第八讲不等式_第1讲不等式

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第1课时不等式的概念和性质

1、实数的大小比较法则：

设a，b∈R，则a>b；a＝b；a

2、不等式的5个性质定理及其3条推论定理1（对称性）a>b 

定理2（同向传递性）a>b，b>c定理3a>ba＋c > b＋c推论a>b，c>d定理4a>b，c>0a>b，cb≥0，c>d≥0推论2a>b＞0 anbn(nN且n>1)

定理5a>b＞0ab(nN且n>1)

例1.比较大小：(1)(x2－y2)(x＋y)＜(x2＋y2)(x－y)(2)aabb＞abba

变式训练1：不等式log2x+3x2＜1的解集是____________.＜x＜3且x≠－1,x≠0}。

22x3102x313,x,1解析：：或21,00,3。2

20x2x3x2x3

答案：{x|－

例2.设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0，x≠1．比较f(x)与g(x)的大小.解：当0＜x＜1或x＞时，f(x)＞g(x)；当1＜x＜时，f(x)＜g(x)；当x＝时，f(x)＝g(x).4343

(1)n

1变式训练2：若不等式(－1)a＜2＋对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是.n

例3.函数f(x)＝ax2＋bx满足：1≤f(1)≤2，2≤f(1)≤4，求f(2)的取值范围．

n

解：由f(x)＝ax2＋bx得

f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，f(－2)＝4a－2b

a＝[f(1)＋f(－1)]，b＝[f(1)－f(－1)]

1212

则f(－2)＝2[f(1)＋f(－1)]－[f(1)－f(－1)]＝3f(－1)＋f(1)

由条件1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4可得3×1＋2≤3f(－1)＋f(1)≤3×2＋4得f(－2)的取值范围是5≤f(－2)≤10.变式训练3：若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是.解：(－3，3)

例4.已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p、q满足p＋q＝1时，试证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实

数x、y都成立的充要条件是o≤p≤1.证明：∵pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy)＝pq(x－y)2＝p(1－p)(x－y)2充分性：当0≤p≤1时，p(1p)(xy)2≥0从而pf(x)qf(y)f(pxqy)必要性：当pf(x)qf(y)f(pxqy)时，则有p(1p)(xy)2≥0，又(xy)2≥0，从而p(1p)≥0，即0≤p≤1．综上所述，原命题成立．

变式训练4：已知a＞b＞c，a＋b＋c＝0，方程ax2＋bx＋c＝0的两个实数根为x1、x2．

(1)证明：－＜

12b

＜1；a

2(2)若x1＋x1x2＋x22＝1，求x1－x1x2＋x2；2(3)求| x1－x22|．

解：(1)∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，∴3a＞a＋b＋c，a＞b＞－a－b，∴a＞0，1＞

bb1b1∴－1aa2a

(2)（方法1）∵a＋b＋c＝0

∴ax2＋bx＋c＝0有一根为1，不妨设x1＝1，则由x12x1x2x21可得

c

0(3cabc0)，a

∴x2＝－1，∴x12x1x2x23x2(x21)0,而x2x1x2

(方法2)∵x1x2,x1x2

x

1x1x2x2

baca

b2cb2

由(x1x2)x1x222＋

aaa

abb2bb2b

211，∴20,aaaaa1bb22

∵1,0,∴x12x1x2x2x1x1x2

2aa

2(ab)2

x22x1x212x1x21

3a

(3)由(2)知，2x1



2x2

1

c2a2

1

(ab)2

a2

b

(1)21

a

∴12，∴(1)2

412ba14ba

0,3∴(1)213 ∴x12x2

34ba

1．不等式的性质是证明不等式与解不等式的重要而又基本的依据，必须要正确、熟练地掌握，要弄清每一性质的条件和结论．注意条件的放宽和加强，条件和结论之间的相互联系．

2．使用“作差”比较，其变形之一是将差式因式分解，然后根据各个因式的符号判断差式的符号；变形之二是将差式变成非负数（或非正数）之和，然后判断差式的符号．

3．关于数(式)比较大小，应该将“相等”与“不等”分开加以说明，不要笼统地写成“A≥B(或B≤A)”．

小第2课时算术平均数与几何平均数

1．a>0，b>0时，称为a，b的算术平均数；称为a，b的几何平均数． 2．定理1如果a、bR，那么a2＋b22ab（当且仅当时 取“＝”号）3．定理2如果a、bR，那么

