学总复习课件：3.1 不等关系与不等式
x
0
y 0
第七页，编辑于星期日：十六点 十一分。
知识探究(二)：比较实数大小的基本原理
思考1：实数可以比较大小，对于两个实数
a，b，其大小关系有哪几种可能？
a＞b，a＝b，a＜b. 思考2：任何一个实数都对应数轴上的一 个点，那么大数与小数所对应的点的相 对位置关系如何？
大数对应的点位于小数对应的点的右边
第十四页，编辑于星期日：十六点 十一分。
3.用“差比法”比较两个实数的大小，一般
分三步进行：作差→变形→判断符号. 其中 变形的目的在于判断差式的符号，常用的变 形手段有因式分解、配方等.
作业：
P74练习：1，2.
P75习题3.1B组：1.
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里的不等关系？
f 2.5%
p 2.3%
第四页，编辑于星期日：十六点 十一分。
思考3：设点A与平面α的距离为d，B为平 面α上的任意一点，则d与|AB|的大小关 系怎样表示？
A d
d≤|AB|
B
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思考4:某种杂志原以每本2.5元的价格销售， 可以售出8万本.据市场调查，若单价每提 高0.1元，销售量就可能相应减少2000本. 若把提价后杂志的定价设为x元，怎样用不 等式表示销售的总收入不低于20万元？
第十三页，编辑于星期日：十六点 十一分。
小结作业
1.用不等式表示不等关系是一种数学建模， 准确理解题意，设定字母表示相关数量， 是正确建模的关键.对具有多个不等关系的 实际问题，要用不等式组来表示.
2.两个实数的差的符号能反映这两个实数的 大小关系，这是确定两个实数大小关系的基 本原理，同时也是发掘不等式性质的理论依 据.
【全国百强校】湖南省师范大学附属中学高考数学研讨会：数列与不等式的命题立意与复习策略PPT课件
年份 题型 2011 选择题（13）
（理科） 考查知识点
线性规划求最值
分值 5分
2012 填空题（14）
线性规划求最值
5分
2013
选择题（1）一元二次不等式的解法、集合的关系与运算 选择题（11） 分段函数的性质、不等式恒成立问题
10 分
2014
选择题（1） 一元二次不等式的解法、集合的交集运算 选择题（9）线性规划、全称命题与特称命题的真假判断
了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函 数的关系.
（理科）
年份 题型
考查知识点
分值
2011 解答题（17） 等比数列与数列的求和（裂项相消法）（容易） 12 分
2012
选择题（5） 填空题（16）
等比数列的性质 （容易） 数列求和（分奇偶讨论）（较难）
10 分
选择题（5） 等差数列的前 n 项和公式及通项公式（容易）
14年高考新课标卷Ⅰ第24题考我就们不一会定考要。把对握考到试位说。明中的考点要求
（文科）
考查知识点
分值
2011 解答题（17） 等差数列、等比数列的前 n 项和公式（容易） 12 分
2012
选择题（12） 填空题（14）
数列求和（等分比奇数偶列讨的论性）（质理科（容16易改）编）（中等）10
分
选择题（6） 等差、等比数列的前 n 项和公式 （容易）
2013 解答题（14）
数列的求和（裂项相消法）（容易）
（2014 文理）
若 a 0,b 0, 且 1 1 ab ab
（I）求 a3 b3 的最小值；
（II）是否存在 a, b ，使得 2a 3b 6 ？并说明理由.
（2015 文理）
最全面高中奥林匹克数学竞赛讲座三角恒等式和三角不等式
高屮奥林匹克数学竞赛讲座三角恒等式和三角不等式知识、方法、技能三角恒等变形，既要遵循代数式恒等变形的一般法则，又有三角所特有的规律三角恒.等式包括绝对恒等式和条件恒等式两类。
证明三角恒等式时，首先要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的繁简程度，以决定恒等变形的方向；其次要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的角、函数名称、次数以及结构的差别与联系，抓住其主要差异，选择恰当的公式对其进行恒等变形，从而逐步消除差异，统一形式，完成证明.“和差化积”、“积化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我们常用的变形技巧。
当然有时也可以利X用万能公式“弦化切割”，将题目转化为一个关于t = tan —的代数恒等式的证明问题 .2要快捷地完成三角恒等式的证明，必须选择恰当的三角公式.为此，同学们要熟练掌握各公式及各公式的来龙去脉和变形形式.上图为三角公式脉络图，由图可见两角和差的三角函数的公式是所有三角公式的核心和基础•此外，三角是代数与几何联系的“桥梁”，与复数也有紧密的联系，因而许多三角问题往往可以从几何或复数角度获得巧妙的解法.三角不等式首先是不等式，因此，要掌握证明不等式的常用方法：配方法、比较法、放缩法、基本不等式法、数学归纳法等.其次，三角不等式又有自己的特点一一含有三角式，MM MM MM ■因而三角函数的单调性、有界性以及图象特征等都是处理三角不等式的锐利武器三角形中有关问题也是数学竞赛和高考的常见题型.解决这类问题，要充分利用好三角形内角和等于180°这一结论及其变形形式•如果问题屮同时涉及边和角，则应尽量利用正弦定理、余弦定理、面积公式等进行转化，实现边角统一.求三角形面积的海伦公式S = \：p( p -a)( p -b)( p -c)[其中p = f (a + b +c)],大家往往不甚熟悉，但十分有用 ^ 赛题精讲g例1:已丿训sin a =Asin(a + P), | A|>1,求证：tan(a + P)=—驾 --------- .cos P - A【思路分析】条件涉及到角a、a + P，而结论涉及到角a + B， P .故可利用a=(a +P)_pngP =(a+P)-a消除条件与结论间角的差异，当然亦可从式中的“ 入手.【证法1 】*-• sina = Asin(a + P),sin(ot + P _ P) = Asin(a + P),sin(a + P)cos P -cos(a + P)sin P = Asin(a + P),sin(a + P )(cos P - A) = sin P cos (a + P),V|A|>1,「・cos 卩一A H 0,从而cos(a + B) HO,[证法2] sin 卩_______________ s泊P ___________ s in(a + P)sin Psin P -A R sina cosPsin(a + P)-sinaUOo i —pjsin(a +P)_ sin(a + P)sin Pcos P sin(a + P) -sin[(a + P ) - P] _ sin(a + P) sin P ~ «+ P)sin P=cos© + P)・例2：证明：cos7x+ + 21 ocs3x + 35cos x = 64 cos7 x.【思路分析】等号左边涉及角7x、5x、3x、x右边仅涉及角x,可将左边各项逐步转化为sinx、COSX的表达式，但相对较繁.观察到右边的次数较高，可尝试降次•3 Q【证明】因为cos3x =4cos x -3cosx,所以4cos x = cos3x+3cosx,6 2 2从而有16cos x =cos 3x+6cos3xcos x+9cos x+ 3(cos4x +cos2x) +_(〔+cos2x)2 A”tan(« + P)1 +cos6x2sin PMM MM MM ■32cos 6 x =1 +cos6x +6cos4x +6cos2x +9 +9cos2x,64cos ? x =2cos6xcosx +12cos4xcosx+30cos2xcosx + 20cosx= cos7x +cos5x +6cos5x +6cos3x +15cos3x +15cosx + 20 cosx =cos7x +7cos5x +21 cos3x +35cosx.