[不等式的解法練習1]
1．不等式
的解集是 ( D )
(A){
}
(B){
}
(C){
}
(D){
}
不等式的解法
[例1]
解不等式：
解：原不等式可化為：
＞0，
即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.
當a＞1時，原不等式與(x－
)(x－2)＞0同解.
若≥2，即0≤a＜1時，原不等式無解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞).
當a＜1時，若a＜0，解集為(，2)；若0＜a＜1，解集為(2，)
綜上所述：
當a＞1時解集為(－∞，)∪(2，+∞)；
當0＜a＜1時，解集為(2，)；
當a=0時，解集為
；
當a＜0時，解集為(，2).
[例2]
設不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M
［1，4］，求實數(shù)a的取值
范圍.
解：M［1，4］有n種情況：其一是M=，此時Δ＜0；其二是M≠，此時Δ＞0，分三種情況計算a的取值范圍.
設f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)
(1)當Δ＜0時，－1＜a＜2，M=
［1，4］
(2)當Δ=0時，a=－1或2.當a=－1時M={－1}?［1，4］；當a=2時，m={2}［1，4］.
(3)當Δ＞0時，a＜－1或a＞2.設方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］
1≤x1＜x2≤4
即
，解得：2＜a＜
，
∴M［1，4］時，a的取值范圍是(－1，).
[例3] 解關于x的不等式：
．
解：原不等式等價于
①，即
.
由于
，所以
，所以，上述不等式等價于
②
解答這個含參數(shù)的不等式組，必然需要分類討論，此時，分類的標準的確定就成了解答的關鍵．如何確定這一標準？
(1)當
時，不等式組②等價于
此時，由于
，所以 
．
從而 
．
(2)當
時，不等式組②等價于
所以 
．
(3)當
時，不等式組②等價于
此時，由于
，所以，
．
綜上可知：
當
時，原不等式的解集為
；
當
時，原不等式的解集為
；
當時，原不等式的解集為
．
[例4] 解關于
的不等式：
解：原不等式等價于
，∴當
時，原不等式的解集為
當
時，原不等式的解集為
[例5] 設函數(shù)
，
(1)當時，解不等式
；
(2)求
的取值范圍，使得函數(shù)
在
上為單調函數(shù)．
講解：(1)時，
可化為：
，等價于：
① 或 
�、�
解①得 
，解②得 
．
所以，原不等式的解集為
．
(2)任取
，且
，則
要使函數(shù)
在
上為單調函數(shù)，需且只需：
恒成立，(或
恒成立)．
因此，只要求出
在條件“
，且
”之下的最大、最小值即可．為了探求這個代數(shù)式的最值，我們可以考慮極端情況，如：
，容易知道，此時
；若考慮
，則不難看出，此時
，至此我們可以看出：要使得函數(shù)為單調函數(shù)，只需
．
事實上，當
時，由于
恒成立，所以，
．所以，在條件“，且”之下，必有：
．
所以，在區(qū)間上單調遞減．
當
時，由(1)可以看出：特例的情況下，存在
．由此可以猜想：函數(shù)在區(qū)間上不是單調函數(shù)．為了說明這一點，只需找到，使得
即可．簡便起見，不妨取
，此時，可求得
，也即：
，所以，在區(qū)間上不是單調函數(shù)．
另解：
，對
，易知：
當
時，
；當
時，
；
所以當時，
，
從而只須
，必有
，函數(shù)在上單調遞減。
[例6] 已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，
m+n≠0時
＞0.
(1)用定義證明f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)；
(2)解不等式：f(x+
)＜f(
)；
(3)若f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求實數(shù)t的取值范圍.
解：(1)證明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，
則f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=
·(x1－x2)
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上為增函數(shù).
(2)解：∵f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，
∴
解得：{x|－
≤x＜－1，x∈R}
(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，且f(1)=1，
故對x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，
即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，
記g(a)=t2－2at，對a∈［－1，1］，g(a)≥0，
只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，
g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2.
∴t的取值范圍是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.
