不等式
1．理解不等式的性质及其证明．
2．掌握两个（注意不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理，并会简单应用．
3．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．
4．掌握简单不等式的解法．
5．理解不等式| a |－| b| ≤| a＋b |≤| a |＋| b |．
不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点，考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用．高考试题中有以下几个明显的特点：
1．不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多，单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题．
2．选择题，填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题，特别是应用题和综合题几乎都与不等式有关．
3．不等式的证明考得比较频繁，所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助方法不容忽视．
第1课时 不等式的概念和性质
1、实数的大小比较法则：
设a，b∈R，则a>b ；a＝b ；ab
定理2（同向传递性） a>b，b>c
定理3 a>ba＋c > b＋c
推论 a>b，c>d
定理4 a>b，c>0
a>b，c<0
推论1 (非负数同向相乘法)
a>b≥0，c>d≥0
推论2 a>b＞0 (nN且n>1)
定理5 a>b＞0 (nN且n>1)
例1. 设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0，x≠1．比较f(x)与g(x)的大小.
解：(1)(x2－y2)(x＋y)＜(x2＋y2)(x－y)
(2)aabb＞abba
变式训练1：不等式log2x+3x2＜1的解集是____________.
答案：{x|－＜x＜3且x≠－1,x≠0}。
解析：：或。
例2. 设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0，x≠1．比较f(x)与g(x)的大小.
解：当0＜x＜1或x＞时，f(x)＞g(x)；
当1＜x＜时，f(x)＜g(x)；
当x＝时，f(x)＝g(x).
变式训练2：若不等式(－1)na＜2＋对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是 .
例3. 函数＝ax2＋bx满足：1≤≤2，2≤≤4，求的取值范围．
解：由f (x)＝ax2＋bx得
f (－1)＝a－b，f (1)＝a＋b，f (－2)＝4a－2b
a＝[f (1)＋f(－1)]，b＝[f (1)－f(－1)]
则f(－2)＝2[f (1)＋f (－1)]－[f (1)－f (－1)]
＝3f (－1)＋f (1)
由条件1≤f(－1)≤2，2≤f (1)≤4
可得3×1＋2≤3f(－1)＋f(1)≤3×2＋4
得f (－2)的取值范围是5≤f (－2)≤10.
变式训练3：若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是 .
解： (－3，3)
例4. 已知函数f (x)＝x2＋ax＋b，当p、q满足p＋q＝1时，试证明：pf (x)＋qf (y)≥f (px＋qy)对于任意实数x、y都成立的充要条件是o≤p≤1.
证明：∵pf (x)＋qf (y)－f (px＋qy)＝pq(x－y)2＝p(1－p)(x－y)2
充分性：当0≤p≤1时，≥0
从而
必要性：当时，则有≥0，又≥0，从而≥0，即0≤p≤1．综上所述，原命题成立．
变式训练4：已知a＞b＞c，a＋b＋c＝0，方程ax2＋bx＋c＝0的两个实数根为x1、x2．
(1)证明：－＜＜1；
(2)若x＋x1x2＋x＝1，求x－x1x2＋x；
(3)求| x－x|．
解：(1)∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，
∴3a＞a＋b＋c，a＞b＞－a－b，
∴a＞0，1＞ ∴－
(2)（方法1）∵a＋b＋c＝0
∴ax2＋bx＋c＝0有一根为1，
不妨设x1＝1，则由可得
而，
∴x2＝－1， ∴
(方法2)∵
由＋
，∴
∵∴
(3)由(2)知，
∴，∴
∴ ∴
1．不等式的性质是证明不等式与解不等式的重要而又基本的依据，必须要正确、熟练地掌握，要弄清每一性质的条件和结论．注意条件的放宽和加强，条件和结论之间的相互联系．
2．使用“作差”比较，其变形之一是将差式因式分解，然后根据各个因式的符号判断差式的符号；变形之二是将差式变成非负数（或非正数）之和，然后判断差式的符号．
3．关于数(式)比较大小，应该将“相等”与“不等”分开加以说明，不要笼统地写成“A≥B(或B≤A)”．
第2课时 算术平均数与几何平均数
1．a>0，b>0时，称 为a，b的算术平均数；称 为a，b的几何平均数．
2．定理1 如果a、bR，那么a2＋b2
2ab（当且仅当 时 取“＝”号）
3．定理2 如果a、b，那么≥ （当且仅当a＝b时取“＝”号）即两个数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
4．已知x、y，x＋y＝P，xy＝S. 有下列命题：
(1) 如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值 ．
(2) 如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值 ．
例1．设a、bR，试比较， ，，的大小．
解：∵a、bR+，∴≥2
即≤，当且仅当a＝b时等号成立．
又≤
＝ ∴≤
当且仅当a＝b时等号成立． 而≤
于是≤≤≤(当且仅当a＝b时取“＝”号)．
说明：题中的、、、分别叫做正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数．也可取特殊值，得出它们的大小关系，然后再证明．
变式训练1：（1）设，已知命题；命题，则是成
立的 （ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解：B.解析： 是等号成立的条件.
