不等式问题的转化方法

不等式问题的转化方法（精选7篇）

不等式问题的转化方法 第1篇

一、倒数转化法

倒数转化, 就是把两个异向不等式通过倒数变形转化为两个同向不等式, 使同向不等式的迭加性能够实施, 达到证题目的.

例1.试证明函数是减函数.

分析:f (x) 的定义域为[1, +∞)

设1≤x1<x2

不等式 (1) 、 (2) 是两个异向不等式, 不可能直接由不等式的迭加性得出的结论, 而通过比较f (x1) 和f (x2) 的倒数则可达到证题目的.

证明:设1≤x1<x2

要比较同号两数的大小:可应用“若a>b>0, 则, 常转化为比较它们倒数的大小来解决.

例2.设n∈N+, 比较logn+1n与logn+2n的大小.

解:当n=1时, logn+1n=logn+2n=0

当n≥1时, logn+1n>0, logn+2n>0

二、转化命题法

转化命题, 就是将原命题转化为与原命题等价的命题或是比原命题更强的命题, 以避开异向不等式给推理造成的困难, 达到证题目的.

例3.已知0<a<1, a1=1+a, ,

证明:an>1.

分析:当n=1时, a1=a+1>1成立

假定n=k (k∈N+) 时, 有ak>1

则当n=k+1时,

由于1+a>1, 故无法由不等的传递性推知ak+1>1.

从上面的分析中, 设想若ak<1+a能否推出ak+1>1呢? 答案是肯定的.

故要证原命题只需把原命题变更为更强的命题:

综合1°2°对一切正整数1≤an≤1+a成立.

故原命题为真.

三、函数单调法

利用函数单调法, 从整体上进行考虑, 用以避开异向不等式转向的麻烦, 是常用的转化手法.

例4.证明函数的最小值为.

∵故不能用均值不等式求f (x) 的最小值.

又出现了两个异向不等式, 无法实现“”

为了完成证明, 设 (x=0时取“=”号)

不难证明函数在区间[1, +∞) 上是增函数, 所以当t≥2时, f (t) 有最小值.

即证得当x=0时, t=2, f (x) 有最小值.

不等式问题的转化方法 第2篇

高考网xn1n11xCnx2n21x2.....学而思教育·学习改变命运 思考成就未来！

高考网n2x21xn2Cnn1x1xn1Cnx1n2Cnx2n4......Cnn21xn4Cnn11xn2

11n21112n1n4n2C(x)C(x)....C(x)nnnn2n4n22xxx122(C1nCn...Cn2n1)CnCn...Cn12n122

n

例15．（2001年全国理）己知i,m,n是正整数，且（1）证明：niAmmiAn（2）证明：1m1n n1imn

iim证明：（1）对于1im,有Amm.(m1)......(mi1),同理AnniiiAmmiimmm1mm2m......mi1m

nn1n2ni1......由于mn,对整数k1,2,......,i1,有 nnnnm,AnniinknmkAmmiiiii即mAnnAm

nni（2）由二项式定理有(1m)(1imn),而CnmiimCi0iinm,(1n)iiminCi0iiimii,由(1)知mAnnAm

iiAni!ii,CmoiAmi!imcnnCm(1imn)

o11i因此mCni2nimi2iiooinCm,又mCnnCm1,mCnnCmmn,mCn0

mi(min)mCnnCm即(1m)(1n)。

i0i0iinm

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．7B．

C．

2D． 3

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

2x

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

axx2x32＞0 4．求a，b的值，使得关于x的不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集分别是：

(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x由下列条件确定：xn1a0,xn11a,nN xn2xn16 学而思教育·学习改变命运 思考成就未来！

高考网（1）证明：对于n2,总有xna,（2）证明：对于n2,总有xnxn1．

7．设P=(log2x)2+(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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

1B11B2...1Bn与2的大小。

bn中，Ⅲ）设Tn=b1a1b2a2...bnan,若对一切正整数n,Tnc(cZ)恒成立,求c的最小值

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x2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（3）当a3时，由图3知不等式的解集为xx1或ax3

