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不等式解题方法


不等式解题方法
一、活用倒数法则 巧作不等变换——不等式的性质和应用 不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解 题,尤其是不等变换有很大的优越性. 1 1 倒数法则:若 ab>0,则 a>b 与 < 等价。 a b 此法则在证明或解不等式中有着十分重要的作用。如: (1998 年高考题改编)解不等式 1 loga

(1- )>1. x 1 1 1 1 分析: a>1 时, 当 原不等式等价于: >a,即 <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, <0,从而 1-a, 同 1x x x x 1 号, 由倒数法则, x> ; 得 1-a 1 1 当 0<a<1 时, 原不等式等价于 0<1- <a,∴1-a< <1, ∵0<a<1, x x

1 1 1 ∴ 1-a>0, >0, 从而 1-a, 同号,由倒数法则,得 1<x< ; x x 1-a 1 1 综上所述,当 a>1 时,x∈( ,+∞);当 0<a<1 时,x∈(1, ). 1-a 1-a 注:有关不等式性质的试题,常以选择题居多,通常采用特例法,排除法比较有效。 二、小小等号也有大作为——绝对值不等式的应用 绝对值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。这里 a,b 既可以表示向量,也可以表示实 数。 当 a,b 表示向量时,不等式等号成立的条件是:向量 a 与 b 共线; 当 a,b 表示实数时, 有两种情形: (1) ab≥0 时, 当 |a+b|=|a|+|b|, |a-b|=||a|-|b||;(2) 当 ab≤0 时,|a+b|=||a|-|b||, |a-b|=|a|+|b|.简单地说就是当 a,b 同号或异号时,不等式 就可转化为等式(部分地转化) ,这为解决有关问题提供了十分有效的解题工具。如: 1 1 若 1< < ,则下列结论中不正确的是( a b )
2

A、 ab>logba B、 logab+logba|>2 C、 log | (logba) <1

D、 |logab|+|logba|>|logab+logba|

分析:由已知,得 0<b<a<1,∴a,b 同号,故|logab|+|logba|=|logab+logba|,∴D 错。 [答案] D 注:绝对值不等式是一个十分重要的不等式,其本身的应用价值很广泛,但在高考或其他 试题中常设计成在等号成立时的特殊情况下的讨论,因此利用等号成立的条件(a,b 同号或异 号)是解决这一类问题的一个巧解。
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三、 “抓两头 看中间” ,巧解“双或不等式”——不等式的解法 (1)解不等式(组)的本质就是对不等式(组)作同解变形、等价变换。 (2)多个不等式组成的不等式组解集的合成——先同向再异向 不等式组的解法最关键的是最后对几个不等式交集的确定。常用画数轴的方法来确定,但 毕竟要画数轴.能否不画数轴直接就可得出解集呢?下面的方法就十分有效。可以“先同向再 异向”的原则来确定,即先将同向不等式“合并” (求交集) ,此时“小于小的,大于大的” ; 最后余下的两个异向不等式,要么为空集,要么为两者之间。

?x<1 ① ?x<3 ② 如解不等式组:?x>-3 ③ , ?x>0 ④ ⑤ ?-1<x<2
先由③④(同>)得 x>0(大于大的);再由①②(同<)得 x<1(小于小的);再将 x>0 与 x<1 分别 与⑤作交集,由 x>0 与⑤得 0<x<2;由 x<1 与⑤得-1<x<1.这样所得的不等式的解集为(0,1). (3)双或不等式组的解集合成
?f1(x)<a或g1(x)>b 形如? 的不等式组称为“双或”型不等式组(实际上包括多个“或”型不 ?f2(x)<c或g2(x)>d

等式组成的不等式组也在此列) ,这是解不等式组中的一个难点。解决这类不等式组时常借用 数轴来确定,但学生在求解时总会出现一些错误。这里介绍一种不通过数轴的直接方法: “抓
?x<a或x>b 两头 看中间” !如:? ,先比较 a,b,c,d 四个数的大小,如 a<b<c<d,则其解集中必含 ?x<c或x>d