（2）若为△ABC的三条边，且，则（ ）
A． B． C． D．
解：D．解析：，
又∵
∴。
（3）设x > 0, y > 0,, ， a 与b的大小关系（ ）
A．a >b B．a 0）则盐水就变咸了，
试根据这一事实提炼一个不等式 .
解： ．解析:由盐的浓度变大得．
例2. 已知a，b，x，y∈R+（a，b为常数），，求x＋y的最小值.
解： a＋b＋2
变式训练2：已知a，b，x，y∈R+（a，b为常数），a＋b＝10， ，若 x＋y的最小值为18，求a，b的值．
解：或．
例3. 已知a, b都是正数，并且a ( b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b2
解：证：(a5 + b5 ) ( (a2b3 + a3b2) = ( a5 ( a3b2) + (b5 ( a2b3 )
= a3 (a2 ( b2 ) ( b3 (a2 ( b2) = (a2 ( b2 ) (a3 ( b3)
= (a + b)(a ( b)2(a2 + ab + b2)
∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0
又∵a ( b，∴(a ( b)2 > 0 ∴(a + b)(a ( b)2(a2 + ab + b2) > 0
即：a5 + b5 > a2b3 + a3b2
变式训练3：比较下列两个数的大小：
（1）
（2）；
（3）从以上两小项的结论中，你否得出更一般的结论？并加以证明
解：（1）,（2）
（3）一般结论：若成立
证明 欲证成立
只需证
也就是 （）
从而（*）成立，故
例4. 甲、乙两地相距S（千米），汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度最大不得超过c（千米/小时）．已知汽车每小时的运输成本（元）由可变部分与固定部分组成．可变部分与速度v（千米/小时）的平方成正比，且比例系数为正常数b；固定部分为a元．
(1) 试将全程运输成本Y(元)表示成速度V(千米/小时)的函数.
(2) 为使全程运输成本最省，汽车应以多大速度行驶？
解: (1) 依题意得，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y＝a·＋bv2·＝s(＋bv)，故所求函数及其定义域为y＝s(＋bv)v∈(0,c)
(2) ∵s、a、b、v∈R+，故s(＋bv)≥2s 当且仅当＝bv时取等号，此时v＝
若≤c即v＝时，全程运输成本最小．
若>c，则当v∈(0，c)时，
y＝s(＋bv)－s(＋bc)＝(c－v)(a－bcv)
∵c－v≥0，且a>bc，故有a－bcv≥a－bc2>0
∴ s(＋bv)≥s(＋bc)，且仅当v＝c时取等号，即v＝c时全程运输成本最小．
变式训练4：为了通过计算机进行较大规模的计算，人们目前普遍采用下列两种方法：
第一种传统方法是建造一台超级计算机．此种方法在过去曾被普遍采用．但是人们逐渐发现建造单独的超级计算机并不合算，因为它的运算能力和成本的平方根成正比．
另一种比较新的技术是建造分布式计算机系统．它是通过大量使用低性能计算机(也叫工作站)组成一个计算网络．这样的网络具有惊人的计算能力，因为整个网络的计算能力是各个工作站的效能之和．