【评述】本题看似“化简为繁”，实质上抓住了降次这一关键，很是简捷.另本题也可利用复数求解•令 z = coscz +i sinct,则 2 a = z + —,从而,128cos 7a = (z +— )? » 展丿I •即可. z z 例 3：求证：y/3 tan 18 ' + tan 18 °tan 12 " + V3tan 12 °=1.【思路分析】等式左边同时岀现tan 18 =tan12 \ tan 18 ? + tan12 ：,联想到公式一 I 口、 t ara +t anPtag. +P) = ----------------------- p •1 -t a rut anP【证明】 J3 tan 18 +tan18 tan12 '+^3 tan 12 '=x 3 (tan 18 " + tan12 ') + tan18 tan12 'I- O -Q Q Q 占 Q Q=%3 x tan(18 +12 )(1 -tan18 tan 12 ) + tan18 tan 12 =1【评述】本题方法具有一定的普遍性.仿此可证(1 +tan*T)(1+tan2》・・(1+tan43)o(1 +tan 44 ) =O 22^例 4：已知!一3" =2001,求证:sec2ct +tan2a =2001.1 -tanot1 +tar )a 1 一 tana = 2001.例 5：证 明:4sin 0sin(6O "-9) sin(60 "+9) =sin 30.【证明】sin 30 =3 sin 0 —4sin 3 0【证明】 sec2« + tan 2a1 +sin2ct cos2a 711 -cos (— +2a) _____2 ____ sin (三 +2a)2JT =tan(7+a)=4sin 9(- 一sin 2 6)4 3 21 2 =4sinB(—cos 6 — sin 6)4 4 ：3 1=4sin 。
全国高中数学竞赛专题-不等式
全国高中数学竞赛专题-不等式莆田四中校本课程不等式是数学竞赛的热点之一。
由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。
而且，不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。
证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性质分类罗列如下： 不等式的性质：.0,0<-⇔<>-⇔≥b a b a b a b a 这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1）a b b a <⇔>（对称性）（2）c b c a b a +>+⇔>（加法保序性）（3）.0,;0,bc ac c b a bc ac c b a <⇒<>>⇒>>（4）*).(,0N n b a b a b a nn nn ∈>>⇒>>对两个以上不等式进行运算的性质.（1）c a c b b a >⇒>>,（传递性）.这是放缩法的依据. （2）.,d b c a d c b a +>+⇒>> （3）.,d b c a d c b a ->-⇒<> （4）.,,0,0bc ad dbc a cd b a >>⇒>>>> 含绝对值不等式的性质：（1）.)0(||22a x a a x a a x ≤≤-⇔≤⇔>≤ （2）.)0(||22a x a x a x a a x -≤≥⇔≥⇔>≥或 （3）||||||||||||b a b a b a +≤±≤-（三角不等式）.（4）.||||||||2121n n a a a a a a +++≤+++证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.因此，要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。
湖南省师范大学附属中学高三数学总复习 不等式证明教案
湖南师范大学附属中学高三数学总复习教案：不等式证明教材：不等式证明综合练习目的：系统小结不等式证明的几种常用方法，渗透“化归”“类比”“换元”等数学思想。
过程：一、 简述不等式证明的几种常用方法比较、综合、分析、换元、反证、放缩、构造二、 例一、已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|)1(log | |)1(log |x x a a +-和的大小。
解一：[][])1(log )1(log )1(log )1(log |)1(log | |)1(log |22x x x x x x a a a a a a +---+-=+--xxx aa +--=11log )1(log 2∵0 < 1 - x 2< 1, 1110<+-<x x ∴011log )1(log 2>+--xx x a a ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-解二：2111111log 11log )1(log )1(log )1(log )1(log xxx x x x x xx x x a a -+=-=--=-=+-++++ )1(log 121x x --=+∵0 < 1 - x 2< 1, 1 + x > 1, ∴0)1(log 21>--+x x∴1)1(log 121>--+x x ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>- 解三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 - x < 1, 1 < 1 + x < 2, ∴0)1(log ,0)1(log <+>-x x a a∴左 - 右 = )1(log )1(log )1(log 2x x x a a a -=++- ∵0 < 1 - x 2< 1, 且0 < a < 1 ∴0)1(log 2>-x a∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-变题：若将a 的取值范围改为a > 0且a ≠ 1，其余条件不变。
高考数学专题讲座 第23讲 高频考点分析之不等式、线性规划探讨
【备战2022高考数学专题讲座】第23讲：高频考点分析之不等式、线性规划探讨1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
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。
考查的特点是单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题；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居多；作为不等式与函数的综合应用，线性规划问题日显频繁。
结合2022年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨不等式、线性规划问题的求解： 1 解高次、分式不等式和指数、对数不等式； 2 解绝对值不等式；3 不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用；4 不等式问题中“数形结合法”的应用；5 不等式问题中“特殊值法”的应用；6 基本不等式的应用；7 线性规划问题。
