8.已知实数x、y满足x²+y²=1，则(1-xy)(1+xy)(　　　 )

A.有最小值，也有最大值1　　　　　　　 B.有最小值，也有最大值1

C.有最小值，但无最大值　　　　　　　　 D.有最大值1，但无最小值

7.若a、b、c、d满足条件：c<d且a+d<b+c和a+b=c+d，则下列不等式中正确的是(　　 )

A.a<c<b<d　　　 B.b<c<d<a　　　　　 C.c<a<b<d　　　 　 D.a<c<d<b

6.x为实数，且|x-3|-|x-1|>m恒成立，则m的取值范围是(　　 )

A.m>2　　　　　 B.m<2　　　　　　　 C.m>-2　　　　　 　 D.m<-2

5.已知a²+b²+c²=1，那么下列不等式中成立的是(　　 )

A.(a+b+c) ²≥1　　　　　　　　　 　　 B.ab+bc+ca≥

C.|abc|≤　　　　　　　　　　　 D.ab²>ab>a

4.若a<0,-1<b<0，下面结论正确的是(　　 )

A.a>ab>ab²　　　 B.ab>ab²>a　　　 　　 Cab>a>ab²　　　 D.ab²>ab>a

3.a,b∈R且a>b,则下列不等式中恒成立的是(　　 )

A.a²>b²　　　　　 B.( ) ^a <()^b　　 C.lg(a-b)>0　　 D.>1

2.若a³<-5，则下列关系式中正确的是(　　 )

A.a⁴>-5a　　　　 B.a²<　　　　　 C.a⁶<25　　　　 D.a>

1.“x>y且m>n”是“x+m>y+n”成立的(　　 )

A.充分不必要条件　　　　　　　　　　 B.必要不充分条件

C.充分必要条件　　　　　　　　　　　 D.不充分不必要条件

2.证明不等式的常用方法

除了课本介绍了证明不等式的三种基本方法外，还有如下常用方法：

(1)放缩法

若证明“A≥B”，我们先证明“A≥C”，然后再证明“C≥B”，则“A≥B”。

(2)反证法

反证法是通过否定结论导致矛盾，从而肯定原结论正确的一种方法。

(3)数学归纳法

证明与自然数n有关的不等式时，常用数学归纳法。此法高考中已多次考查。

(4)变量代换法

变量代换是数学中一种常用的解题方法，对于一些结构比较复杂，变化较多而关系不太清楚的不等式，可适当地引进一些新的变量进行代换，以简化其结构，其代换技巧有局部代换、整体代换、三角代换、增量代换等。

(5)函数方法

通过利用函数的性质，如单调性、凸性、有界性、实根存在的条件证明不等式的方法称为函数方法。

(6)构造方法

不等式证明中的构造方法，主要是指通过引进合适的恒等式、数列、函数，图形及变量代换等辅助手段，促使命题转化，从而使不等式得证。此法技巧要求较高，高考试题中很少见。

例题解析

[例1]　 证明下列不等式：

(1)若x,y,z∈R，a,b,c∈{x|x是正实数集}，则

x²+y²+z²≥2(xy+yz+zx)

(2)若x,y,z∈{x|x是正实数集}，且x+y+z=xyz，则++≥2(++)²

[解]　 (1)先考虑用作差证法

∵x²+y²+z²-2(xy+yz+zx)= (x²+y²-2xy)+(y²+z²-2yz)+

(z²+x²-2zx)=(xy)²+(y-z)²+(z-x)²≥0

∴　 x²+y²+z²≥2(xy+yz+zx)

(2)采用等价转化法

所证不等式等价于

x²y²z²(++)≥2(xy+yz+zx)²

xyz·[yz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)]≥2(xy+yz+zx)²

(x+y+z)(y²z+yz²+z²x+zx²+x²y+xy²)≥2(x²y²+y²z²+z²x²)+4(x²yz+xy²z+xyz²)

y³z+yz³+z³x+zx³+x³y+xy³≥zx²yz+2xy²z+2xyz²

yz(y-z) ² +zx(z-x) ²+xy(x-y) ²+x² (y-z) ²+y² (z-x)+z² (x-y) ²≥0

∵上式显然成立　 ∴原不等式得证。

[注]　 (1)配方技巧的实现关键在于合理的分项，正是这种分项我们对(1)还可证明如下：

x²+y²+z²

=(x²+y²)+(y²+x²)+(z²+x²)

