不等式选讲经典习题

第1页共10页知识网络§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|＝.2＞3,-22,≤≤1,11,＜,23xxxxx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)＝.2＞3,-22,≤≤1,1＜1,,23xxxxx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)＝|x＋1|＋|x－2|＋a.(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|a＋b|＋|a－b||a|≥f(x).又因为|a＋b|＋|a－b||a|≥|a＋b＋a－b||a|＝2，则有2≥f(x).第2页共10页解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得12≤x≤52.【变式训练2】(2010深圳)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋4a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3≥)(1,≤xfx的解集为(－∞，－32]；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3≥)(1,≤＜1xfx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3≥)(1,＞xfx的解集为[32，＋∞).综上得f(x)≥3的解集为(－∞，－32]∪[32，＋∞).(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|不满足题设条件.若a＜1，f(x)＝1,≥1),(-2＜1,＜,1,≤,12xaxxaaaxaxf(x)的最小值为1－a.由题意有1－a≥2，即a≤－1.若a＞1，f(x)＝,≥1),(-2,＜＜1,11,≤,12axaxaxaxaxf(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－12(a＋1)2|≤12(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－12(a＋1)2|≤12(a－1)2⇒－12(a－1)2≤x－12(a＋1)2≤12(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≥13时，B＝{x|2≤x≤3a＋1}，因为A⊆B，所以必有1,3≤1,2≤22aaa解得1≤a≤3；②当3a＋1＜2，即a＜13时，B＝{x|3a＋1≤x≤2}，第3页共10页因为A⊆B，所以2,≤1,2≤132aaa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，||x＜a的解集是(－a，a)；||x＞a的解集是(－∞，－a)∪(a，＋∞)，它可以推广到复合型绝对值不等式||ax＋b≤c，||ax＋b≥c的解法，还可以推广到右边含未知数x的不等式，如||3x＋1≤x－1⇒1－x≤3x＋1≤x－1.3.含有两个绝对值符号的不等式，如||x－a＋||x－b≥c和||x－a＋||x－b≤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：lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞lga＋lgb＋lgc.【证明】由a，b，c为正数，得lga＋b2≥lgab；lgb＋c2≥lgbc；lga＋c2≥lgac.而a，b，c不全相等，所以lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞lgab＋lgbc＋lgac＝lga2b2c2＝lg(abc)＝lga＋lgb＋lgc.即lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞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|≤a2＋c22＋b2＋d22＝a2＋b2＋c2＋d22.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，||b－a＜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：a2m＋b2n≥(a＋b)2.第4页共10页【证明】因为a2m＋b2n－(a＋b)2＝na2＋mb2mn－nm(a2＋2ab＋b2)mn＝na2(1－m)＋mb2(1－n)－2mnabmn＝n2a2＋m2b2－2mnabmn＝(na－mb)2mn≥0，所以不等式a2m＋b2n≥(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(a＋b)(b＋c)＞0，(b＋c)＋(c＋a)≥2(b＋c)(c＋a)＞0，(c＋a)＋(a＋b)≥2(c＋a)(a＋b)＞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，aa-1e－1]上单调递增，在[aa-1e－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ln(1＋m)m＜ln(1＋n)n.设g(x)＝ln(1＋x)x(x＞0)，则g′(x)＝x1＋x－ln(1＋x)x2＝x－(1＋x)ln(1＋x)x2(1＋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(或者第5页共10页手段)，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≥252.【证明】方法一：(放缩法)因为a＋b＝1，所以左边＝(a＋2)2＋(b＋2)2≥2[(a＋2)＋(b＋2)2]2＝12[(a＋b)＋4]2＝252＝右边.方法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2＜252，则a2＋b2＋4(a＋b)＋8＜252.由a＋b＝1，得b＝1－a，于是有a2＋(1－a)2＋12＜252.所以(a－12)2＜0，这与(a－12)2≥0矛盾.故假设不成立，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥252.【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(a＋b2)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