一、解高次、分式不等式和指数、对数不等式： 典型例题：例1 （2022年重庆市理5分）不等式0121≤+-x x 的解集为【 】 A ⎥⎦⎤ ⎝⎛-1,21 B ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1,21 C [)1.1,2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭ D [)1,1,2⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦【答案】A 。
【考点】分式不等式的解法。
【分析】化分式不等式为整式不等式求解：(1)(21)01101210212x x x x x x -+≤⎧-<⇒⇒-<≤⎨+≠+⎩。
故选A 。
例2 （2022年重庆市文5分）不等式102x x -<+ 的解集是为【 】 （A ）(1,)+∞ （B ） (,2)-∞- （C ）（-2，1）（D ）(,2)-∞-∪(1,)+∞ 【答案】C 。
【考点】其他不等式的解法。
【分析】利用等价变形直接转化分式不等式为二次不等式求解即可：10(1)(2)0212x x x x x -<⇒-+<⇒-<<+。
30届高中数学竞赛专题讲座---几个重要不等式及其应用
几个重要不等式及其应用一、几个重要不等式以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的，应用极为广泛。
1、算术-几何平均值（AM-GM ）不等式设12,,,n a a a 是非负实数，则12nn a a a n+++≥2、柯西（Cauchy ）不等式设,(1,2,)i i a b R i n ∈=，则222111.n n n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑等号成立当且仅当存在R λ∈，使,1,2,,.i i b a i n λ==变形（Ⅰ）：设+∈∈R b R a i i ,，则∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛≥ni in i i ni ii b a b a 12112；等号成立当且仅当存在R λ∈， 使,1,2,,.i i b a i n λ==变形（Ⅱ）设i i b a ,同号，且0,≠i i b a ，则∑∑∑===⎪⎭⎫ ⎝⎛≥n i ii n i i ni ii b a a b a 1211。
等号成立当且仅当n b b b === 21 3．排序不等式设n n n j j j b b b a a a ,,,,,212121⋯≤⋯≤≤≤⋯≤≤是n ,,2,1⋯的一个排列，则n n j j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n ++≤+++≤+++-2211321112121. 等号成立当且仅当n a a a === 21或n b b b === 21。
（用调整法证明）.4．琴生（Jensen ）不等式若()x f 是区间()b a ,上的凸函数，则对任意的点()b a x x x n ,,,,21∈ *()n N ∈有()()()12121().nn x x x f f x f x f x nn+++≤+++⎡⎤⎣⎦等号当且仅当n x x x === 21时取得。
（用归纳法证明）二、进一步的结论运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论，有时用这些结论也会起到意想不到的效果。
胡博士高考常考数学专题讲解：常考常考的不等式证明及比较类题型
专题二高考常考的（不）等式证明及比较类题型总结高中所学的证明（不）等式和比较类的题型很多，本着针对性学习、迅速提高的原则，在这一专题中我们只重点学习几种常考的证明（不）等式和比较类的方法：均值不等式法、数学归纳法、分析法、综合法、比差法、函数相同和向量相等判定的方法. 这些方法是使用全国卷一、二的地区常考的，更是平时各地区考试的热点和重点.学习本专题必备知识点总结：1. 重要不等式：R b a ab b a ∈≥+，其中(222，当且仅当a =b 时，取“=”号） 均值不等式：2)2(22b a ab ab b a ab b a +≤⇔≥+⇔≥+. （的几何平均数，叫的算术平均数，叫b a ab b a b a ,,2+且 a ,b>0，仅当a =b 时，取“=”号） 均值不等式的推广公式：33)3(3c b a abc abc c b a ++≤⇔≥++(其中a ,b,c>0，当且仅当a =b=c 时，取“=”号) 均值不等式的文字表述：n 个正数的算术平均数不小于这n 个正数的几何平均数. 用均值不等式时要注意：一正二定三相等.2. 数学归纳法的适用范围和证明的基本步骤.数学归纳法的适用范围是证明与自然数集有关的代数恒等式、不等式、整除性等命题. 数学归纳法的一般步骤：（1）证明当n 取对应命题适用的第一个自然数n 0时，命题成立；（2）假设n=k(),0*n k N k ≥∈时，命题成立，经过一系列推理得出当n=k+1时命题也成立.（3）由以上两步知所证明命题对所有.0都成立n n ≥数学归纳法的第一步是命题的基础，第二步是递推的依据，第三步是总结说明. 这三步都是必不可少的，但是第二步是证明的关键一步.3. 分析法是指从需要证明的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，使问题转化为判定那些条件是否具备. 可以说，分析法是解决所有问题的一个基本思维方法.其特点为“执果索因”，即从“要证结果”探索“需知条件”，逐步向“已知条件或结果”靠拢.其优点为方向明确、思路清晰、容易掌握、利于思考.4. 综合法是利用已知结果、已知结论和性质推导出所要证明的不等式成立的方法.其特点为“由因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”.其优点为条理清晰、形式简洁、容易表述，其缺点是不易找到解决问题的突破口.5. 分析法和综合法的应用原则：分析法常用于寻找解题思路，然后再用综合法叙述证题过程.当然，有时候这两种方法可以结合在一起用.6. 比差法的基本原则：0)3(0)2(0)1(<-⇔<=-⇔=>-⇔>b a b a b a b a b a b a 用比差法比较两个式子的大小或证明不等式的基本步骤：（1）作差；（2）化简；（3）得结论.利用比差法证明时，关键要牢记作差后化简的目标：（1）常数（2）完全平方式（3）n 个因式乘积或相除的形式.7. 比较几个式子大小时，可以用上述的证明不等式的方法，也可以利用函数单调性（如指数和对数函数当底a >1时为增函数，当0<a <1时为减函数）以及中间变量的方法（中间变量常取0和1）.8. 比较两个函数是否相同，就是看两个函数的定义域、对应关系、值域（可省略此步骤.因为另两个一样时，值域一定相同）是否相同.但是如果三者中有一个不一样，则这两个函数就不是相同的函数. 9. 如果向量a =(x ,y ),则与它相等的向量的坐标都为（x ,y ），即两个向量的横坐标、纵坐标分别对应相等.这样就可以由向量相等这一个条件列出两个方程，从而最多可以求出两个未知数的值.一、利用均值不等式证明不等式的题型均值不等式是高中常考的重要知识点之一，考查的方式主要是以求最值（值域）或者是证明不等式的形式出现. 本部分主要讲解均值不等式在证明中的应用. 利用均值不等式求最值（值域）与证明的思路、方法类似. 