第二章知識點總結(jié)與例題講解導(dǎo)學(xué)案- 高一上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版（2019）必修第一冊

第78頁等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)知識點總結(jié)與例題講解（新教材）一、本節(jié)知識點（1）兩個實數(shù)的大小比較.（2）不等式≥的探究.（3）不等式的基本性質(zhì).二、本節(jié)題型（1）比較兩個代數(shù)式的大小.（2）利用不等式的性質(zhì)證明不等式.（3）利用不等式的性質(zhì)求取值范圍.三、知識點講解知識點兩個實數(shù)的大小比較關(guān)于實數(shù)的大小比較,有以下基本事實:如果是正數(shù),那么;如果等于0,那么;如果是負(fù)數(shù),那么.反過來也成立.用符號表示為:.作差法比較兩個代數(shù)式的大小利用作差法比較大小的一般步驟為:（1）作差;（2）變形:對差進(jìn)行變形.（3）判號:判斷差的符號（如果差中含有參數(shù),則需要進(jìn)行分類討論）.（4）定論:根據(jù)差的符號作出大小判斷.即:作差變形判號定論.作差法的關(guān)鍵在于變形,常用的變形為:因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等.知識點不等式≥的探究一般地,R,有≥當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.（1）公式的證明（作差法）:∵R,≥0∴≥0∴≥.當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.（2）公式的變形=1\*GB3①≤（R）,當(dāng)且僅當(dāng)時取等號;=2\*GB3②≥（≥）（R）,當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.變形=2\*GB3②的證明:證明:∵≥∴≥（不等式的兩邊同時加上）∴≥∴≥（不等式的兩邊同時乘以）∴≥,（R）,當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.知識點不等式的基本性質(zhì)不等式的基本性質(zhì)有7條,分別如下:性質(zhì)1（對稱性）.（可逆）性質(zhì)2（傳遞性）.性質(zhì)3（可加性）.（可逆）性質(zhì)3推論（移項法則）.（可逆）性質(zhì)4（可乘性）;.（不可逆）性質(zhì)5（同向可加性）.（不可逆）性質(zhì)6（同向同正可乘性）.（不可逆）性質(zhì)7（正數(shù)可乘方性）（N,且≥2）.性質(zhì)7推論（正數(shù)可開方性）（N,且≥2）.不等式性質(zhì)的拓展倒數(shù)法則（1）;（2）.即.不等式性質(zhì)的證明性質(zhì)1（對稱性）的證明:.證明:∵,∴,∴,∴;∵,∴,∴,∴.∴.性質(zhì)2（傳遞性）的證明證明:∵,∴∵,∴∴∴.性質(zhì)3（可加性）的證明證明:∵,∴∴∴.∵∴,∴∴.∴.性質(zhì)3推論（移項法則）的證明.證明:∵∴由不等式的基本性質(zhì)3（可加性）可得:∴.∵∴由不等式的基本性質(zhì)3（可加性）可得:∴.∴.說明相同的方法還可證明:.性質(zhì)4（可乘性）的證明;.∵,∴∵∴,即∴.同理可證:.性質(zhì)5（同向可加性）的證明.證明:∵∴由不等式的性質(zhì)3（可加性）可得:∵∴由不等式的性質(zhì)3（可加性）可得:,即由不等式的性質(zhì)2（傳遞性）可得:.性質(zhì)6（同向同正可乘性）.證明:∵∴由不等式的基本性質(zhì)4（可乘性）可得:∵,∴由不等式的基本性質(zhì)4（可乘性）可得:由不等式的基本性質(zhì)2（傳遞性）可得:.∴.倒數(shù)法則的證明:證明:∵,∴∴由不等式的基本性質(zhì)4（可乘性）可得:,即∴.倒數(shù)法則的證明:證明:∵,∴∴由不等式的基本性質(zhì)4（可乘性）可得:,即∴.方法二:∵,∴∴∴,即.四、例題講解例1.若,求證:.分析這里采用作差法證明.證明:∵∴由不等式的基本性質(zhì)6（同向同正可乘性）可得:,∴∵∴,即∴.例2.已知,求證:.分析要證明,因為,所以只需證明（倒數(shù)法則）即可.證明:∵,∴∵∴.（不等式的基本性質(zhì)4）例3.已知.求證:.證明:∵,∴∵∴,即（同向可加性）∴（倒數(shù)法則）∵∴.例4.已知R.求證:≤≤.證明:∵R,≥0∴≥0∴≥∴≥.∵≥∴≥∴≥∴≥,即≥.∵≥∴≥∴≥∴≥∴≥.綜上所述,≤≤.例5.已知.求證:.證明:∵∴∴∴（倒數(shù)法則）∴由不等式的基本性質(zhì)6（同向同正可乘性）可知:.例6.已知.求證:.分析這里采用作差法證明.證明:∵∴∴∴∴.例7.已知.求證:.分析注意.證明:∵∴∴∴∴.例8.已知,比較與的大小.分析這里采用作差法證明.利用作差法比較大小的一般步驟為:（1）作差;（2）變形:對差進(jìn)行變形.（3）判號:判斷差的符號（如果差中含有參數(shù),則需要進(jìn)行分類討論）.（4）定論:根據(jù)差的符號作出大小判斷.即:作差變形判號定論.作差法的關(guān)鍵在于變形,常用的變形為:因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等.解:∵∴∵恒成立∴∴.例8.已知≥1,試比較和的大小.分析利用分母有理化進(jìn)行比較.解:∵≥1,∴∴∴.例9.設(shè),比較與的大小.分析對于兩個同號的數(shù)比較大小,還可以采用作商法比較大小.（1）若,且,則.（2）若,且,則.解:∵,∴∴∵∴∴.例10.比較與的大小.分析這里利用正數(shù)可開方性進(jìn)行證明.解:,∵∴∴∴∴∵∴∴.重要結(jié)論若,且,則.例10在得出時,因為,所以根據(jù)上面的結(jié)論即可得出.利用不等式的基本性質(zhì)求取值范圍例11.已知,試求與的取值范圍.解:∵∴∴∴的取值范圍是.∵∴∴∴∴的取值范圍是.例12.已知,求的取值范圍.解:∵∴.∵∴∴.∴的取值范圍為.例13.已知,求的取值范圍.分析在使用不等式的基本性質(zhì)4（可乘性）時,應(yīng)注意所乘數(shù)的正負(fù).解:∵,∴∵∴=1\*GB3①當(dāng)0時,∴,∴;=2\*GB3②當(dāng)時,;=3\*GB3③當(dāng)時,∴.