有 x<a 或 x>d(即抓两头) ;再看 x>b 与 x<c 的交集,若有公共部分,则 b<x<c;若无公共部分, 则此时为空集(看中间) ,最后将“抓两头”和“看中间”的结果作并集即为所求的解集。 四、巧用均值不等式的变形式解证不等式 均值不等式是指:a +b ≥2ab(a,b∈R) ①;a+b≥2 ab( a,b∈R+) ②. 均值不等式是高考的重点考查内容,但其基本公式只有两个,在实际解题时不是很方便。 若能对均值不等式进行适当变形,那么在解题时就能达到事半功倍的效果。下面的一些变形 式在解题时就很有用,不妨一试。当然你也可以根据需要推导一些公式。如: (1) a ≥2ab-b ③; 是将含一个变量的式子,通过缩小变为含两个变量的式子,体现增元之功效,当然 反过来即是减元; (2) a ≥2a-b ④; (a,b>0) b
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是将分式化为整式,体现分式的整式化作用;试试下面两个问题如何解: 求证: (1)a +b +c ≥ab+bc+ac;(2)
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a b c + + ≥a+b+c. (a,b,c>0) b c a
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2

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a 2 2 2 2 2 2 (析: (1)由 a ≥2ab-b 得 b ≥2bc-c ,c ≥2ac-a ,三式相加整理即得; (2)∵ ≥2a-b b ∴同样可得另两式,再将三式相加整理即得) 。 a+b 2 (3)ab≤( ) ⑤; 2 利用不等关系实现两数和与两数积的互化; (4) a +b a+b ? ? 2 2
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ab ⑥;(a,b>0)

利用不等关系实现两数和、两数的平方和及两数积之间的转化; 注:涉及两数和、两数的平方和及两数积的问题是一个十分常见的问题,利用⑤、 ⑥两式可以使其中的关系一目了然。从解题分析上看,对解题有很好的导向作用。 x y (x+y) x y (5)若 a,b∈R+,则 + ≥ ⑦(当且仅当 = 时取等号); a b a+b a b 此式在解题中的主要作用表现在:从左向右看是“通分” (不是真正的通分)或“合并” , 化多项为一项,项数多了总不是好事;从右向左看,是“分解”或“拆项” ,实现“一分为二” 的变形策略。这在解不等式相关问题中就很有作为!请看下例: 1 1 2 例:已知-1<a<1,-1<b<1,求证: 2+ 2≥ . 1-a 1-b 1-ab 分析:由上不等式,立即得到 1 1 (1+1) 4 2 = 。 2+ 2≥ 2 2≥ 1-a 1-b 2-a -b 2-2ab 1-ab
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x y z (x+y+z) ⑦式还可推广到三个或更多字母的情形,即 + + ≥ (a,b,c>0); a b c a+b+c b1 b2 bn (b1+b2+?+bn) + +?+ ≥ (a1,a2,?,an>0) a1 a2 an a1+a2+?+an (6) ax+by≤ a +b
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x +y .(柯西不等式)

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2

此不等式将和(差)式与平方和式之间实现了沟通,灵活应用此式可以很方便地解决许多 问题.如下例: 例: 使关于 x 的不等式 x-3+ 6-x≥k 有解的实数 k 的取值范围是【 】 A 6- 3 B 3 C 6+ 3 D 6 x-3+ 6-x

分析:所求 k 的范围可以转化为求不等式左边的最大值即可,由柯西不等式得 ≤ 2 ( x-3) +( 6-x) = 2 3= 6.∴k≤ 6,∴k 的最大值是 6.填 D. 五、不等式中解题方法的类比应用
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1、三种基本方法:比较法、分析法、综合法。其中比较法可分为作差比较法和作商比较 法,不仅在不等式的证明和大小比较中有广泛的应用,同时在其他方面也有很大的作用。如 分析法就是一种重要的思维方法,在数学的其他章节中也有广泛的应用。 2、放缩法:是不等式证明中一种十分常用的方法,它所涉及的理论简单,思维简单,应 用灵活,因而在解题时有着十分重要的应用。如果能灵活应用放缩法,就可以达到以简驭繁 的效果。

活题巧解

1 1 例 1 若 1< < ,则下列结论中不正确的是【 】 ... a b A logab>logba B | logab+logba |>2 C (logba) <1
2

D

|logab|+|logba|>|logab+logba| 【巧解】特例法、排除法 1 1 由已知,可令 a= ,b= ,则 logab=log23>1,0<logba=log32<1,于是 A、B、C 均正确,而 D 2 3 两边相等,故选 D。 [答案] D。
?|x-2|<2 例 2 不等式组? 的解集为【 】 2 ?log2(x -1)>1

