第六章 不等式、推理與證明
【知識特點】
（1）不等式應(yīng)用十分廣泛，是高中數(shù)學(xué)的主要工具，試題類型多、方法多、概念要求較高，特別是不等式性質(zhì)的條件與結(jié)論，基本不等式的條件等。
（2）不等式的性質(zhì)本身就是解題的手段和方法，要認(rèn)真理解和體會不等式性質(zhì)的條件與結(jié)論，并運用它去解題。
（3）一元二次不等式的解法及求解程序框圖一定要在理解的基礎(chǔ)上掌握，因為求解的程序框圖就是求解的一般方法與步驟。
（4）二元一次不等式組與簡單的線性規(guī)劃是解決最優(yōu)化問題的一個重要手段，但畫圖時一定要細(xì)心，然后求出目標(biāo)函數(shù)的最值。
（5）基本不等式的條件是解題的關(guān)鍵，一定要認(rèn)真體會，會運用基本不等式來證明或求解問題。
（6）推理與證明貫穿于每一個章節(jié)，是對以前所學(xué)知識的總結(jié)與歸納，概念較多，知識比較系統(tǒng)，邏輯性較強，在高中數(shù)學(xué)中有著特殊地位。
【重點關(guān)注】
不等式、推理與證明的學(xué)習(xí)應(yīng)立足基礎(chǔ)，重在理解，加強訓(xùn)練，學(xué)會建模，培養(yǎng)能力，提高素質(zhì)，因此在學(xué)習(xí)中應(yīng)重點注意以下幾點：
（1）學(xué)習(xí)不等式性質(zhì)時，要弄清條件與結(jié)論，要克服“想當(dāng)然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準(zhǔn)則和實數(shù)的運算法則為依據(jù)解決問題。
（2）解某些不等式時，要與函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性聯(lián)系起來，注重數(shù)形結(jié)合思想，解含參數(shù)不等式時要注重分類討論的思想。
（3）利用基本不等式求最值時，要滿足三個條件：一正，二定，三相等。
（4）要強化不等式的應(yīng)用意識，同時要注意到不等式與函數(shù)和方程的對比與聯(lián)系，充分利用函數(shù)方程思想、數(shù)形結(jié)合思想處理不等式問題。
（5）利用線性規(guī)劃解決實際問題，充分利用數(shù)形結(jié)合思想，會達到事半功倍的效果，因此力求畫圖標(biāo)準(zhǔn)。
（6）深刻理解合情推理的含義，歸納解決這類問題的規(guī)律和方法，掌握分析法、綜合法、反證法的證明過程和解題特點。
（7）合情推理中主要包括類比推理與歸納推理兩種推理模式，類比、歸納的數(shù)學(xué)思想是在進行問題探討、研究時常見的思想方法。
（8）數(shù)學(xué)歸納法是證明數(shù)列、等式、不等式的有效方法，證明問題時要注意充分利用歸納假設(shè)，同時注意項數(shù)的變化，在證明不等問題時，注意放縮、作差等方法的應(yīng)用。
【地位和作用】
不等式通常會和函數(shù)，方程結(jié)合起來考查學(xué)生的綜合能力，一般有一道小的選擇或計算及填空出現(xiàn)在高考試題中，學(xué)好不等式的證明及計算是很重要的。涉及不等式的大題有時也會和求函數(shù)的最值結(jié)合大概可以占到20-30分。
推理與證明主要包括：合情推理和演繹推理、直接證明與間接證明、數(shù)學(xué)歸納法（理科）等內(nèi)容，其中推理中的合情推理、演繹推理幾乎涉及數(shù)學(xué)的方方面面的知識，代表研究性命題的發(fā)展趨勢，選擇題、填空題、解答題都可能涉及到，該部分命題的方向主要會在函數(shù)、三角、數(shù)列、立體幾何、解析幾何等方面，在新的高考中都會涉及和滲透，但單獨出題的可能性較��；
總得說來，這一章在高考命題上將會呈現(xiàn)以下特點：
1、考查題型以選擇題、填空為主，偶以解答題形式出現(xiàn)，但多數(shù)是解答題中的一部分，如與數(shù)列、函數(shù)、解析幾何等結(jié)合考查，分值約占10%左右，既有中低檔題也會有高檔題出現(xiàn)；
2、重點考查不等式解法、不等式應(yīng)用、線性規(guī)劃以及不等式與其他知識的結(jié)合，另在推理與證明中將會重點考查。
合情推理與演繹推理及證明方法，偶爾對數(shù)學(xué)歸納法的考查，注重知識交匯處的命題；
3、預(yù)計本章在今后的高考中仍將在不等式的解法、基本不等式應(yīng)用、線性規(guī)劃以及推理與證明與其他知識的交匯處命題，更加注重應(yīng)用與能力的考查。
6.1不等式
【高考目標(biāo)導(dǎo)航】
一、不等關(guān)系與不等式
1、考綱點擊
（1）了解現(xiàn)實世界和日常生活中的不等關(guān)系；
（2）了解不等式（組）的實際背景；
（3）掌握不等式的性質(zhì)及應(yīng)用。
2、熱點提示
（1）不等式的性質(zhì)為考查重點，對于不等關(guān)系，常與函數(shù)、數(shù)列、簡易邏輯及實際問題相結(jié)合進行綜合；
（2）用待定系數(shù)法求參數(shù)的范圍問題是重點，也是難點；
（3）題型以選擇題和填空題為主，主要在與其他知識點交匯處命題。
二、一元二次不等式及其解法
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型；
（2）通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系；
（3）會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設(shè)計求解的程序框圖。
2、熱點提示
（1）以考查一元二次不等式的解法為主，兼顧二次方程的判別式、根的存在性等知識；