学习本部分首先要牢记以下不等式：重要不等式：R b a ab b a ∈≥+,(222其中，当且仅当a =b 时，取“=”号） 均值不等式：2)2(22b a ab ab b a ab b a +≤⇔≥+⇔≥+. （的几何平均数，叫的算术平均数，叫b a ab b a b a ,,2+且 a ,b>0，仅当a =b 时，取“=”号） 均值不等式的推广公式：33)3(3c b a abc abc c b a ++≤⇔≥++(其中a ,b,c>0，当且仅当a =b=c 时，取“=”号)在用均值不等式的公式时，要时刻注意三点：（1）各项或各因式均为正值；（2）各项的和或者积为定值；（3）各项或各因式能取得相等的值（求最值时一定要考虑）.以上三点简记为：“一正，二定，三相等”.例1.证明下列不等式：).230(1230)4(4610)3()23(73242)2(9111,1),,0(,,)1(3222<<≤-<>++>≥-+≥++=+++∞∈x x x x x x x x cb ac b a c b a 其中证明：；求证：；其中证明：；求证：且已知 证明：)()()(31111)1(c b b c c a a c b a a b c c b a b c b a a c b a c b a c b a ++++++=++++++++=++∴=++ 方法一： ；所以原不等式得证时，取得最小值当且仅当原式..9.91212123),,0(,,c b a c b a ===+++≥∴+∞∈所以原不等式得证；时，取得最小值当且仅当并且方法二：.9.9313)()111(1111),,0(,,33c b a abc abcc b a c b a c b a c b a c b a ===⋅≥++⋅++=++∴=+++∞∈ ..),23(25)(2132432.7342332432324223)2(所以原不等式得证时，等号成立，或舍时，即当且仅当+∞∈==-=-=+≥+-+-=-+∴>x x x x x x x x x ..023,0.2301,23)230(1)323()23()23()23(234...)(2646.442646646610)3(323232222222222组成立由以上证明知原不等式所以又因为）时，取等号，（即当且仅当）（即证原不等式成立；所以等号取不到无解时，但是当>->∈=-=<<=-++≤-⋅∴-⋅=-=--=⇒+=+=≥+++=+++=++x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 总结：用均值不等式进行证明时，要注意三点：（1）各项或各因式均为正值；（2）各项的和或者积为定值；（3）各项或各因式能取得相等的值（求最值时一定要考虑）. 只有符合条件时，才能用公式，否则就会得到错误的结论. 这三点中最关键的是通过拆添项或配凑因式进行恒等变形得到定值. 为了得到定值在恒等变形时一定要分成相等的因式，这样才能保证三项相等时方程组有解，从而等号成立的条件满足. 如例1（4）中的.2x x x ⋅分成同理，在练习1（2）中x 要分成22x x +. 练习1.证明下列不等式： (1)已知.2),(2)(≥--+--+>++y x b a b a y x bx ay y x b a 求证：）（ （2）当x >0时，证明：.342≥+x x参考答案：(1) 证明略. (提示：由已知条件变形得.,0))((式的条件成立这样才能保证均值不等>--b a y x ) （2））时，取等号，（即当且仅当∞+∈==≥≥++=+02,42.31342242322x xx x x x x x . 所以原不等式得证.二、利用数学归纳法证明（不）等式的题型数学归纳法是用来证明与自然数集有关的命题的一种方法. 数学归纳法的一般步骤：（1）证明当n 取对应命题适用的第一个正整数n 0时，命题成立；（2）假设n=k(),0*n k N k ≥∈时，命题成立，经过一系列推理得出当n=k+1时命题也成立（3）由以上两步知所证明命题对所有都成立0n n ≥.数学归纳法的第一步是命题的基础，第二步是递推的依据，第三步是总结说明. 这三步都是必不可少的，但是要知道第二步是证明的关键.例2.证明下列各题：(1)用数学归纳法证明：1+4+7+…+(3n-2)=)13(21-n n ; (2)当整数整除能被时，证明多项式1)1(02122++++≥++x x x x n n n .解析：这是两题常见的利用数学归纳法的题型：代数恒等式和整除问题. 只要把握住数学归纳法的一般步骤基本上就没有问题了.（1）证明：①当n=1时，左边=1，右边=1 所以，当n=1时命题成立.②假设当n=k 时命题成立，即1+4+7+…+(3k-2)=)13(21-k k 则当n=k+1时，1+4+7+…+(3k-2)+[3(k+1)-2]= )13(21-k k +(3k+1) =]1)1(3)[1(21)23)(1(21)253(212-++=++=++k k k k k k 即当n=k+1时，命题成立.③综合①②知，,1*时命题均成立N n n ∈≥；（2）证明：①当n=0时，.11)1(22122整除能被++++=++++x x x x x x n n .②假设n=k 时命题成立，即整除，能被多项式1)1(2122++++++x x x x k k 那么当n=k+1时，222212221)1(22)1()1()1()1()1()1(+++⋅-+⋅++⋅=++++++++++x x x x x x x x x x k k k k k k)1(])1([)1(221222++-+++=+++x x x x x x k k k.111,)1(22122时命题成立整除都能被+=∴++++++++k n x x x x x x k k③综合①②知，n .0时命题成立，Z n ∈≥.总结：在用数学归纳法证明命题时，首先要明确证明的一般步骤；其次在证明命题对n=k+1也成立时，一定要用假设的条件. 如果没有用到假设的条件，即使证明出了命题成立，这种方法也不能称为数学归纳法. 所以，在证明命题对n=k+1也成立时，要想办法把要证的式子化成可以用假设条件的形式.练习2. 1. 已知等差数列}{；项和求前n n S n d a a )1(.5,1,1==(2)用数学归纳法证明数列}{n S 前n 项和T n =；)25)(1(61-+n n n 2. 证明).(3221*N n n n n ∈>+⋅⋅⋅++参考答案：1.解：(1)直接用等差数列的前n 项和公式易得：.23252n n S n -= （2）证明：①当n=1时，T 1=S 1=a 1=1,右边=右边，等式成立左边==-⨯+⨯⨯,1)215)(11(161. ②假设当n=k 时等式成立，即)25)(1(61-+=k k k T k . ..1]2)1(5[]1)1)[(1(61)35)(2)(1(61)6135)(1(61]9)1(1525)[1(61)1(23)1(25)25)(1(61122211时，等式也成立即当时，当+=-+⋅+++=+++=++=-++-+=+-++-+=+=+=++k n k k k k k k k k k k k k k k k k k k S T T k n k k k ③综合①②知，对于任意n .*时等式成立N ∈；2.证明：.,3211)1(不等式成立时，当>=n . .,213.1.1)1(321)12(213311)1(32]1)12(2[311)1(321321211,3221)1()2(*不等式成立）知，对一切的）（）根据（（时不等式成立即当时，不等式左边为当时不等式成立，即假设N n k n k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k n k k k k k n ∈+=++>+-+-⋅+++=+--+++=++>+++⋅⋅⋅+++=>+⋅⋅⋅++>= 三、利用分析法证明不等式的题型当我们面对一个不等式的证明没有思路时，可以尝试着从目标不等式倒着分析，在这个过程中往往会发现解题思路，从而达到证明原不等式的目的，这就是分析法. 