v1.0 可编辑可修改 不等式选讲
一、绝对值不等式 1．绝对值三角不等式
定理1：如果a,b是实数，则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时，等号成立。 注：（1）绝对值三角不等式的向量形式及几何意义：当a，b不共线时，|a+b|≤|a|+|b|，它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边。
（2）不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|中“=”成立的条件分别是：不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，在侧“=”成立的条件是ab≥0，左侧“=”成立的条件是ab≤0且|a|≥|b|;不等式|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|，右侧“=”成立的条件是ab≤0，左侧“=”成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|。
定理2：如果a,b,c是实数，那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c) ≥0时，等号成立。
2．绝对值不等式的解法
（1）含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集 不等式 |x|＜a |x|＞a a＞0 {x|-a＜x＜a} {x|x＞a 或x＜-a } a=0 a＜0 ? {x|x∈R且x≠0} ? R 注：|x|以及|x-a|±|x-b|表示的几何意义（|x|表示数轴上的点x到原点O的距离；| x-a |±|x-b|）表示数轴上的点x到点a,b的距离之和（差）
（2）|ax+b|≤c(c＞0)和|ax+b|≥c(c＞0)型不等式的解法 ①|ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c;
②| ax+b|≥c? ax+b≥c或ax+b≤-c.
（3）|x-a|+|x-b|≥c(c＞0)和|x-a|+|x-b|≤c(c＞0)型不等式的解法 方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想。
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二、证明不等式的基本方法 1．比较法 （1）作差比较法
①理论依据：a＞b?a-b＞0;a＜b? a-b＜0. ②证明步骤：作差→变形→判断符号→得出结论。
注：作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数（或式子）与0的大小关系。
（2）作商比较法
a?1?a?b; ba b?0,?1?a?b;
b①理论依据：b?0,②证明步骤：作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论。 2．综合法
（1）定义：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得到命题成立，这种证明方法叫做综合法。综合法又叫做推证法或由因导果法。
（2）思路：综合法的思索路线是“由因导果”，也就是从一个（组）已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出要求证明的不等式。
3．分析法
（1）定义：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法。
（2）思路：分析法的思索路线是“执果索因”，即从要证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到打到已知不等式为止。
注：综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚。当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，
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v1.0 可编辑可修改 用综合法叙述、表达整个证明过程。
4．放缩法
（1）定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种证明方法称为放缩法。
（2）思路：分析证明式的形式特点，适当放大或缩小是证题关键。 5.除此之外还有反证法和数学归纳法
【绝对值不等式习题】
【例1】不等式|x?5|?|x?3|?10的解集为 （A）[] （B）[-4,6]
（C）(??,?5]?[7,??) （D）(??,?4]?[6,??) 【答案】D 【解析】由不等式的几何意义知，式子|x?5|?|x?3|表示数轴的点(x)与点（5）的距离 和与点（-3）的距离之和，其距离之和的最小值为8，结合数轴，选项D正确
【例2】 已知集合A?x?R|x?3?x?4?9,B??x?R|x?4t?,t?(0,??)?，则集合A?B=________. 【答案】?x?R|?2?x?5?
【解析】∵A??x?R||x?3|?|x?4|?9???x?R|?4?x?5?，
????1t???11???B??x?R|x?4t??6,t??0,??????x?R|x?24t??6,t??0,????tt??????x?R|x??2?，
∴A?B??x?R|?4?x?5???x?R|x??2???x?R|?2?x?5?.
【例3】对于实数x，y，若x?1?1，y?2?1，则x?2y?1的最大值为 .
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v1.0 可编辑可修改 【答案】5
【例4】不等式x?1?x?3?0的解集是______.
【解析】{x|x?1}。由题得|x?1|?|x?3|?(x?1)?(x?3)的解集为{x|x?1}。
【例5】若关于x的不等式a?x?1?x?2存在实数解，则实数a的取值范围是 【答案】(??,?3][3,??)
【解析】：因为x?1?x?2?|x?1?x?2|?3所以a?x?1?x?2存在实数解，有
22?x?1 所以不等式
a?3a??3或a?3
【例6】已知函数f（x）=|x-2|-|x-5|.
（I）证明：-3≤f（x）≤3；（II）求不等式f（x）≥x-8x+15的解集.
2
x?2,??3,?解：（I）f(x)?|x?2|?|x?5|??2x?7,2?x?5,
?3,x?5.? 当2?x?5时,?3?2x?7?3. 所以?3?f(x)?3. （II）由（I）可知，
当x?2时,f(x)?x?8x?15的解集为空集；
2 当2?x?5时,f(x)?x?8x?15的解集为{x|5?3?x?5}；
2 当x?5时,f(x)?x?8x?15的解集为{x|5?x?6}.
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v1.0 可编辑可修改 2综上，不等式f(x)?x?8x?15的解集为{x|5?3?x?6}.