（2）以集合為載體，考查不等式的解法及集合的運算；
（3）以函數(shù)、數(shù)列、解析幾何為載體，以二次不等式的解法為手段，考查求參數(shù)的范圍問題；
（4）以選擇、填空題為主，偶爾穿插于解答題中考查。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
1、考綱點擊
（1）會從實際情境中抽象出二元一次不等式組；
（2）了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組；
（3）會從實際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決。
2、熱點提示
（1）重點考查線性目標(biāo)函數(shù)的最值，兼顧考查代數(shù)式的幾何意義（如斜率、距離、面積等）；
（2）多在選擇、填空題中出現(xiàn)，有時會在解答題中出現(xiàn)，常與實際問題相聯(lián)系，列出線性約束條件，求出最優(yōu)解。
四、基本不等式
1、考綱點擊
（1）了解基本不等式的證明過程；
（2）會用基本不等式解決簡單的最大（�。┲祮栴}。
2、熱點提示
（1）以考查基本不等式的應(yīng)用為重點，兼顧考查代數(shù)式變形、化簡能力，注意“一正、二定、三相等”的條件；
（2）考查方式靈活，可出選擇題、填空題，也可出以函數(shù)為載體的解答題；
（3）以不等式的證明為載體，與其他知識結(jié)合在一起來考查基本不等式，證明不會太難。但題型多樣，涉及面廣。
【考綱知識梳理】
一、不等關(guān)系與不等式
1、比較兩實數(shù)大小的方法??求差比較法
；
；
。
2、不等式的基本性質(zhì)
定理1：若 ，則 ；若 ，則 ．即 。
注：把不等式的左邊和右邊交換，所得不等式與原不等式異向，稱為不等式的對稱性。
定理2：若 ，且 ，則 。
注：此定理證明的主要依據(jù)是實數(shù)運算的符號法則及兩正數(shù)之和仍是正數(shù)；定理2稱不等式的傳遞性。
定理3：若 ，則 。
注：（1）不等式的兩邊都加上同一個實數(shù)，所得不等式與原不等式同向；
（2）定理3的證明相當(dāng)于比較 與 的大小，采用的是求差比較法；
（3）定理3的逆命題也成立；
（4）不等式中任何一項改變符號后，可以把它從一邊移到另一邊。
定理3推論：若 。
注：（1）推論的證明連續(xù)兩次運用定理3然后由定理2證出；（2）這一推論可以推廣到任意有限個同向不等式兩邊分別相加，即：兩個或者更多個同向不等式兩邊分別相加，所得不等式與原不等式同向；（3）同向不等式：兩個不等號方向相同的不等式；異向不等式：兩個不等號方向相反的不等式。
定理4．如果 且 ，那么 ；如果 且 ，那么 。
推論1：如果 且 ，那么 。
注：（1）不等式兩端乘以同一個正數(shù)，不等號方向不變；乘以同一個負(fù)數(shù)，不等號方向改變；（2）兩邊都是正數(shù)的同向不等式的兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向；（3）推論 可以推廣到任意有限個兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘。這就是說，兩個或者更多個兩邊都是正數(shù)的同向不等式兩邊分別相乘，所得不等式與原不等式同向。
推論2：如果 ， 那么 。
定理5：如果 ，那么 。
3、不等式的一些常用性質(zhì)
（1）倒數(shù)性質(zhì)
①
②
③
④
（2）有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)
若 ，則
①真分?jǐn)?shù)的性質(zhì)：
②假分?jǐn)?shù)的性質(zhì)：
4、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當(dāng)且僅當(dāng) 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調(diào)取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數(shù)，那么 （當(dāng)且僅當(dāng) 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術(shù)平均數(shù)，稱 的幾何平均數(shù)。即：兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)。
二、一元二次不等式及其解法
1、一元二次不等式與相應(yīng)的一元二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系如下表：
判別式
Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0
二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a>0)的圖象
一元二次方程ax2+bx+c=0（a>0）的根有兩相異實根x1,x2(x1
ax2+bx+c>0（a>0）的解集
ax2+bx+c<0（a>0）的解集 ΦΦ
注：當(dāng)a<0時，可利用不等式的性質(zhì)將二次項系數(shù)化為正數(shù)，注意不等號的變化，而后求得方程兩根，再利用“大于號取兩邊，小于號取中間”求解。
2、用程序框圖來描述一元二次不等式ax2+bx+c>0（a>0）的求解的算法過程為：
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
1、二元一次不等式（組）表示的平面區(qū)域