(A) (D) (2,4)。

(0, 3);

(B) ( 3,2);

(C) ( 3,4);

【巧解】 排除法 令 x=3,符合,舍 A、B;令 x=2,合题,舍 D,选 C。 [答案] C。 x1+λ x2 x2+λ x1 例 3 已知 y=f(x)是定义在 R 上的单调函数,实数 x1≠x2,λ ≠-1α = ,β = , 1+λ 1+λ 若|f(x1)-f(x2)|<|f(α )-f(β )|,则【 】 A.λ <0 B.λ =0 C. 0<λ <1 D.λ ≥1

【巧解】 等价转化法 x2+λ x1 显然λ ≠0,β = = 1+λ x1+ 1 x2 λ , ∴ α 、β 分别是以 x1,x2 为横坐标的点所确定的线段以 1 1+ λ

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1 λ 和 为定比的两个分点的横坐标.由题意知,分点应在线段两端的延长线上,所以λ <0,故 λ 选 A。 【答案】A。 例 4 0<a<1,下列不等式一定成立的是【 】. (A)|log(1+a)(1-a) |+| log(1-a)(1+a)|>2 (B)| log(1+a)(1-a)|<| log(1-a)(1+a) | (C)| log(1+a)(1-a)+log(1-a)(1+a)|<| log(1+a)(1-a)|+|log(1-a)(1+a)| (D)| log(1+a)(1-a)-log(1-a)(1+a)|>| log(1+a)(1-a)|-|log(1-a)(1+a)| 【巧解】换元法、综合法 由于四个选项中只涉及两个式子 log(1+a)(1-a) 和 log(1-a)(1+a),为了简化运算看清问题的 本质,不妨设 x= log(1+a)(1-a),y= log(1-a)(1+a),由 0<a<1 知,x<0,y<0 且 x≠y,于是四个选项 便为:A |x|+|y|>2 B |x|<|y| C |x+y|< |x|+|y| D |x-y|< |x|-|y|

这样选 A 就是极自然的事了。 [答案] A。 1 a 1 b 1 例 5 已知实数 a, 满足等式( ) =( ) , b 下列五个关系式: ( )x 3 2 3 ①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b.其中不可能成 立的关系式有【 】. (A)1 个 (B)2 个 (C)3 个 (D)4 个 1 ( )x 2

y

1 a b O x

【巧解】数形结合法 1 x 1 x 在同一坐标系内同时画出两个函数图象:y1=( ) ,y2=( ) ,(如图)作直线 y=m(m>0 图中平 2 3 行于 x 轴的三条虚线),由图象可以看到:当 0<m<1 时,0<b<a;当 m=1 时,a=b;当 m>1 时,a<b<0. 所以不可能成立的有两个,选 B。 [答案] B。 例 6 如果数列{an}是各项都大于 0 的等差数列,且公差 d≠0,则【 】. (A)a1+a8<a4+a5 (B)a1+a8=a4+a5 (C)a1+a8>a4+a5 (D)a1a8=a4a5

【巧解】特例法、排除法 取 an=n,则 a1=1, a4=4, a5=5, a8=8,∴a1 +a8=a4+a5,故选 B。 [答案] B。 例 7 条件甲: +y ≤4,条件乙: +y ≤2x,那么甲是乙的 x x 【
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y 】 o
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1

2x

A、 充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 【巧解】数形结合法 画示意图如图。圆面 x +y ≤2x(包括圆周)被另一个圆面 x +y ≤4 包含,结论不是一目 了然了吗? [答案] B 1 1 1 例 8 已知 a,b,c 均为正实数,则三个数 a+ , b+ , c+ 与 2 的关系是【 】 b c a A、都不小于 2 C、都不大于 2 B、至少有一个不小于 2 D、至少有一个不大于 2
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D、既非充分也非必要条件

【巧解】整体化思想 1 1 1 1 1 1 1 1 1 将 a+ , b+ , c+ “化整为零” ,得 a+ +b+ +c+ = a+ +b+ +c+ ≥6,故已知的三个数中 b c a b c a a b c 至少有一个不小于 2。故选 B。 [答案] B 例 9 解不等式 –1< 3x <1. 2 x -4

