在高考中，不等式與推理證明是密不可分的，前者考查知識(shí)點(diǎn)，后者考查方法的靈活應(yīng)用.不等式與推理證明內(nèi)容豐富，涉及考題變化萬(wàn)千.在復(fù)習(xí)這一內(nèi)容時(shí)，只有抓住重點(diǎn)方可事半功倍，以下重點(diǎn)內(nèi)容值得同學(xué)們特別關(guān)注.

一、一元二次不等式恒成立問(wèn)題

要點(diǎn)解析

一元二次不等式恒成立的條件：

（1）不等式ax2+bx+c>0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立a=b=0，c>0，或a>0，Δ<0.

（2）不等式ax2+bx+c<0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立a=b=0，c<0，或a<0，Δ<0.

一元二次不等式與其對(duì)應(yīng)的函數(shù)與方程之間存在著密切的聯(lián)系.在解決具體的數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要注意三者之間的相互聯(lián)系，并在一定條件下相互轉(zhuǎn)換.對(duì)于一元二次不等式恒成立問(wèn)題，常根據(jù)二次函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況確定判別式的符號(hào)，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.

題型分析

1.形如f（x）≥0（x∈R）確定參數(shù)的范圍

例1已知不等式mx2-2x-m+1<0，是否存在實(shí)數(shù)m對(duì)所有的實(shí)數(shù)x，不等式恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析：不等式mx2-2x-m+1<0恒成立，

即函數(shù)f（x）=mx2-2x-m+1的圖象全部在x軸下方.

當(dāng)m=0時(shí)，1-2x<0，則x>12，不滿足題意；

當(dāng)m≠0時(shí)，函數(shù)f（x）=mx2-2x-m+1為二次函數(shù)，

需滿足開(kāi)口向下且方程mx2-2x-m+1=0無(wú)解，

即m<0，Δ=4-4m（1-m）<0，

不等式組的解集為空集，即m無(wú)解.

綜上可知不存在這樣的m.

2.形如f（x）≥0（x∈[a，b]）確定參數(shù)范圍

例2設(shè)函數(shù)f（x）=mx2-mx-1（m≠0），若對(duì)于x∈[1，3]，f（x）<-m+5恒成立，求m的取值范圍.

解析：要使f（x）<-m+5在[1，3]上恒成立，

則mx2-mx+m-6<0，即m（x-12）2+34m-6<0在x∈[1，3]上恒成立.

有以下兩種方法：

法一：令g（x）=m（x-12）2+34m-6，x∈[1，3].

當(dāng)m>0時(shí)，g（x）在[1，3]上是增函數(shù)，

所以g（x）max=g（3）=7m-6<0.所以m<67，則0

當(dāng)m<0時(shí)，g（x）在[1，3]上是減函數(shù)，

所以g（x）max=g（1）=m-6<0.

所以m<6.所以m<0.

綜上所述，m的取值范圍是（-∞，0）∪（0，67）.

法二：因?yàn)閤2-x+1=（x-12）2+34>0，

又因?yàn)閙（x2-x+1）-6<0，

所以m<6x2-x+1.

因?yàn)楹瘮?shù)y=6x2-x+1=6（x-12）2+34在[1，3]上的最小值為67，所以只需m<67即可.

因?yàn)閙≠0，所以m的取值范圍是（-∞，0）∪（0，67）.

3.形如f（x）≥0（參數(shù)m∈[a，b]）確定x的范圍

例3對(duì)任意m∈[-1，1]，函數(shù)f（x）=x2+（m-4）x+4-2m的值恒大于零，求x的取值范圍.

解析：由f（x）=x2+（m-4）x+4-2m

=（x-2）m+x2-4x+4，

令g（m）=（x-2）m+x2-4x+4.

由題意知在[-1，1]上，g（m）的值恒大于零，

∴g（-1）=（x-2）×（-1）+x2-4x+4>0，g（1）=（x-2）+x2-4x+4>0，

解得x<1或x>3.