綜上所述,的取值范圍是.方法總結(jié)（1）同向不等式具有可加性,同向同正不等式具有可乘性,但不能相減和相除.（2）不等式的兩邊同時乘以同一個正數(shù),不等號方向不變;不等式的兩邊同時乘以同一個負(fù)數(shù),不等號方向改變.例14.已知,且,求的取值范圍.解:設(shè),則有∴,解之得:.∴.∵,∴∴∴∴∴的取值范圍是.方法總結(jié)已知兩個關(guān)于線性關(guān)系的代數(shù)式的取值范圍,求另一個關(guān)于線性關(guān)系的代數(shù)式的取值范圍的方法:根據(jù)條件確定（均為實數(shù)）的取值范圍時,首先采用待定系數(shù)法,令,從而得到,求得的值,即可得到的取值范圍.注意,用其它的方法求得的范圍會比實際范圍大.例14.已知,,分別求及的取值范圍.解:∵,∴∴∴的取值范圍為.∵,∴∴∴∴的取值范圍為.∴,∴∴∴,∴∴的取值范圍為.例15.已知是正實數(shù),求證:≥.證明（作差法）:.∵≥0,∴≥0∴≥.證明（作商法）:∵是正實數(shù)∴,∴.∵≥0,∴≥1∴≥.例16.已知二次函數(shù)的圖象過原點且≤≤1,3≤≤5,求的取值范圍.解:由題意可設(shè).∴設(shè)∴∴,解之得:.∴∵3≤≤5,≤≤1∴≤≤3∴0≤≤8∴0≤≤8.即的取值范圍為.基本不等式知識點總結(jié)與例題講解一、本節(jié)知識點（1）基本不等式.（2）利用基本不等式求最值.（3）基本不等式的拓展——三個正數(shù)的基本不等式.二、本節(jié)題型（1）利用基本不等式求最值.（2）利用基本不等式證明不等式.（3）基本不等式的實際應(yīng)用.（4）與基本不等式有關(guān)的恒成立問題.三、知識點講解知識點基本不等式（均值不等式）一般地,R,有≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.特別地,當(dāng)時,分別用代替上式中的,可得≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.通常稱不等式≥為基本不等式（也叫均值不等式）,其中叫做正數(shù)的算術(shù)平均數(shù),叫做正數(shù)的幾何平均數(shù).基本不等式表明:兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù).注意重要不等式≥與基本不等式≥成立的條件是不一樣的.前者為任意實數(shù),后者只能是正數(shù).但兩個不等式中等號成立的條件都是.基本不等式的變形（1）≥,≤.其中R+,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.（2）當(dāng)時,≥2,當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立;當(dāng)時,≤,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.實際上,當(dāng)時,.∵≥2,∴≤,即≤.當(dāng)且僅當(dāng),即（）時,等號成立.（3）當(dāng)同號時,≥2,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立;當(dāng)異號時,≤,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.（4）不等式鏈:≤≤≤（,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.）其中,,,,分別叫做正數(shù)的調(diào)和平均數(shù)、幾何平均數(shù)、算術(shù)平均數(shù)、平方平均數(shù).知識點利用基本不等式求最值設(shè),則有（1）若（和為定值）,則當(dāng)時,積取得最大值;（∵R+,有≤,∴≤.）和定積最大.（2）若（積為定值）,則當(dāng)時,和取得最小值.（∵R+,有≥,∴≥.）積定和最小.說明上述結(jié)論可簡記為:和定積最大,積定和最小.即兩個正數(shù)的和為定值時,可求出其積的最大值;兩個正數(shù)的積為定值時,可求出其和的最小值.利用基本不等式求最值時,必須滿足三個條件,即:一正、二定、三相等.一正:各項都必須為正數(shù);二定:和或積為定值.當(dāng)和為定值時,積有最大值,當(dāng)積為定值時,和有最小值;三相等:等號能取到,即取得最值的條件能滿足.（1）對于函數(shù),當(dāng)時,≥,即≥4,當(dāng),即時,等號成立;當(dāng)時,≤,≤,當(dāng)時,等號成立.由此可見,對于函數(shù),和的最值情況是不一樣的.（2）當(dāng)時,求的最大值時,與的和不是定值,無法利用基本不等式求最值,此時可對原式進(jìn)行等價變形,變形為,即可求出其最大值.∵≤∴的最大值為,當(dāng)且僅當(dāng),即時,取得最大值.（3）求的最小值時,雖然與都是正數(shù),且乘積為定值1,但是當(dāng)時,有,顯然是不成立的,所以此時不能用基本不等式求其最小值.知識點基本不等式的拓展——三個正數(shù)的基本不等式一般地,R+,有≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.上面的不等式表明:三個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù).設(shè),則有（1）若,則當(dāng)時,和取得最小值為;（2）若,則當(dāng)時,積取得最大值.關(guān)于三個正數(shù)的不等式鏈若均為正數(shù),則有≤≤≤.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.個正數(shù)的基本不等式對于個正數(shù),則有≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.上面的不等式表明:對于個正數(shù)（≥2）的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù).四、例題講解例1.若,證明:≤≤≤.分析:本題即要求證明兩個正數(shù)的不等式鏈.