【巧解】数轴标根法、等价转化法 原不等式等价于 (3x+x -4)(3x-x +4)<0,即(x+4)(x-1)(x+1)(x-4)>0, 由数轴标根法,知解集为{x|x<-4 或-1<x<1 或 x>4}。 [答案] {x|x<-4 或-1<x<1 或 x>4} f(x) 注:可以证明不等式 m< <n 与不等式[f(x)-mg(x)][f(x)-ng(x)]<0 等价。 g(x) 例 10 不等式|x+2|≥|x|的解集是______. 【巧解】 数形结合法 由数轴上点的意义知,上述不等式的意义是数轴上的点 x 到-2 的距离不小于到原点的距 离。由图形,易知,x≥-1。 [答案] {x|x≥-1} 例 11 已知 c>0,不等式 x+|x-2c|>1 的解集是 R,求 c 的取值范围。 【巧解】等价转化法 要使原不等式的解集为 R,只需不等式中不含 x 即可,故有 x-x+2c>1 1 ∴ c> 。 2
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1 [答案] c> 2 注:这里将|x-2c|中去绝对值的讨论简化为符合题意的一种,显然简捷、精彩! 例 12 已知 f(x)=(x-a)(x-b)-2 (a<b),方程 f(x)=0 的两实根为 m,n (m<n),试确定 a,b,m,n 的大小关系。 【巧解】数形结合法 2 b n x

令 g(x)= (x-a)(x-b),则 f(x)=g(x)-2,由 f(x)=0 得 g(x)=2,因 O m a 此 f(x)=0 的两根 m,n 可看成直线 y=2 与 y=g(x)交点的横坐标,画出 f(x),g(x)的图象,由图象容易得到 m<a<b<n. [答案] m<a<b<n. 例 13 若 0<a<b<c<d,且 a +d =b +c ,求证:a+d<b+c. 【巧解】综合法
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由 0<a<b<c<d,得 d-a>c-b,∴(d-a) >(b-c) ,又(a+d) +(a-d) =(b+c) +(b-c) , 两式相减,得(a+d) <(b+c) , ∴ a+d<b+c. [答案] 见证明过程 注:本题的几何意义是:在 RtΔ ABC 与 RtΔ ABD 中,其中 AB 为公共的斜边。若 BC>BD, 则 AC<AD. 1 1 1 1 例 14 求征:1+ 2+ 2+?+ 2<2- (n≥2,n∈N*). 2 3 n n 【巧解】逆用公式法、放缩法 1 1 逆用数列的前 n 项和的方法来求。设想右端 2- 是某数列{an}的前 n 项和,即令 Sn=2- , n n 1 1 1 1 1 1 1 则 n≥2 时,n=Sn-Sn-1=(2- )-(2- )= - = a , 这样问题就转化为 2< ,而这显然。 n n-1 n-1 n n(n-1) n n(n-1) ∴命题成立。 [答案] 见证明过程 1 1 1 例 15 已知 a>b>c,求证: + + >0. a-b b-c c-a 【巧解】放缩法 ∵0<a-b<a-c,∴由倒数法则(难点巧学)得 得证。 [答案] 见证明过程 1 1 1 1 1 1 > ,而 >0,∴ + > , ∴原式 a-b a-c b-c a-b b-c a-c
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a+b+c a+b 3 例 16 已知 a,b,c 均为正数,求证:3( - ab)≥2( 3 2 【巧解】比较法、基本不等式法

ab)。

3 3 3 3 ∵ 左边-右边=2 ab+c-3 ab= ab+ ab+c-3 ab≥3 ab-3 ab=0,∴原式成立。 [答案] 见证明过程 1 1 2 例 17 已知-1<a<1, -1<b<1,求证: 2+ . 2≥ 1-a 1-b 1-ab 【巧解】构造法、综合法 由无穷等比数列(|q|<1)所有项和公式 S= 1 2 4 6 2=1+a +a +a +?; 1-a ∴ a1 ,得 1-q

1 2 4 6 2=1+b +b +b +?, 1-b

1 1 2 2 2 4 4 6 6 2 2 3 3 . 2+ 2=2+( a +b )+( a +b )+( a +b )+?≥2+2ab+2a b +2a b +?= 1-a 1-b 1-ab y o P(-1,-1)
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[答案] 见证明过程 9 例 18 已知 a+b=1(a,b∈R),求证:(a+1) +(b+1) ≥ 。 2
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T Q x