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 学而思教育·学习改变命运 思考成就未来！

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(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ax，原不等式化为1t2at(t0)设y1一坐标系中作出两函数图象

y1y2,故（1）当0a1时,0t1,即0a当1a2时,如右图,解方程2x1t(t0),y2at，在同

21x0,)

21tat得t1,222a2a22（2）a2a2ta2a2x(log22aa

a2aa22,log2)（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a(log2a22,log2a2a22);当a2,)时，解集为φ。

6．证明：（1）x1a0及xn112(xnaxn)知xn0,从而xn112(xnaxn)xnaxna(nN)学而思教育·学习改变命运 思考成就未来！

高考网 当n2时xna成立

12axn1a（2）当n2时，xn2a0,xn1(xn),xn1xn2xn(xn)

=12axnxn0.n2时,xnxn1成立

7．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。

n略解：Ⅰ）an2,bn2n1

Ⅱ)Bn=1+3+5+„+(2n-1)=n2

1B11B21121n...1231B11Bn1121212132...1n122 12..1B2(n1).n...1Bn1(12)(1213)...(1n11n)

2 Ⅲ)Tn=

121212123222325232...521242n1n2①

2n1222n1Tn...123②

22n①-②得Tn1223...2n12n1 学而思教育·学习改变命运 思考成就未来！

不等式问题的转化方法 第3篇

例1已知α，β∈（0，π2），且sin（α+β）=sin2α+sin2β.求证：α+β=π2.

解析看似一道与等式相关的问题，其实通过不等式转化，可以巧妙地解决问题.不妨设α≥β，α+β≥π2，则sin2α+sin2β-sin（α+β）=0=sinα（sinα-cosβ）+sinβ（sinβ-cosα）≥sinβ（2sinα+β2cosα-β2-2cosα+β2cosα-β2）

=2sinβcosα-β2·2sin（α+β2-π4）≥0.

故cosα-β2=0或sin（α+β2-π4）=0，即α-β2=π2（舍去）或α+β=π2，即证.

注：本例直接证明较为困难，待证式虽为等式，但适合通过不等式来解决问题.一般地，若a≤x≤a，则x=a，这种等式与不等式之间的和谐转化往往可以给解题带来好的效果！

例2设y=f（x）是区间（0，1）上的函数，若对任意的x∈（0，1），f（x）>0恒成立，对任意的x，y∈（0，1），f（x）f（y）+f（1-x）f（1-y）≤2恒成立，求证：f（x）=C（C为常数）.

解析对任意的x，y∈（0，1），f（x）>0，f（y）>0，f（1-x）>0，f（1-y）>0，对f（x）f（y）+f（1-x）f（1-y）≤2交换x，y得f（y）f（x）+f（1-y）f（1-x）≤2，故f（x）f（y）+解析在传统做法中，点关于点对称用中点坐标公式即可，若两点P1（x1，y1）与P2（x2，y2）关于直线l：Ax+By+C=0对称，则线段P1P2的中点在对称轴l上，而且连接P1P2的直线垂直于对称轴l，由方程组

Ax1+x22+By1+y22+C=0

y1-y2x1-x2=BA （*）

可得到点P1关于直线l对称的点P2的坐标（x2，y2）（其中A≠0，x1≠x2）.并且直线关于直线、直线关于点的对称都可转化为点关于直线、点关于点的对称来处理.勿庸讳言，（*）方程组光化简整理运算量就够大的，加上求解过程容易出错，故另辟蹊径，同学们想出如下办法：

别解（1）因为过P1，P2的直线垂直于对称轴l，故设其方程为3x+2y+m=0，点P1（-1，-2）代入得，m=7，由3x+2y+7=0

2x-3y+1=0得x=-2313

y=-1113，所以垂足（也即中点）坐标为（-2313，-1113），再由中点坐标公式得P2的坐标为（-3313，413）.

（2）法一：由中心对称知，l∥l′，且P1到这两条直线距离相等，故可设l′方程为2x-3y+a=0，所以有|4+a|13=513，得a=-9或a=1（舍去）

所以直线l′的方程为2x-3y-9=0.