故當(dāng)x<1或x>3時(shí)，對(duì)任意的m∈[-1，1]，函數(shù)f（x）的值恒大于零.

類題通法：

（1）解決恒成立問(wèn)題一定要清楚選誰(shuí)為主元，誰(shuí)是參數(shù).一般地，知道誰(shuí)的范圍，就選誰(shuí)當(dāng)主元，求誰(shuí)的范圍，誰(shuí)就是參數(shù).

（2）對(duì)于二次不等式恒成立問(wèn)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.

二、線性規(guī)劃問(wèn)題

要點(diǎn)解析

求目標(biāo)函數(shù)的最值要明確幾個(gè)概念：

（1）約束條件：由變量x，y組成的不等式（組）；

（2）線性約束條件：由關(guān)于x，y的一次不等式（或方程）組成的不等式（組）；

（3）目標(biāo)函數(shù)：關(guān)于x，y的函數(shù)解析式，如z=2x+3y等；

（4）可行解：滿足線性約束條件的解（x，y）；

（5）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(wèn)題是高考的重點(diǎn)，而線性規(guī)劃問(wèn)題具有代數(shù)和幾何的雙重形式，多與函數(shù)、平面向量、數(shù)列、三角、概率、解析幾何等問(wèn)題交叉滲透，自然地融合在一起，使數(shù)學(xué)問(wèn)題的解答變得更加新穎別致.

題型分析

1.求線性目標(biāo)函數(shù)的最值

例4設(shè)x，y滿足約束條件x+y-7≤0，x-3y+1≤0，3x-y-5≥0，則z=2x-y的最大值為.

解析：作出可行域如圖中陰影部分所示，由z=2x-y得y=2x-z，作出直線y=2x，平移使之經(jīng)過(guò)可行域，觀察可知，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（5，2）時(shí)，對(duì)應(yīng)的z值最大.故zmax=2×5-2=8.

2.求非線性目標(biāo)的最值

例5（1）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M為不等式組2x-y-2≥0，x+2y-1≥0，3x+y-8≤0所表示的區(qū)域上一動(dòng)點(diǎn)，則直線OM斜率的最小值為.

解析：已知的不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影所示，顯然當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A重合時(shí)直線OM的斜率最小，由直線方程x+2y-1=0和3x+y-8=0，解得A（3，-1），故OM斜率的最小值為-13.

（2）設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組x+y≤2y-x≤2，y≥1，則x2+y2的取值范圍是.

解析：如圖所示，不等式組表示的平面區(qū)域是△ABC的內(nèi)部（含邊界），x2+y2表示的是此區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)（x，y）到原點(diǎn)距離的平方.從圖中可知最短距離為原點(diǎn)到直線BC的距離，其值為1；最遠(yuǎn)的距離為AO，其值為2，故x2+y2的取值范圍是[1，4].

3.求線性規(guī)劃中的參數(shù)

例6x，y滿足約束條件x+y-2≤0，x-2y-2≤0，2x-y+2≥0.若z=y-ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實(shí)數(shù)a的值為.

解析：法一：由題中條件畫(huà)出可行域如圖中陰影部分所示，可知A（0，2），B（2，0），C（-2，-2），則zA=2，zB=-2a，zC=2a-2，要使目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解不唯一，只要zA=zB>zC或zA=zC>zB或zB=zC>zA，解得a=-1或a=2.

法二：目標(biāo)函數(shù)z=y-ax可化為y=ax+z，令l0：y=ax，平移l0，則當(dāng)l0∥AB或l0∥AC時(shí)符合題意，故a=-1或a=2.

類題通法：

1.求目標(biāo)函數(shù)的最值的一般步驟為：一畫(huà)二移三求.其關(guān)鍵是準(zhǔn)確作出可行域，理解目標(biāo)函數(shù)的意義.

2.常見(jiàn)的目標(biāo)函數(shù)有：

（1）截距型：形如z=ax+by.求這類目標(biāo)函數(shù)的最值常將函數(shù)z=ax+by轉(zhuǎn)化為直線的斜截式：y=-abx+zb，通過(guò)求直線的截距zb的最值間接求出z的最值.