假设计算机的计算能力的单位是MIPS(即每秒执行百万条指令的次数)，一台运算能力为6000MIPS的传统巨型机的成本为100万元；而在分布式系统中，每个工作站的运算能力为300MIPS，其价格仅为5万元．需要说明的是，建造分布式计算系统需要较高的技术水平，初期的科技研发及网络建设费用约为600万元．
请问：在投入费用为多少的时候，建造新型的分布式计算系统更合算？
解：设投入的资金为万元，两种方法所能达到的计算能力为MIPS，
则．
把，代入上式得，又，
当时，代入上式得，
由≥得≥，即≥0，
解得≥900(万元)．
答：在投入费用为900万元以上时，建造新型的分布式计算系统更合算。
1．在应用两个定理时，必须熟悉它们的常用变形，同时注意它们成立的条件．
2．在使用“和为常数、积有最大值”和“积为常数、和有最小值”这两个结论时，必须注意三点：“一正”——变量为正数，“二定”——和或积为定值，“三相等”——等号应能取到，简记为“一正二定三相等”．
第3课时 不等式证明（一）
1．比较法是证明不等式的一个最基本的方法，分比差、比商两种形式．
(1)作差比较法，它的依据是：
它的基本步骤：作差——变形——判断，差的变形的主要方法有配方法，分解因式法，分子有理化等．
(2) 作商比较法，它的依据是：若>0，>0，则
它的基本步骤是：作商——变形——判断商与1的大小．它在证明幂、指数不等式中经常用到．
2．综合法：综合法证题的指导思想是“由因导果”，即从已知条件或基本不等式出发，利用不等式的性质，推出要证明的结论．
3．分析法：分析法证题的指导思想是“由果索因”，即从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够确定这些充分条件都已具备，那么就可以判定所要证的不等式成立．
例1. 已知，求证：
证法1：
＝
＝
＝
∵>0，>0，
∴
即
证法2：
＝1＋
∴
故原命题成立，证毕．
变式训练1：已知a、b、x、y∈R+且＞，x＞y.
求证：＞．
解：证法一：(作差比较法)
∵ －＝，
又＞且a、b∈R+，
∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay.
∴＞0，即＞.
证法二：(分析法)
∵x、y、a、b∈R+，∴要证＞，
只需证明x(y+b)＞y(x+a)，即证xb＞ya.
由＞＞0，∴b＞a＞0. 又x＞y＞0，知xb＞ya显然成立.故原不等式成立.
例2. 已知a、b∈R+，求证：
证明：∵，因此要证明原不等式成立，则只要证
由于
所以
从而原不等式成立．
变式训练2：已知a、b、cR，求证：
证明：左边－右边
＝
∴
例3. 已知△ABC的外接圆半径R＝1，，、、是三角形的三边，令，．求证：
证明：
又∵ R＝1， ∴
∴
∴ 但的条件是，此时与已知矛盾．
∴
变式训练3：若为△ABC的三条边，且，则（ ）
A． B． C． D．
答案:D．解析：，
又∵
∴。
例4. 设二次函数，方程的两个根、满足．
(1) 当x∈(0，x1)时，证明：xφ(n)>f(n)
例4. 证明：．
证明：设，则(1－y)x2＋x＋1－y＝0
(1)当y≠1时，∵x∈R，∴△＝1－4(1－y)2≥0
得
(2)当y＝1时，由(1－y)x2＋x＋1－y＝0得x＝0
而x＝0是函数的定义域中的一个值；
∴y＝1是它值域中的一个值.