法二（利用轨迹方程思想）：设l′上任取一点M（x，y），则M关于P1的对称点N坐标为（-2-x，-4-y）必在l上，故2（-2-x）-3（-4-y）+1=0，即直线l′的方程为2x-3y-9=0.

例2是再常规不过的题目了，很多教辅用书都有它的身影，并且解法千篇一律，但是学生的解法打破常规，运算量小且不易错，这也是最适合学生应试时用的.所以要教学和谐，不光教师要备教材，而且要备学生，也就是常说的研究“学情”，站在学生的角度考虑问题，是最好的研究“学情”.

（收稿日期：2014-11-05）f（1-x）f（1-y）+f（y）f（x）+f（1-y）f（1-x）≤4；注意到f（x）f（y）+f（y）f（x）≥2，且f（1-x）f（1-y）+f（1-y）f（1-x）≥2，故f（x）f（y）+f（1-x）f（1-y）+f（y）f（x）+f（1-y）f（1-x）≥4；故f（x）f（y）+f（1-x）f（1-y）+f（y）f（x）+f（1-y）f（1-x）=4；且f（x）f（y）+f（y）f（x）≥2中的等号成立，即对任意的x，y∈（0，1），f（x）=f（y）.故f（x）=C（C为常数）.

注：对于不等式A≥B且A≤B，其实就是A=B，这种相互转化的确可以给解题带来好处！

例3求满足sinαsinβ+（1-cosα）cosβ+cosα=32的锐角α、β的值.

解析将α、β中的一个看成已知数，另一个作为变量，利用数形结合思想.将方程sinαsinβ+（1-cosα）cosβ+cosα=32看作点（cosβ，sinβ）在直线sinα·y+（1-cosα）x+cosα-32=0上，注意到点（cosβ，sinβ）在单位圆上，故圆心到直线的距离d=|cosα-32|sin2α+（1-cosα）2≤1，解得（cosα-12）2≤0，故cosα=12，故α=π3，由对称性可知β=π3.

例4四边形ABCD中，cos2A+C3+sin2A3+sin2C3=34.求证：四边形ABCD内接于圆.

解析由题知cos2A+C3+1-cos2A3+1-cos2C32=34，

整理得cos2A+C3-cosA+C3cosA-C3+14=0，

故cos2A+C3-|cosA+C3cosA-C3|+14≤0，注意到|cosA-C3|≤1，故cos2A+C3-|cosA+C3|+14≤0，即（|cosA+C3|-12）2≤0，即|cosA+C3|=12，故A+C=π，即四边形ABCD内接于圆.

nlc202309040825

注：本题易知条件中含有三角函数，关注到三角函数的有界性，建立相关不等式，从而得到我们需要的等式.在具体操作过程中可以将不等式转化为（x-a）2≤0这其实就已经转化为等式x=a，这种转化需要平时的积累，这样解题时才能做到有的放矢.

例5设a，b，c为整数，a2+b2+c2+3

解析因为a，b，c∈Z，故一定存在正整数k使得a2+b2+c2+3+k=ab+3b+2c即（a-b2）2+3（b2-1）2+（c-1）2+k-1=0，而（a-b2）2≥0，3（b2-1）2≥0，（c-1）2≥0，k-1≥0，故a=b2，b2=1，c=1，k=1，即a=1，b=2，c=1，故11a+7b-3c=22.

注：一般地若x≤a，y≤b，x+y=a+b，则x=a，y=b.

例6已知实数a，b，c满足（b2+c2-a22bc）2008+（c2+a2-b22ca）2008+（a2+b2-c22ab）2008=3，求ba+ca+cb+ab+ac+bc-c2ab-a2bc-b2ca的值.