證明:∵∴≥0∴≥∴≤（當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立）∴≥∴≤（當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立）.∵≥∴≥∴≥∴≤,即≤.∴根據(jù)正數(shù)可開方性得:≤.∴≤（當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立）.綜上所述,≤≤≤.例2.函數(shù)（）的最小值為_________,此時_________.解:∵∴≥,即≥3.當(dāng)且僅當(dāng),即時,取等號.∴當(dāng)時,函數(shù)（）取得最小值3.例3.已知,求的最小值.分析:當(dāng)利用基本不等式求最值時,若兩項的乘積為定值（常數(shù)）,可求出兩項和的最小值.當(dāng)然,某些式子需要進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?但要注意三個必須滿足的條件:一正、二定、三相等.解:∵,∴.∴≥,當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為7.例4.已知,且,則的最小值是_________.解:∵,∴.∵,∴,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是3.另解:∵,∴.∵,∴∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是3.例5.已知,且,求的最小值.解:∵,∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值為.點評本題若由≥,得的最小值為,則結(jié)論是錯誤的,錯因是連續(xù)使用基本不等式時,忽視了等號成立的條件一致性.所以有下面的警示.易錯警示連續(xù)兩次（多次）使用基本不等式時,應(yīng)注意保證等號成立的條件是否相同.例6.已知,且,求的最小值.解:∵,∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值為16.另解（消元法）:∵,∴∵,∴,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值為16.例7.若正數(shù)滿足,則的最小值是【】（A）（B）（C）5（D）6解:∵,∴.∵均為正數(shù)∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值是5.∴選擇答案【C】.例8.（1）已知,求代數(shù)式的最小值;（2）已知,求代數(shù)式的最大值.分析:本題考查利用基本不等式求代數(shù)式的最值.注意三個必須滿足的條件:一正、二定、三相等.解:（1）∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴代數(shù)式的最小值為5;（2）∵,∴.∴≤當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立,取得最大值1.例9.已知實數(shù),且,則的最小值是【】（A）（B）（C）3（D）2解:∵∴,整理得:.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是.∴選擇答案【B】.另解:.∵,∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值是.例10.設(shè),且,則的最小值為【】（A）（B）2（C）（D）3解:∵∴,∴.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即時,等號成立.∴的最小值為.∴選擇答案【A】.另解:∵,∴.∵,∴,解之得:.∴的取值范圍為..設(shè)∵,∴.∴當(dāng)時,.∴選擇答案【A】.例11.代數(shù)式（）的最小值為【】（A）2（B）7（C）9（D）10分析:形如的式子可化為的形式.解:可設(shè).∴∴,解之得:.∴.∴∵,∴∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴代數(shù)式（）的最小值為9.∴選擇答案【C】.另解:.∵,∴∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立,.∴選擇答案【C】.例12.求函數(shù)的最小值.解:∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立..例13.已知函數(shù)（）在時取得最小值,則______.解:∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立,函數(shù)取得最小值.∴,解之得:.實際上,函數(shù)（）,當(dāng)時,函數(shù)取得最小值.所以,從而求得.例14.設(shè)正實數(shù)滿足,若恒成立,則實數(shù)的取值范圍是_____________.分析:利用基本不等式可求出的最小值.要使恒成立,只需即可.解:∵為正實數(shù),∴∴≥當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴.∵恒成立∴只需即可∴,解之得:.∴實數(shù)的取值范圍是.例15.已知（）,求的最大值.分析:當(dāng)兩個正數(shù)的和為定值S時,這兩個正數(shù)的乘積在兩個正數(shù)相等時取得最大值,簡稱為：和定積最大.本題中,觀察到為定值,故考慮用基本不等式求函數(shù)的最大值,但要對原解析式解析等價變形.解:∵,∴∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值為.另解:∵,∴∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值為.例16.求代數(shù)式（）的最大值.分析:形如的式子可化為的形式.解:∵,∴.∴≤當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴代數(shù)式（）的最大值為0.注意使用基本不等式法求最值時,一定要滿足三個條件:一定、二正、三相等.例17.已知,求的最大值.解:∵,∴.∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴.例18.設(shè),若≥恒成立,則的最大值為_________.分析:只需≥即可,這樣問題就轉(zhuǎn)化為求的最小值的問題.解:.∵,∴∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.（注意,當(dāng)時,）∴的最小值為8.∵≥恒成立∴≤8,的最大值為8.另解:∵,∴∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為8.∵≥恒成立∴≤8,的最大值為8.例19.若對任意,≤恒成立,則實數(shù)的取值范圍是_________.解:∵∴≤當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴.∵對任意,≤恒成立∴≥.∴≥,即實數(shù)的取值范圍是.例20.已知,,若≥恒成立,則實數(shù)的最大值是__________.分析:可求出的取值范圍,根據(jù)范圍確定其最大值.這種方法叫做不等分析法.解:∵∴.∵∴≤∴≤1,∴≥8.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立..∵≥恒成立∴≤,即≤8,解之得:≤10.∴實數(shù)的最大值是10.例21.若不等式≥（常數(shù)）對一切正實數(shù)恒成立,求實數(shù)的取值范圍.解:∵,∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴.∵≥對一切正實數(shù)恒成立∴只需≥即可∴≥,解之得:≥.∴實數(shù)的取值范圍是.方法總結(jié)解決與不等式恒成立有關(guān)的問題,把參數(shù)從不等式中分離出來,使不等式的一端是含有參數(shù)的代數(shù)式,另一端是一個具體的函數(shù),這樣就把問題轉(zhuǎn)化為只有一端是參數(shù)的不等式的形式,便于問題的解決.例22.已知是正實數(shù),且,則的最小值是_________,的最小值是_________.解:∵∴,∴.∵是正實數(shù)∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為.∵是正實數(shù),∴≤∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是.例23.已知,且,則的最大值是_________,的最小值是_________.解:∵,∴≤∴≤,當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值是.∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時取等號.∴的最小值是.例24.要制作一個容積為4m3,高為1m的無蓋長方體容器.已知該容器的底面造價是每平方米20元,側(cè)面造價是，平方米10元,則該容器的最低總造價是【】（A）80元（B）120元（C）160元（D）240元解:由題意可知:該容器的底面積為4m2,設(shè)底面長為m,則底面寬為m,容器的總造價為元.則有≥（元）當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴該容器的最低總造價是160元.∴選擇答案【C】.例25.設(shè),,則的最小值為_________.解:∵∴.≥.當(dāng)且僅當(dāng),且,即或時,等號成立.∴的最小值為.注意注意與下面的例25做比較.例26.設(shè),且,則的最小值為_________.分析:利用基本不等式求最值時,一定要滿足三個條件:一定、二正、三相等.∵,∴≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立,此時無實數(shù)解.∴上面的等號是取不到的,即的最小值不是2.解:∵,且∴≤,∴≤.設(shè),則.∵在上單調(diào)遞減∴.∴的最小值為.例27.設(shè),求代數(shù)式的最大值.解:∵∴∴≤當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴代數(shù)式的最大值.例28.已知,求證:≥8.證明:∵∴≥,≥,≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,上面三個等號同時成立.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.例29.已知,且.求證:≥9.證明:∵,∴≥當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.例30.已知正數(shù)滿足,求的最小值.解:∵∴.∵均為正數(shù)∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為.例31.若實數(shù),且滿足,則的最小值為______.解:∵∴.∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為4.例32.已知,且,則的最小值為【】（A）5（B）6（C）7（D）8（參見例9）解:.∵,且∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為5.∴選擇答案【A】.另解:∵,∴.整理得:.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即（此時）時,等號成立.∴的最小值為5.∴選擇答案【A】.點評在利用基本不等式求最值時,根據(jù)需要有時要對關(guān)鍵條件進(jìn)行變形,或?qū)σ笞钪档拇鷶?shù)式進(jìn)行變形,以使和為定值或積為定值.例33.已知,求的最小值.分析:注意到,所以≤,這樣就消去了字母,因此≥≥4.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.解:∵∴≤（當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立）∴,.∴≥≥.當(dāng)且僅當(dāng),,即時,等號成立.∴的最小值是8.另解:∵,∴.∵≥（這里,≤）（當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立）∴≥≥.