分析法是从需要证明的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，使问题转化为判定那些条件是否具备. 这种方法是解决问题尤其是较难问题的一个基本的、重要的方法.例3.证明下列不等式：（1）已知a ,b,c ;222ca bc ab c b a R ++≥++∈，求证：（2）已知a ,b b a ab b a R +>+++∈1,22求证：; )4(4321)3(≥---<---x x x x x 求证：.证明：（1）.222ca bc ab c b a ++≥++要证： 即证）（）（ca bc ab c b a ++≥++22222即0)()()()2()2()2(222222222≥-+-+-=+-++-++-c a c b b a c ac a c bc b b ab a （当a =b=c 时，取等号）上面不等式显然成立，并且以上各步均可逆，所以原不等式得证；(2) b a ab b a +>+++122要证： ）（）（即证b a ab b a +>+++21222 即0)()1()1(212122222222>++-+-=++++-++-b a b a b ab a b b a a（因为a -1,b-1,a +b 三式不能同时取零，所以原式只能大于零）上面不等式显然成立. 所以原不等式得证;...64,6545,])2)(3([])4)(1([.)2)(3()4)(1(,)23()41(),4(2341)4(4321)3(222222故原不等式得证这显然成立即即证只需证化简得即证只需证，欲证<+-<+---<----<---+-<-+-≥-+-<-+-≥---<---x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x总结：这种题型的基本思路是严格按照分析法的定义来思考，并掌握利用分析法来做的一些常见常考题型.练习3：（1）)(,222222444c b a abc a c c b b a c b a R c b a ++≥++≥++∈证明不等式：、、（2）.c b a cab b ca a bc c b a ++≥++都是正数，求证：、、设 .15175)3(+>+求证：参考答案：略.提示：（1）（2）两题都可以用例3的方法来做，而且第（2）题还可以用综合法来证明.(3)两次平方化简得一个显然成立的式子：4>从而知原不等式得证.15.四、利用综合法证明不等式的题型综合法是利用已知结果、已知结论和性质推导出所要证明的不等式成立的方法. 其特点为“由因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”.例4.证明下列不等式：.)())((,)2(22233b a b a b a b a +>++求证：是不相等的两个正数，已知证明： ;.8))()((,,.8))()((.2,2,2,0,0,0)1(所以原不等式得证不全等，又因为abc a c c b b a c b a abc a c c b b a ac a c bc c b ab b a c b a >+++∴≥+++∴≥+≥+≥+∴>>>.)())((.2)(,2)(,2,0,0)2(2223322444224222222b a b a b a b a b a b b a ab a b a b a ab ab b a b a b a +>++++>+++∴>+∴>+∴≠>>即且总结：由上面两题的证明我们知道，用综合法证明不等式的核心是利用已有知识（已知或已经成立的不等式或定理），进行符合逻辑的思考和推理. 值得注意的是一个题目可能有;lg lg lg 2lg 2lg 2lg ,,)1(c b a c a c b b a c b a ++>+++++证：是不全相等的正数，求已知多种解法. 例如上面的例4（2）题，用比差法和分析法都可以做出来，例3中的（1）（2）和练习3中的（1）（2）也都可以用综合法来做.练习4：证：是不全相等的正数，求已知c b a ,,abc b a c a c b c b a 6)()()(222222>+++++.参考答案：.2)(,2)(.2)(,2,022222222abc b a c abc a c b abc c b a bc c b a ≥+≥+≥+∴≥+>同理证明：.2,2,2,,222222原不等式”号，从而三式相加得三式不能全取“以为不全相等的正数，所因为=≥+≥+≥+abb a ac a c bc c b c b a五、利用比差法证明（不）等式或比较式子大小的题型利用比差法证明不等式是高中证明题的一种基本的、重要的方法.我们一定要重点对待这种题型，熟练掌握用这种方法证明的基本原则、基本步骤和需要重点把握的关键之处. 比差法的基本原则：0)3(0)2(0)1(<-⇔<=-⇔=>-⇔>b a b a b a b a b a b a 利用比差法证明时，关键要牢记作差后化简的三个目标：（1）常数（2）完全平方式（3）n 个因式乘积或相除的形式.例5.比较下列各式的大小： ；与；）与（；与；与xx x x x x x x x x x x -+++-+++----32)4(5132)3(1)4(12)2()4)(1()3)(2()1(22324 （5）已知101<<x ,比较的大小；x x x lg lg ,lg ,lg 22（6）设323log ,log log a b c π=== ）A . a b c >>B . a c b >>C . b a c >>D . b c a >>解析：这些式子都是多项式、分式、对数的形式，对于这种形式的比较大小或不等式的证明常用比差法、中间变量法以及函数的单调性来做. ;31.1,3.1,3)1)(3(32]5)1[()32()3(;1)4(120)1(2)12(2]1)4([)12()2();4)(1()3)(2(02)45(65)4)(1()3)(2()1(2223242232422时，前式小于后式当时，前式大于后式或当时，两式相等或当<<--<>-==∴+-=--=++-+-+≥++∴≥+=++=-+-++-->--∴>=+--+-=-----x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ；时，前式小于后式或当时，前式大于后式或当时，两式相等或当）（32,1.3,21.2,13)2)(1(3233242<<<><<==∴---=-+-=--x x x x x x x x x x x x x x;lg lg lg lg 0)lg 2(lg lg lg .001lg lg lg 1lg 010152222x x x x x x x x x x >>>-=-=<⇒<<∴<<所以而且，并且其他两个大于）（(6)22log log log b c <<>2233log log 2log 3log a b a b c π=<∴>∴>>. 故选A .总结：(1) 用比差法比较两个式子的大小或证明不等式的基本步骤：（1）作差；（2）化简；（3）得结论.其中第二步是证明的关键，要明确化简的目标基本上有三个：（1）常数；（2）完全平方式；（3）n 个因式乘积或相除的形式.(2) 当化简后的式子为n 个因式乘积或相除的形式时，这时候常需要用解一元二次不等式或高次不等式的方法进行分类讨论.(3) 要分清函数的单调性，中间变量常选取0和1.练习5.比较下列各式的大小关系:(1)比较的大小；与)52)(1()4)(12(---+a a a a；的大小与，比较已知呢？