【巧解】数形结合法。 显然 Q(a,b)是直线 L:x+y=1 上的点,(a+1) +(b+1) 表示点
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Q 与 P(-1,1) 的 距 离 的 平 方 。 如 图 , 设 PT ⊥ 直 线 L 于 T , 所 以 |PQ| ≥ |PT| , 又 |-1-1-1| 2 9 9 2 2 |PT| =( ) = ,∴|PQ| ≥ 2 2 1+1 ∴原式成立。 [答案] 见证明过程 π 例 19 若 0≤θ ≤ ,求证:cos(sinθ )>sin(cosθ ). 2 【巧解】单调性法 、放缩法 π π π ∵cosθ +sinθ = 3sin(θ + )≤ 2< ,∴cosθ < -sinθ , 4 2 2 π π π π 又∵0≤θ ≤ ,∴cosθ ∈[0,1], -sinθ ∈[ -1, ], 2 2 2 2 π ∴ sin(cosθ )<sin( - sinθ )= cos(sinθ ).(单调性) 2 [答案] 见证明过程 x 例 20 已知 f(x)= ,若 a>b>0,c=2 x+1 【巧解】基本不等式法、放缩法
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1 ,求证:f(a)+f(c)>1. b(a-b)

可以证明 f(x)在(0,+∞)上是增函数。 ∵ c=2 1 ≥2 b(a-b) 1 =2 a-b+b 2 ( ) 2 4 4 4 2= >0,∴ c≥ , a a a

4 a 4 4 a a 4 a 4 ∴f(c)≥f( ),而 f(a)+f(c)≥f(a)+f( )= + = + > + =1. a a a+1 4 a+1 a+4 a+4 a+4 +1 a [答案] 见证明过程 例 21 若关于 x 的不等式 x +2ax-2b+1≤0 与不等式-x +(a-3)x+b -1≥0 有相同的非空解 集,求 a,b 的值。 【巧解】等价转化法,数形结合法 将 y= x +2ax-2b+1 与 y=-x +(a-3)x+b -1 两式相加,得 2y=(3a-3)x+b -2b,此即为直线 MN 的方程(其中 M、N 分别为两函数图象与 x 轴的两个交点) ;另一方面,由题意知,MN 即 x 轴,其方程为 y=0,比较两式的系数得,3a-3=0,b -2b=0,从而易得 a=1,b=0 或 2,特别地当 a=1,b=0 时,两不等式的解集为{-1},也符合题意。 [答案] a=1,b=0 或 2。 例 22 设定义在[-2,2]上的偶函数在区间[0,2]上单调递减,若 f(1-m)<f(m),求实数 m 的 取值范围。 【巧解】等价转化法 解:∵f(x) 是偶函数,∴f(-x)=f(x)=f(|x|), ∴ f(1-m)<f(m)等价于 f(|1-m|)<f(|m|) 又当 x∈[0,2]时,f(x)单调递减,∴ |1-m|>|m|且-2≤1-m≤2 且-2≤m≤2 1 解得 -1≤m< 。 2 1 [答案] -1≤m< . 2 注:本题应用了偶函数的一个简单的性质,从而避免了一场“大规模”的讨论,值得关 注。 1 x +2x+3 例 23 解不等式: < 3 <3. 2 2x +x+1 【巧解】构造法,定比分点法 1 x +2x+3 把 、 3 、3 看成是数轴上的三点 A、P、B,由定比分点公式知 P 分所成的比 t>0, 2 2x +x+1
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x +2x+3 1 3 2x +x+1 2 5 即 >0,化简得 x(3x+5)>0,∴ x∈(-∞, )∪(0,+∞)。 3 x +2x+3 3 3- 3 2x +x+1 5 [答案] x∈(-∞, )∪(0,+∞)。 3 例 24 已知 x,y,z 均是正数,且 x+y+z=1,求证: 1-3x + 1-3y + 1-3z ≤ 6。 【巧解】配凑法、升幂法 不等式两边配上 2 ,再运用均值不等式升幂。 (你知道为什么要配 3 2 2 2 2 2 2 +1-3x +1-3y +1-3z 3 3 3 2 2 1-3z ≤ + + 3 2 2 2 2 吗?) 3
2 2 2