（當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立）當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是8.例34.若,且,求證:≥4.證明:∵,∴.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即或時,等號成立.∴≥4.例35.已知為正數(shù),求證:≥.證明:∵為正數(shù),∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴≥.（這里,）★例36.若,.求證:≥.分析:注意到這一隱含條件.證明:∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴≥.例37.已知均為正數(shù).求證:≥3.證明:∵均為正數(shù)∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴≥3.例38.已知,,則的最小值為【】（A）（B）（C）（D）4分析:注意到,根據(jù)題目所給條件的特點可先求出,然后開方即可得到,而.解:∵,∴.∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即（）時,等號成立.∴的最小值為18.∴的最小值為.∴選擇答案【C】.例39.已知,且,則的最大值是_________.解:∵,∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值是.例40.已知,則的最小值為_________.解:∵,∴.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值為6.點評:上面的方法為消去元后,利用基本不等式求得最值.例41.已知為正實數(shù),且,求的最大值.解:∵為正實數(shù)∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值為.另解:∵,∴.∵為正實數(shù)∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最大值為.例42.求函數(shù)的最大值.解:設(shè),則≥0,∴.∴.當(dāng),即時,;當(dāng),即時,≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,取等號.∴當(dāng)時,函數(shù)的最大值為.綜上所述,函數(shù)的最大值為.例43.設(shè)正實數(shù)滿足,則當(dāng)取得最大值時,代數(shù)式的最大值為【】（A）0（B）1（C）（D）3解:∵,∴.∵為正實數(shù)∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立,此時.∴≤1∴當(dāng)時,的最大值為1.∴選擇答案【B】.例44.若正數(shù)滿足,則的最大值是【】（A）（B）（C）2（D）解:∵≥∴≤30,∴≤2.∴的最大值是2.∴選擇答案【C】.例45.設(shè),且≥0恒成立,則實數(shù)的最小值等于【】（A）0（B）4（C）（D）解:∵≥0恒成立∴≥恒成立.（這里,注意）只需≥即可,此時取得最小值.∵∴≥,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.∴≤,∴∴≥,即的最小值為.∴選擇答案【C】.例46.設(shè),且≥恒成立,求的取值范圍.解:∵,∴.∵≥恒成立∴≥恒成立,只需≤即可.∵≥∴當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立,.∴≤4.∴的取值范圍是.例47.對于任意R,不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍.解:∵恒成立∴恒成立,只需即可..設(shè),則,.∵,且在上單調(diào)遞增∴,即.∴,即實數(shù)的取值范圍是.注意本題不能用基本不等式求最值.當(dāng)時,方程無解.例48.設(shè),,則的最大值為_________.解:∵≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,取等號.∴的最大值為18.∵∴的最大值為.例49.已知,,則的最小值是【】（A）7（B）9（C）5（D）11解:∵,∴.∵∴≥∴≥2,∴≥9.∴的最小值是9.∴選擇答案【B】.另解:∵,∴.∵∴≥.∴的最小值是9.∴選擇答案【B】.例50.若關(guān)于的不等式≥5在上恒成立,則實數(shù)的最小值為_________.解:∵,∴.∵≥5恒成立∴只需≥5即可.∵≥當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴∴≥5,解之得:≥1.∴實數(shù)的最小值為1.例51.已知,且,則的最小值為_________.解:∵∴∴.∵∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴,即的最小值為.例52.已知,且,求的最小值.解:∵∴.∵∴≥,即≥∴≥0∴≥0解之得:≥.∴≥,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.∴的最小值為.例53.已知為正數(shù),則的最大值為【】（A）1（B）2（C）（D）解:∵為正數(shù)∴≤.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.∴的最大值為.∴選擇答案【C】.例54.設(shè),則的最小值是【】（A）1（B）2（C）3（D）4解:∵,∴.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴的最小值是4.∴選擇答案【D】.例55.設(shè)都是正數(shù),且.（1）求的最小值;（2）求的最小值.分析:關(guān)于（1）的解決,參見例52.解:（1）∵∴.∵都是正數(shù)∴≥,即≥.∴≥0.解之得:≥.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.∴的最小值為;（2）由（1）知:.∵都是正數(shù)∴≤.（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號）∴≥,≥0.