综合(1)和(2)可知，，
即．
变式训练4：设二次函数，若函数的图象与直线和均无公共点．
(1) 求证：
(2) 求证：对于一切实数恒有
证明：(1)由ax2＋(b－1)x＋c＝0无实根，得Δ1＝(b－1)2－4ac<0
由ax2＋(b＋1)x＋c＝0无实根
得Δ2＝(b＋1)2－4ac<0
两式相加得：4ac－b2>1
(2)∵4ac－b2>1>0，∴a(x＋)与同号，
∴｜ax＋bx＋c｜＝｜ a(x＋)2＋｜
＝｜a｜(x＋)＋≥>
1．凡是含有“至少”，“至多”，“唯一”，“不存在”或其它否定词的命题适宜用反证法．
2．在已知式子中，如果出现两变量之和为正常数或变量的绝对值不大于一个正常数，可进行三角变换，换元法证明不等式时，要注意换元的等价性．
3．放缩法证题中，放缩必须有目标，放缩的途径很多，如用均值不等式，增减项、放缩因式等．
4．含有字母的不等式，如果可以化成一边为零，另一边是关于某字母的二次三项式时，可用判别式法证明不等式成立，但要注意根的范围和题设条件的限制．
第5课时 绝对值不等式的应用
1、有关绝对值不等式的主要性质：
① | x |＝
② | x |≥0
③ | |a|－|b||≤|a±b|≤| a |＋| b |
④| ab |＝ ，＝ (b≠0)
特别：ab≥0，|a＋b|＝ ，|a－b|＝ ．
ab≤0，|a－b|＝ ，|a＋b|＝ ．
2、最简绝对值不等式的解法．
① | f(x) |≥a ；
② | f(x) |≤a ；
③ a≤| f(x) |≤b ．
④ 对于类似a | f(x) |＋b| g(x) | > c的不等式，则应找出绝对值的零点，以此划分区间进行讨论求解．
例1. 解不等式：| x2－3x－4|> x＋1
解 :{x｜x<－1或－1＜x＜3或x＞5}
变式训练1：若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切实数x都成立，则实 数a的取值范围是（ ）
A．a＞1 B．a＜1 C．a≤1 D．a≥1
解 :D
例2. 设f(x)＝x2－x＋b，| x－a |<1，求证：| f(x) －f(a) |<2(| a |＋1).
解：∵｜x－a｜＜1
∴｜f(x)－f(a)｜＝｜(x2－x＋b)－(a2－a＋b)｜
＝｜x－a｜｜x＋a－1｜＜｜x＋a－1｜＝｜(x－a)＋2a－1｜
≤｜x－a｜＋｜2a｜＋1＝2(｜ a ｜＋1)
变式训练2：若a、b∈R，α, β是方程x2＋a x＋b＝0的两根，且|a|＋| b |＜1，求证：| α |＜1且| β |＜1．
解 :由韦达定理和绝对值不等式的性质可证得
例3. 已知f(x)＝，g(x)＝x＋a(a>0)，⑴ 当a＝4时，求的最小值；⑵ 若不等式>1对x∈[1, 4]恒成立，求a的取值范围．
解 : (1)a＝4时，最小值15；
(2)，x∈[1，4]恒成立．
等价变形后，只要a(t＋)＞2，t∈[1，2]恒成立
(t＝)
设h(t)＝a(t＋)，h'＝(t) a(1－)
当0＜t＜时，h'(t)＜0，h(t)单调递减；
当t＞时，h'(t)＞0，h(t)单调递增；
当t＝时，h'(t)＝0，h()为极小值；
这样对于t∈[1，2]有
① ＞2时，h(t)min＝h(2)＝a(2＋)＞2 a＞4
② 1≤≤2时，h(t)min＝h＝2a＞2
∴ 1＜a≤4
③ 0＜＜1时，h(t)min＝h(1)＝a(a＋1) ∴无解
综上知：a＞1
变式训练3：已知适合不等式| x2－4x＋p|＋| x－3 |≤5的x的最大值是3，求p的值．
解 :P＝8
例4. 设a、b∈R，已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝cx2＋bx＋a，当｜x｜≤1时，｜f(x)｜≤２
⑴ 求证：｜g(1)｜≤２；⑵ 求证：当｜x｜≤1时，| g(x)|≤4.