≥2+2+2

≥2(xy+yz+zx)

(2)的证法要害是：化分式为整式，活用条件，即用x+y+z代换xyz，以及配方技术。事实上，这个代数不等式的实质是如下三角不等式：

在锐角△ABC中，求证：

cotA(tanB+tanC)+cotB·(tanC+tanA)+cotC·(tanA+tanB)≥2(cotA+cotB+cotC)²

[例2]　 x,y,z∈R，且x+y+z=1，x²+y²+z²=，则x,y,z,∈[0,]

[证法一]由x+y+z=1，x²+y²+z²=，得：x²+y²+(1-x-y)²=

整理成关于y的一元二次方程得：

2y²-2(1-x)y+2x²-2x+=0

∵y∈R，故Δ≥0。

4(1-x)²-4×2(2x²-2x+)≥0

解之得：0≤x≤∴x∈[0,]

同理可得：y,z∈[0,]

[证法二]　 设x=+x′，y=+y′,z=+z′，则x′+y′+z′=0

于是

=(+x′)²+(+y′)²+(+z′)²

=+x′²+y′²+z′²+(x′+y′+z′)

=+x′²+y′²+z′²

≥+x′²+

=+x′²

故x′²≥，x′∈[-，]，x∈[0, ]同理，y,z∈[0, ]

[证法三]反证法

设x、y、z三数中若有负数，不妨设x<0，则x²>0，=x²+y²+z²≥x²+=+x²=x²-x+>矛盾。

x,y,z,三数中若有最大者大于，不妨设x>，则：

=x²+y²+z²≥x²+

=x²+=x²-x+

=x·(x-)+>，矛盾。

故x,y,z∈[0, ]。

[注]本题证法甚多，最易接受的方法是证法一的判别式法。因为该法思路明晰，易于操作。技巧性不强。

[例3]已知i、m、n是正整数，且1<i≤m<n。

(1)证明：nⁱA_mⁱ<mⁱA_nⁱ;

(2)证明：(1+m)ⁿ>(1+n)^m。

[证明]　 (1)对于1<i≤m，且A_mⁱ=m……(m-i+1),=·……，

同理=·……

由于m<n，对于整数k=1,2,…,i-1，有>，所以>

即　 mⁱA_nⁱ>nⁱA_mⁱ

(2)由二项式定理有

(1+m)ⁿ=1+C_n¹m+C_n²m²+…+C_nⁿmⁿ

(1+n)^m=1+C_m¹n+C_m²n²+…+C_m^mnⁿ

由(1)知mⁱA_nⁱ>nⁱA_mⁱ (1<i≤n)

而C_mⁱ=, C_nⁱ=,

∴mⁱC_nⁱ>nⁱC_mⁱ (1<m<n)

∴m⁰C_n⁰= n⁰C_n⁰=1, mC_n¹= nC_m¹=m·n, m²C_n²> n⁰C_m⁰,…m^mC_n^m> n^mC_m^m, m^m+1C_n^m+1 >0,…, m^mC_nⁿ >0,

∴1+ C_n¹m + C_n²m²+…+ C_nⁿmⁿ >1+ C_m¹n+ C_m²n² +…+ C_m^mnⁿ。即

(1+m)ⁿ>(1+n)^m成立。

[注]　 本题是2001年全国高考数学试题，上述证明方法关键是配对。除了上述证法外，本题还有许多另外的证法，下面另举两种证法。

(1)法一：令n=m+k,k∈N

对自然数k=1,2，…，i-1,t<m，有

<，从而得：1+<1+

∴(1+)ⁱ<(1+)(1+)…(1+)

