向量 不等式(高考题型与方法)

第一篇：向量 不等式(高考题型与方法)

向量（高考题型与方法）

1.已知向量a=

1），b=（0，-1），c=（k

。若a-2b与c共线，则k=___________________。

2.已知向量a，b满足a1，b2，a与b的夹角为60°，则ab

3.已知平面向量,,1,2,(2),则2a的值是4.如图，在ABC中，AD

AB,BC,AD1,则ACAD.5.在正三角形ABC中，D是BC上的点，AB3,BD1，则ABAD

6.2011年高考山东卷理科12)设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若11且2,则称A3，A4调和分割A1，A2 ,A1A3A1A2(λ∈R)，A1A4A1A2(μ∈R)，

已知点C(c，o),D(d，O)(c，d∈R)调和分割点A(0，0)，B(1，0)，则下面说法正确的是

(A)C可能是线段AB的中点(B)D可能是线段AB的中点

(C)C，D可能同时在线段AB上(D)C，D不可能同时在线段AB的延长线上

b，(ac)(bc)0，7.(2011年高考全国新课标卷理科10)若a，且ab0，c均为单位向量，则|abc|的最大值为

（A）21（B）1（C）2（D）2

8.(2011年高考四川卷理科4)如图，正六边形ABCDEF中，BACDEF=_____

9.已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,ADC90,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则

|PA3PB|的最小值为.9.若等边ABC的边长为23，平面内一点M满足A.23B.2 C.2D.2 11，则等于 33

10.ABC和点M满足MAMBMC0.若存在实n使得AMACnAM成立，则n

=

A.2B.3C.4D.5

11.（2010年高考全国卷Ⅱ理科7）△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB，若CB= a , CA= b , a= 1，b= 2, 则CD=

12213443a + b（B）a +b（C）a +b（D）a +b 33335555（A）

212.（2010年高考四川卷理科6）设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外，BC16，ABACABAC，则AM

（A）8（B）4（C）2（D）1

不等式与推理证明（高考题型与方法）

yx1.设m1,在约束条件ymx下，目标函数zx5y的最大值为4，则m的值为．

xy1

2.若变量x,y满足约束条件32xy9,则zx2y的最小值为.6xy9

3.(2011年高考天津卷文科5)已知alog23.6,blog43.2,clog43.6,则

A.abcB.acbC.bacD.cab

4.(2011年高考广东卷文科4)函数f(x)1lg(x1)的定义域是（）1x

A．(,1)B．(1,)C．(1,1)(1,)D．(,)

5.（2011年高考陕西卷文科3)设0ab，则下列不等式中正确的是

ababb（B）a22

ababb（C）ab

a22（A）

ab

6.（2010山东文数）（14）已知x,yR，且满足xy1，则xy的最大值为.34

第二篇：压轴题型训练6-构造向量证明不等式

构造向量证明不等式

教材中有关向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|cos（其中θ为向量a与b的夹角），则|ab|||a||b|cos|，又1cos1，则易得到以下推论：

（1）ab|a||b|；（2）|ab||a||b|；

（3）当a与b同向时，ab|a||b|；当a与b反向时，ab|a||b|；（4）当a与b共线时，|ab||a||b|。以上推论在证明不等式问题中有重要应用。

一、证明不等式

例

1已知a、bR，ab1，求证：2a12b122。证明：设m=（1，1），n(2a1，2b1)，则

mn2a12b1，|m|2，|n|2a12b12

由性质mn|m||n|，得2a12b122

练习1.若a，bR，ab2，求证：2a12b123 例2 已知xyz1，求证：xyz证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则

222*1。3mnxyz1|m|3，|n|2xyz22222

由性质|mn||m||n|，得xyz2221 3a2b2c2abc例3 已知a，b，cR，求证：。bccaab2证明：设m(abc，)，n(bc，ac，ab)，bccaaba2b2c2，|n|2(abc)bcacab则mnabc，|m|222a2b2c2abc由性质|mn||m||n|，得 bccaab2 1

a2b2c2练习2.设a，b，cR，且abc2，求证：1

bccaab*abc，提示：构造m，nbccaab4422bc,ca,ab

332例4 已知a,b为正数，求证：(ab)(ab)(ab)。证明：设m(a，b)，n(a，b)，则22244222mna3b3|m|ab，|n|ab23322244