的大小，如果没有与比较已知a aR a x x x x x -+∈≠+++≠111)3(01)1(,0)2(2422 (4)设2lg ,(lg ),a e b e c ===( )A . a b c >>B . a c b >>C . c a b >>D . c b a >>(5) 若8.0log ,6log ,log 273===c b a π,则( )A . a >b >cB . >>a b cC . c >>a bD . b>c >a参考答案：(1)；)52)(1()4)(12(--<-+a a a a(2) 当时，0≠x 1)1(2422++>+x x x ,当1)1(02422++≥+≠x x x x 条件限制时，没有；(3) 当a =0时，a a -=+111； 当a >0时，a a->+111； a a a ->+<<-11101时，当 ；a aa -<+-<1111时，当. （4） B ； （5） A.六、比较某几个函数、向量是否相同的题型这种题型在高考中时常考到，一般是以小题的形式考查，只要把握住解决这类题的基本方法、原则，基本上不会失分. 比较两个函数是否相同，就是看两个函数的定义域、对应关系、值域（可省略此步骤. 因为另两个一样时，值域一定相同）是否相同. 但是如果三者中有一个不一样，则这两个函数就不是相同的函数.例6.判断下列各组函数是否为同一函数：（1）y =1, ；；；233,)3(,)2(x y x y x y x y x x y =====⎩⎨⎧==<-≥==.ln ,ln 2)5(0,0,|,|)4(2x y x y x x x x y x y ； 解析：(1)(2)两组中的定义域不一样，所以这两组不为同一函数.（3）中的值域不同， 所以也不为同一函数. 只有（2）（4）两组中的定义域、值域、对应关系都一样，它们是同一函数.总结：比较两个函数是否相同，就是看两个函数的定义域、对应关系、值域（可省略此步骤. 因为另两个一样时，值域一定相同）是否相同.但是如果三者中有一个不一样，则这两个函数就不是相同的函数.练习6.判断下列各组函数是否为同一函数： ).1,0(log ,)3(;1,1)2(;1,11)1(22≠>==-=-=+=--=a a a y x y x y x y x y x x y x a 且参考答案：(1)定义域不同；（2）定义域，值域，对应关系都不同；（3）相同.例7.求下列各式的值：（1）若向量=(x -2,3)与向量=(1, y +2)相等，求x ,y 的值；(2) 已知点A （-1，-5）和向量a =(2,3),若AB =3a ，则点B 坐标为 . 解析：例7主要考查两个向量相等的定义，严格按照定义来做，基本不会出错.(1)由两个向量相等的定义知：⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=+=-133212y x y x ； 4,5)9,6(3)5,1(),,()2(==⇒==++=y x a y x AB y x B 则向量的坐标为设点. 所以点B 的坐标为（5,4）.总结：如果两个向量相等，则这两个向量的横坐标、纵坐标分别对应相等. 这样就可以由向量相等这一个条件列出两个方程，从而最多可以求出两个未知数的值.练习7. 求下列各式的值：(1) 已知向量==--+x B A x x x 则点相等，其中点与),2,3(),2,1()43,3(2 ；的值试求实数且有已知向量q p q p ,,),2,3(),1,1(),2,1()2(+=-=-=-=.参考答案：（1）4,1)2(1==-=q p x ；.本专题典型的证明（不）等式及比较类高考真题汇总较容易的基础题：1．已知a ,b,c 满足c b a <<，且ac <0，那么下列选项中一定成立的是（ ）A. ab ac >B. c b a ()-<0C. cb ab 22<D. ac a c ()->02. 如果0,0a b <>，那么，下列不等式中正确的是（ ）A. 11a b<22a b < D. ||||a b > 3．若13(1)ln 2ln ln x e a x b x c x -∈===，，，，，则（ ）A ．a <b <cB ．c <a <bC ． b<a <cD ． b <c <a 4．下列四个数中最大的是（ ）A ．2(ln 2)B ．ln(ln 2)C ．D ．ln 2 5. 的坐标为为坐标原点，则向量）的坐标为点）（已知向量O B y x ,1,2(,,-= .中等难度的提高题：1．若0.52a =，πlog 3b =，22πlog sin5c =，则（ ） A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．b c a >> 2. 若ln 2ln 3ln 5,,235a b c ===,则（ ） A. a <b<c B. c<b<a C. c<a <b D. b<a <c3. 已知四组函数：.12)(,12)()4();(12)(,12)()3()()(,)()2(;)()(,)()1(2212122--=--=∈+=-=∈====++t t t g x x x f Z n n n g n n f N n x x g x x f x x g x x f n n其中表示同一函数的组别有（ ）A. 没有B. 仅有（2）C. 仅有（2）（4）D. 有（2）（3）（4）4.平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A(3,1),B(-1,3),若点C(y x ,)满足满足的关系式为则且其中y x R ,,1,,,=+∈+=βαβαβα .较难的综合题：1. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程 20n n x a x a --= 有一根为1,1,2,3,...n S n -= （I ）求12,;a a （II ）求{}n a 的通项公式.2. 已知数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=+，123n =，，，…．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n b 中12b =，13423n n n b b b ++=+，123n =，，，…，43n n b a -<≤，123n =，，，…．本专题典型的（不）等式证明及比较类高考真题参考答案及部分解析较容易的基础题的参考答案：1. A2. A3. C4. D5. (-2-x ,1-y ).第1题解析：由条件知a >0,c<0,则知选项A 正确. 选项B 中，因为b -a <0,c<0,所以c(b -a )>0.选项C 中，当b=0时不成立. 选项D 易知错误.第3题解析：b a x b a x e x >∴>-=-<<-∈-0ln .0ln 1)1,(1利用比差法知知由.选项正确C ac x x a c ⇒>∴>-=-0)1(ln ln 2 .第4题解析：D C B <∴<<由单调性知选项小的一个为负数，是这四个中最选项.,12ln 0 . 中的值最大所以选项而且D ,0)2ln 1(2ln )2(ln 2ln 2>-=-.中等难度题的参考答案：1. A2. C3. C4. x +2y =5第1题解析：A c b a 选又，易知本题用中间变量法较好∴<∴<<<<>0152sin 0,10,1π.第2题解析：利用函数单调性知，只要比较：的大小即可，，513121532.第3题解析：（1）中的定义域不同；（3）中的对应法则不同；（4）中的自变量虽然用不同的字母表示，但两函数的定义域和对应法则都相同，所以表示同一函数；（2）易知定义域、...2555,322)2(.93)3(,82)2210515102126313621正确选项）而（而（C a c b a ∴<∴====<∴====值域、对应法则都相同. 