ab

≥a＝b时取“＝”号）即两个数的算术平均数不小

2于它们的几何平均数．

4．已知x、yR，x＋y＝P，xy＝S.有下列命题：

(1)如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值 ．(2)如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值．

ab

例1．设a、bR，试比较，

2a2b

2，的大小． ab，112ab

解：∵a、bR+，∴即

211ab

1≥

2abab

≤ab，当且仅当a＝b时等号成立．

ab2a2b22aba2b2a2b2

又(≤)

4＝

a2b2ab

∴≤22a2b2

当且仅当a＝b时等号成立．而ab≤于是

211ab

ab

≤ab≤

a2b2ab≤(当且仅当a＝b时取“＝”号)．

a2b2ab

说明：题中的、ab、、分别叫做正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平

22ab

方平均数．也可取特殊值，得出它们的大小关系，然后再证明． 变式训练1：

xyxy, b，a 与b的大小关系（）

1xy1x1y

A．a >bB．a

（1）设x > 0, y > 0,a解：B。解析：a

xyxyxy

。

1xy1xy1xy1x1y

（2）b克盐水中，有a克盐（ba0），若再添加m克盐（m>0）则盐水就变咸了，试根据这一事实提炼一个不等式.解：

aam

．解析:由盐的浓度变大得． 

bbm

ax

b

1，求x＋y的最小值.y

ab

1，若 x＋y的最小值为18，求a，xy

例2.已知a，b，x，y∈R+（a，b为常数），解：a＋b＋2ab

变式训练2：已知a，b，x，y∈R+（a，b为常数），a＋b＝10，b的值．

a2，a8，解：或．

b8，b2.

例3.已知a, b都是正数，并且a  b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b2 解：证：(a5 + b5)(a2b3 + a3b2)=(a5  a3b2)+(b5  a2b3)= a3(a2  b2) b3(a2  b2)=(a2  b2)(a3  b3)=(a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2)

∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0

又∵a  b，∴(a  b)2 > 0∴(a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2)> 0 即：a5 + b5 > a2b3 + a3b

2变式训练3：比较下列两个数的大小：

（1）21与2；

（2）23与；

（3）从以上两小项的结论中，你否得出更一般的结论？并加以证明 解：（1）212,（2）23（3）一般结论：若nNn1n证明欲证n1n只需证



6

5n3n2成立

n1nn3n2

也就是n1nn3n2（）

nN



从而（*）成立，故n1nn3n2(nN)

例4.甲、乙两地相距S（千米），汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度最大不得超过c（千米/小时）．已知汽车每小时的运输成本（元）由可变部分与固定部分组成．可变部分与速度v（千米/小时）的平方成正比，且比例系数为正常数b；固定部分为a元．

(1)试将全程运输成本Y(元)表示成速度V(千米/小时)的函数.(2)为使全程运输成本最省，汽车应以多大速度行驶？

解:(1)依题意得，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y＝＋bv2＝s(bv)，故所求函数及其定义域为y＝s((2)∵s、a、b、v∈R+，故s(若若

a

＋bv)v∈(0,c)v

sv

sv

sv

a＋v



n3n2成立

1aaa

＋bv)≥2sab 当且仅当＝bv时取等号，此时v＝

bvv

aa

≤c即v＝时，全程运输成本最小． bb

a

>c，则当v∈(0，c)时，baas

y＝s(＋bv)－s(＋bc)＝(c－v)(a－bcv)

vcvc

∵c－v≥0，且a>bc，故有a－bcv≥a－bc2>0

aa

∴ s(＋bv)≥s(＋bc)，且仅当v＝c时取等号，即v＝c时全程运输成本最小．

cv

1．在应用两个定理时，必须熟悉它们的常用变形，同时注意它们成立的条件．

2．在使用“和为常数、积有最大值”和“积为常数、和有最小值”这两个结论时，必须注意三点：“一正”——变量为正数，“二定”——和或积为定值，“三相等”——等号应能取到，简记为“一正二定三相等”．