由性质|mn||m||n|，得(ab)(ab)(ab)例5 设a,b,c,dR，求证：adbca2b2c2d2。

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则mnadbc

|m|a2b2，|n|c2d2

由性质ab|a||b|，得adbc

二、比较大小

例6 已知m,n,a,b,c,dR，且pp，q的大小关系为（）

A.pq

B.pq

C.p

D.p,q大小不能确定

a2b2c2d2

abcd，qmancbd，那么mn解：设h(ma，nc)，k(bd，)，则 mnhkabcd|h|manc，|k|bd

mn由性质|hk||h||k|得abcd即pq，故选（A）

三、求最值

mancbd mn例7 已知m,n,x,yR，且mna，xyb，那么mx+ny的最大值为（）

A.2222ab abB.C.2a2bD.2a2b2 2 2 解：设p=（m,n），q=（x,y），则 由数量积的坐标运算，得pqmxny 而|p|m2n2，|q|x2y2

从而有mxnym2n2x2y2

ab，故选（A）。

2222当p与q同向时，mx+ny取最大值mnxy例8

求函数y152x152x(x)的最大值。

22解：设m(2x1，52x)，n(1，1)，则

mn2x152x|m|2，|n|2

由性质mn|m||n|，得y当

2x152x22

12x1152x时，即x3时，ymax2 2

四、求参数的取值范围

例9 设x,y为正数，不等式xyaxy恒成立，求a的取值范围。

解：设m(x，y)，n（1，1），则

mnxy，|m|xy，|n|2

y2xy 由性质mn|m||n|，得x又不等式xyaxy恒成立，故有a2

第三篇：向量与向量方法 教师

研究考纲，回归课本，平面向量与向量方法

上海南汇中学 李志

一、考试大纲

1理解平面向量的分解定理，会计算向量的模和夹角，初步何问题。

2掌握向量的数量积运算及其性质，掌握向量的坐标表示和，会利用坐标讨论两个向量平行或垂直。

二、学习目标

1、理解向量的相关概念和运算，掌握数量积的运算及性质，能把向量作为工具解决相关平行、垂直等问题。

2、能应用向量模的运算性质把几何问题和代数问题相互转化，体会转化的思想，深刻领悟坐标法、基向量法和向量分解定理把几何问题代数化的解析思想。

三、重点难点

重点：数量积的运算及性质，平面向量的分解定理。

难点：领悟坐标法、基向量法和向量分解定理把几何问题代数化的解析思想。背景：我们现在使用的是二期课改教材，二期课改一个最成功之处就是把向量不再仅仅作为知识，而且还作为一种研究问题的重要工具和方法，应用于数学研究的很多分支，2010年数学高考有三道题考查向量（13,21,23），分值高达24分，因此我们应该予以高度重视。

经过前面的复习，我们请一位同学说说你认为向量的什么知识最重要？（对知识，方法的体会，重要知识方法系统化）

ab1．数量积：

ay

1y2，投影： bcos.a

222．模的性质：aa；柯西不等式：abab，同向：abab；

三角形不等式：ababab，同向: abab

3.应用：abab0x1x2y1y2；a//bx1y2x2y1；

一维表示定理：a0，则b//ab.可证明三点共线.a,R

4．平面向量的分解定理：OA,OB不平行，则任意OCOAOB,,R，并

且表示唯一；当且仅当C,A,B三点共线时，1.分解方法：平行四边形法；待定系数法.定理内涵：基向量的思想；可证明三点共线.四、典型例题

平面向量的分解定理



例1.ABC的三个顶点为A2,0,B5,5,C1,4，ABC的重心是G，则向量AG可

用AB和AC表示为.（课本P593；P673）



例2．O是ABC的外心，AB3,AC4，x2y1，若AOxAByACxy0，则cosBAC.解析思想（模与坐标法）

例3.复数z1cosisin,z22cosisin，其中,R.z1,z2在复平面上对



应的点分别是Z1,Z2，O是坐标原点，则OZ1OZ2的取值范围是．

例4．用向量方法证明两角和的余弦公式（课本P68，例4）

x2y

2考题模拟：M是椭圆221内任意一点，A,B分别是椭圆长轴和短轴的两个端点，ab



且OMpOAqOBp,qR，则在直角坐标系poq中，动点Np,q所构成的区域的面积是



研究拓展：a,b是平面内两个互相垂直的单位向量，若对于3ac4bc的向量c均





满足cbk，则k的最小值是.向量的应用

例5．已知A0(0,……,An0)，A1(2,1)，A2是线段A0A1的中点，A3是线段A1A2的中点，n



milOA是线段An2An1的中点(n2,3,4,)．（1）求向量An1An坐标的通项公式；（2）求n．

x2y2

1，若C,D分别是椭圆长轴的左右两个端点，动点M满足例6．已知椭圆42MDCD，连接CM，交椭圆于点P.

（1）证明：OMOP为定值

（2）试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP和

MQ的交点.若存在，求出点Q的坐标，不存在，请说明理由.五、小结提升

向量最重要的知识就是点乘积，最重要的方法就是坐标法，最主要的应用就是用于证明平行和垂直，这种解析的思想，希望同学们在解决问题的过程中认真体会，用心感悟。

六、课后反馈



1.已知向量anx1,x2,,x，当n2时，我们有柯西不等式，yn,bny1,y2n

x

x

2



yyx1y1x2y成立，当且仅当a2//b2时取等号，则当nk时，成立

122

22的柯西不等式应该是.