3

2 2 1-3x + 3
2 2 2

2 2 1-3y + 3

1 5-3× 3 5-3(x +y +z ) = ≤ =2, ∴原式成立。 2 2 [答案] 见证明过程 例 25 设 a,b,c 为Δ ABC 的三条边,求证:a +b +c <2(ab+bc+ca). 【巧解】综合法 ∵a+b>c,b+c>a,c+a>b,∴三式两边分别乘以 c,a,b 得 ac+bc>c ,ab+ac>a ,bc+ab>b ,三式 相加并整理得, a +b +c <2(ab+bc+ca). [答案] 见证明过程 例 26 解不等式 8 10 3 - x -5x>0. 3+ (x+1) x+1
2 2 2 2 2 2 2 2 2

【巧解】构造法,综合法 原不等式等价于( f( 2 3 2 3 3 ) +5( )>x +5x, 构 造 函 数 f(x)= x +5x, 则 原 不 等 式 即 为 x+1 x+1

2 2 )>f(x),又 f(x)在 R 上是增函数,∴ >x,解此不等式得 x<-2 或-1<x<1。 x+1 x+1 [答案] {x| x<-2 或-1<x<1}. 1 2 例 27 已知函数 f(x)=x +ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],求证:|f(x)|的最大值 M≥ . 2 【巧解】反证法 1 1 1 1 1 2 1 假设 M< ,则|f(x)|< 恒成立,∴- <f(x)< ,即- <x +ax+b< , 2 2 2 2 2 2

令 x=0,1,-1,分别代入上式,得

1 1 1 1 1 1 - <b< ①,- <1-a+b< ②, - <1+a+b< ③, 2 2 2 2 2 2

3 1 由②+③得- <b<- ,这与①式矛盾,故假设不成立,∴原命题成立。 2 2
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[答案] 见证明过程 例 28 已知二次函数 f(x)=ax +bx+c,且方程 f(x)=0 的两根 x1 、x2 都在(0,1)内,求
2 2

a 证:f(0)f(1)≤ . 16 【巧解】待定系数法、基本不等式法 因方程有两个实根为 x1,x2,故可设 f(x)=a(x-x1)(x-x2),于是 1 1 a f(0)f(1)=ax1x2·a(1-x1)(1-x2)=a x1(1-x1)x2(1-x2)≤a · · ≤ 。 4 4 16
2 2 2

[答案] 见证明过程 例 29 若 a1、a2、?、a11 成等差数列,且 a1 +a11 ≤100,求 S=a1+a2+?+a11 的最大值和最小 值。 【巧解】基本不等式法、综合法 (a1+a11) =a1 +2a1a11+a11 ≤2(a1 +a11 )≤200,∴|a1+a11|≤10 2, 11 又 a1、a2、?、a11 成等差数列,∴S=a1+a2+?+a11= (a1+a11), 2 ∴ Smax=55 2,Smin=-55 2. [答案] Smax=55 2,Smin=-55 2. 例 30 若 0≤x,y≤1,求证: x +y + (1-x) +y + x +(1-y) + (1-x) +(1-y) ≥2 2 等号 1 当且仅当 x=y= 时成立。 2 G A y yy 【巧解】构造法 =( =( y E P 如 图 , 设 正 方 形 ABCD 的 边 长 为 1 , BH=x,AE=y, 则 1y y 1 ) =( 2 1-y) 2=( =( x 2 2 2 2 1 HC=1-x,BE=1-y,于是 AP= x +y ,BP= x +(1-y) , ) x 21 y=( ) 1 12 2 2 2 2 B) x )H 1-x DP= (1-x) +y , PC= (1-x) +(1-y) ,由 AP+PC≥AC, BP+DP≥BD, x 2 2 x y yx 1 x y=( 而 AC=BD= 2。看,此时结论是不是显然的了? 2 =( =( x ) 1 1 [答案] 见证明过程 ) ) 2 2 2 x 例 31 设 m 是方程 ax +bx+c=0 的实根,且 a>b>c>0,求证:|m|<1. x 【巧解】综合法 b c 设方程的另一根为 n,则由韦达定理得 m+n=- <0,mn= >0,∴ m,n 同为负数, a a b ∴ 1> >|m+n|=|m|+|n|,∴ |m|<1,|n|<1.∴结论成立。 a [答案] 见证明过程 例 32 已知二次函数 f(x)=ax +bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两实根为 x1 和 x2,如
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2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

