不等式易错点_不等式的易错点

不等式易错点由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“不等式的易错点”。

不等式易错点

【易错点29】含参分式不等式的解法。易对分类讨论的标准把握不准，分类讨论达不到不重不漏的目的。

例29解关于x的不等式a(x1)＞1(a≠1)【易错点】不等式化为关于x的一元二次不等式后，忽视对二次项系数的正负的讨论

x2解：原不等式可化为：(a1)x(2a)＞0，即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.x

2当a＞1时，原不等式与(x－a2)(x－2)＞0同解.若a2≥2，即0≤a＜1时，原不等式无解；若a2＜2，即a＜0或a＞1，于是

a1a1a

1a＞1时原不等式的解为(－∞，a2)∪(2，+∞).a1

当a＜1时，若a＜0，解集为(a2，2)；若0＜a＜1，解集为(2，a2)

a1a1

综上所述：a＞1时解集为(－∞，a2)∪(2，+∞)；0＜a＜1时，解集为(2，a2)；a=0时，；a＜0时，解集为(a2，2).a1a1a1

【知识点分类点拔】解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，解不等式需要注意下面几个问题：

(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法.(2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法.(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法.(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法.(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的不等式.(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论.【易错点30】求函数的定义域与求函数值域错位

例30、已知函数fxlgm23m2x22m1x5（1）如果函数fx的定义域为R求实数m的取值范围。（2）如果函

数fx的值域为R求实数m的取值范围。

【易错点分析】易忽视对m23m2是否为零的讨论，思维不全面.漏解。另一方面对两个问题中定义域为R和值域为R的含义理解不透彻导致错解。

解析：（1）据题意知若函数的定义域为R即对任意的x值m23m2x22m1x50恒成立，令

2gxm23m2x22m1x5，当m3m2=0时，即m1或2。经验证当m1时适合，当m23m20时，据二次函数知

m9。

4识若对任意x值函数值大于零恒成立，只需m23m20解之得m1或m9综上所知m的取值范围为m1或0

4（2）如果函数fx的值域为R即对数的真数m23m2x22m1x5能取到任意的正数，令gxm23m2x22m1x5当m23m2=0时，即m1或2。经验证当m2时适合，当m23m20时，据二次函数知识知要使的函数值取得所有正值只需

9。m23m20解之得2m9综上可知满足题意的m的取值范围是2m440

【知识点归类点拔】对于二次型函数或二次型不等式若二次项系数含有字母，要注意对字母是否为零进行讨论即函数是一次函数还是二次函数不等式是一次不等式还是二次不等式。同时通过本题的解析同学们要认真体会这种函数与不等式二者在解题中的结合要通过二者的相互转化而获得解题的突破破口。

【易错点31】不等式的证明方法。学生不能据已知条件选择相应的证明方法,达不到对各种证明方法的灵活应用程度。

例

31、已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+111)(b+1)≥25.【易错点分析】此题若直接应用重要不等式证明，显然a+和 b+baab

4不能同时取得等号，本题可有如下证明方法。

证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8.∵a＞0，b＞

40，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥

2证法二：(均值代换法)设a=ab，∴ab≤1，从而得证.411+t1，b=+t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜1，|t2|＜1 2222

显然当且仅当t=0，即a=b=111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)11a21b21(ab)1111ababt1t2(t1)(t2)2222

***t2t2(t1t11)(t2t21)(t2)t22544416216.4222t2t2t244441时，等号成立.2

证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0 ab4ab44ab4ab

1125(a)(b)ab4

当 m = 2 时适合，当 m 2 − 3m + 2 ≠ 0 时，据二次函数知识知要使的函数值取得所有正值只需 9。m 2 − 3m + 2 > 0 解之得 2

31、已知 a＞0，b＞0，且 a+b=1.求证：(a+ 不能同时取得等号，本题可有如下证明方法。证法一：(分析综合法）欲证原式，即证 4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证 4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证 ab≤ 1 或 ab≥8.∵a＞0，b＞ 40，a+b=1，∴ab≥8 不可能成立∵1=a+b≥21 1 1)(b+ 1)≥ 25.【易错点分析】此题若直接应用重要不等式证明，显然 a+ 和 b+ b a a b 4ab，∴ab≤ 1，从而得证.41 1 证法二：(均值代换法)设 a= +t1，b= +t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜ 1，|t2|＜ 1 2 2 2 21 1 1 1 2 2(+ t1)2 + 1(+ t 2)2 + 1(+ t1 + t1 + 1)(+ t 2 + t 2 + 1)a +1 b +1 1 1 4 ∴(a +)(b +)= × = 2 × 2 = 4 1 1 1 1 a b a b + t1 + t2(+ t1)(+ t 2)2 2 2 2 25 3 2 25 1 1 5 4 2 2 2 2 + t2 + t 2(+ t1 + t1 + 1)(+ t 2 + t 2 + 1)(+ t 2)2 − t 2 25 4 = 4 = 4 = 16 2 ≥ 16 =.1 1 1 1 2 2 2 4 − t2 − t2 − t2 4 4 4 42 2显然当且仅当 t=0，即 a=b=1 时，等号成立.2证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ab，∴ab≤ 1 41 1 25 a 2 + 1 b 2 + 1 25 4a 2 b 2 + 33ab + 8(1 − 4ab)(8 − ab)(a +)(b +)− = ⋅ − = = ≥0 a b 4 a b 4 4ab 4ab 1 1 25 ∴(a +)(b +)≥ a b 4证法四：(综合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ab，∴ab≤25   2 (1 − ab)+ 1 ≥ 16 (1 − ab)2 + 1 25 1 3 9   2 ∴1 − ab ≥ 1 − = ⇒(1 − ab)≥ ⇒  ≥ ⇒ 1 4 4 16  ab 4 ≥4    ab  1.41 1 25 即(a +)(b +)≥ a b 4证法五：(三角代换法)∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令 a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，π)21 1 1 1 sin 4 α + cos 4 α − 2 sin 2 α cos 2 α + 2(a +)(b +)=(sin 2 α +)(cos 2 α +)= a b sin 2 α cos 2 α 4 sin 2 2α 4 − 2 sin 2 2α + 16 ≥ 25(4 − sin 2 α)2 + 16  = Q sin 2 2α ≤ 1,∴ 4 − sin 2 2α ≥ 4 − 1 = 3.1  1 4 sin 2 2α ≥  2 sin 2α 4  2 2(4 − sin 2α)25 1 1 25 ⇒ ≥ 即得(a +)(b +)≥.4 a b 4 4 sin 2 2α【知识点归类点拔】1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方