HABC的垂心是，2.已知ABC的三个顶点为A2,1,B6,4,C5,5，则向量AH可



用AB和AC表示为.（课本P68，例2）.

3.ABC内接于单位圆O，且3OA4OB5OC0，则SABC.,2,c4.向量 a,b,c两两夹角都是120，且a

3的值分别为______.5.过P2,3的直线与两坐标轴分别交于A,B两点，则PAPB的最小值是.，如果ambnc，则实数m,n



6.圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么PAPB的最小值

为()

A.4B.

3C.4

D.3

1

7.AD是ABC的中线，点G在AD上，并且AGAD，直线l过G且依次交AB,AC

1

1于点E和F，若AEaAB,AFbAC，则

ab

七、教学反思

第四篇：专题4平面向量与不等式结合

专题4平面向量与不等式结合考点动向：向量与不等式的交汇是当今高考命题的一个热点.自从新教材实施以来，在高考中，不时考查平面向量与不等式有关知识的结合。这些题实际上是以向量为载体考查不等式的知识，解题的关键是利用向量的数量积等知识将问题转化为不等式的问题，转化时不要把向量与实数搞混淆，一般来说向量与不等式结合的题目难度不大。

向量与不等式结合，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查。这类题目常常包括向量与不等式的性质、均值不等式、解不等式、求值包括（求最大值、最小值）的交汇等几个方面.可以预测到，明年仍至今后的高考中，还会继续出现向量与不等式结合的题目。

方法范例

例

1、（2005年，上海卷）已知函数f(x)kxb的图象与x,y轴分别相交于点A、B，函数g(x)x2x6。22（,分别是与x,y轴正半轴同方向的单位向量）

（1）求k,b的值；（2）当x满足f(x)g(x)时，求函数g(x)1的最小值。f(x)

[解析]（1）通过交点坐标求出向量的坐标表示，列方程组，求k,b的值；（2）先由f(x)g(x), 得 2x4,再对1g(x)15，然后利用进行化简，得x2x2f(x)

不等式ab2ab求函数的最值.bbb2[答案]（1）由已知得A(,0),B(0,b),则{,b}，于是 k,kkb2k1.b

2（2）由f(x)g(x),得x2x2x6, 即(x2)(x4)0,得2x4,g(x)1g(x)1x2x513，x25, 由于x20,则f(x)f(x)x2x2

其中等号当且仅当x+2=1，即x=－1时成立，∴g(x)1时的最小值是－3.f(x)

例

2、（2005年·黄岗模拟）已知二次函数f(x)对任意xR，都有f(1x)f(1x)成立，设向量a(sinx,2)，b(2sinx,)，c(cos2x,1)，d(1,2)，当x[0,]时，求不等式f(ab)f(cd)的解集.[解析] 二次函数图象开口方向不确定，要分类讨论.由f(1x)f(1x)，知二次函1

2数f(x)关于直线x＝1对称.先求出向量数量积ab与cd，[答案]二次函数图象开口方向不确定，要分类讨论.由f(1x)f(1x)，知二次函数

f(x)关于直线x＝1对称.当二次项系数A＞0时，f(x)在[1,)上递增，当A＜0时，f(x)在[1,)上递减.因为ab(sinx,2)(2sinx,)＝2sin2x1≥1，cd(cos2x,1)(1,2)＝

cos2x2≥1，所以

当A＞0时，由f(ab)f(cd)，得2sinx1＞cos2x2，即cos2x0，又因为0≤x≤，所以



3＜x＜； 4

4当A＜0时，由f(ab)f(cd)，得2sinx1＜cos2x2，即cos2x0，又因为0≤x≤，所以0≤x＜

3

或＜x≤.44

3＜x＜｝；443

当二次函数f(x)二次项系数A＜0时，不等式的解集｛x∣0≤x＜或＜x≤｝.44



例

3、（2005年，浙江卷）已知向量a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－

综上所述，当二次函数f(x)二次项系数A＞0时，不等式的解集｛x∣



e|，则（）.(A)a⊥e，(B)a⊥(a－e)，(C)e⊥(a－e)，(D)(a＋e)⊥(a－e).

[解析] 对|a－te|≥|a－e|进行平方，化成关于t的二次不等式，利用二次函数性质，

得0恒成立，从而得ac1.

[答案]解：对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，故两边平方得

222a2tacta2ac1,

即：t2tac2tac10.又上式对任意t∈R，恒成立，即有：0恒成立.2

2即=4（ac）（42ac1）（4ac1）0.