D y =( F y 1 ) 2 =( 1 C ) 2 yx =( 1 ) 2
x x

果 x1<2<x2<4,且函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证:x0>-1. 【巧解】 数形结合法
?g(2)<0 2 设 g(x)=f(x)-x=ax +(b-1)x+1, 由 题 意 得 ? , 即 ?g(4)>0 ?4a+2b-1<0 b b ? ,目标是证明- >-1,即 <2.如图作出约束条件下的平 16a+4b-3>0 2a a ?

b 11 ( , ) 84 a

b 面区域(不含边界) ,而 表示区域内的点(a,b)与坐标原点连线的 a b 斜率,易见 <2,故命题成立。 a [答案] 见证明过程 1 1 例 33 已知 ≤ak≤1(k∈N+),求证:a1a2?an+(1-a1)(1-a2)?(1-an)≥ n-1. 2 2 【巧解】增量法、换元法 1 1 1 1 1 1 1 1 设 令 ak= +bk(0 ≤ bk ≤ ) , 则 原 式 左 边 =( +b1)( +b2) ? ( +bn)+( -b1)( -b2) ? ( 2 2 2 2 2 2 2 2 1 n 1 n 1 n-1 1 n-1 -bn)=[( ) +M]+[( ) +N]=( ) +M+N≥( ) =右边,∴原式成立。 2 2 2 2 [答案] 见证明过程 (注:多项式 M 和 N 正负抵消部分项后,所余部分和必为非负数。 ) 例 34 记椭圆

x2 y2 + = 1(a>b>0) ,A、B 是椭圆上的两点,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴 a2 b2
a -b a -b <x0< . a a
2 2 2 2

相交于 P(x0,0),证明:-

【巧解】数形结合法、等价转化法 x 记 Q(x,y)是椭圆上的任一点, |PQ| =(x-x0) +y =(x-x0) +b (1- 2),x∈[-a,a],得二次函 则 a
2 2 2 2 2 2

数,f(x)=

a -b a a 2 2 2 (x- 2 2x0) +b - 2 2x0 且由|PA|=|PB|,知 f(xA)=f(xB),即 f(x)在[-a,a]上不 a a -b a -b a 2x0<a,变形即得所求。 a -b
2 2

2

2

2

2

单调,由二次函数最小值的唯一性知 –a< [答案] 见证明过程

例 35 已知 a,b,c∈R,f(x)=ax +bx+c.若 a+c=0,f(x)在[-1,1]上的最大值是 2,最小值是 5 b - 。证明:a≠0 且| |<2. 2 a 【巧解】反证法 b 假设 a=0 或| |≥2。 a (1) a=0,则由 a+c=0,得 c=0,∴f(x)=bx.由题设知 b≠0, 若 ∴f(x)在[-1,1]是单调函数,
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2

5 从而 f(x)max=|b|;f(x)min=-|b|,于是|b|=2,-|b|=- ,由此得矛盾; 2 b -b 2 (2)若| |≥2,则| |≥1 且 a≠0,因此区间[-1,1]在抛物线 f(x)=ax +bx-a 的对称轴 a 2a -b x= 的左侧或右侧,∴函数 f(x)在[-1,1]上是单调函数,从而 f(x)max=|b|;f(x)=-|b|,由(1) 2a 知这是不可能的。 综合(1) (2)知,命题成立。 [答案] 见证明过程 x y x y 例 36 是否存在常数 C, 使得不等式 + ≤C≤ + , 对任意正数 x,y 恒成立? 2x+y x+2y x+2y 2x+y 试证明你的结论。 【巧解】分析法 2 2 2 令 x=y=1,得 ≤C≤ ,所以 C= 。下面给出证明: 3 3 3 x y 2 x y 2 (1) 先证明: + ≤ ,因为 x>0,y>0,要证: + ≤ ,只要证 2x+y x+2y 3 2x+y x+2y 3 3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),即证:x +y ≥2xy,这显然成立, ∴ x y 2 + ≤ ; 2x+y x+2y 3
2 y

x y 2 (2)再证: + ≥ ,只需证:3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y), x+2y 2x+y 3 x y 2 2 2 即证:x +y ≥2xy,这显然成立,∴ + ≥ 。 x+2y 2x+y 3 2 x y 2 x y 综合(1)(2)得,存在常数 C= ,使对于任何正数 x,y 都有 、 + ≤ ≤ + 成 3 2x+y x+2y 3 x+2y 2x+y 立。 2 [答案] 存在常数 C= ,证明略. 3

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