（1）在平面直角坐標(biāo)系中，直線 將平面內(nèi)的所有點分成三類：一類在直線 上，另兩類分居直線 的兩側(cè)，其中一側(cè)半平面的點的坐標(biāo)滿足 ，另一側(cè)的半平面的點的坐標(biāo)滿足 ；
（2）二元一次不等式 在平面直角坐標(biāo)系中表示直線 某一側(cè)的平面區(qū)域且不含邊界，直線作圖時邊界直線畫成虛線，當(dāng)我們在坐標(biāo)系中畫不等式 所表示的平面區(qū)域時，此區(qū)域應(yīng)包括邊界直線，此時邊界直線畫成實線。
（3）不等式組表示的平面區(qū)域是各個不等式所表示平面點集的交集，因而是各個不等式所表示平面區(qū)域的公共部分。
2、線性規(guī)劃的有關(guān)概念
名稱意 義
約束條件由變量x,y組成的不等式組
線性約束條件由x,y的一次不等式（或方程）組成的不等式組
目標(biāo)函數(shù)關(guān)于x,y的函數(shù)解析式，如z=2x+3y
線性目標(biāo)函數(shù)關(guān)于x,y的一次解析式
可行解滿足線性約束條件的解(x,y)
可行域所有可行解組成的集合
最優(yōu)解使目標(biāo)函數(shù)取得最大值或最小值的可行解
線性規(guī)劃問題在線性約束條件下求線性目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值問題
注：最優(yōu)解必定是可行解，但可行解不一定是最優(yōu)解，最優(yōu)解不一定唯一，有時唯一，有時有多個。
四、基本不等式
1、基本不等式
定理1：如果 ，那么 （當(dāng)且僅當(dāng) 時取“ ”）。
注：（1）指出定理適用范圍： ；（2）強調(diào)取“ ”的條件 。
定理2：如果 是正數(shù)，那么 （當(dāng)且僅當(dāng) 時取“=”）
注：（1）這個定理適用的范圍： ；（2）我們稱 的算術(shù)平均數(shù)，稱 的幾何平均數(shù)。即：兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)。
2、常用字的幾個重要不等式
注：上述不等式成立的條件是a=b
3、利用基本不等式求最佳問題
已知x>0,y>0,則：
（1）如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x=y時，x+y有最小值是 （簡記：積定和最�。�；
（2）如果和x+y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x=y時，xy有最大值是 。（簡記：和定積最大）
4、算術(shù)平均值與幾何平均值
設(shè)a>0,b>0,則a,b的的算術(shù)平均值為 ，幾何平均值為 ，均值不等式可敘述為：兩個正實數(shù)的自述平均值大于或等于它們的幾何平均值。
【要點名師透析】
一、不等關(guān)系與不等式
（一）應(yīng)用不等式表示不等關(guān)系
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1、將實際的不等關(guān)系寫成對應(yīng)的不等式時，應(yīng)注意實際問題中關(guān)鍵性的文字語言與對應(yīng)的數(shù)學(xué)符號之間的正確轉(zhuǎn)換，這關(guān)系到能否正確地用不等式表示出不等關(guān)系。常見的文字語言與數(shù)學(xué)符號之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系如下表：
2、注意區(qū)分“不等關(guān)系”和“不等式”的異同，不等關(guān)系強調(diào)的是關(guān)系，可用 表示，不等式則是表現(xiàn)不等關(guān)系的式子，對于實際問題中的不等關(guān)系可以從“不超過”、“至少”、“至多”等關(guān)鍵詞上去把握，并考慮到實際意義。
※例題解析※
〖例〗某汽車公司由于發(fā)展的需要需購進一批汽車，計劃使用不超過1000萬元的資金購買單價分別為40萬元、90萬元的A型汽車和B型汽車。根據(jù)需要，A型汽車至少買5輛，B型汽車至少買6輛，寫出滿足上述所有不等關(guān)系的不等式。
思路解析：把握關(guān)鍵點，不超過1000萬元，且A、B兩種車型分別至少5輛、6輛，則不等關(guān)系不難表示，要注意取值范圍。
解答：設(shè)購買A型汽車和B型汽車分別為x輛、y輛，則
（二）比較大小
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比較實數(shù)或代數(shù)式的大小的方法主要是作差法和作商法。
1、“作差法”的一般步驟是：（1）作差；（2）變形；（3）判斷符號；（4）得出結(jié)論。用“作差法”比較兩個實數(shù)大小的關(guān)鍵是判斷差的正負(fù)，常采用配方、因式分解、有理化等方法。常用的結(jié)論有 ， ， 等。當(dāng)兩個式子都為正時，有時也可以先平方再作差。
2、作商法的一般步驟是：
（1）作商；（2）變形；（3）判斷商與1的大��；（4）得出結(jié)論。
注：當(dāng)商與1的大小確定后必須對商式的分母的正負(fù)做出判斷方可得出結(jié)論，如： ， ；
3、特例法
若是選擇題還可以用特殊值法比較大小，若是解答題，也可以用特殊值法探路.
※例題解析※
〖例〗（1）設(shè) ，試比較 與 的大小；
（2）
已知a,b,c∈｛正實數(shù)｝，且 ，當(dāng)n∈N,n>2時，比較 與 的大小。
思路解析：（1）作差，通過分解因式判斷差的符號；
（2）本題需比較的式子是冪的形式，因此考慮用作商比較。
解答：（1）方法一：
方法二：∵x
(2)∵a,b,c∈｛正實數(shù)｝，∴ .