证明(1) ∵｜x｜≤1时，｜f(x)｜≤2
｜g(1)｜＝｜c＋b＋a｜＝｜f (x)｜≤2
(2) 当｜x｜≤1时，
｜g(x)｜＝｜cx2＋bx＋a｜＝｜c(x2－1)＋bx＋a＋c｜
＝｜c(x2－1)｜＋｜bx＋a＋c｜
≤｜c｜＋｜a±b＋c｜≤2＋2＝4
变式训练4：(1) 已知：| a |＜1，| b |＜1，求证：||＞1；
(2)求实数λ的取值范围，使不等式||＞1对满足| a |＜1，| b |＜1的一切实数a、b恒成立；
(3) 已知| a |＜1，若||＜1，求b的取值范围.
(1)证明：|1－ab|2－|a－b|2＝1+a2b2－a2－b2
＝(a2－1)(b2－1).
∵| a |＜1，| b |＜1，∴a2－1＜0，b2－1＜0.
∴|1－ab|2－|a－b|2＞0. ∴|1－ab|＞|a－b|，
＝＞1.
(2)解：∵||＞1|1－abλ|2－|aλ－b|2
＝(a2λ2－1)(b2－1)＞0.
∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0对于任意满足| a |＜1的a恒成立.
当a＝0时，a2λ2－1＜0成立；
当a≠0时，要使λ2＜对于任意满足| a |＜1的a恒成立，而＞1，
∴ |λ|≤1. 故－1≤λ≤1.
(3)||＜1()2＜1
(a+b)2＜(1+ab)2a2+b2－1－a2b2＜0
(a2－1)(b2－1)＜0.
∵|a|＜1，∴a2＜1.∴1－b2＞0，即－1＜b＜1.
1．利用性质｜|a|－|b|｜≤｜a＋b｜≤|a|＋|b|时，应注意等号成立的条件．
2．解含绝对值的不等式的总体思想是：将含绝对值的不等式转化为不含绝对值的不等式求解．
3．绝对值是历年高考的重点，而绝对值不等式更是常考常新，教学中，应注意绝对值与函数问题的结合．
第6课时 含参数的不等式
含有参数的不等式可渗透到各类不等式中去，在解不等式时随时可见含参数的不等式．而这类含参数的不等式是我们教学和高考中的一个重点和难点．解含参数的不等式往往需要分类讨论求解，寻找讨论点（常见的如零点，等值点等），正确划分区间，是分类讨论解决这类问题的关键．在分类讨论过程中要做到不重，不漏．
例1. 已知A＝{x| 2ax2＋(2－ab)x－b>０}，B＝{x| x<－2或x>３}，其中b>0，若AB，求a、b的取值范围．
解:a≥且0＜b≤6
变式训练1：不等式的解集是{x| x<1或x>2}，则a＝ ．
解:a＝
例2. 已知关于x的不等式<0的解集为M，(1) 当a＝4时，求集合M；(2) 若3∈M且5M，求实数a的取值范围．
解: (1)M＝{x|x＜－2或＜x＜2}
(2)a∈[1，)∪(9，25
变式训练2：已知函数f (x)＝(a、b为常数)，且方程f (x)－x＋12＝0有两个实根为x1＝3，x2＝4．(1)求函数f (x)的解析式；
(2)设k＞1，解关于x的不等式f (x)＜．
解：(1)将x1＝3，x2＝4分别代入方程－x＋12＝0 得：解得
所以f(x)＝(x≠2)
(2)不等式即为
可代为
即
①当1＜k＜2时，解集为x∈(1，k)∪(2，＋)
②当k＝2时，不等式为(x－2)2(x－1)＞0，解集为x∈(1，2)∪(2，＋)
③当k＞2时，解集为x∈(1，2)∪(k，＋)
例3. 若不等式2x－1>m(x2－1)对满足－2≤m≤2的所有m都成立，求x的取值范围．
解: ＜x＜
变式训练3：若不等式对一切实数x恒成立，则实数a的取值范围是 ．
解:＜a＜
例4. 解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R)．
解:a＝0时，x≤－1；a＞0时，x≤－1或x≥，－2＜a＜0时，≤x≤－1；a＝－2时，x＝－1；a＜－2时，－1≤x≤．
变式训练4：解关于x的不等式．
解：(1)当2a＋1＞0，即a＞－时，原不等式为(x＋4a)(x－6a)＞0
①当a＞0时，x∈(－，－4a)∪(6a，＋)
②当－＜a＜0时，x∈
③当a＝0时，x∈(－，0)∪(0，＋)
(2)当2a＋1＜0，即a＜－时，原不等式为(x＋4a)(x－6a) ∴x∈(6a，－4a)
综合以上，原不等式的解集为：
当a≥0时，解集为(－，－4a)∪(6a，＋)
当－＜a＜0时，解集为(－，6a)∪(－4a，＋)
当a＜－时，解集为(6a，－4a)
解含参数的不等式的基本途径是分类讨论，应注意寻找讨论点，以讨论点划分区间进行讨论求解．能避免讨论的应设法避免讨论．
第7课时 不等式的应用
1．不等式始终贯穿在整个中学教学之中，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数的定义域，值域的确定，三角、数列、立体几何，解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切关系．
2．能够运用不等式的性质、定理和方法分析解决有关函数的性质，方程实根的分布，解决涉及不等式的应用问题和转化为不等式的其它数学问题．
例1.若关于x的方程4x＋a·2x＋a＋1＝0有实数解，求实数a的取值范围.