解析注意到待求式可整理得2（b2+c2-a22bc+c2+a2-b22ca+a2+b2-c22ab），看上去和已知条件中的表达式有点关联，同时也让人容易联想到余弦定理.显然abc≠0，若b2+c2-a2=0，则已知条件可化为（ca）2008+（ba）2008=3，即b2008+c2008=3a2008=3（b2+c2）1004，此等式显然不成立！故已知条件中每一项都不可能为0，由对称性，考察|b2+c2-a22bc|，可将a，b，c看成是某一三角形的三边，由余弦定理已知条件即为cos2008A+cos2008B+cos2008C=3，|cosA|≤1，|cosB|≤1，|cosC|≤1，由此可见三角形的两个角趋于0°，一个角趋于180°，即已知条件中的三个底数两个为1，一个为-1，下面考察|b2+c2-a22bc|=1，若b2+c2-a22bc=1，则（b-c）2-a2=0，b=a+c或c=a+b；若b2+c2-a22bc=-1，则（b+c）2-a2=0，a=b+c或c+a+b=0.

综上几种情况，代入所求式即可知ba+ca+cb+ab+ac+bc-c2ab-a2bc-b2ca=2或-6.（收稿日期：2014-12-12）

不等式问题的转化方法 第4篇

例1 ( 2008年浙江高考题) 已知数列{an},an≥ 0,记求证: 当n ∈ N*时,an< an +1.

思路: 用数学归纳法证明: ( 1) 当n = 1时,由,a2≥ 0,得,则 a1< a2.

注: 通过考察两个乘积式中各因式的正负号关系,实现不等关系转化.

例2 ( 2014年陕西高考题) 设函数f( x) = ln( 1 + x) , g( x) = xf'( x) ,x ≥ 0,其中f'( x) 是f( x) 的导函数. 设n ∈ N+, 比较g( 1) + g( 2) + … + g( n) 与n - f( n) 的大小,并加以证明.

思路: 易求得,则

当x > 0,可证,令

注: 兼顾归纳假设与证明目标,分析转化.

例3 ( 2007年江西高考题) 设正整数数列{an} 满足: a2= 4,且对于任何n ∈ N*,有求数列{an} 的通项an.

由此猜想an= n2. 可用数学归纳法证明之:

( 1) 当n = 1,2时,知an= n2成立.

要证明ak +1= ( k + 1)2,只需证明这是一个不等关系的化归.

由1,2知,an= n2对任意n ∈ N*成立.

注: 不等关系向目标等式靠近,问题化归.

例4 ( 2012年湖北高考题) ( 1) 已知函数f( x) = rx - xr+ ( 1 - r) ( x > 0) ,其中r为有理数,且0 < r < 1. 求f( x) 的最小值; ( 2) 试用( 1) 的结果证明如下命题: 设a1≥ 0,a2≥ 0,b1,b2为正有理数,若b1+ b2= 1,则( 3) 请将 ⑵中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.

思路: ( 1) 由导数方法易求得f( x)min= f( 1) = 0.

( 2) 由( 1) ,得当x > 0时,f( x) ≥ 0,即xr≤ rx + ( 1 - r) .

1

( 3) ( 2) 中的命题推广到的一般形式为: 设a1,a2,…,an均为非负实数,b1,b2,…,bn均为正有理数,若

注: 对已知条件中给出相当于涉及某数列{ an} 的前f( n)项和Sf( n)= c ( c为常数) 的问题,关键是由将n = k + 1时的证明化归转化为能应用归纳假设的情形.

例5 ( 2014年全国新课标2卷高考题) 已知数列{an} 满足a1= 1,an +1= 3an+ 1,证明:

注: 本题用数学归纳法证明的关键是加强原命题,否则,就需在归纳假设的基础上证明,这不可能. 对加强后的命题的证明,通过分析转化找到突破口. 当然,也可由,用放缩法证明之.

例6 ( 2012年安徽高考题) 数列{xn} 满足x1= 0,xn +1= - x2n+ xn+ c ( n ∈ N*) . 求c的取值范围,使{xn} 是递增数列.

( 2) 当0 < c ≤1/4时,要证{ xn} 是递增数列,即证,只需证明. 我们可用数学归纳法证明:

1 当 n = 1 时,,结论成立.

2假设当n = k ( k ∈ N*) 时,由函数在( - ∞ ,1/2]上单调递增,得,由xk +1=f( xk),得即当n = k + 1时,结论也成立.

由1,2,即证得当0 < c ≤1/4时,{ xn} 是递增数列.

由( 1) ,( 2) ,知使 { xn} 是递增数 列的c的取值范 围为 ( 0,1/4].