（三）不等式性質(zhì)的應(yīng)用
〖例〗設(shè)f(x)=ax2+bx,1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(-2)的取值范圍。
思路解析：由f(x)關(guān)系式 f(-2)與f(1) 和f(-1)的關(guān)系 利用f(1) 和f(-1)的范圍 f(-2)的范圍。
解答：（方法一）設(shè)f(-2)=m f(-1)+n f(1)(m、n為待定系數(shù))，則4a-2b=m(a-b)+n(a+b).即4a-2b=（m+n）a+(n-m)b.于是得 ，解得 ，∴f(-2)=3f(-1)+f(1)。又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故5≤f(-2)≤10。
（方法二）
（方法三）由 確定的平面區(qū)域如圖陰影部分：
當(dāng)f(-2)=4a-2b過點 時，取得最小值 ，當(dāng)f(-2)=4a-2b過點B（3，1）時，取得最大值4×3-2×1=10，∴5≤f(-2)≤10
注：由a
〖例〗已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求證 (a+ )(b+ )≥ 。
證明：證法一： (分析綜合法）
欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ 或ab≥8
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2 ，∴ab≤ ，從而得證。
證法二： (均值代換法)
設(shè)a= +t1，b= +t2。
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，t1＜ ，t2＜ ，
顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b= 時，等號成立
證法三：(比較法)
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，
證法四：(綜合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ ，
。
證法五：(三角代換法)
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0， )，
方法提示：
由a
二、一元二次不等式及其解法
（一）一元二次不等式的解法
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解一元二次不等式的一般步驟
（1）對不等式變形，使一端為0且二次項系數(shù)大于0，即
；
（2）計算相應(yīng)的判別式；
（3）當(dāng)Δ≥0時，求出相應(yīng)的一元二次方程的根；
（4）根據(jù)對應(yīng)二次函數(shù)的圖象，寫出不等式的解集。
※例題解析※
〖例〗解下列不等式：
（1）2x2+4x+3<0;(2)-3x2-2x+8≤0;(3)8x-1≥16x2.
思路解析：首先將二次項系數(shù)轉(zhuǎn)化為正數(shù)，再看二次基項式能否因式分解，若能，則可得方程的兩根，且大于號取兩邊，小于號取中間，若不能，則再“Δ”，利用求根公式求解方程的根，而后寫出解集。
解答：（1）∵Δ=42-4×2×3=16-24=-8<0,∴方程2x2+4x+3=0沒有實根，∴2x2+4x+3<0的解集為Φ；
（2）原不等式等價于3x2+2x-8≥0 （x+2）(3x-4)≥0 x≤-2或x≥
（3）原不等式等價于16x2-8x+1≤0 (4x-1)2≤0,∴只有當(dāng)4x-1=0，即x= 時，不等式成立。故不等式的解集為
（二）含字母參數(shù)的不等式的解法
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含參數(shù)的一元二次不等式關(guān)于字母參數(shù)的取值范圍問題，其主要考查二次不等式的解集與系數(shù)的關(guān)系以及分類討論的數(shù)學(xué)思想。
1、解答分類討論問題的基本方法和步驟是：
（1）要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；
（2）確定分類標(biāo)準(zhǔn)，正確進行合理分類；
（3）對所分類逐步進行討論，分級進行，獲取階段性結(jié)果；
（4）進行歸納總結(jié)，綜合得出結(jié)論。
2、對于解含有參數(shù)的二次不等式，一般討論的順序是：
（1）討論二次項系數(shù)是否為0，這決定此不等式是否為二次不等式；
（2）當(dāng)二次項系數(shù)不為0時，討論判別式是否大于0；
（3）當(dāng)判別式大于0時，討論二次項系數(shù)是否大于0，這決定所求不等式的不等號的方向；
（4）判斷二次不等式兩根的大小。
※例題解析※
〖例〗解關(guān)于x的不等式(1-ax)2<1
思路解析：將不等式左邊化為二次三項式，右邊等于0的形式，并將左邊因式分解，據(jù)a的取值情況分類討論。
解答：由(1-ax)2<1處
（1）
注：解含參數(shù)的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對參數(shù)進行分類討論；若不能因式分解，則可對判別式進行分類討論，分類要不重不漏。若二次項系數(shù)含參數(shù)，則不要忘了二次項系數(shù)是否為零的情況。
（三）一元二次不等式的實際應(yīng)用
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1、實際應(yīng)用問題是新課標(biāo)下考查的重點，突出了應(yīng)用能力的考查，在不等式應(yīng)用題中常以函數(shù)模型出現(xiàn)，如一元二次不等式應(yīng)用題常以二次函數(shù)為模型，解題時要理清題意，準(zhǔn)確找出其中不等關(guān)系再利用不等解法求解；
2、不等式應(yīng)用題一般可按如下四步進行：
（1）閱讀理解、認(rèn)真審題，把握問題中的關(guān)鍵量，找準(zhǔn)不等關(guān)系；
（2）引進數(shù)學(xué)符號，用不等式表示不等關(guān)系；
（3）解不等式；
（4）回歸實際問題。
※例題解析※
〖例〗國家原計劃以2400元/噸的價格收購某種農(nóng)產(chǎn)品m噸，按規(guī)定，農(nóng)戶向國家納稅為：每收入100元納稅8元（稱作稅率為8個百分點，即8%）。為了減輕農(nóng)民負(fù)擔(dān)，決定降低稅率。根據(jù)市場規(guī)律，高效率降低x個百分點，收購量能增加2x個百分點。試確定x的范圍，使稅率調(diào)低后，國家此項稅收總收入不低于原計劃的78%。
思路解析：表示高效率調(diào)低后的稅收收入 列不等關(guān)系 解不等關(guān)系 得結(jié)論
解答：設(shè)稅率調(diào)低后的稅收總收入為y元，則
（四）一元二次不等式恒成立問題
〖例〗求使 ≤a (x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值。