故当ac1时，上式成立，本题应选（C）.[规律小结]

（1）平面向量与不等式结合的问题，经常以向量为载体考查不等式的知识，解题的关键是利用向量的知识将问题转化为不等式的问题：解不等式，求最大值（最小值），转化时不要把向量与实数搞混淆。

（2）向量与不等式的结合，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查，特别是向量的坐标表示及运算，这类问题的解决思路通常是将向量的数量积的运算与模用坐标运算后，转化为三角函数问题，然后用三角函数基本公式求解，基中涉及到的有关向量的知识有：①向量的坐标表示及加法、减法、数乘向量；②向量的数量积；③向量平行、垂直

的充要条件；④向量的模、夹角；⑤abab；若a(x1,y1),b (x2,y2)，有

(x1x2y1y2)2(x12x22)(y12y22)；⑥向量不等式：aabab|，

||a||b|||ab||a||b|.（3）可能涉及不等式的内容有：

①解分式不等式fxaa0的一般解题思路：移项通分，分子分母分解因式，x的gx系数变为正值，标根及奇穿过偶弹回.②含有两个绝对值的不等式：一般是根据定义分类讨论、平方转化或换元转化

③解含参不等式常分类等价转化，必要时需分类讨论.注意：按参数讨论，最后按参数取值分别说明其解集，但若按未知数讨论，最后应求并集.④利用重要不等式ab2ab 以及变式ab()等求函数的最值时，务必注

意a，bR（或a，b非负），且“等号成立”时的条件是积ab或和a＋b其中之一应是定值(一正二定三等).(根据目标不等式左右的运算结构选22

2用)a、b、cR，abcabbcca（当且仅当abc时，取等号）



⑥比较大小的方法和证明不等式的方法主要有：差比较法、商比较法、函数性质法、综合法、分析法和放缩法.⑦含绝对值不等式的性质：

a、b同号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|；

a、b异号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|.⑧不等式的恒成立,能成立等问题

1).恒成立问题：若不等式fxA在区间D上恒成立,则等价于在区间D上

fxminA；若不等式fxB在区间D上恒成立,则等价于在区间D上fxmaxB.2).能成立问题：若在区间D上存在实数x使不等式fxA成立,即fxA在区间

D上能成立 ,则等价于在区间D上fxmaxA；若在区间D上存在实数x使不等式

fxB成立,即fxB在区间D上能成立 ,则等价于在区间D上的fxminB.考点误区分析：



（1）对于||a||b|||ab||a||b|，要注意：

 b同向或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|； ①a、 b反向或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|； ②a、

b不共线||a||b|||ab||a||b|.(这些和实数集中类似)③a、（2）解不等式是求不等式的解集，最后务必有集合的形式表示；不等式解集的端点值往往是不等式对应方程的根或不等式有意义范围的端点值.（3）有些取值范围、最值问题，虽然没有直接用向量作为已知条件出现，但如果运用向量知识来解决，也会显得自然、简便，而且易入手。考生经常没想到而陷入困境.（4）注意对“整式、分式、绝对值不等式”的放缩途径，“配方、函数单调性等”对放缩的影响.同步训练：

x2y

21的焦点为F1,F2，点P为其上的动点，当

1、（2000年，全国卷）椭圆9

4∠F1P F2为钝角时，点P横坐标的取值范围是___。

2、（2005年，江苏卷）在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM＝2，则



OA（OBOC）的最小值是.3、已知向量a＝（2，2），向量b与a的夹角为，且ab＝－2.osA，2cos2（1）求向量b；（2）若t＝（1，0）且bt，c＝（c

C），其中A、C是ABC

2的内角，若三角形的三个内角依次成等差数列，试求bc的取值范围.224、已知定点A(-1,0)和B(1,0)，P是圆(x-3)+(y-4)=4上的一动点，求PAPB的2

2最大值和最小值.

5、若a(cos,sin),b(cos,sin)，且k(k0,kR)

（1）试用k表示；



（2）求的最小值，并求出此时a与b的夹角的大小.[参考答案]

1、[解析]解决与角有关的一类问题，总可以从平面向量数量积入手，通过坐标运算列出不等式。F1（－,0）F2（,0）,设P（3cos,2sin），F1PF2为钝角



2－5＋∴

PF =9cosPF（3cos,2sin)3cos,2sin)12

4sin=5 cos－1<0，解得：

5cos∴点P横坐标的取值范围是5

5（

335,）

2图

[答案]（

353）,55



2、[解析]如图设|OA|x,则|OM|2x，（0x2）M为BC的中点，OBOC2OM，OA（OBOC）OA2OM2（x2x）cos180

22x24x（2x1）2（0x2）, 当x1时，取最小值2.[答案]-2.3、[解析]（1）设b＝（x,y），由ab＝－2，得2x2y＝－2，即xy＝－1① 因为向量b与a的夹角为，a＝2222＝22，所以b＝

