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；a
实数的大小比较法则，它是比较两个实数大小的依据，要比较两个实数的大小，只要考察它们的就可以了.
实数的大小比较法则与实数运算的符号法则一起构成了证明其它不等式性质的基础.
2、不等式的5个性质定理及其3条推论
定理1（对称性）a>b
定理2（同向传递性）a>b，b>c
定理3a>ba＋c>b＋c
推论a>b，c>d
定理4a>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2a>b＞0(nN且n>1)
定理5a>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，
∴，∴
∴∴第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>bB．a
解：B。解析：。
（4）b克盐水中，有a克盐（），若再添加m克盐（m>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)
，它的依据是：若>0，>0，则
∵－＝，
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：x
(2)设函数f(x)的图象关于直线x＝x0对称，证明：x0<．
证明：(1)由于、是方程的两个根，则当时，有
∴又
∴即
又由
得
∵又
∴，
∴即
综上所述，．
(2)∵
∴
变式训练4：设f(x)=3ax,f(0)＞0，f(1)＞0，
求证：(1)a＞0且-2＜＜-1；
(2)方程f(x)=0在（0，1）内有两个实根.
证明：（1）因为，所以由条件，消去，得；
由条件，消去，得，.
故.
（2）抛物线的顶点坐标为，
在的两边乘以，得.
又因为而
所以方程在区间与内分别有一实根。
故方程在内有两个实根.
第4课时不等式证明（二）
证明不等式的其它方法：反证法、换元法、放缩法、判别式法等．
反证法：从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原命题是正确的证明方法．
换元法：对结构较为复杂，量与量之间关系不甚明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式的证明方法．
放缩法：为证明不等式的需要，有时需舍去或添加一些代数项，使不等式的一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法叫放缩法．
判别式法：根据已知的式子或构造出来的一元二次方程的根，一元二次不等式的解集，二次函数的性质等特征，确定其判别式所应满足的不等式，从而推出所证的不等式成立．
例1.已知f(x)＝x2＋px＋q，
(1)求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)求证：｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于．
证明:(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2
(2)用反证法。假设｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于，则｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜＜2，而｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，出现矛盾.
∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于.
变式训练1：设，那么三个数、、（）
A．都不大于2
B．都不小于2
C．至少有一个不大于2
D．至少有一个不小于2
解:D
例2.（1）已知x2＋y2＝1，求证:.
（2）已知a、b∈R，且a2＋b2≤1，求证:.
证明:(1)设
∴
(其中)
∵
∴
(2)令(其中k2≤1),
则
≤
故原不等式成立.
变式训练2：设实数x，y满足x2＋(y－1)2＝1，当x＋y＋c≥0时，c的取值范围是（）
A. B.
C. D.
解:A
例3.若，求证：
证明：当时即
故原不等式成立．
变式训练3：若f(n)＝－n，g(n)＝n－，(n)＝，则f(n)，g(n)，(n)的大小顺序为____________．
解:g(n)>φ(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＋)＋≥>
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；
③a≤|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＞1B．a＜1C．a≤1D．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＋ax＋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＋)＞2a＞4
②1≤≤2时，h(t)min＝h＝2a＞2
∴1＜a≤4
③0＜＜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.
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.A2.D3.B4.C5.B6.C7.A8.D9.C10.A11.12.－113.814.415.
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＋．
典型例题
归纳小结
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基础过关
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基础过关
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典型例题
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