∴()ⁱ<

∴(m+k)ⁱm(m-1)…(m-i+1)<mⁱ(m+k)(m+k+1)…(m+k-i+1)即

nⁱA_mⁱ<mⁱA_n^I

法二：因为i、m、n是正整数，且1<i≤m<n，不妨设n=m+k(其中k∈N)。下面对正整数i实施数学归纳法。

(i)当i=2时，左边=n²A_m²=n²m(m-1)=n² (m²-m)=(m+k) ² (m²-m)=m²·(m+k) ²-m·，右边=m²A_n²=m²n(n-1)=m² (m+k)(m+k-1)=m² (m+k) ²-m² (m+k)

∵(m+k) ²>m·(m+k)　 ∴m(m+k) ²<m² (m+k)

故m² (m+k) ²-m(m+k) ²<m² (m+k) ²-m² (m+k)，即左边<右边，这说明i=2时，原不等式成立。

(ii)假设i=l时，n^lA_m^l<m^l·A_n^l(1<l≤m<n)成立。∵n(m-l)<m·(n-l)

∴n^l+1A_m^l·(m-l)<m^l+1·A_n^l·(n-l)

∴n^l+1A_m^l+1<m^l+1·A_n^l+1(1<l+1≤m<n)

这说明i=l+1时，也成立。

由(i)(ii)可知，对于满足条件1<i≤m的所有自然数i，原不等式成立。

(2)法一：令f(k)=(k≥3,k∈N)

∵=·

　　　　　 ==>1

∴f(n+1)>f(n)

∴当k≥3,k∈N时，f(k)单调递增。

∴k^k+1>(k+1)^k,即k>(k+1)

于是经过有限次传递，必有：

(n+1) >(m+1)

∴(1+m)ⁿ>(1+n)^m

法二：(1+m)ⁿ>(1+n)^mnlg(1+m)>mlg(1+n)

>

令f(n)= ,n≥2

又>(1+n)ⁿ⁺¹>(2+n)ⁿ

()ⁿ>

(1-)ⁿ>

∵n≥2,- >-1

∴由贝努利不等式得(1-)ⁿ>1-=>

∴>递减，又m<n

∴>

∴(1+m)ⁿ>

[例4]解下列关于x的不等式：

(1)a^2x+1≤a^x+2+a^x-2(a>0);

(2)log_a(1-)>1(a>0且a≠1)。

[解]在解指、对数不等式时，常要对底数a进行分类，然后依据其函数的单调性来实现转化，在转化过程中注意不等式解的等价性。

(1)原不等式等价于

a^2x-(a²+a^-2)a^x+1≤0

(a^x-a²)(a^x-a^-2) ≤0

(i)当0<a<1时，a²<a^-2,∴a²≤a^x≤a^-2

即-2≤x≤2

(ii)当a>1时，a²>a^-2，∴a^-2≤a^x≤a²

即-2≤x≤2

(iii)当a=1时，x为一切实数。

综上所述：当0<a<1，原不等式的解为{x|-2≤x≤2}；当a=1时，解集为 R。

(2)(i)当a>1时，原不等式等价于

1->a1-a>

∵1-a<0　　 ∴<x<0

(ii)当0<a<1时，原不等式等价于

1<x<

综上所述：当a>1时，原不等式解集是{x|<x<0};当0<a<1时，原不等式的解集是{x|1<x<}。

[注]　 (1)本题求解过程中易漏掉a=1的情形，希望同学们加以注意。

(2)如果应用性质<0f(x)·g(x)<0，就能简化上述解法。事实上

(i)当a>1时，原不等式等价于

1->a<0

x(x-)<0<x<0

(ii)当0<a<1时，原不等式等价于

0<1-<a(1-)(1--a)<0

<0

(x-1)(x-)<0

1<x<

记住一些有用的小结论，有利于优化解题过程。

[例5]　 设函数f(x)=log_b(b>0且b≠1)。

(1)求f(x)的定义域；

(2)当b>1时，求使f(x)>0的所有x的值。

[解]　 (1)∵x²-2x+2恒正，

∴f(x)的定义域是1+2ax>0。

即当a=0时，f(x)定义域是全体实数。

当a>0时，f(x)的定义域是(-，+∞)

当a<0时，f(x)的定义域是(-∞，+)