思路解析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應(yīng)進行換元，即令 =cosθ， =sinθ(0＜θ＜ ＝，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的 其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的。
除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，a≥f(x)，則amin=f(x)max 若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題。還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化。
解答：解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，
得：x+y+2 ≤a2(x+y)，即2 ≤(a2－1)(x+y)，①
∴x，y＞0，∴x+y≥2 ， ②
當(dāng)且僅當(dāng)x=y時，②中有等號成立。
比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是 。
解法二：設(shè)
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當(dāng)x=y時“=”成立)，
∴ ≤1， 的最大值是1。
從而可知，u的最大值為 ，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值為 ，
解法三：∵y＞0，
∴原不等式可化為 +1≤a ，
設(shè) =tanθ，θ∈(0， )。
∴tanθ+1≤a ，即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ= sin(θ+ )，③
又∵sin(θ+ )的最大值為1(此時θ= )。
由③式可知a的最小值為 。
注：（1）解決恒成立問題一定要搞清誰是自變量，誰是參數(shù)。一般地，知道誰的范圍，誰就是變量，求誰的范圍，誰就是參數(shù)；
（2）對于二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方，恒小于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方。
三、二元一次不等式（組）與簡單的線性規(guī)劃問題
（一）二元一次不等（組）表示平面區(qū)域
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二元一次不等式（組）表示平面區(qū)域的判斷方法
（1）直線定界，特殊點定域
注意不等式中不等號有無等號，無等號時直線畫成虛線，有等號時直線畫成實線。若直線不過原點，特殊點常選取原點。
（2）同號上，異號下
即當(dāng) 時，區(qū)域為直線Ax+By+C=0的上方，當(dāng) ，區(qū)域為直線Ax+By+C=0的下方。
※例題解析※
〖例〗如圖ΔABC中，A(0,1),B(-2,2),C(2,6),寫出ΔABC區(qū)域所表示的二元一次不等組。
思路解析：通過三點可求出三條直線的方程，而后利用特殊點驗證。因三條直線均不過原點，故可由原點(0,0)驗證即可。
解答：由已知得直線AB、BC、CA的方程分別為：直線AB：x+2y-2=0,直線BC：x-y+4=0,直線CA：5x-2y+2=0.∴原點(0,0)不在各直線上，將原點坐標(biāo)代入到各直線方程左端，結(jié)合式子的符號可得不等式組為：
（二）求目標(biāo)函數(shù)的最值
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1、求目標(biāo)函數(shù)的最值，必須先準(zhǔn)確地作出線性可行域，再作出目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線，據(jù)題意確定取得最優(yōu)解的點，進而求出目標(biāo)函數(shù)的最值。
2、最優(yōu)解的確定方法
線性目標(biāo)函數(shù)z=ax+by取最大值時的最優(yōu)解與b的正負(fù)有關(guān)，當(dāng)b>0時，最優(yōu)解是將直線ax+by=0在可行域內(nèi)向上方平移到端點（一般是兩直線交點）的位置得到的；當(dāng)b<0,則是向下方平移。
※例題解析※
〖例〗若變量x,y滿足 則 的最大值是（ ）
A 90 B 80 C 70 D 40
思路解析：作出可行域 作出直線3x+2y=0 找到最優(yōu)解 求得最大值
解答：選C。線性不等式組表示的區(qū)域如圖中陰影部分所示。
可知 在A點處取最大值，由 ，解得A（10，20）�！� 故選C。
（三）線性規(guī)劃的實際應(yīng)用
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解決線性規(guī)劃實際應(yīng)用題的一般步驟：
（1）認(rèn)真審題分析，設(shè)出未知數(shù)，寫出線性約束條件和目標(biāo)函數(shù)；
（2）作出可行域；
（3）作出目標(biāo)函數(shù)值為零時對應(yīng)的直線
（4）在可行域內(nèi)平行移動直線 ，從圖中能判定問題有唯一最優(yōu)解，或是有無窮最優(yōu)解或無最優(yōu)解；
（5）求出最優(yōu)解，從而得到目標(biāo)函數(shù)的最值。
注：解線性規(guī)劃問題的關(guān)鍵步驟是在圖上完成的，所以作圖應(yīng)盡可能精確，圖上操作盡可能規(guī)范，假若圖上的最優(yōu)點并不明顯時，不妨將幾個有可能是最優(yōu)點的坐標(biāo)都求出來，然后逐一檢驗，以“驗明正身”。另外對最優(yōu)整數(shù)解問題，可使用“局部微調(diào)法”，此方法的優(yōu)點是思路清晰，操作簡單，便于掌握。用“局部微調(diào)法”求整點最優(yōu)解的關(guān)鍵是“微調(diào)”，其步驟可用以下十二字概括：微調(diào)整、求交點、取范圍、找整解。
※例題解析※
〖例〗某公司倉庫A存有貨物12噸，倉庫B存有貨物8噸，現(xiàn)按7噸、8噸和5噸把貨物分別調(diào)運給甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為8元、6元、9元；從倉庫B運貨物到商店甲、乙、丙，每噸貨物的運費分別為3元、4元、5元。問應(yīng)如何安排調(diào)運方案，才能得到從兩個倉庫貨物到三個商店的總運費最少？
思路解析：由于題目中量比較多，所以最好通過列出表格以便清晰地展現(xiàn)題目中的條件。設(shè)出倉庫A運給甲、乙商店的貨物噸數(shù)可得運到丙商店的貨物噸數(shù)，列出可行域，即可求解。
解答：將已知數(shù)據(jù)列成下表：
設(shè)倉庫A運給甲、乙商店的貨物分別為x噸，y噸，則倉庫A運給丙商店的貨物為（12-x-y）噸，從而倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為(7-x)噸、（8-y）噸、[5-（12-x-y）]=（x+y-7）噸，于是總運費為：
Z=8x+6y+8(12-x-y)+3(7-x)+4（8-y）+5（x+y-7）=x-2y+126.