解:令t＝2x(t＞0)，则原方程化为t2＋at＋a＋1＝0，变形得
变式训练1：已知方程sin2x－4sinx＋1－a＝0有解，则实数a的取值范围是 （ ）
A．[－3，6] B．[－2，6]
C．[－3，2] D．[－2，2]
解:B
例2. 如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为2米的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出．设箱体的长度为a米，高度为b米．已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比．现有制箱材料60平方米．问当a，b各为多少米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A、B孔的面积忽略不计)．
解法一：设y为流出的水中杂质的质量分数，则y＝，其中k＞0为比例系数.依题意，即所求的a，b值使y值最小.
根据题设，有4b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)，
得b＝(0＜a＜30) ①
于是 y＝＝
≥
当a＋2＝时取等号，y达到最小值.
这时a＝6，a＝－10(舍去).
将a＝6代入①式得b＝3.
故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.
解法二：依题意，即所求的a，b的值使ab最大.
由题设知 4b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)，
即 a＋2b＋ab＝30(a＞0，b＞0).
因为 a＋2b≥2，
所以 +ab≤30，
当且仅当a＝2b时，上式取等号.
由a＞0，b＞0，解得0＜ab≤18.
即当a＝2b时，ab取得最大值，其最大值为18.
所以2b2＝18.解得b＝3，a＝6.
故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小．
变式训练2：一批物资要用11辆汽车从甲地运到360千米外的乙地，若车速为v千米/小时，两车的距离不能小于()2千米，运完这批物资至少需要 （ ）
A．10小时 B．11小时
C．12小时 D．13小时
解:C
例3. 已知二次函数y＝ax2＋2bx＋c，其中a＞b＞c且a＋b＋c＝0.
（1） 求证：此函数的图象与x轴交于相异的两个点.
（2） 设函数图象截x轴所得线段的长为l，求证：＜l＜2.
证明:(1)由a＋b＋c＝0得b＝－(a＋c).
Δ＝(2b)2－4ac＝4(a＋c)2－4ac
＝4(a2＋ac＋c2)＝4[(a＋)2＋c2]＞0.
故此函数图象与x轴交于相异的两点.
(2)∵a＋b＋c＝0且a＞b＞c，∴a＞0，c＜0.
由a＞b得a＞－(a＋c)，∴＞－2.
由b＞c得－(a+c)＞c，∴＜－.
∴－2＜＜－. l＝|x1－x2|＝.