2ab

＝＝1，因此x2y2＝1.② 2acos22

42

x1,x0,或.所以b＝（－1，0）或b＝（0，－1）.y1y0

联立①、②，解得

（2）根据题意，得B＝

2，A+C＝，由于t＝（1，0）且bt，故b＝（0，－1），3

2b+c＝（cosA，cosC），bc＝cosA+cosC

＝1+

1112

(cos2Acos2C)+1+cos2Acos2A＝1+cos(2A)，22323

因为0＜A＜

25

1，所以＜2A+＜，－1≤cos(2A)＜，333233

.,因此，bc,，bc2422

[答案]（1）b＝（－1，0）或b＝（0，－1）；

15

25

25 ,（2）

22



4、[分析]利用向量把问题转化为求向量OP的最

值。设已知圆的圆心为C，由已知可得

：



OA{1,0},OB{1,0}，OAOB0, OAOB1，由中点公式得222PAPB2PO，所以PAPB(PAPB)2PAPB

2 =(2PO)2(OAOP)(OBOP)

222

=4PO2OAOB2OP2OP(OAOB)=2OP2，又因为OC{3,4} 点P

在圆(x-3)+(y-4)=4上, 所以OC5,CP2,且OPOCCP，所以



OCCPOPOCCPOCCP，即3OP7

2222

2故20PAPB2OP2100，所以PAPB的最大值为100，最小值为20.[答案] 最大值为100，最小值为20.

5、[解析]（1）∵a(cos,sin),b(cos,sin)，∴1，22

又∵k(kab)3(akb)

整理，得

(k)(k0).4k

11111

(k)(k0)，∴(k)，取“=”当且仅当k=14k4k211，∴cos22

（2）由（1）知

时，当k=1时，

1

∵又0，∴，因此当且仅当k=1时，取最小值，此时，a与b的夹

角为

 3

11（2）.(k)(k0)；4k3

[答案]（1）

第五篇：第 3讲 不等式问题的题型与方法

高三数学第二轮复习第3讲

不等式问题的题型与方法

一、考试内容

不等式，不等式的基本性质，不等式的证明，不等式的解法，含绝对值不等式

二、考试要求

1．理解不等式的性质及其证明。

2．掌握两个（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的定理，并会简单的应用。

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|。

三、复习目标

1．在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法．通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；

2．掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式(组)，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；

3．通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题；

4．通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；

5．能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题．

6．通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．

四、双基透视

1．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰． 2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．

3．在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰．通过复习，感 悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用．

4．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)→变形→判断符号(值)．

5．证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．

6．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．

7．不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、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的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。8．不等式应用问题体现了一定的综合性．这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等式；另一类是建立函数式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件．利用不等式解应用题的基本步骤：10审题，20建立不等式模型，30解数学问题，40作答。

五、注意事项

1.解不等式的基本思想是转化、化归，一般都转化为最简单的一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来求解。

2.解含参数不等式时，要特别注意数形结合思想，函数与方程思想，分类讨论思想的录活运用。

3．不等式证明方法有多种，既要注意到各种证法的适用范围，又要注意在掌握常规证法的基础上，选用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。

4．根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。

六、范例分析

b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，则a=____．

分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口．怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a”？M中的元素又有什么特点？ 解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)

(2)当1≤y≤3时，所以当y=1时，xmin=4．

说明：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示其数学实质．即求集合M中的元素满足关系式

2a2a0 例2．解关于x的不等式： xxa9分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数a进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。

xaxa解：当xa时，不等式可转化为 即2229xxa2a9x9ax2a0317axa

bxaxa 当xa时不等式可化为即222ax(ax)2a9x9ax2a0a2ax或xa332a317a故不等式的解集为(,,a。

336例3． 己知三个不等式：①2x45x ②

x2

1③2x2mx10 2x3x2(1)若同时满足①、②的x值也满足③，求m的取值范围；

(2)若满足的③x值至少满足①和②中的一个，求m的取值范围。

分析：本例主要综合复习整式、分式不等式和含绝对值不等的解法，以及数形结合思想，解本题的关键弄清同时满足①、②的x值的满足③的充要条件是：③对应的方程的两根分别在,0和3,)内。不等式和与之对应的方程及函数图象有着密不可分的内在联系，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系。解：记①的解集为A，②的解集为B，③的解集为C。解①得A=（-1，3）；解②得B=0,1)(2,4,AB0,1)(2,3)

（1）因同时满足①、②的x值也满足③，ABC

设f(x)2x2mx1，由f(x)的图象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3时，f(0)01017即m