(2)当b>1时，在f(x)的定义域内，f(x)>0>1x²-2x+2>1+2ax

x²-2(1+a)x+1>0

其判别式Δ=4(1+a)²-4=4a(a+2)

(i)当Δ<0时，即-2<a<0

∵x²-2(1+a)x+1>0

∴f(x)>0x<-

(ii)当Δ=0时，即a=-2或0

若a=0,f(x)＞0(x-1)²>0

x∈R且x≠1

若a=-2,f(x)＞0(x+1)²＞0

x＜且x≠-1

(iii)当△＞0时，即a＞0或a＜-2

方程x²-2(1+a)x+1=0的两根为

x₁=1+a-,x₂=1+a+

若a＞0，则x₂＞x₁＞0＞-

f(x)＞0x＜1+a-或1+a+＜x＜-

综上所述：当-2＜a＜0时，x|x＜-

当a=0时，R，

当a=-2时：x|x＜-1或-1＜x＜

当a＞0时，x|x＞1+a+或-＜x＜1+a-

当a＜-2时，x|x＜1+a-或1+a+＜x＜-

[注] 解题时要注意函数的定义域。

[例6] 解不等式

(1)≥x+1；

(2)|-x|＜1的解集。

[解] (1)≥x+1

≤0

x·(x-1)(x+1)(x+2)(x+5)≤0，且x≠-1，-2，由图可知，原不等式的解集为：

x|x≤-5或-2＜x＜-1或0≤x≤1

(2)|-x|＜1

x-1＜＜x+1

而＜x+1

　 解之得：

所以，0x≤1-或1+≤x6

＞x-1

　或

解之得：x≤1-或x＞2

所以原不等式的解集为0，1-(2，6)

[注] (1)解高次不等式时常采用数轴标根法，其做法是：先将每个因式分别等于零的根标在数轴上，然后按由上而下，由右向左的次序画图穿过各个零点，选出符合条件的区间。如有重因式，特别注意重因式的零点。如：(x-a)²ⁿ·f(x)≥0f(x)≥0或x=a，(x-a)²ⁿ·f(x) ＞0f(x)＞0且x≠a；(x-a)^2n-1·f(x)≥0(x-a)f(x)≥0。

(2)本题的第(2)小题的几何解释是：在同一个坐标系中分别作出函数y=x-1,y=x+1和y=的图像。于是，不等式x-1＜＜x+1的解集就是使函数y=的图像(双曲线2(x-1)²-y²=1，位于x轴上方的部分)夹在直线y=x-1与y=x+1之间的x集合(如图)。

[例7] 已知当x∈[0，1]时，不等式

x²cos-x·(1-x)+(1-x)²sin＞0

恒成立，试求的取值范围。

[解] 令f(x)=x²cos-x·(1-x)+(1-x)²sin，对x∈[0，1]，f(x)＞0恒成立。

∴cos=f(1)＞0,sin=f(0)＞0　　　　　　　　　　　 (1)

f(x)=(1+cos+sin)x²-(1+2sin)x+sin

其对称轴，x=，且小于1。

所以：(1+2xin)²-4·(1+cos+sin)·sin＜0　　　 (2)

反之(1)、(2)成立，f(x)＞0　 x∈[0，1]恒成立。

故

解之得：2kπ+＜＜2kπ+，k∈Z。

[注] 二次函数的在区间上最大值、最小值，只要考虑两个端点处及区间中对称轴所在的位置之点。

[例8] 设函数f(x)=-ax

(1)解不等式f(x)≤1

(2)求a的取值范围，使函数f(x)在区间0，+∞上是单调函数。

[解] (1)不等式f(x)≤1即

≤1+ax

所以:(i)当0＜a＜1，所给不等式的解集是x|0≤x≤

(ii)a≥1时，所给不等式的解集是{x|x≥0}

(iii)当a=0时，所给不等式的解集是{0}

(iv)当-1＜a＜0时，所给不等式的解集是x|≤x≤0

(v)当a≤-1时，所给不等式的解集是{x|x≤0}

(2)在区间0，+∞上任取x₁，x₂，使得x₁＜x₂

f(x₁)-f(x₂)=

　　　　　 =(x₁-x₂)()