∴線性約束條件為 即 。目標(biāo)函數(shù)為： 作出上述不等式組表示的平面區(qū)域，即可行域，如圖中陰影部分所示：
作出直線 ：x-2y=0,把直線 平行移動，顯然當(dāng)直線 移動到過點(0,8),在可行域內(nèi)， 取得最小值 ，即x=0,y=8時總運費最少。
安排的調(diào)運方案如下：倉庫A運給甲、乙、丙商店的貨物分別為0噸、8噸、4噸，倉庫B運給甲、乙、丙商店的貨物分別為7噸、0噸、1噸，此時可使得從兩個倉庫運貨物到三個商店的總運費最少。
注：求線性規(guī)劃問題的整點最優(yōu)解常用以下方法：
（1）平移直線法：先在可行域中畫網(wǎng)格，再描整點，平移直線 ，最先經(jīng)過或最后經(jīng)過的整點坐標(biāo)就是最優(yōu)解；
（2）檢驗優(yōu)值法：當(dāng)可行域中整點個數(shù)較少時，可將整點坐標(biāo)逐一代入目標(biāo)函數(shù)求值，經(jīng)過比較得出最優(yōu)解；
（3）調(diào)整優(yōu)值法；先求非整點最優(yōu)解，再借助于不定方程知識調(diào)整最優(yōu)值，最后篩選出整點最優(yōu)解。
（四）線性規(guī)劃的綜合應(yīng)用
〖例〗實數(shù)x,y滿足
（1）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
（2）若 ，求 的最大值和最小值，并求 的取值范圍。
思路解析：（1） 表示的是區(qū)域內(nèi)的點與原點連線的斜率。故 的最值問題即為直線的斜率的最大值與最小值。（2） 的最值表示的是區(qū)域內(nèi)的點與原點的兩點距離的平方的最大值、最小值。
解答：由 作出可行域如圖陰影部分所示：
（1） 表示可行域內(nèi)任一點與坐標(biāo)原點連線的斜率，因此 的范圍為直線OB的斜率到直線OA的斜率（OA斜率不存在）。而由 得B（1，2），∴ ∴ 不存在， ，∴ 的取值范圍是[2，+∞）。
（2） 表示可行域內(nèi)的任意一點與坐標(biāo)原點的兩點間距離的平方。因此 的范圍最小為 （取不到），最大為 。由 得A（0，1），∴ = ， = 。∴ ， 無最小值。
故 的取值范圍是 .
注：本例與常規(guī)線性規(guī)劃不同，主要是目標(biāo)函數(shù)不是直線形式，此類問題�？紤]目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，常見代數(shù)式的幾何意義主要有以下幾點：
（1） 表示點（x,y）與原點(0,0)的距離； 表示點(x,y)與(a,b)的距離。
（2） 表示點（x,y）與原點(0,0)連線的斜率； 表示點（x,y）與(a,b)連線的斜率。
這些代數(shù)式的幾何意義能使所求問題得以轉(zhuǎn)化，往往是解決問題的關(guān)鍵。
四、基本不等式
（一）利用基本不等式求最值
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1、創(chuàng)設(shè)應(yīng)用基本不等式的條件
（1）合理拆分項或配湊因式是常用的技巧，而拆與湊的目標(biāo)在于使等號成立，且每項為正值，必要時需出現(xiàn)積為定值或和為定值；
（2）當(dāng)多次使用基本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且要注意取等號的條件的一致性，否則就會出錯，因此在利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法。
2、利用基本不等式求最值需注意的問題
（1）各數(shù)（或式）均為正；
（2）和或積為定值；
（3）等號能否成立，即一正、二定、三相等，這三個條件缺一不可。
3、基本不等式的幾種變形公式
對于基本不等式，不僅要記住原始形式，而且還要掌握它的幾種常見的變形形式及公式的逆運用等，如：
※例題解析※
〖例〗求下列各題的最值。
（1）已知 ,求 的最小值。
（2）
（3）
（4）
思路解析：（1）由 得 ，故可用基本不等式。（2）由 是常數(shù)，故可直接利用基本不等式（3）因 不是常數(shù)，故需變形。 ，故需變號。（4）雖然 ，但利用基本不等式時，等號取不到，所以利用函數(shù)的單調(diào)性。
解答：（1）方法一： �！� 。當(dāng)且僅當(dāng) ，即 時等號成立。
方法二：由 得 。當(dāng)且僅當(dāng) ，即 時等號成立。
（2）
∴
（3）
當(dāng)且僅當(dāng) ，即x=1時，等號成立。故f(x)的最大值為-1.