3f(3)03m170（2）因满足③的x值至少满足①和②中的一个，CAB,而AB(1,4因 此C(1,4方程2x2mx10小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而 即可满足ABf(1)1m031f(4)4m310,解之得m1 4m144说明：同时满足①②的x值满足③的充要条件是：③对应的方程2x+mx-1=0的两根分别在(-∞，0)和[3，+∞)内，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否则不能对A∩B中的所有x值满足条件．不等式和与之对应的方程及图象是有着密不可分的内在联系的，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系．

例4.已知对于自然数a，存在一个以a为首项系数的整系数二次三项式，它有两个小于1的正根，求证：a≥5．

分析：回忆二次函数的几种特殊形式．设f(x)=ax+bx+c(a≠0)．①

顶点式．f(x)=a(x-x0)+f(x0)(a≠0)．这里(x0，f(x0))是二次函数的顶点，x0=))、(x2，f(x2))、(x3，f(x3))是二次函数图象上的不同三点，则系数a，b，c可由 222

证明：设二次三项式为：f(x)=a(x-x1)(x-x2)，a∈N． 依题意知：0＜x1＜1，0＜x2＜1，且x1≠x2．于是有

f(0)＞0，f(1)＞0．

又f(x)=ax-a(x1+x2)x+ax1x2为整系数二次三项式，所以f(0)=ax1x2、f(1)=a·(1-x1)(1-x2)为正整数．故f(0)≥1，f(1)≥1． 2从而

f(0)·f(1)≥1．

① 另一方面，且由x1≠x2知等号不同时成立，所以

由①、②得，a2＞16．又a∈N，所以a≥5．

说明：二次函数是一类被广泛应用的函数，用它构造的不等式证明问题，往往比较灵活．根据题设条件恰当选择二次函数的表达形式，是解决这类问题的关键．

例5.设等差数列{an}的首项a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．问：它的前多少项的和最大？ 分析:要求前n项和的最大值，首先要分析此数列是递增数列还是递减数列． 解:设等差数列{an}的公差为d，由Sm=Sn得

ak≥0，且ak+1＜0．

(k∈N)．

说明：诸多数学问题可归结为解某一不等式(组)．正确列出不等式(组)，并分析其解在具体问题的意义，是得到合理结论的关键．

例6．若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范围． 分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)．由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来．即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含有f(-2)的不等式(组)，即可求解．

解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx．于是

解法一(利用基本不等式的性质)不等式组(Ⅰ)变形得

(Ⅰ)所以f(-2)的取值范围是[6，10]． 解法二(数形结合)

建立直角坐标系aob，作出不等式组(Ⅰ)所表示的区域，如图6中的阴影部分．因为f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系．如图6，当直线4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范围是：6≤f(-2)≤10．

解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而

1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，① 所以

3≤3f(-1)≤6．

② ①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．

说明：(1)在解不等式时，要求作同解变形．要避免出现以下一种错解：

2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．

(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题．若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高．

例7．(2002 江苏)己知a0,函数f(x)axbx2，（1）当b0时，若对任意xR都有fx1,证明：a2b;

时，证明：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件是b1a2b；（2）当b1时，（3）当0b1讨论：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件。

a2a2)证明：（1）依题意，对任意xR，都有f(x)1.f(x)b(x 2b4baa2f()1,a0,b0a2b.2b4b（2）充分性：b1,ab1,对任意x0,1,可推出:axbx2b(xx2)x

x1,即axbx21;又b1,a2b,对任意x0,1,可知

11axbx22bxbx2(2bxbx2)max2bb()21,即axbx21bb1f(x)1

必要性：对任意x0,1,f(x)1,f(x)1,f(1)1

11即ab1ab1;又b101,由fx1知f1bb即a11,a2b,故b1a2b b2综上,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是b1a2b

（3）a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)axbx即f(x)1;又由f(x)1知f(1)1,即ab1,即ab1

b1

b12(b1)2) 而当ab1时,f(x)axbx(b1)xbxb(x 2b4bb10b1,12b在0,1上,y(b1)xbx2是增函数,故在x1时取得最大值1f(x)1

22当a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是ab1

例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证a+b≤2，ab≤1．

分析：由条件a3+b3=2及待证的结论a+b≤2的结构入手，联想它们之间的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通二者的“桥梁”． 证法一

(作差比较法)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

(a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0，即

(a+b)3≤23．

证法二

(平均值不等式—综合法)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

所以a+b≤2，ab≤1．

说明：充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格外简捷、漂亮． 证法三

(构造方程)设a，b为方程x2-mx+n=0的两根．则

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①

因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以

所以a+b≤2．

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1．

说明：认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能较顺利地找到解决问题的切入点． 证法四

(恰当的配凑)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，于是有6≥3ab(a+b)，从而

8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2．(以下略)