∴≥0.解之得:≥.當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立.∴的最小值為.說明第二種解法見《利用基本不等式求最值強(qiáng)化訓(xùn)練》第4題.二次函數(shù)與一元二次方程、不等式知識點總結(jié)與例題講解一、本節(jié)知識點（1）一元二次不等式的概念.（2）三個二次的關(guān)系.（3）一元二次不等式的解法.知識點拓展:（4）分式不等式的解法.（5）高次不等式的解法.二、本節(jié)題型（1）解不含參數(shù)的一元二次不等式.（2）解含參數(shù)的一元二次不等式.（3）三個二次之間的關(guān)系.（4）簡單高次不等式、分式不等式的解法.（5）不等式恒成立問題.（6）一元二次不等式的應(yīng)用.三、知識點講解.知識點一元二次不等式的概念我們把只含有1個未知數(shù),并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式,稱為一元二次不等式.即形如（≥0）或（≤0）（其中）的不等式叫做一元二次不等式.元二次不等式的解與解集使一元二次不等式成立的的值,叫做這個一元二次不等式的解,其解的集合,叫做這個一元二次不等式的解集.注意一元二次不等式的解集要寫成集合或區(qū)間的形式.知識點三個二次的關(guān)系一元二次不等式的解集、一元二次方程的解以及二次函數(shù)的圖象之間有著緊密的聯(lián)系.一元二次方程與二次函數(shù)的關(guān)系是:（1）當(dāng)≥0時,一元二次方程有實數(shù)根,二次函數(shù)的圖象與軸有交點,且方程的解是交點的橫坐標(biāo),交點的橫坐標(biāo)亦是方程的解;=1\*GB3①當(dāng)時,一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根,二次函數(shù)的圖象與軸有兩個不同的交點;=2\*GB3②當(dāng)時,一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根,二次函數(shù)的圖象與軸只有一個交點（即拋物線的頂點）.（2）當(dāng)時,一元二次方程無實數(shù)根,二次函數(shù)的圖象與軸沒有交點.具體關(guān)系見下頁表（1）所示.一元二次不等式與二次函數(shù)的關(guān)系是:（1）一元二次不等式（≥0）的解集就是二次函數(shù)的圖象位于軸上方（包括軸）的部分所對應(yīng)的自變量的取值范圍;（2）一元二次不等式（≤0）的解集就是二次函數(shù)的圖象位于軸下方（包括軸）的部分所對應(yīng)的自變量的取值范圍.由表可知一元二次不等式的解集的端點值就是對應(yīng)的一元二次方程的解.知識點一元二次不等式的解法解一元二次不等式的一般步驟是:（1）利用不等式的性質(zhì),將二次項系數(shù)化為正數(shù);（2）計算的值,并判斷的符號;（3）當(dāng)≥0時,求出相應(yīng)的一元二次方程的根;（4）畫出對應(yīng)的二次函數(shù)的簡圖;（5）根據(jù)一元二次不等式的形式,結(jié)合簡圖,寫出其解集.注意一元二次不等式的解集結(jié)構(gòu)與二次項系數(shù)的符號有著直接的關(guān)系.其中,=1\*GB3①當(dāng)時,一元二次不等式的解集在“兩根之外”,即“大于大根或小于小根”;一元二次不等式的解集在“兩根之內(nèi)”,即“大于小根且小于大根”,簡記為“大于0取兩邊,小于0取中間”;=2\*GB3②當(dāng)時,一元二次不等式的解集為;一元二次不等式的解集為;=3\*GB3③當(dāng)時,一元二次不等式的解集為R;一元二次不等式的解集為.表（1）一元二次方程、二次函數(shù)以及一元二次不等式的關(guān)系:判別式二次函數(shù)的圖象（）圖象說明圖象與軸有兩個不同的交點圖象與軸只有一個交點（頂點在軸上）圖象與軸沒有交點一元二次方程的解有兩個不相等的實數(shù)根有兩個相等的實數(shù)根沒有實數(shù)根的解集R的解集一元二次不等式在R上恒成立的問題（1）在R上恒成立,則有:或;（2）在R上恒成立,則有:或;（3）一元二次不等式≥0在R上恒成立,則有:;（4）一元二次不等式≤0在R上恒成立,則有:.補(bǔ)充概念二次函數(shù)的零點我們把使一元二次方程的實數(shù)叫做二次函數(shù)的零點.對零點的理解（1）二次函數(shù)的零點即相應(yīng)一元二次方程的實數(shù)根;（2）根據(jù)數(shù)形結(jié)合,二次函數(shù)的零點,即二次函數(shù)的圖象與軸的交點的橫坐標(biāo),且交點的個數(shù)等于零點的個數(shù);（3）并非所有的二次函數(shù)都有零點.當(dāng)≥0時,一元二次方程有實數(shù)根,相應(yīng)二次函數(shù)存在零點.知識點分式不等式的解法分式不等式的概念分母中含有未知數(shù)的不等式叫做分式不等式.利用不等式的性質(zhì),可將分式不等式化為以下標(biāo)準(zhǔn)形式:=1\*GB3①;=2\*GB3②≥0;=3\*GB3③;=4\*GB3④≤0.分式不等式的解法解分式不等式的思路是把其轉(zhuǎn)化為整式不等式求解.解分式不等式時,要先把分式不等式轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式.各標(biāo)準(zhǔn)形式的分式不等式的解法為:（1）與不等式組或同解,與不等式同解;（2）≥0與不等式組同解;（3）與不等式組或同解,與不等式同解;（4）≤0與不等式組.由以上解法可以看出:將分式不等式轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式后,再將其轉(zhuǎn)化為不等式組或同解整式不等式進(jìn)行求解.知識點高次不等式的解法解高次不等式,一般用“數(shù)軸標(biāo)根法”,也叫“穿根引線法”,其步驟如下:（1）把高次不等式化為左邊是幾個因式的乘積,右邊是0的形式,注意每個因式最高次項的系數(shù)必須為正;（2）把不等號換成等號,求出所得方程的所有實數(shù)根;（3）標(biāo)根:把各個實數(shù)根在數(shù)軸上標(biāo)出;（4）畫穿根線:從“最右根”的右上方穿過根,往左下畫線,然后又穿過“次右根”上去,如此一上一下依次穿過各根.