而f(x)在0，+∞上单调

∴f(x₁)-f(x₂)在0，+∞上恒正或恒负。

又∵x₂-x₁＞0,x₁·x₂∈0，+∞

∈(0，1)

∴a≥1或a≤0

[例9] 设函数f(x)=ax²+8x+3a＜0。对于给定的负数a，有一个最大的正数l(a)，使得在整个区间[0，l(a)]上，不等式|f(x)|≤5都成立。

问：a为何值时l(a)最大？求出这个最大的l(a)，证明你的结论。

[解] f(x)=a·(x+)²+3-　 ∵a＜0，所以f(x)_max=3-

(i)当3-＞5，即-8＜a＜0，此时0＜l(a)＜-

所以，l(a)是方程

ax²+8x+3=-5的较小根。

l(a)=

　　 ==

当且仅当a=-8时，等号成立。

由于＞，因此当且仅当a=-8时，l(a)取最大值。

[注] 本题是一个典型的函数、方程、不等式的综合题。数形结合利于开拓思路，找到解法。

[例10] 设{a_n}是由正数组成的等比数例，S_n是其前n项和，

(1)证明：＜lgS_n+1；

(2)是否存在常数C＞0，使得

=lg(S_n+1-C)

成立？证明你的结论。

[解] (1)∵{a_n}是由正数组成的等比数列。

∴a₁＞0,q＞0

当q=1时，S_n=na₁,S_n+2=(n+2)a₁

S_n+1=(n+1)a₂

S_n·S_n+2=na₁·(n+2)a₁=n²a₁²+2na₁²＜n²a₁²+2na₁²+a₁²=[(n+1)a₁]²=S²_n+1

∴S _n·S_n+2＜S²_n+1

当q≠1时

S_n=　 S_n+2=　 S_n+1=

S _n·S_n+2=

S²_n+1=

于是，S²_n+1-S_n·S_n+2==a₁²·qⁿ＞0

综上所述：S²_n+1＞S_n·S_n+2

＜lgS_n+1

(2)证法一：

(1)当q=1时

　(S_n-C)(S_n+2-C)-(S_n+1-C)²

=(na₁-C)[(n+2)a₁-C]-[(n+1)a₁-C]²=-a₁²＜0故这样的C＞0不存在。

(2)当q≠1时

　(S_n-C)(S_n+2-C)-(S_n+1-C)²

=-a₁qⁿ·[a₁-C(1-q)]

∵a₁＞0,q＞0,a1·qⁿ≠0　 ∴C=

∵C＞0,∴0＜q＜1，但0＜q＜1时，a_n-＜0，这与条件(2)矛盾，故这样的C＞0不存在。

证法二：(反证法)假设存在常数C＞0，使得=lg(S_n+1-C)成立，则必有

由④式得：

S_n·S_n+2-S²_n+1=C·(S_n+S_n+2-2S_n+1)

另一方面：

S_n+S_n+2-2S_n+1=(S_n-C)+(S_n+2-C)-2(S_n+1-C)≥2-2(S_n+1-C)=0

∴S_n·S_n+2≥S_n+1²矛盾

故这样的C>0不存在。

[注]本题是一道数列、不等式、函数的综合性题。解题过程中特别要注意q=1与q≠1的讨论。

(2)中的反证法，综合体现了不等式知识的灵活实用，具有较高的能力要求。

跟踪练习

1.不等式中常见的基本思想方法

(1)等价转化。具体地说，就是无理化为有理，分式化为整式，高次化为低次，绝对值化为非绝对值，指数、对数化为代数式等。

(2)分类讨论。分类讨论的目的是处理问题解决过程中遇到的障碍，在无障碍时不要提前进行分类讨论。

(3)数形结合。有些不等式的解决可能化为两个函数图像间的位置关系或几何问题。

(4)函数方程思想。解不等式可化为解方程及函数图像与x轴交点问题，然后根据题意判断所求解的区间。如“标根法”实际上是一种函数、方程思想。