【例7】已知函数f(x)?|x?2|,g(x)??|x?3|?m. （1）解关于x的不等式f(x)?a?1?0(a?R)；
（2）若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围。
解：（1）不等式f(x)?a?1?0，即x?2?a?1?0。 当a?1时，不等式的解集是(??,2)当a?1时，不等式的解集为R；
当a?1时，即x?2?1?a，即x?2?a?1或者x?2?1?a，即x?a?1或者
(2,??)；
x?3?a，解集为(??,1?a)(3?a,??)。 （5分）
（2）函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即x?2??x?3?m对任意实数
x恒成立。即x?2?x?3?m对任意实数x恒成立。
由于x?2?x?3?(x?2)?(x?3)?5，故只要m?5。 所以m的取值范围是(??,5)。
【不等式证明习题】
【例1】若a，b，c为不全相等的正数，求证：
a＋bb＋ca＋clg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
222证明： 由a，b，c为正数，得
a＋bb＋ca＋c
lg ≥lg ab；lg ≥lg bc；lg ≥lg ac.
222而a，b，c不全相等，
a＋bb＋ca＋c222
所以lg ＋lg ＋lg ＞lg ab＋lg bc＋lg ac＝lg abc＝lg(abc)
222＝lg a＋lg b＋lg c.
a＋bb＋ca＋c
即lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
222
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v1.0 可编辑可修改 【例2】证明不等式1+
111??...??2n(n?N?). 23n证法一 (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立
(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+
112?3???1k＜2k，
则1?12?13???1k?1?2k?1k?1?2k(k?1)?1k?(k?1)?1
k?1?k?1?2k?1,∴当n=k+1时，不等式成立
综合(1)、(2)得*
11 当n∈N时，都有1+
2?3???1n＜2n
根据（），（12）可知，当n?N1?时，1?2?113?...??n2n成立。二 对任意k∈N*
，都有
1k?2k?k?2k?k?1?2(k?k?1),因此1?12?13???1n?2?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)?2n.证法三 设f(n)=2n?(1?112?3???1n),
那么对任意k∈N*
都有
f(k?1)?f(k)?2(k?1?k)?1k?1?1k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1]
?1k?1?[(k?1)?2k(k?1)?k]?(k?1?k)2k?1?0∴f(k+1)＞f(k)
因此，对任意n∈N*
都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0， ∴1?112?13???n?2n.
【例3】已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求证 (a+1a)(b+1b)≥254
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证法
v1.0 可编辑可修改 证法一 (分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)+4(a+b)－25ab+4≥0， 即证4(ab)－33(ab)+8≥0，即证ab≤
2
222
1或ab≥8 4∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二 (比较法）
1，从而得证 4∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤
1 41125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4证法三 (综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 425?2(1?ab)?1?2139??16(1?ab)?1252?1?ab?1???(1?ab)?????4416?1ab4?4??ab1125 即(a?)(b?)?ab4n*【例4】已知an?2?1(n?N).求证：
an1a1a2????...?n(n?N*). 23a2a3an?1证明：
ak2k?11111111?k?1??????.,k?1,2,...,n, ak?12?122(2k?1?1)23.2k?2k?2232k
?aa1a2n1111n11n1??...?n??(?2?...?n)??(1?n)??, a2a3an?12322223223
an1aan???1?2?...?n?(n?N*). 23a2a3an?122?a)b，(2?b)c【例5】若0，0，0，求证：(，(?a?2?c?22?ca)不能??b2同时大于1。
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v1.0 可编辑可修改 ?a?0，2?b?0，2?c?0证明：由题意知2
?(2?a)b?1?假设有?(2?b)c?1
?(2?c)a?1?那么
(2?a)?b ?(2?a)b?12(2?b)?c ?12同理，
(2?c)?a ?12①＋②＋③，得3矛盾，假设不成立。 ?3故(2?ca)不能同时大于1。 2?ab)，(2?bc)，(【例6】设函数f(x)＝x－a(x＋1)ln(x＋1)(x＞－1，a≥0).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求证：当m＞n＞0时，(1＋m)＜(1＋n). 【解析】(1)f′(x)＝1－aln(x＋1)－a，
①a＝0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函数； ②当a＞0
1-a时，f(x)在(－1，ea1-a－1]上单调递增，在[eanm－1，＋∞)单调递减.
ln(1＋m)nm(2)证明：要证(1＋m)＜(1＋n)，只需证nln(1＋m)＜mln(1＋n)，只需证＜
mln(1＋n)
.
n－ln(1＋x)1＋xln(1＋x)x－(1＋x)ln(1＋x)
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝＝. 2
xxx2(1＋x)由(1)知x－(1＋x)ln(1＋x)在(0，＋∞)单调递减， 所以x－(1＋x)ln(1＋x)＜0，即g(x)是减函数， 而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.
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高三数学不等式选讲知识点和练习