（2）距離型：形如z=（x-a）2+（y-b）2.

（3）斜率型：形如z=y-bx-a.

三、基本不等式與最值問(wèn)題

要點(diǎn)解析

1.基本不等式ab≤a+b2

（1）基本不等式成立的條件：a>0，b>0.

（2）等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào).

2.幾個(gè)重要的不等式

（1）a2+b2≥2ab（a，b∈R）.

（2）ba+ab≥2（a，b同號(hào)）.

（3）ab≤（a+b2）2（a，b∈R）.

（4）a2+b22≥（a+b2）2（a，b∈R）.

3.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(shí)，x+y有最小值是2p.（簡(jiǎn)記：積定和最?。?/p>

（2）如果和x+y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，xy有最大值是p24.（簡(jiǎn)記：和定積最大）

題型分析

例7已知a>0，b>0，a+b=1，則1a+1b的最小值為.

解析：∵a>0，b>0，a+b=1，

∴1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab

≥2+2ba·ab=4，

即1a+1b的最小值為4，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=12時(shí)等號(hào)成立.

變式1：本例的條件不變，則（1+1a）（1+1b）的最小值為.

解析：（1+1a）（1+1b）=（1+a+ba）（1+a+bb）=（2+ba）（2+ab）=5+2（ba+ab）≥5+4=9.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=12時(shí)，取等號(hào).故答案：9.

變式2：本例的條件和結(jié)論互換，即已知a>0，b>0，1a+1b=4，則a+b的最小值為.

解析：由1a+1b=4，得14a+14b=1.

∴a+b=（14a+14b）（a+b）=12+b4a+a4b

≥12+2b4a+a4b=1.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=12時(shí)取等號(hào).故答案：1.

變式3：若本例條件變?yōu)椋阂阎猘>0，b>0，a+2b=3，則2a+1b的最小值為.

解析：由a+2b=3得13a+23b=1，

∴2a+1b=（13a+23b）（2a+1b）=43+a3b+4b3a≥43+2a3b·4b3a=83.

當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=32時(shí)，取等號(hào).故答案：83.

變式4：本例的條件變?yōu)椋阂阎猘>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，則1a+1b+1c的最小值為.

解析：∵a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，

∴1a+1b+1c=a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc

=3+ba+ca+ab+cb+ac+bc

=3+（ba+ab）+（ca+ac）+（cb+bc）

≥3+2+2+2=9.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=13時(shí)，取等號(hào).

故答案：9.

類題通法：

（1）知和求積的最值：求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵：明確“和為定值，積有最大值”.但應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：①具備條件——正數(shù)；②驗(yàn)證等號(hào)成立.

（2）知積求和的最值：明確“積為定值，和有最小值”，直接應(yīng)用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的條件.

（3）構(gòu)造不等式求最值：在求解含有兩個(gè)變量的代數(shù)式的最值問(wèn)題時(shí)，通常采用“變量替換”或“常數(shù)1”的替換，構(gòu)造不等式求解.

（4）利用基本不等式求最值時(shí)應(yīng)注意：①非零的各數(shù)（或式）均為正；②和或積為定值；③等號(hào)能否成立，即“一正、二定、三相等”，這三個(gè)條件缺一不可.

四、不等式的證明

要點(diǎn)解析

證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法和數(shù)學(xué)歸納法等，最常見(jiàn)的有比較法、綜合法和分析法，這三種方法要求我們能熟練應(yīng)用.此外，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性，并利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，是高考?jí)狠S題中常見(jiàn)的題型，我們也應(yīng)掌握.

題型分析

1.比較法證明不等式

例8設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a3+b3≥ab（a2+b2）.

證明：由a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，作差得

a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）=（a-b）（（a）5-（b）5），

當(dāng)a≥b≥0時(shí)，a≥b，從而（a）5≥（b）5，得（a-b）（（a）5-（b）5）≥0；

當(dāng)0≤a0.