[例7]
給出一個不等式
(x∈R)。
經驗證：當c=1, 2, 3時，對于x取一切實數(shù)，不等式都成立。
試問：當c取任何正數(shù)時，不等式對任何實數(shù)x是否都成立？若能成立，請給出證明；若不成立，請求出c的取值范圍，使不等式對任何實數(shù)x都能成立。
解：令f(x)=
，設u=
(u≥
)
則f(x)=
(u≥)
∴f(x)
要使不等式成立，即f(x)－
≥0
∵u≥>0 ∴只須u－1≥0
∴u2c≥1 u2≥
∴x2+c≥
∴x2≥－c 故當c=
時，
原不等式不是對一切實數(shù)x都成立，即原不等式對一切實數(shù)x不都成立
要使原不等式對一切實數(shù)x都成立，即使x2≥－c對一切實數(shù)都成立。
∵x2≥0 故－c≤0
∴c≥1(c>0) ∴c≥1時，原不等式對一切實數(shù)x都能成立。
不等式的證明
[例1] 已知
，求證：
解1：
．
因為，所以，
，所以，
所以，
，命題得證．
解2：因為，所以，，所以，
，
由解1可知：上式>1．故命題得證．
[例2]
已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求證：(a+
)(b+
)≥
.
證法一：(分析綜合法)
欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，
即證ab≤
或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2
，∴ab≤，從而得證.
證法二：(均值代換法)
設a=
+t1，b=+t2.
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜
顯然當且僅當t=0，即a=b=時，等號成立.
證法三：(比較法)
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
證法四：(綜合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.
證法五：(三角代換法)
∵
a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，
)
2
[例3]
證明不等式
(n∈N*)
證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；
(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+
＜2
，
∴當n=k+1時，不等式成立.
綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+
＜2
.
另從k到k+1時的證明還有下列證法：
證法二：對任意k∈N*，都有：
證法三：設f(n)=
那么對任意k∈N?* 都有：
∴f(k+1)＞f(k)
因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴
不等式的應用
[例1]
根據(jù)復合函數(shù)的單調性得：
[例2]
例2、已知函數(shù)
(1)判斷函數(shù)
的增減性；
(2)若命題
為真命題，求實數(shù)x的取值范圍.
解：(1)
函數(shù)是增函數(shù)；
(2)
，必有
時，
，不等式化為
，
故
；當
，
不等式化為
，這顯然成立，此時
；
當
時，
，
不等式化為
故
；
綜上所述知，使命題p為真命題的x的取值范圍是
[例3]
(1994年)已知函數(shù)
解：
[例4]
(1995年)設
是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，
項之和。
(1)證明
(2)是否存在常數(shù)C>0,使得
成立？并證明你的結論。
證明：(I)
根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調性，可得
即
(2)不存在常數(shù)C使等式成立。
證法一：因為要使
；
綜合上面的證明可見不存在常數(shù)
還可以直接用反證法證明：
證法二：假設存在常數(shù)C>0，使等式能夠成立,則有
由(4)可得：
由平均值不等式可知
＝
[例5]
(1990年)設
是任意給定的自然數(shù)，且
。
(1)如果
時有意義，求a的取值范圍。
(2)如果
0時成立。
解：(I)
，
；
(2)證法一：
根據(jù)
+
下面用數(shù)學歸納法證之。
A. 設n=2時若
，即(1)成立。
若
B. 設
+…+
+
證法二：
只需證明
，
，
[例6]
如圖，ΔABC是某屋頂?shù)臄嗝�，CD⊥AB，橫梁AB的長是豎梁CD長的2倍.設計時應使
保持最小，試確定D點的位置，并求y的最小值.
