不等式与推理证明重点直击

在高考中，不等式与推理证明是密不可分的，前者考查知识点，后者考查方法的灵活应用.不等式与推理证明内容丰富，涉及考题变化万千.在复习这一内容时，只有抓住重点方可事半功倍，以下重点内容值得同学们特别关注.

一、一元二次不等式恒成立问题

要点解析

一元二次不等式恒成立的条件：

（1）不等式ax2+bx+c>0对任意实数x恒成立a=b=0，c>0，或a>0，Δ

（2）不等式ax2+bx+c

一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.

题型分析

1.形如f（x）≥0（x∈R）确定参数的范围

例1已知不等式mx2-2x-m+1

解析：不等式mx2-2x-m+1

即函数f（x）=mx2-2x-m+1的图象全部在x轴下方.

当m=0时，1-2x12，不满足题意；

当m≠0时，函数f（x）=mx2-2x-m+1为二次函数，

需满足开口向下且方程mx2-2x-m+1=0无解，

即m

不等式组的解集为空集，即m无解.

综上可知不存在这样的m.

2.形如f（x）≥0（x∈[a，b]）确定参数范围

例2设函数f（x）=mx2-mx-1（m≠0），若对于x∈[1，3]，f（x）

解析：要使f（x）

则mx2-mx+m-6

有以下两种方法：

法一：令g（x）=m（x-12）2+34m-6，x∈[1，3].

当m>0时，g（x）在[1，3]上是增函数，

所以g（x）max=g（3）=7m-6

当m

所以g（x）max=g（1）=m-6

所以m

综上所述，m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

法二：因为x2-x+1=（x-12）2+34>0，

又因为m（x2-x+1）-6

所以m

因为函数y=6x2-x+1=6（x-12）2+34在[1，3]上的最小值为67，所以只需m

因为m≠0，所以m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

3.形如f（x）≥0（参数m∈[a，b]）确定x的范围

例3对任意m∈[-1，1]，函数f（x）=x2+（m-4）x+4-2m的值恒大于零，求x的取值范围.

解析：由f（x）=x2+（m-4）x+4-2m

=（x-2）m+x2-4x+4，

令g（m）=（x-2）m+x2-4x+4.

由题意知在[-1，1]上，g（m）的值恒大于零，

g（-1）=（x-2）×（-1）+x2-4x+4>0，g（1）=（x-2）+x2-4x+4>0，

解得x3.

故当x3时，对任意的m∈[-1，1]，函数f（x）的值恒大于零.

类题通法：

（1）解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数.一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.

（2）对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.

二、线性规划问题

要点解析

求目标函数的最值要明确几个概念：

（1）约束条件：由变量x，y组成的不等式（组）；

（2）线性约束条件：由关于x，y的一次不等式（或方程）组成的不等式（组）；

（3）目标函数：关于x，y的函数解析式，如z=2x+3y等；

（4）可行解：满足线性约束条件的解（x，y）；

（5）最优解：使目标函数取得最大值或最小值的可行解.

线性规划问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.

题型分析

1.求线性目标函数的最值

例4设x，y满足约束条件x+y-7≤0，x-3y+1≤0，3x-y-5≥0，则z=2x-y的最大值为.

解析：作出可行域如图中阴影部分所示，由z=2x-y得y=2x-z，作出直线y=2x，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A（5，2）时，对应的z值最大.故zmax=2×5-2=8.

2.求非线性目标的最值

例5（1）在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组2x-y-2≥0，x+2y-1≥0，3x+y-8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为.

解析：已知的不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，显然当点M与点A重合时直线OM的斜率最小，由直线方程x+2y-1=0和3x+y-8=0，解得A（3，-1），故OM斜率的最小值为-13.

（2）设实数x，y满足不等式组x+y≤2y-x≤2，y≥1，则x2+y2的取值范围是.

解析：如图所示，不等式组表示的平面区域是ABC的内部（含边界），x2+y2表示的是此区域内的点（x，y）到原点距离的平方.从图中可知最短距离为原点到直线BC的距离，其值为1；最远的距离为AO，其值为2，故x2+y2的取值范围是[1，4].

3.求线性规划中的参数

例6x，y满足约束条件x+y-2≤0，x-2y-2≤0，2x-y+2≥0.若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为.

解析：法一：由题中条件画出可行域如图中阴影部分所示，可知A（0，2），B（2，0），C（-2，-2），则zA=2，zB=-2a，zC=2a-2，要使目标函数取得最大值的最优解不唯一，只要zA=zB>zC或zA=zC>zB或zB=zC>zA，解得a=-1或a=2.

法二：目标函数z=y-ax可化为y=ax+z，令l0：y=ax，平移l0，则当l0∥AB或l0∥AC时符合题意，故a=-1或a=2.

类题通法：

1.求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求.其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义.

2.常见的目标函数有：

（1）截距型：形如z=ax+by.求这类目标函数的最值常将函数z=ax+by转化为直线的斜截式：y=-abx+zb，通过求直线的截距zb的最值间接求出z的最值.

（2）距离型：形如z=（x-a）2+（y-b）2.

（3）斜率型：形如z=y-bx-a.

三、基本不等式与最值问题

要点解析

1.基本不等式ab≤a+b2

（1）基本不等式成立的条件：a>0，b>0.

（2）等号成立的条件：当且仅当a=b时取等号.

2.几个重要的不等式

（1）a2+b2≥2ab（a，b∈R）.

（2）ba+ab≥2（a，b同号）.

（3）ab≤（a+b2）2（a，b∈R）.