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

類題通法：作差比較法證明不等式的步驟有：（1）作差；（2）變形；（3）判斷差的符號(hào)；（4）下結(jié)論.其中“變形”是關(guān)鍵，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷出差的正負(fù).

2.分析法證明不等式

例9已知a、b、c均為正實(shí)數(shù)，且a+b+c=1.

求證：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1-a）（1-b）（1-c）.

證明：∵a、b、c∈R+，且a+b+c=1，

∴要證原不等式成立，即證

[（a+b+c）+a][（a+b+c）+b][（a+b+c）+c]≥8[（a+b+c）-a][（a+b+c）-b][（a+b+c）-c]，

也就是證[（a+b）+（c+a）][（a+b）+（b+c）][（c+a）+（b+c）]≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（c+a）+（a+b）≥2（c+a）（a+b）>0，

（a+b）+（b+c）≥2（a+b）（b+c）>0.

（b+c）+（c+a）≥2（b+c）（c+a）>0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得證.

類題通法：分析法是證明不等式的重要方法，當(dāng)所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時(shí)，可用分析法來(lái)尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆.

3.綜合法證明不等式

例10已知a，b，c∈R+，且互不相等，且abc=1.

求證：a+b+c<1a+1b+1c.

證明：方法一：∵a，b，c∈R，且互不相等，且abc=1，

∴a+b+c=1bc+1ca+1ab<1b+1c2+1c+1a2+1a+1b2=1a+1b+1c，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

方法二：∵a，b，c是不等正數(shù)，且abc=1，

∴1b+1c≥21bc=2a；1c+1a≥21ac=2b；1a+1b≥21ab=2c.

以上三式相加，得1a+1b+1c≥a+b+c.

又∵a，b，c互不相等，∴1a+1b+1c>a+b+c.

方法三：∵a，b，c是不等正數(shù)，且abc=1，

∴1a+1b+1c=bc+ca+ab

=bc+ca2+ca+ab2+ab+bc2

>abc2+a2bc+ab2c=c+a+b，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

類題通法：利用綜合法證明不等式，關(guān)鍵是利用好已知條件和已經(jīng)證明過(guò)的重要不等式.綜合法與分析法有時(shí)聯(lián)合運(yùn)用，用分析法探索證明思路，用綜合法書(shū)寫(xiě)證明過(guò)程.

4.放縮法證明不等式

例11有小于1的n個(gè)（n≥2）正數(shù)x1，x2，x3，…，xn，且x1+x2+x3+…+xn=1.

求證：1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

證明：∵01xi，其中i=1，2，3，…，n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n

>1x1+1x2+1x3+…+1xn

≥nn1x1x2x3…xn.

∵nx1x2x3…xn≤x1+x2+x3+…xnn=1n，

∴n1x1x2x3…xn≥n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>n2≥22=4，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

類題通法：放縮法證明不等式時(shí)，常見(jiàn)的放縮依據(jù)和技巧是不等式的傳遞性.縮小分母、擴(kuò)大分子，分式值增大；縮小分子、擴(kuò)大分母，分式值減?。幻恳淮慰s小其和變小，但需大于所求；每一次擴(kuò)大其和變大，但需小于所求，即不能放縮不夠或放縮過(guò)頭.

5.利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式

例12證明不等式lnx>2（x-1）x+1，其中x>1.

證明：設(shè)f（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>1），

所以f′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2，

因?yàn)閤>1，所以f′（x）>0，又f（x）在[1，+∞）上是連續(xù)變化的，故f（x）在[1，+∞）內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù).

又因?yàn)閒（1）=0，且當(dāng)x>1時(shí)，f（x）>f（1），即lnx-2（x-1）x+1>0，所以lnx>2（x-1）x+1.

類題通法：利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f（x）>g（x）在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h（x）>0，其中一個(gè)重要技巧就是找到函數(shù)h（x）在什么時(shí)候可以等于零，這往往就是解決問(wèn)題的一個(gè)突破口.

（作者：王佩其，太倉(cāng)市明德高級(jí)中學(xué)）