解：設AD=x，CD=1，
則AB=2，BD=2–x，(0<x<2)
令
∵
；當且僅當
時取等號
∴當
時，y取得最小值
此時
答：取AD:DB=1:
時，y有最小值
[例7] 在一容器內裝有濃度為r%的溶液a升，注入濃度為p%的溶液
升，攪勻后再倒出溶液升，這叫做一次操作。
(I)設第n次操作后容器內溶液的濃度為
(每次注入的溶液都是p%)， 計算
，并歸納出的計算公式(不要求證明)
(II)設
要使容器內溶液濃度不小于q%，問至少要進行上述操作多少次？(已知
)
解：
[例8]
某商場經過市場調查分析后得知，2003年從年初開始的前n個月內，對某種商品需求的累計數(shù)
(萬件)近似地滿足下列關系：
(Ⅰ)問這一年內，哪幾個月需求量超過1.3萬件？
(Ⅱ)若在全年銷售中，將該產品都在每月初等量投放市場，為了保證該商品全年不脫銷，每月初至少要投放多少件商品？(精確到件)
解：(Ⅰ)首先，第n個月的月需求量＝
∵
，
∴ 
．
當
時，
∴ 
令
，即
，解得：
，
∵ n∈N， ∴n = 5 ，6
即這一年的5、6兩個月的需求量超過1.3萬件．
(Ⅱ)設每月初等量投放商品a萬件，要使商品不脫銷，對于第n個月來說，不僅有本月投放市場的a萬件商品，還有前幾個月未銷售完的商品．所以，需且只需：
，
∴ 
又∵
∴ 
即每月初至少要投放11112件商品，才能保證全年不脫銷．
[例9] 一根水平放置的長方體形枕木的安全負荷與它的寬度a成正比，與它的厚度d的平方成正比，與它的長度l的平方成反比．
(Ⅰ)將此枕木翻轉90°(即寬度變?yōu)榱撕穸?，枕木的安全負荷變大嗎？為什么？
(Ⅱ)現(xiàn)有一根橫斷面為半圓(半圓的半徑為R)的木材，用它來截取成長方體形的枕木，木材長度即為枕木規(guī)定的長度，問如何截取，可使安全負荷最大？
解：(Ⅰ)由題可設安全負荷
為正常數(shù))，則翻轉90º后，安全負荷
．
因為
，所以，當
時，
．安全負荷變大；
當
時，
，安全負荷變�。�
(2)如圖，設截取的枕木寬為a，高為d，則
，即
．
∵ 枕木長度不變，∴u=ad2最大時，安全負荷最大
∴ 
當且僅當
，
即取
，
時，u最大， 即安全負荷最大．
[例10]
現(xiàn)有流量均為300
的兩條河流A、B會合于某處后，不斷混合，它們的含沙量分別為2
和0.2．假設從匯合處開始，沿岸設有若干個觀測點，兩股水流在流經相鄰兩個觀測點的過程中，其混合效果相當于兩股水流在1秒鐘內交換100
的水量，即從A股流入B股100水，經混合后，又從B股流入A股100水并混合．問：從第幾個觀測點開始，兩股河水的含沙量之差小于0.01(不考慮泥沙沉淀)？
解：本題的不等關系為“兩股河水的含沙量之差小于0.01”．但直接建構這樣的不等關系較為困難．為表達方便，我們分別用
來表示河水在流經第n個觀測點時，A水流和B水流的含沙量．
則
＝2，
＝0.2，且
．(＊)
由于題目中的問題是針對兩股河水的含沙量之差，所以，我們不妨直接考慮數(shù)列
．
由(＊)可得：
所以，數(shù)列是以
為首項，以
為公比的等比數(shù)列．
所以，
．
由題，令
< 0.01，得
．所以，
．
由
得
，所以，
．
即從第9個觀測點開始，兩股水流的含沙量之差小于0.01．
[例11]
用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如右圖)設容器高為h米，蓋子邊長為a米，
(1)求a關于h的解析式；
(2)設容器的容積為V立方米，則當h為何值時，V最大？求出V的最大值(求解本題時，不計容器厚度)
解：①設h′是正四棱錐的斜高，由題設可得：
消去
②由
(h＞0)
得：
所以V≤
，當且僅當h=
即h=1時取等號
故當h=1米時，V有最大值，V的最大值為
立方米.