(4) 則
（二）利用基本不等式證明不等式
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1、利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，其實質(zhì)就是從已知的不等式入手，借助不等式性質(zhì)和基本不等式，經(jīng)過逐步的邏輯推理，最后推得所證問題，其特征是“由因?qū)Ч薄?br>2、證明不等式時要注意靈活變形，多次利用基本不等式時，注意每次等號是否都成立。同時也要注意應(yīng)用基本不等式的變形形式。
※例題解析※
〖例1〗（1）已知a>0,b>0,a+b=1,求證： （2）證明：
思路解析：（1）利用a+b=1將要證不等式中的1代換，即可得證。（2）利用 兩兩結(jié)合即可求證，但需兩次利用不等式，注意等號成立的條件。
解答：（1）方法一： （當(dāng)且僅當(dāng)a=b= 時等號成立）�！� �！嘣坏仁匠闪ⅰ�
方法二：∵a>0,b>0,a+b=1，∴ （當(dāng)且僅當(dāng)a=b= 時等號成立）。∴原不等式成立。
（2） 。故原不等式得證，等號成立的條件是
〖例2〗已知不等式 對任意 、 的正實數(shù)恒成立，求正數(shù) 的最小值。
思路解析：展開后，利用基本不等式，而后解不等式可求 值。
解答： ∴要使原不等式恒成立，則只需 ≥9，即 ∴正數(shù) 的最小值是4。
注：利用基本不等式求參數(shù)的值或范圍時，只需求出式子的最小值或最大值，使其滿足已知條件即可。
（三）基本不等式的實際應(yīng)用
〖例〗某造紙廠擬建一座平面圖形為矩形且面積為162平方米的三級污水處理池，池的深度一定（平面圖如圖所示）， ，如果池四周圍墻建造單價為400元/米2，中間兩道隔墻建造單價為248元/米2，池底建造單價為80248元/米2，水池所有墻的厚度忽略不計。
（1）試設(shè)計污水處理池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價；
（2）若由于地形限制，該池的長和寬都不能超過16米，試設(shè)計污水池的長和寬，使總造價最低，并求出最低總造價。
思路解析：（1）由題意設(shè)出未知量 構(gòu)建函數(shù)關(guān)系式 變形轉(zhuǎn)化利用基本不等式 求得最值 結(jié)論；（2）由（1）函數(shù)關(guān)系 確定x的范圍 判斷函數(shù)單調(diào)性 利用單調(diào)性求最值 結(jié)論。
解答：（1）設(shè)污水處理池的寬為x米，則長為 米。則總造價為
（2）由限制條件知 設(shè) 由函數(shù)性質(zhì)易知 在 上是增函數(shù)，∴當(dāng) 時（此時 ）， 有最小值，即 有最小值
注：（1）解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實際意義，即其取值范圍；（2）在求函數(shù)最值時，除應(yīng)用基本不等式外，有時會出現(xiàn)基本不等式取不到等號，此時要利用函數(shù)的單調(diào)性。
【感悟高考真題】
1、（2011?安徽高考文科?Ｔ7）若數(shù)列 的通項公式是 n=(-1)n(3 -2),則 …
（A）15 (B)12 （C） 12 (D) 15
【思路點撥】觀察數(shù)列 的性質(zhì)，得到
【精講精析】選A. 故
2、（2011?安徽高考理科?Ｔ4）設(shè)變量 滿足 則 的最大值和最小值分別為
（Ａ）１，－１ （Ｂ）２，－２�。ǎ茫保病 。ǎ模�，－１
【思路點撥】此題屬于線性規(guī)劃問題，先畫出 表示的平面區(qū)域，再求目標(biāo)函數(shù)z= 的最值.
【精講精析】選B.首先畫出 表示的平面區(qū)域
由圖像可知當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點（0,1）時取得最大值2，
過點（0，-1）時取得最小值-2.
3、（2011?北京高考文科?T7）某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用為800元，若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲時間為 天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用與倉儲費用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品（ ）
（A）60件 （B）80件 （C）100件 （D）120件
【思路點撥】寫出平均每件產(chǎn)品費用的函數(shù)，再利用均值不等式求出最值.
【精講精析】選B.平均每件產(chǎn)品的費用為 當(dāng)且僅當(dāng) ，即 時取等號.所以每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品80件，才能使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用與倉儲費用之和最小.
4、（2011?安徽高考理科?Ｔ19）（Ⅰ）設(shè) 證明
（Ⅱ）設(shè) ，證明
【思路點撥】利用不等式的基本性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和對數(shù)換底公式的知識.
【精講精析】證明：（1）由于
所以要證明 ，
只需證
將上式中的右式減左式，得
既然 所以 從而所要證明的不等式成立.
（Ⅱ）設(shè) ，由對數(shù)的換底公式得
于是，所要證明的不等式即為
.