（4）a2+b22≥（a+b2）2（a，b∈R）.

3.已知x>0，y>0，则

（1）如果积xy是定值p，那么当且仅当x=y时，x+y有最小值是2p.（简记：积定和最小）

（2）如果和x+y是定值p，那么当且仅当x=y时，xy有最大值是p24.（简记：和定积最大）

题型分析

例7已知a>0，b>0，a+b=1，则1a+1b的最小值为.

解析：a>0，b>0，a+b=1，

1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab

≥2+2ba・ab=4，

即1a+1b的最小值为4，当且仅当a=b=12时等号成立.

变式1：本例的条件不变，则（1+1a）（1+1b）的最小值为.

解析：（1+1a）（1+1b）=（1+a+ba）（1+a+bb）=（2+ba）（2+ab）=5+2（ba+ab）≥5+4=9.

当且仅当a=b=12时，取等号.故答案：9.

变式2：本例的条件和结论互换，即已知a>0，b>0，1a+1b=4，则a+b的最小值为.

解析：由1a+1b=4，得14a+14b=1.

a+b=（14a+14b）（a+b）=12+b4a+a4b

≥12+2b4a+a4b=1.

当且仅当a=b=12时取等号.故答案：1.

变式3：若本例条件变为：已知a>0，b>0，a+2b=3，则2a+1b的最小值为.

解析：由a+2b=3得13a+23b=1，

2a+1b=（13a+23b）（2a+1b）=43+a3b+4b3a≥43+2a3b・4b3a=83.

当且仅当a=2b=32时，取等号.故答案：83.

变式4：本例的条件变为：已知a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，则1a+1b+1c的最小值为.

解析：a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，

1a+1b+1c=a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc

=3+ba+ca+ab+cb+ac+bc

=3+（ba+ab）+（ca+ac）+（cb+bc）

≥3+2+2+2=9.

当且仅当a=b=c=13时，取等号.

故答案：9.

类题通法：

（1）知和求积的最值：求解此类问题的关键：明确“和为定值，积有最大值”.但应注意以下两点：①具备条件――正数；②验证等号成立.

（2）知积求和的最值：明确“积为定值，和有最小值”，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的条件.

（3）构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解.

（4）利用基本不等式求最值时应注意：①非零的各数（或式）均为正；②和或积为定值；③等号能否成立，即“一正、二定、三相等”，这三个条件缺一不可.

四、不等式的证明

要点解析

证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法等，最常见的有比较法、综合法和分析法，这三种方法要求我们能熟练应用.此外，构造函数，利用导数研究该函数的单调性，并利用函数的单调性证明不等式，是高考压轴题中常见的题型，我们也应掌握.

题型分析

1.比较法证明不等式

例8设a，b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

证明：由a，b是非负实数，作差得

a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）=（a-b）（（a）5-（b）5），

当a≥b≥0时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）（（a）5-（b）5）≥0；

当0≤a

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

类题通法：作差比较法证明不等式的步骤有：（1）作差；（2）变形；（3）判断差的符号；（4）下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.

2.分析法证明不等式

例9已知a、b、c均为正实数，且a+b+c=1.

求证：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1-a）（1-b）（1-c）.

证明：a、b、c∈R+，且a+b+c=1，

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

（c+a）+（a+b）≥2（c+a）（a+b）>0，

（a+b）+（b+c）≥2（a+b）（b+c）>0.

（b+c）+（c+a）≥2（b+c）（c+a）>0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得证.

类题通法：分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.

3.综合法证明不等式

例10已知a，b，c∈R+，且互不相等，且abc=1.

求证：a+b+c

证明：方法一：a，b，c∈R，且互不相等，且abc=1，

a+b+c=1bc+1ca+1ab

a+b+c

方法二：a，b，c是不等正数，且abc=1，

1b+1c≥21bc=2a；1c+1a≥21ac=2b；1a+1b≥21ab=2c.

以上三式相加，得1a+1b+1c≥a+b+c.

又a，b，c互不相等，1a+1b+1c>a+b+c.

方法三：a，b，c是不等正数，且abc=1，

1a+1b+1c=bc+ca+ab

=bc+ca2+ca+ab2+ab+bc2

>abc2+a2bc+ab2c=c+a+b，

a+b+c

类题通法：利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.综合法与分析法有时联合运用，用分析法探索证明思路，用综合法书写证明过程.

4.放缩法证明不等式

例11有小于1的n个（n≥2）正数x1，x2，x3，…，xn，且x1+x2+x3+…+xn=1.

求证：1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

证明：0

1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n

>1x1+1x2+1x3+…+1xn

≥nn1x1x2x3…xn.

nx1x2x3…xn≤x1+x2+x3+…xnn=1n，

n1x1x2x3…xn≥n，

1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>n2≥22=4，

1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

类题通法：放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技巧是不等式的传递性.缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头.

5.利用函数单调性证明不等式

例12证明不等式lnx>2（x-1）x+1，其中x>1.

证明：设f（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>1），

所以f′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2，

因为x>1，所以f′（x）>0，又f（x）在[1，+∞）上是连续变化的，故f（x）在[1，+∞）内为单调递增函数.

又因为f（1）=0，且当x>1时，f（x）>f（1），即lnx-2（x-1）x+1>0，所以lnx>2（x-1）x+1.

类题通法：利用导数方法证明不等式f（x）>g（x）在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h（x）=f（x）-g（x），然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h（x）>0，其中一个重要技巧就是找到函数h（x）在什么时候可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）