所以选C .第4题解析：利用两个向量相等的定义列出方程组，易得答案再根据条件，消去βα,.较难的综合题的参考答案：1. )1(1)2(61,21)1(21+===n n a a a n ； 2.（Ⅰ）1)1nn a ⎤=+⎦；（Ⅱ）见解析. 第1题解析：（1）当n=1时，.21,11,0111112=-=-=--a a S a x a x 代入得有一根为.61,21102222222=-=-=--=a a S a x a x n 代入得，有一根为时，同理，当（2）由题设知.012,0)1()1(22=-+-=----n n n n n n n n S a S S a S a S 即 当(*)012211=+--=≥--n n n n n n S S S S S a n 代入上式得时，..,3,2,1,1.43*.326121,21)1(321211这个结论下面用数学归纳法证明由此猜想）知由（知由⋅⋅⋅=+===+=+===n n nS S a a S a S n①当n=1时已知结论成立. ②假设n=k 时结论成立，即,21*1,11kk k S S k n k k S -=+=+=+）得时，由（当 .1.211时结论也成立故即+=++=+k n k k S k ③由①②知.1都成立对所有正整数n n nS n +=于是当.)1(11121+=--+=-=≥-n n n n n n S S a n n n n 时， }{).,3,2,1()1(1,2112111⋅⋅⋅=+=⨯===n n n a a a n n n 的通项公式为所以时，又因为第2题解析：（Ⅰ）由题设：11)(2)n n a a +=+1)(1)(2n a =+1)(22n a =-即11)(n n a a +=．所以，数列{n a是首项为21的等比数列，所以1)n n a =，即n a的通项公式为1)1nn a ⎤=+⎦，123n =，，，…． （Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当1n =时，因2，112b a ==，11b a <≤，结论成立．（ⅱ）假设当n k =43k k b a -<≤，也即430k k b a -< 当1n k =+时，13423k k k b b b ++=-+(3)(2)23k k b b -+-=+(3)(2)023k k b b -=>+，又1323k b <=-+所以1(323k k k b b b +-=+2(3(k b <-4431)(k a -≤41k a +=也就是说，当1n k =+时，结论成立．43n n b a -≤，123n =，，，…。
湖南省师范大学附属中学高三数学总复习 含参数的不等
湖南师范大学附属中学高三数学总复习教案：含参数的不等式的解法教材：含参数的不等式的解法目的：在解含有参数的不等式时，要求学生能根据参数的“位置”正确分组讨论，解不等式。
过程：一、课题：含有参数的不等式的解法 二、例一 解关于x 的不等式 a x xaloglog<解：原不等式等价于 xx a alog 1log<即：0log )1)(log 1(log <-+x x x a a a ∴1log 01log <<-<x x a a 或若a >1 a x ax <<<<110或 若0<a <1 11<<>x a ax 或 例二 解关于x 的不等式 )22(223x x x xm --<-解：原不等式可化为02)1(24<+⋅+-m m x x即：0)2)(12(22<--m x xs当m >1时 m x<<221 ∴m x 2log 210<< 当m =1时 0)12(22<-x∴x ∈φ当0<m <1时 122<<xm ∴0log 212<<x m当m ≤0时 x <0例三 解关于x 的不等式 34422+>+-m m mx x 解：原不等式等价于 3|2|+>-m m x当03>+m 即3->m 时 )3(232+-<-+>-m m x m m x 或 ∴333-<+>m x m x 或当03=+m 即3-=m 时 0|6|>+x ∴x ≠-6 当03<+m 即3-<m 时 x ∈R 例四 解关于x 的不等式 )20(,1)(cot 232πθθ≤<<-+-x x解：当1cot >θ即θ∈(0,4π)时 0232<-+-x x ∴x >2或x <1 当1cot =θ即θ=4π时 x ∈φ 当)1,0(cot ∈θ即θ∈(4π,2π)时 0232>-+-x x ∴1<x <2例五 满足13-≥-x x 的x 的集合为A ；满足0)1(2≤++-a x a x 的x的集合为B 1︒ 若A ⊂B 求a 的取值范围 2︒ 若A ⊇B 求a 的取 值范围 3︒ 若A ∩B 为仅含一个元素的集合，求a 的值。
湖南师范大学附属中学2014届高三数学总复习课件：3.2 一元二次不等式及其解法3
第六页，编辑于星期日：十六点 十一分。
探究（二）：对二次项系数讨论
对于不等式 ax 2 (2a 1)x 2 0
(a为实常数). 思考1：不等式左边可以分解因式吗？
思考2：函数 y ax 2 (2a 1)x 2
的图象特征与a的取值有什么关系？
第七页，编辑于星期日：十六点 十一分。
(思2,a1) 考3：不等式化为 (ax 1)(x 2) 0,
进一步求解需要考虑哪些因素？
思考4：如何讨论不等式 (ax 1)(x 2) 0
的解集？
当a＞0时，解集 2
当a
a 0时，解集为(
1 2
时，解集为
(
, a1) ( 2, , 2) (a1 ,
) )
当a＝0时，解集为 ( 2, )
3.2 一元二次不等式及其解法
第三课时
第一页，编辑于星期日：十六点 十一分。
问题提出
1.解一元二次不等式的基本思路如何？
将原不等式化为一般式→分解因式→结合
图象写出解集.
一般形式：
ax 2 bx c 0
2.解一元二次不等a式x2 bx的c 0应用性问题的基本
思路是什么？
将题中的某个主变量设为x→用x表示其他相 关变量→根据题中的不等关系列出不等式→ 解不等式得结论.
当0＜a＜1时，解集为(1
当a＝0时，解集为 (1 ,
1 a
a ,1
)
1 a
a)
2
当a＜0时，解集为 (
,1
1 a ) (1 a
1 a, a
第十三页，编辑于星期日：十六点 十一分。
例3 已知关于x的不等式 ax 2 (a 1)x a 1 0 的解集为R，求 实数a的取值范围.
湖南师范大学附属中学2014届高三数学总复习课件：3.2 一元二次不等式及其解法2
思考1：假设一次上网时间为x小时(不足17 小时)，则在甲、乙两家公司上网所收取的 费用分别为多少元？
甲：1.5x元；
乙:
x(35 x) 20
元.
思考2：如何用不等式表示“选择甲公司 较合算”？
x(35 x) 1.5x 20
第六页，编辑于星期日：十六点 十一分。
3.2 一元二次不等式及其解法 第二课时
第一页，编辑于星期日：十六点 十一分。
问题提出
1.什么是一元二次不等式？其一般形式如 何？ 概念：只含有一个未知数，且未知数的最 高次数是2的不等式一；般形式：
ax 2 bx c 0
一般式:
ax 2 bx c 0
ax2 bx c 0 或 ax2 bx c<0(a>0)
思考2：本年度的预期年利润y与投入成本
增加的比例x的函数关系如何？
y 60x2 20x 200 (0 x 1)
第九页，编辑于星期日：十六点 十一分。
思考3：如何用不等式表示“本年度的年利
润比上年有所增加”？
60x2 20x 200 (1.2 1) 1000 (0 x 1)
思考4:为使本年度的年利润比上年有所增加， 投入成本增加的比例x应在什么范围内？
思考3：如何根据上网时间选择到甲、乙 两家公司上网？
一次上网时间在5小时以内，去甲公司上网；超 过5小时，去乙公司上网； 恰好5小时，去两家 公司均可.