即a+b≤2．(以下略)证法六

(反证法)假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．

因为a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．

① 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab，所以ab＜1．

② 于是①与②矛盾，故a+b≤2．(以下略)说明：此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常用方法．

例9．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相

分析：因为x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)． 证明：由题意知，a≠0．设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故

Δ1=(b+1)2-4ac＜0，Δ2=(b-1)2-4ac＜0．

所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即

b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．

说明：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径．

例10．（2002理）某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？

解：设2001年末的汽车保有量为a1，以后每年末的汽车保有量依次为a2,a3....，每年新增汽车x万辆。

由题意得an10.94anx即an1

xx0.94(an)0.060.06xx)0.94n10.060.0630令an60,解得x(30)0.06n110.94上式右端是关于n的减函数,且当n时,上式趋于3.6an(30故要对一切自然数n满足an60,应有x3.6,即每年新增汽车不应超过3.6万辆

例11．已知奇函数f(x)在（，0）（0，）上有定义，在（0，）上是增函数，f(1)0,又知函数g()sin2mcos2m,[0,],集合

2Mm恒有g()0,Nm恒有f(g())0,求MN 分析：这是一道比较综合的问题，考查很多函数知识，通过恰当换元，使问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题。

解奇数函数f(x)在（0，）上是增函数，f（x)在（，0）上也是增函数。g()0g()0又由f(1)0得f(1)f(1)0满足的条件是f(g()0f(1)g()1 即g()（1（0，]），即sin2mcos2m1,2也即cos2mcor2m20 令tcos,则t[0,1],又设（t)t2mt2m2,0t1

1]内的最大值小于零

要使(t)0,必须使(t)在[0，m0m01 当0即m0时，(t)max(0)2m2,解不等式组知m 2m202mm28m802当01即0m2时,(t)max,24 0m22解不等式组m8m80得422m24m2m03当1即m2时，(t)maxm1,解不等式组

2m10得m2综上：M Nmm422

例12．如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状。

（1）若最大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽l是多少？（2）若最大拱高h不小于6米，则应如何设计拱高h和拱宽l，才能使半个椭圆形隧道的土方工程最小？

lh,柱体体积为：底面积乘4以高，21.414，72.646本题结果均精确到0.1（半个椭圆的面积公式为s=米）

分析：本题为2003年上海高考题，考查运用几何、不等式等解决应用题的能力及运算能力。解：1)建立如图所示直角坐标系，则P（11，4.5）

x2y2椭圆方程为：221

ab将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程得

447887,此时l2a33.3故隧道拱宽约为33.3米 77x2y21124.522)由椭圆方程221得221

abab1124.522114.522,ab99ababab991124.521slh,当s最小时有22

422ab292a112,b此时l2a31.1,hb6.42a故当拱高约为6.4米,拱宽约为31.1米时,土方工程量最小.例13．已知n∈N，n＞1．求证

分析:虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解．

则

说明：因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数的思想解决．

x22x2例14．已知函数f(x)

x1fx1nfxn12n2.(2)设x是正实数，求证：

分析：本例主要复习函数、不等式的基础知识，绝对值不等式及函数不等式的证明技巧。基本思路先将函数不等式转化为代数不等式，利用绝对值不等式的性质及函数的性质。证明（1）再利用二项展开式及基本不等式的证明（2）。(1)设〈0x1,0t1,求证：txtxftx1(x1)211f(tx1)tx 证明：（1）f(x)x1tx111f(tx1)txtx2tx2,当且仅当tx1时，上式取等号。

txtxtx0x1,0t1tx1,f(tx1)2

s(txtx2(t2x2)2t2x2(txtx)22(t2x2)2t2x2 2当tx时,s4t24;当tx时s4x24

txtx2f(tx1)即txtxf(tx1)

（2）n1时，结论显然成立

当n2时，f(x1)nf(xn1)(x1)n(xnx

111n112n2)CxCx.....nnxnxx212

xn4111112n1Cn(xn2n2)Cn(xn4n4)....Cn(xn2n2) 2xxxn1112n1122(CnCn...Cn)CnCn...Cn2n2 2Cnn2x21xn2Cnn1x1xn1Cnxn2Cnxn4......Cn12n21Cnn11xn2



例15．（2001年全国理）己知i,m,n是正整数，且1imn（1）证明：niAmmiAn（2）证明：1mn1n miiAmm1m2mi1证明：（1）对于1im,有Amm.(m1)......(mi1),mi......mmmmmiAnnn1n2ni1同理i......由于mn,对整数k1,2,......,i1,有

nnnnniiinkmkAnAmi,ii即miAnniAm nmnmii（2）由二项式定理有(1m)iinmCii0inin,(1n)niCm,由(1)知miAnniAm

miiii0mAAiii(1imn),而Cnn,CmmmicnniCm(1imn)

i!i!因此mCnniCm,又moCnnoCm1,mCnnCmmn,miCn0 iiioo11ii2i2niimii0i0mm(min)mCnniCm即(1m)n(1n)m。