由二次函数的性质知l∈(，2)
变式训练3：设函数f(x)＝x2＋2bx＋c (c＜b＜1)，f(1)＝0，且方程f(x)＋1＝0有实根．
(1)证明：－3＜c≤－1且b≥0；
(2)若m是方程f(x)＋1＝0的一个实根，判断f(m－4)的正负，并加以证明．
证明:(1)
又c＜b＜1，故
又方程f(x)＋1＝0有实根，即x2＋2bx＋c＋1＝0有实根．
故△＝4b2－4(c－1)≥0，即(c＋1)2－4(c＋1)≥0c≥3或c≤－1
由由
(2)
f(m)＝－1＜0
∴c＜m＜1
c－4＜m－4＜－3＜c
∴f(m－4)＝(m－4－c)(m－4－1)＞0
∴f(m－4)的符号为正．
例4. 一船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲乙两地相距S(千米)，水速为常量p(千米/小时)，船在静水中的最大速度为q(千米/小时)(q＞p)，已知船每小时的燃料费用(以元为单位)与船在静水中速度v(千米/小时)的平方成正比，比例系数为k．
⑴ 把全程燃料费用y(元)表示为静水中速度v的函数，并求出这个函数的定义域．
⑵ 为了使全程燃料费用最小，船的实际前进速度应为多少？
解:(1) y＝kv2，v∈(p，q]
(2) i) 2p≤q时，船的实际前进速度为p；
ii) 2p＞q时，船的实际前进速度为q－p．
变式训练4：某游泳馆出售冬季游泳卡，每张240元，使用规定：不记名，每卡每次只限1人，每天只限1次．某班有48名同学，老师们打算组织同学们集体去游泳，除需要购买若干张游泳卡外，每次游泳还要包一辆汽车，无论乘坐多少名同学，每次的包车费均为40元，若使每个同学游泳8次，每人最少交多少钱？
解:设购卡x张，总费用y元．
y＝240(x＋)≥3840
x＝8时，ymin＝3840
3840÷48＝80(元)
答：每人最少交80元钱．
不等式的应用主要有两类：
⑴ 一类是不等式在其它数学问题中的应用，主要是求字母的取值范围，这类问题所进行的必须是等价转化．注意沟通各知识点之间的内在联系，活用不等式的概念、方法，融会贯通．
⑵ 一类是解决与不等式有关的实际问题，这类问题首先应认真阅读题目，理解题目的意义，注意题目中的关键词和有关数据，然后将实际问题转化为数学问题，即数学建模，再运用不等式的有关知识加以解决．
不等式章节测试题
一、选择题
1. 关于x的不等式|x－1|>m的解集为R的充要条件是（ ）
A．m＜0 B．m≤－1
C．m≤0 D．m≤1
2. 若、是任意实数，且，则 （ ）
A． B．
C． D．
3． 若则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4． 欲证，只需证 （ ）
A．
B．
C．
D．
5. 设x1，x2是方程x2＋px＋4＝0的两个不相等的实根，则 （ ）
A．| x1 |＞2且| x1 |＝2 B．| x1＋x2|＞4
C．| x1＋x2|＜4 D．| x1 |＝４且| x2 |＝1
6. 对一切正整数n，不等式恒成立，则b的范围是 （ ）
A．(0, ) B．]
C．() D．(, 1)
7. 已知函数f (x)＝ ，则不等式f(x)＋2>0的解区间是 （ ）
A．(－2，2) B．(－∞, －2)∪(2, ＋∞)
C．(－1，1) D．(－∞, －1)∪(1, ＋∞)
8. 在R上定义运算．若不等式对任意实数恒成立，则（ ）
A． B． C． D．
9． 某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为（参考数据lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）（ ）
A．5 B．10
C．14 D．15
10.集合、，则是的 （ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既非充分又非必要条件
二、填空题
11．若的取值范围是 .
12．若不等式的解集为{}，则 .
13．实数x满足，则的值为 .