第七页，编辑于星期日：十六点 十一分。
探究（二）：成本与收益问题
【背景材料】
某摩托车生产企业，上年度投入的成本为 1万元/辆，出厂价为1.2万元/辆，年销售量 为1000辆.本年度为适应市场需要，计划提高 产品档次.若每辆车投入成本增加的比例为
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三、如何运用几个重要不等式
证：由柯西不等式有 (a b c )(a b c) (a b c ) …①
3 3 3 2 2 2 2
而 3(a b c ) (1 1 1 )(a b c ) (a b c) (a b c) 33 abc
a1bn a2bn1 an b1 a1b j1 a2b j2 a3b jn a1b1 a2b2 an bn . 等号成立当且仅当
（用调整法证明）. a1 a2 an 或 b1 b2 bn 。 4．琴生（Jensen）不等式 若 f x 是区间 a, b 上的凸函数，则对任意的点 x1 , x2 ,, xn a, b (n N ) 有
n
例 2 设 xi 0, (i 1,2, , n),
n
x
i 1
i
1 ，求证：
i 1
n
xi 1 xi
i 1
n
xi
n 1
证：左边=
i 1
n 1 1 xi 1 xi i1
n2
i 1
n
1 xi
1
1 xi
i 1
n
n2 (1) ( (1 xi ))
1
n (
n n2 n n2 2 1 1 ) n ( ) n2 ，又 ai nn a1a2 an ， n a a a n a a a n 1 n 1 i 1 1 2 n 1 2 n
n
1 a1a2 an
n
a
i 1
n
n ，故 (n 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3(a b c) ，即 a 2 b 2 c 2 a b c …②
3 3 3 2 2 2 由①②有： (a b c )(a b c) (a b c )(a b c) ,∴ a b c a b c
1 M M x1 x2 xn n
x1 x2 xn ① n
0 ，
1 ，又函数
f ( x) x p ( p 1) 是 0, 上的凸函数，由 Jensen 不等式知①式成立。
n 1
ak 1 ，求证： (n 2
k 1
n
n
k 1
1 ) (2n 2) n ak
证：原不等式
(n 2
k 1
1 n ) 2n 2 ，由“二，结论 5” 有 ak
1
(n 2
k 1
n
n 1 n n2 n2 1 n ) ( ) ak n 1 n 1 k 1 ak n 1个
1 且 f (1) 0 ，所以 f (t ) 得极小值为 f (1) 0 ,故 t (1 ) t 0 ，即 x y x (1 ) y .
4. Holder 不等式 设 ak , bk 0(k 1,2,n), p, q 1 且
设 0 ， ai R (i 1,2,, n) ，则
1
a1 a 2 an M n
a1 a 2 an n
1
1
M 。
1
证：作变量代换，令 ai xi ，则 ai xi ，则
n ai n ai i 1 变形（Ⅱ）设 ai , bi 同号，且 ai , bi 0 ，则 。等号成立当且仅当 b1 b2 bn n i 1 bi ai bi
i 1
2
3．排序不等式 设 a1 a2 an , b1 b2 bn , j1 , j2 ,, jn 是 1,2,, n 的一个排列，则
2.（切比雪夫不等式） 设两个实数组 a1 a2 an , b1 b2 bn ，则
1 a1 bn a2bn1 anb1 n
ai
i 1
n
n
b
i 1
n
i
n
1 a1b1 a2b2 anbn n
等号成立当且仅当 a1 a2 an 或 b1 b2 bn 。 证：由排序不等式有：
2 a2 b2 c2 。
1
方法三：由切比雪夫不等式和 AM-GM 不等式有：不妨设 a b c ，则
a 3 b3 c 3
(a 2 b 2 c 2 )(a b c) (a 2 b 2 c 2 ) 33 abc a2 b2 c2 3 3
……………………………………………………………………………
a1bn a2bn1 anb1 a1bn a2b1 anbn1 a1b1 a2b2 anbn
以上 n 个等式相加即得。 3. 一个基础关系式
x y1 x (1 ) y ，其中 x, y 0, [0,1]
证：若 x,y 中有一个为 0，则显然成立。
x x x 设 x,y 均不为零，则原不等式 y y 1 ，令 y t ，则上式 t t (1 ) ，记
f (t ) t (1 ) t ，则 f (t ) t 1 ，因此，当 t 1 时， f (t ) 0 ，当 0 t 1 时， f (t ) 0 ，
bi ai , i 1, 2, n , .
n ai 2 n ai ；等号成立当且仅当存在 R ， 变形（Ⅰ） ：设 ai R, bi R ，则 i 1 n i 1 bi bi
i 1
2
使 bi ai , i 1, 2,, n.
a1bn a2bn1 anb1 a1b1 a2b2 anbn a1b1 a2b2 anbn ， a1bn a2bn1 anb1 a1b2 a2b3 anb1 a1b1 a2b2 anbn ，
a(b 1) 2
1
证：设 a
x y z w , b , c , d , ( x, y, z, w R ) ，则原不等式 y z w x
1 yz 2 2 2 ，由 Cauchy 不等式有： x y 1 1 x ( y z ) ( 1) y z y z
*
f(
x1 x2 xn 1 ) f x1 f x2 f xn （用 . 等号当且仅当 x1 x2 xn 时取得。 n n
归纳法证明）
二、进一步的结论
运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论，有时用这些结论也会起到意想不到 的效果。 1. 幂均值不等式
几个重要不等式及其应用
一、几个重要不等式
以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的，应用极为广泛。 1、算术-几何平均值（AM-GM）不等式 设 a1 , a2 ,, an 是非负实数，则 2、柯西（Cauchy）不等式
a1 a2 an n a1a2 an . n
2
n n n 设 ai , bi R(i 1, 2,n) ， 则 ai2 bi2 ai bi . 等 号 成 立 当 且 仅 当 存 在 R ， 使 i 1 i 1 i 1
n n
( a
i 1 j 1 1
n
n
ij
) ( aij ) .
j 1 i 1
1 n
n
n
1 n
证：原不等式
n
(
j 1 i 1 1
aij ai1 ai 2 ain
)n 1,
而(
a
i 1 n n
aij ai 2 ain aij
)n
i1
aij 1 n ( ) n i1 ai1 ai 2 ain )
1 n
(
j 1 i 1
ai1 ai 2 ain
aij 1 n n ( ) n j 1 i1 ai1 ai 2 ain
aij 1 n n 1 n 1 ( ) 1 n 1 ,它可把含根式的积性不等式化为和式。 n i1 j 1 ai1 ai 2 ain n i1 n
1 x
1 ( ) 2 x 1 1 1 1 1 x ( y z) y z
1 x
x
1
2
2
1 xy
1 2 xy
2
1 1 2 xy xy 2 ，故原不等式成立。 1 2 xy
评注：本题通过换元，把原不等式齐次化，再用柯西不等式。
4
例 4 设 n 是正整数，且 ak 0, k 1,2,, n ，
1 1 1 ，则 p q
2
n p p n q q a b ak bk k k k 1 k 1 k 1
n
1
1
q 等号成立当且仅当存在 t R 使得 akp tbk (k 1,2,, n) 。
证: 在上面基础关系式中，取
n 1 p
, Bk
bk bkq k 1
n 1 q
,
代入上式即证。 5. 一个有用的结论 设 ai , bi R ，则