七、强化训练

1．已知非负实数x，y满足2x3y80且3x2y70，则xy的最大值是（）

A．78

B．

C．

2D． 3 33x2．已知命题p：函数ylog0.5(x22xa)的值域为R，命题q：函数y(52a)

是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是

（）

A．a≤1 B．a<2 C．1

(1)[-1，2]；(2)(-∞，-1]∪[2，+∞)；(3){2}；(4)[-1，+∞)． 5． 解关于x的不等式1a2xaax(a0且a1)6．（2002北京文）数列xn由下列条件确定：x1a0,xn1（1）证明：对于n2,总有xn21a x,nNn2xna,（2）证明：对于n2,总有xnxn1．

7．设P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值，试求x的变化范围．

8．已知数列anbn中，的通项为an,前n项和为sn,且an是sn与2的等差中项，数列b1=1，点P（bn,bn+1）在直线x-y+2=0上。Ⅰ）求数列an、bn的通项公式an,bn Ⅱ）设bn的前n项和为Bn, 试比较

111...与2的大小。B1B2BnⅢ）设Tn=bb1b2...n,若对一切正整数n,Tnc(cZ)恒成立,求c的最小值 a1a2an

八、参考答案

1．解：画出图象，由线性规划知识可得，选D 2．解：命题p为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数x2xa的判别式44a0，从而a1；命题q为真时，52a1a2。

若p或q为真命题，p且q为假命题，故p和q中只有一个是真命题，一个是假命题。

若p为真，q为假时，无解；若p为假，q为真时，结果为1

（1）当a1时，由图1知不等式的解集为xxa或1x

3（2）当1a3时，由图2知不等式的解集为xx1或ax3

2 14（3）当a3时，由图3知不等式的解集为xx1或3xa

4．分析：方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互交通．

解(1)

由题意可知，a＞0且-1，2是方程ax2+bx+a2-1≤0的根，所以



(3)由题意知，2是方程ax2+bx+a2-1=0的根，所以

4a+2b+a2-1=0．

① 又{2}是不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集，所以

(4)由题意知，a=0．b＜0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以

a=0，b=-1．

说明：二次函数与一元二次方程、一元二次不等式之间存在着密切的联系．在解决具体的数学问题时，要注意三者之间相互联系相互渗透，并在一定条件下相互转换。

5．分析：在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，数形结合，则可将不等式的解化归为直观，形象的图象关系，对含参数的不等式，运用图解法，还可以使得分类标准更加明晰。解：设ta，原不等式化为1t2at(t0)设y11t2(t0),y2at，在同一坐标系中作出两函数图象 xy1y2,故（1）当0a1时,0t1,即0ax1x0,)

当1a2时,如右图,解方程1tat得t1,2（2）222a2a2222

 a2aa2a22aa2atx(loga,loga)222215（3）当a2时，原不等式的解集为φ

综上所述，当a(0,1)时，解集为0,）；当a(1,2)时，解集为

22a222a2(loga,loga);当a22

6．证明：（1）x1a0及xn1(xn2,)时，解集为φ。

12a1aa)知xn0,从而xn1(xn)xna(nN)xn2xnxn当n2时xna成立

（2）当n2时，xn2a0,xn11a1a(xn),xn1xn(xn)2xn2xn1axn=0.n2时,xnxn1成立 2xn7．分析：要求x的变化范围，显然要依题设条件寻找含x的不等式(组)，这就需要认真思考条件中“t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值．”的含义．你是怎样理解的？如果继续思考有困难、请换一个角度去思考．在所给数学结构中，右式含两个字母x、t，t是在给定区间内变化的，而求的是x的取值范围，能想到什么？

解：设P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1．因为 P=f(t)在top直角坐标系内是一直线，所以t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值的充要条件

解得log2x＞3或log2x＜-1．

说明：改变看问题的角度，构造关于t的一次函数，灵活运用函数的思想，使难解的问题转化为熟悉的问题．

8．分析：本题主要复习数列通项、求和及不等式的有关知识。略解：Ⅰ）an2,bn2n1 n Ⅱ)Bn=1+3+5+„+(2n-1)=n2

1111111B...222...21B2Bn123n 1112123..1(n1).n1(112)(1213)...(11n1n)21n2111B...21B2Bn1352n1 Ⅲ)Tn= 22222...2n①

12T1352n1n222324...2n1② ①-②得12T111222n1n2222323...2n2n1

T12n1n32n22n3

又T13473742222324162 满足条件Tnc的最小值整数c3。