但要注意偶次根不穿過,即奇過偶不過;（5）寫出解集:若不等號為“>”,則取數(shù)軸上方穿根線以內(nèi)的范圍;若不等號為“<”,則取數(shù)軸下方穿根線以內(nèi)的范圍.四、例題講解例1.解不等式.分析先把不等式的二次項系數(shù)化為正數(shù),再進(jìn)行求解.注意不等式的解集要寫成區(qū)間或集合的形式.解:原不等式可化為:.對于方程,∵∴該方程有兩個不相等的實數(shù)根,解之得:.∴不等式的解集為.點評在求解一元二次不等式時,先觀察二次項系數(shù)是否為正,若為負(fù),則先把不等式的二次項系數(shù)化為正數(shù)（利用不等式的基本性質(zhì)）.例2.已知關(guān)于的不等式的解集為,求不等式的解集.分析先根據(jù)一元二次不等式與相應(yīng)一元二次方程之間的關(guān)系,利用根與系數(shù)的關(guān)系定理,求出的值.注意一元二次不等式的解集的端點值是對應(yīng)一元二次方程的根.解:由題意可知:.∵關(guān)于的不等式的解集為∴是方程的兩個實數(shù)根由根與系數(shù)的關(guān)系定理可得:,解之得:.∴即∴,解之得:.∴不等式的解集為.例3.一元二次不等式的解集為【】（A）（B）（C）（D）分析本題可用數(shù)軸標(biāo)根法求解.使用該方法時,要把乘積中所有因式的最高次項的系數(shù)化為正數(shù).解:原不等式可化為:.∵方程的根為.∴不等式的解集為,即原不等式的解集.∴選擇答案【C】.例4.已知不等式的解集為空集,則實數(shù)的取值范圍是【】（A）（B）（C）（D）分析本題考查一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)之間的關(guān)系,同時問題還可以轉(zhuǎn)化為一元二次不等式恒成立的問題.不等式的解集為空集,即相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象位于軸上及其上方,或者不等式≥0在R上恒成立.解:∵不等式的解集為空集∴≤0,解之得:≤≤4.∴實數(shù)的取值范圍是.∴選擇答案【A】.例5.若關(guān)于的不等式的解集為,則實數(shù)的取值范圍是【】（A）（B）（C）（D）分析本題由題意可知:.解:∵∴.∵其解集為∴.∴實數(shù)的取值范圍是.∴選擇答案【D】.例6.已知函數(shù)的定義域為,則實數(shù)的值為_________,實數(shù)的值為_________.解:∵函數(shù)的定義域為∴一元二次不等式≥0的解集為.由根與系數(shù)的關(guān)系定理可得:,解之得:.∴實數(shù)的值為,實數(shù)的值為3.例7.已知函數(shù).（1）當(dāng)時,求不等式的解集;（2）若的解集為,,求的最小值.解:（1）時,.∵,∴解之得:或.∴不等式的解集為;（2）∵的解集為∴,且,解之得:.∵,∴,.∴≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.此時,符合題意.∴的最小值為9.例8.解關(guān)于的不等式（）.分析本題考查含有參數(shù)的一元二次不等式的解法.當(dāng)二次項系數(shù)含有參數(shù)時,要對二次項系數(shù)的正負(fù)進(jìn)行討論（一元二次不等式解集的結(jié)構(gòu)與二次項系數(shù)的符號有關(guān)）.解:∵,∴∴.∵,∴分為兩種情況:=1\*GB3①當(dāng)時,原不等式的解集為;=2\*GB3②當(dāng)時,原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)當(dāng)時,原不等式的解集為,當(dāng)時,原不等式的解集為.另解:解方程（）得:.分為兩種情況:=1\*GB3①當(dāng)時,原不等式的解集為;=2\*GB3②當(dāng)時,原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)當(dāng)時,原不等式的解集為,當(dāng)時,原不等式的解集為.點評不等式（）可化為.當(dāng)時,根據(jù)不等式的性質(zhì)可知,原不等式同解于不等式;當(dāng)時,原不等式同解于不等式.例9.若對于,≤恒成立,則實數(shù)的取值范圍是【】（A）（B）（C）（D）.解:∵≤恒成立∴只需≥即可.∵∴≤.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.∴.∴≥,即實數(shù)的取值范圍是.∴選擇答案【D】.例10.（1）若關(guān)于的不等式（R）的解集為（R）,求的值;（2）解關(guān)于的不等式（R）.解:（1）由題意可知:.一元二次方程的根為.由根與系數(shù)的關(guān)系定理可得:,解之得:.∴的值為1,的值為2;（2）∵（R）∴.當(dāng)時,原不等式為,解之得:.∴原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式可化為.=1\*GB3①若,則原不等式的解集為;=2\*GB3②若時,原不等式同解于,且∴原不等式的解集為;=3\*GB3③若,原不等式為,其解集為;=4\*GB3④若,則,則原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為.例11.已知關(guān)于的不等式.（1）若不等式的解集為,求實數(shù)的值;（2）若不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍.解:（1）由題意可知:.一元二次方程的根是.由根與系數(shù)的關(guān)系定理:,解之得:.∴實數(shù)的值為;（2）當(dāng)時,恒成立,符合題意;當(dāng)時,由題意可知:,解之得:.綜上所述,實數(shù)的取值范圍為.例12.若1≤≤4,不等式≥恒成立,求實數(shù)的取值范圍.分析本題考查一元二次不等式在給定閉區(qū)間上的恒成立問題,要把問題轉(zhuǎn)化為相應(yīng)二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題.解:∵≥∴≤.∵1≤≤4∴當(dāng)時,顯然≤成立,∴R;當(dāng)≤4時,∴≤恒成立,只需≤即可.∵≥.當(dāng)且僅當(dāng),即時,等號成立.