其中
故由（Ⅰ）成立知 成立.
【考點精題精練】
一、選擇題
1、下列選項中，p是q的必要不充分條件的是（ ）
A.p: ＞b+d , q: ＞b且c＞d
B.p:a＞1,b>1 q: 的圖像不過第二象限
C.p: x=1, q:
D.p:a＞1, q: 在 上為增函數(shù)
解析：由 ＞b且c＞d ＞b+d，而由 ＞b+d ＞b且c＞d，可舉反例。選A。
2、已知 ， ， ， 為實數(shù)，且 ＞ .則“ ＞ ”是“ － ＞ － ”的（ ）
A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
解析：顯然，充分性不成立.又，若 － ＞ － 和 ＞ 都成立，則同向不等式相加得 ＞
即由“ － ＞ － ” “ ＞ ”
3、若a、b、c ，則下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
答案: C
4、已知a、b、c∈R，則“a＞b”是“ac2＞bc2”的( )
(A)充分而不必要條件
(B)必要而不充分條件
(C)充要條件
(D)既不充分也不必要條件
解析：選B.若c=0，則a＞b ac2＞bc2，但若ac2＞bc2，則c2＞0，∴ac2＞bc2 a＞b，故選B
5、(2011?大連模擬)若a>b>0,則下列不等式不成立的是( )
(A) (B)a2＞b2
(C)a+b≥ (D)
【解析】選D.∵a＞b＞0,∴ ,a2＞b2故A、B成立，又a+b＞ a+b≥ , ∴C成立，故選D.
6、(2011?日照模擬)下列結(jié)論正確的是( )
(A) x∈R，使2x2-x+1＜0成立
(B)
(C) 的最小值為2
(D)0＜x≤2時，函數(shù)y=x- 有最大值為
【解析】選D.∵2x2-x+1=2(x- )2+ ≥ ＞0，
∴ x∈R，都有2x2-x+1＜0不成立；∵ x＞1,都有 成立，∴ x＞0，都有l(wèi)gx+ ≥2不成立；
若 則當(dāng)且僅當(dāng)x2+2=1時，不等式取等號，顯然不可能；當(dāng)0＜x≤2時，函數(shù)y=x- 為增函數(shù)，其最大值為 即此結(jié)論正確，故應(yīng)選D.
7、實數(shù)x、y滿足不等式組 ,則 的取值范圍 ( )
A.[-1, ] B.[- , ] C. D.
答案：D
8、下列結(jié)論中，錯用基本不等式做依據(jù)的是（ ）
A．a(chǎn)，b均為負(fù)數(shù)，則 B．
C． D．
答案：C
9、已知y=f(x)是R上的減函數(shù),且y=f(x)的圖象經(jīng)過點A(0,1)和點B(3,－1),則不等式 <1的解集為( )
A.(－1,2) B.(0,3) C.(－∞,－2) D.(－∞,3)
答案：A
10、設(shè) ， ，則下列不等式中一定成立的是 （ ）
A． B． C． D．
答案：C
11、已知實數(shù)x，y滿足 的最小值為（ ）
A．5B．10 C．25D．210
答案：A
12、已知｜a｜≠｜b｜，m＝ ，n＝ ，則m、n之間的大小關(guān)系是（ ）
A. m>n B. m
二、填空題
13、(2011?濟南模擬)已知M=2(a2+b2),N=2a-4b+2ab-7,且a、b∈R，則M、N的大小關(guān)系為_______.
【解析】M-N=(a2-2a+1)+(b2+4b+4)+(a2+b2-2ab)+2=(a-1)2+(b+2)2+(a-b)2+2＞0.
答案：M＞N
14、不等式 的解集為
答案：
15、若 ，則 與 的大小關(guān)系是
答案：
16、(2011?菏澤模擬)已知f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數(shù)，若f(1)>1，f(2)= ,則實數(shù)a的取值范圍是_____.
【解析】∵f(2)=f(2-3)=f(-1)=-f(1)<-1
答案：(-1, )
三、解答題
17、（本小題12分）已知函數(shù) ，求函數(shù)的最小值.
解： ………………………………………………………2分
…8分
等號成立，所以 ………………………………………………12分
18、某營養(yǎng)師要為某個兒童準(zhǔn)備午餐和晚餐.已知一個單位的午餐含12個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質(zhì)和6個單位的維生素C；一個單位的晚餐含8個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質(zhì)和10個單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的營養(yǎng)中至少含64個單位的碳水化合物，42個單位的蛋白質(zhì)和54個單位的維生素C.
如果一個單位的午餐、晚餐的費用分別是2.5元和4元，那么要滿足上述的營養(yǎng)要求，并且花費最少，應(yīng)當(dāng)為該兒童分別準(zhǔn)備多少個單位的午餐和晚餐？
解析：設(shè)為該兒童分別準(zhǔn)備x,y個單位的午餐和晚餐，共需z元，則z=2.5x+4y，
可行域為
即 作出可行域如圖陰影中的整點：
所以，當(dāng)x=4,y=3時，
花費最少，為zmin=2.5×4+4×3=22(元).
答：應(yīng)當(dāng)為該兒童分別準(zhǔn)備4個單位午餐和3個單位晚餐.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.xiqigame.cn/gaosan/73342.html
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