14．已知a、b、c为某一直角三角形的三条边长，c为斜边，若点(m，n)在直线ax＋by＋2c＝0上，则m2＋n2的最小值是 ．
15．对a，b∈R，记max| a，b |＝ ，函数f(x)＝max| | x＋1 |，| x－2 | | (x∈R)的最小值是 ．
三、解答题
16. 若a、b、c都是正数，且a＋b＋c＝1，求证：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc．
17．已知函数f(x)＝，x∈．
(1) 当a＝时，求函数f(x)的最小值；
(2) 若对任意x∈，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．
18．（理）解关于x的不等式
（文）解关于x的不等式：
19．设函数y＝f(x)的定义域为(0，＋)，且对任意x、y∈R＋，f(xy)＝f(x)＋f(y)恒成立，已知f(8)＝3，且当x＞1时，f(x)＞0．
(1)证明：函数f(x)在(0，＋)上单调递增；
(2)对一个各项均正的数列{an}满足f(Sn)＝f(an)＋f(an＋1)－1 (n∈N*)，其中Sn是数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式；
(3)在(Ⅱ)的条件下，是否存在正整数p、q，使不等式对n∈N*恒成立，求p、q的值．
20．对1个单位质量的含污物体进行清洗，清洗前其清洁度（含污物体的清洁度定义为：
1－）为0.8，要求洗完后的清洁度是0.99．有两种方案可供选择，方案甲：一次清洗；方案乙：两次清洗．该物体初次清洗后受残留水等因素影响，其质量变为a(1≤a≤3)．设用x单位质量的水初次清洗后的清洁度是(x＞a－1)，用y质量的水第二次清洗后的清洁度是，其中c (0.8＜c＜0.99)是该物体初次清洗后的清洁度．
(1) 分别求出方案甲以及c＝0.95时方案乙的用水量，并比较哪一种方案用水量较少；
(2) 若采用方案乙，当a为某定值时，如何安排初次与第二次清洗的用水量，使总用水量最少？并讨论a取不同数值对最少总用水量多少的影响．
21. 已知条件p：|5x－1|>a和条件，请选取适当的实数a的值，分别利用所给的两个条件作为A、B构造命题：“若A则B”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命题为假命题.则这样的一个原命题可以是什么？并说明为什么这一命题是符合要求的命题.
不等式章节测试题参考答案
1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.A 8.D 9.C 10. A 11. 12. －1 13. 8 14.4 15.
16. 证明：因为a、b、c都是正数，且a＋b＋c＝1，
所以
．
17. 解：(1)当a＝时，，易证f(x)在[1，＋)上单调递增．
∴当x＝1时，[f(x)]min＝f(1)＝
(2)由f(x)＞0得
∵x∈[1，＋) ∴x2＋2x＋a＞0
∴a＞－(x2＋2x)，令t＝－(x2＋2x)，x∈[1，＋)
则t＝－(x2＋2x)＝1－(x＋1)2
∴当x＝1时，tmax＝1－(1＋1)2＝－3
∴a＞－3
18.(理)原不等式可化为：
① 当a>1时，原不等式的解集为
② 当时，原不等式的解集为
③ 当a＝1时，原不等式的解集为
④ 当时，原不等式的解集为
⑤ 当a＝0时，原不等式的解集为
⑥ 当时，原不等式的解集为
(文)原不等式可化为：
① 当时，原不等式的解集为
② 当时，原不等式的解集为
③ 当时，原不等式的解集为.
19. (Ⅰ)设0＜x1＜x2，则，从而有，所以函数f(x)在(0，＋)上单调递增；
(Ⅱ)因为f(8)＝3f(2)＝3f(2)＝1，所以有
，由此及函数f(x)在(0，＋)上单调递增得．
当n＝1时，；
当n≥2时，
，即数列{an}是首项a1＝1，公差d＝1的等并非数列，故an＝n；
(Ⅲ)设存在满足条件的正整数p、q，则当n＝1时，有
．
下面证明不等式对n∈N*恒成立．
事实上，因为
(n∈N*)，
所以
.
20. (1)设方案甲与方案乙的用水量分别为x与z，由题设有，解得x＝19．
由c＝0.95得方案乙初次用水量为3，第二次用水量y满足方程：，解得y＝4a，故z＝4a＋3．即两种方案的用水量分别为19与4a＋3．因为当1≤a≤3时，x－z＝4(4－a)＞0，即x＞z，故方案乙的用水量较少．
(2)设初次与第二次清洗的用水量分别为x与y，类似(Ⅰ)得
于是x＋y＝
当a为定值时，
x＋y≥
当且仅当时等号成立．此时
将代入（*）式得
．
故时总用水量最少，此时第一次与第二次用水量分别为与，最少总用水量是．T(a)＝－a＋．
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