此時,符合題意.∴≤4.綜上所述,實數(shù)的取值范圍是.例13.已知不等式.（1）當(dāng)R時不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍;（2）當(dāng)時不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍.解:（1）當(dāng)時,恒成立,符合題意;當(dāng)時,則有,解之得:.綜上,實數(shù)的取值范圍是;（2）當(dāng)時,顯然時,恒成立,符合題意;當(dāng)時,.若,顯然恒成立,此時R;若≤3,則∴恒成立,只需即可.∵≥∴.綜上所述,實數(shù)的取值范圍為.例14.解關(guān)于的不等式≥0.解:當(dāng)時,≥0,解之得:≤0.∴原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式可化為≥0∴≥0.方程的兩個實數(shù)根分別為.當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式同解于≤0,且.∴原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為.例15.已知關(guān)于的不等式.（1）當(dāng)時,解不等式;（2）當(dāng)R時,解不等式.解:（1）當(dāng)時,∴∴.解之得:或.∴原不等式的解集為;（2）原不等式可化為.當(dāng)時,,解之得:.∴原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式可化為∴.方程的根為.當(dāng)時,原不等式同解于,且.∴原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式同解于.=1\*GB3①若,則,∴原不等式的解集為;=2\*GB3②若,則,∴原不等式的解集為;=3\*GB3③若,則,∴原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為.例16.已知關(guān)于的不等式.（1）若不等式的解集為,求實數(shù)的取值;（2）若不等式的解集為R,求實數(shù)的取值范圍.解:（1）由題意可知:.一元二次方程的兩個實數(shù)根分別為.由根與系數(shù)的關(guān)系定理可得:,解之得:.∴實數(shù)的值為;（2）當(dāng)時,原不等式的解集為,不符合題意;當(dāng)時,則有:,解之得:.綜上所述,實數(shù)的取值范圍是.例17.已知≥0恒成立,解關(guān)于的不等式.解:∵≥0恒成立∴當(dāng)時,1≥0恒成立,符合題意;當(dāng)時,則有:,解之得:≤1.綜上,實數(shù)的取值范圍是.對于不等式當(dāng)0≤≤1時,原不等式可化為∴,方程的根為.=1\*GB3①若≤1,則,∴原不等式的解集為;=2\*GB3②若,則,∴原不等式的解集為;=3\*GB3③若,則,∴原不等式的解集為.綜上所述,對于不等式:當(dāng)≤1時,不等式的解集為;當(dāng)時,不等式的解集為;當(dāng)0≤時,不等式的解集為.例18.不等式≤0的解集為,則【】（A）（B）（C）1（D）3解:原不等式可化為≥0,同解于.方程的解為.∵該不等式的解集為∴,或,∴或.∴.∴選擇答案【B】.例19.已知函數(shù)（為常數(shù)）,且方程的兩個根為,.（1）求的值;（2）設(shè),解關(guān)于的不等式.解:（1）由題意可得:,整理得:,解之得:.∴的值為,的值為2;（2）由（1）可知:.∵,∴.∴.原不等式同解于.∵∴當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為.綜上所述,當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為;當(dāng)時,原不等式的解集為.例20.已知集合,.（1）當(dāng)時,求;（2）若,求實數(shù)的取值范圍.解:（1）當(dāng)時∵,∴;（2）∵R,恒有,∴.當(dāng),即時,.∵,∴,解之得:2≤≤3.∴實數(shù)的取值范圍是;當(dāng),即時,,顯然不符合題意;當(dāng),即時,.∵,∴,解之得:≤≤.∴實數(shù)的取值范圍是.綜上所述,實數(shù)的取值范圍是.例21.已知不等式.（1）若對任意實數(shù)不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍;（2）若對于0≤≤4不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍.解:（1）∵∴.∵對任意實數(shù)不等式恒成立∴,解之得:.∴實數(shù)的取值范圍是;（2）∵∴.∵對,不等式恒成立∴,解之得:且.∴實數(shù)的取值范圍是.點評解決恒成立問題時一定要清楚誰是主元,誰是參數(shù).一般情況下,知道誰的范圍,就選誰當(dāng)主元,求誰的范圍,誰就是參數(shù),構(gòu)造以主元為變量的函數(shù),根據(jù)主元的取值范圍求解.例22.設(shè),求使,且≤1恒成立的的取值范圍.解:∵,≤1,∴,.∴對恒成立.設(shè),則有:,解之得:.∴實數(shù)的取值范圍是.重要結(jié)論一次函數(shù)在區(qū)間上的恒成立問題:（1）若恒成立,則;（2）若恒成立,則.例23.設(shè)函數(shù),若對于,恒成立,求的取值范圍.解:∵在上恒成立∴在上恒成立.令,只需即可.函數(shù)圖象的對稱軸為直線.當(dāng)時,在上單調(diào)遞增∴,解之得:.∴;當(dāng)時,在上單調(diào)遞減∴,解之得:.綜上所述,的取值范圍是.另解:∵在上恒成立∴在上恒成立.∵∴在上恒成立.只需即可.∵∴的取值范圍是.例24.已知集合,對于任意的,使不等式恒成立的的取值范圍是_____________.解:.∵當(dāng)時,不等式恒成立∴恒成立.設(shè),則有:,解之得:或.∴的取值范圍是.例25.對一切實數(shù),不等式≥0恒成立,則實數(shù)的取值范圍是_____________.解:當(dāng)時,顯然對R成立;當(dāng)時,≥,只需≥即可.∵≤∴,∴≥.∴實數(shù)的取值范圍是.例26.已知,且≥0恒成立,則實數(shù)的取值范圍是____