7.強化不等式的應用高考中除單獨考查不等式的試題外，常在一些函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何和實際應用問題的試題中涉及不等式的知識，加強不等式應用能力，是提高解綜合題能力的關鍵.因此，在復習時應加強這方面訓練，提高應用意識，總結不等式的應用規(guī)律，才能提高解決問題的能力. 如在實際問題應用中，主要有構造不等式求解或構造函數(shù)求函數(shù)的最值等方法，求最值時要注意等號成立的條件，避免不必要的錯誤.
6.重視數(shù)學思想方法的復習根據(jù)本章上述的命題趨向我們迎考復習時應加強數(shù)學思想方法的復習.在復習不等式的解法時，加強等價轉化思想的訓練與復習.解不等式的過程是一個等價轉化的過程，通過等價轉化可簡化不等式(組)，以快速、準確求解.加強分類討論思想的復習.在解不等式或證不等式的過程中，如含參數(shù)等問題，一般要對參數(shù)進行分類討論.復習時，學生要學會分析引起分類討論的原因，合理的分類，做到不重不漏.加強函數(shù)與方程思想在不等式中的應用訓練.不等式、函數(shù)、方程三者密不可分，相互聯(lián)系、互相轉化.如求參數(shù)的取值范圍問題，函數(shù)與方程思想是解決這類問題的重要方法.在不等式的證明中，加強化歸思想的復習，證不等式的過程是一個把已知條件向要證結論的一個轉化過程，既可考查學生的基礎知識，又可考查學生分析問題和解決問題的能力，正因為證不等式是高考考查學生代數(shù)推理能力的重要素材，復習時應引起我們的足夠重視.利用函數(shù)f(x)=x+ (a＞0)的單調性解決有關最值問題是近幾年高考中的熱點，應加強這方面的訓練和指導.
4．熟練掌握利用平均值不等式求最值的方法及其使用條件，并重視在幾何和實際問題中的應用。
5,通過訓練,使學生掌握等價轉化思想和化歸思想,培養(yǎng)學生的代數(shù)推理能力,提高學生應用不等式知識解決問題的能力.
3．對于解不等式，一般不需超出教材上的例題和習題的難度，也不要超出教材上的例題和習題所涉及的范圍，但對于需要分類求解的不等式應給予充分的注意，而這類習題的分類一般不超過兩層。
2．對于不等式的證明，應略高于教材上有關例題和習題的難度。必須重視演練與其它內容綜合在一起的證明題，特別是綜合教材上的例題與習題、創(chuàng)新題。
1．力求熟練掌握不等式的性質，以最大限度地減少不等式解題中可能出現(xiàn)的失誤�！�
4.突出不等式的知識在解決實際問題中的應用價值，借助不等式來考查學生的應用意識.
不等式部分的內容是高考較為穩(wěn)定的一個熱點,考查的重點是不等式的性質、證明、解法及最值方面的應用。高考試題中有以下幾個明顯的特點：
(1)不等式與函數(shù)、數(shù)列、幾何、導數(shù),實際應用等有關內容綜合在一起的綜合試題多，單獨考查不等式的試題題量很少。
(2)選擇題,填空題和解答題三種題型中均有各種類型不等式題，特別是應用題和壓軸題幾乎都與不等式有關。
(3)不等式的證明考得比得頻繁,所涉及的方法主要是比較法、綜合法和分析法，而放縮法作為一種輔助方法不容忽視。
3.加大推理、論證能力的考查力度，充分體現(xiàn)由知識立意向能力立意轉變的命題方向.由于代數(shù)推理沒有幾何圖形作依托，因而更能檢測出學生抽象思維能力的層次.這類代數(shù)推理問題常以高中代數(shù)的主體內容--函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列及其交叉綜合部分為知識背景，并與高等數(shù)學知識及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高，有利于高考選拔功能的充分發(fā)揮.對不等式的考查更能體現(xiàn)出高觀點、低設問、深入淺出的特點，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的熱點.
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