注: 在归纳假设之后,结合函数性质的应用,完成转化,证向目标不等式.

例7 ( 2014年重庆高 考题 ) 设a1= 1,若b = - 1,问: 是否存在实数c使得a2n< c < a2n +1对所有n ∈ N*成立? 证明你的结论.

思路: 当b = - 1时,,则 a2= 0

故,当 n = k + 1 时,a2( k +1)< c < a2( k +1) +1< 1.

综上,符合条件的实数c存在,其中一个值为c = 1 /4.

不等式问题的转化方法 第5篇

若p≤f (x) ≤q, 对于f (x) >a, 只需p>a;对于f (x)

若pa, 只需p≥a;对于f (x)

例1.当x>0时, mx2-4x+3m+1>0恒成立, 求m的取值范围。

解析:将参数从恒成立的式子中分离出来。由已知得, undefined, 令undefined, 求导得:undefined

令f′ (x) =0得x=2 (负根舍去)

函数在 (0, 2) 为增函数, 在 (2, +∞) 为减函数, 所以f (2) =1是函数的最大值

故m的取值范围是 (1, +∞) 。

在恒成立问题中要注意这是一个对哪个量恒成立的问题, 对哪个量恒成立就构造以这个量为自变量的函数。如:

例2: (a-1) log13x-6alog3x+a+1≥0对于undefined恒成立, 求x的范围。

解:原不等式可整理为 (1-7log3x) a+1+log3x≥0

另f (a) = (1-7log3x) a+1+log3x,

∵f (a) ≥0对于undefined恒成立

undefined解得:undefined

有些问题, 没有明显的给出恒成立的信息, 但却转化为恒成立问题来解决。如

例3:函数undefined的定义域为A, 不等式lg2ax

解:由undefined得A={x|1

若A∩B=A, 则A⊆B, 即不等式lg2ax

所以0<2ax

由2ax>0得a>0;

由2ax

所以undefined解得undefined

综上所述, a的取值范围是undefined

数列是一种特殊的函数, 它的定义域是正整数集或其有限子集, 所以在解决和数列有关的恒成立问题时, 也可以用函数的观点来解决。

例5:已知数列undefined是等差数列, 首项为1, 公差为2, 是否存在k使得不等式

undefined对于任意n恒成立, 若存在, 求出k得取值范围, 若不存在说明理由。

解析:本题是涉及和正整数n的问题, 所以可以用归纳的方法猜出结论, 然后再用数学归纳法进行证明。这种方法, 在此不再叙述。

我们发现这也是一个关于恒成立的问题。因为数列是一种特殊的函数, 所以我们也可以用函数的眼睛来看这个问题。

原不等式可化为:

undefined

设数列undefined中, bn=undefined, 则

undefined

undefined, 由undefined得:undefined, 所以数列undefined是递增数列。若undefined成立, 则原不等式恒成立。

利用均值不等式求最值问题方法探讨 第6篇

教学内容是高二必修五第三章.在讲授时, 学生普遍感觉接受难度较大, 在独立解题时利用它求解更是困难重重.我就针对学生的这些疑虑, 写了这篇文章, 以便对学生有所帮助.

一、明确均值不等式求最值的原则

首先, 我明确告诉学生求二元变量产生的最值问题可以有许多工具, 高中阶段可供选择的工具有:1构造常见的7个基本函数求值域 (常见的7个基本函数是指:一次函数、二次函数、对勾函数、反比例函数、指数函数、对数函数、三角函数) ;2线性规划;3均值不等式;4柯西不等式 (两个向量数量积小于等于模的积) .然后再告诉学生均值不等式仅是一个基本不等式:只要x, y为非负数, 就有成立 (当且仅当x=y时取等号) , 不等式本身并不产生最值问题, 要产生最值问题就必须已知明确这两个变量x, y的一个定式.只有已知了定式才能够求这两个变量产生的其他代数式的值.

均值不等式也仅能处理这两个变量在和为定值s的情况下, 积有最大值s2/4;在这两个变量在积为定值p的情况下, 和有最小值;并且在和为定值, 积为定值时也不一定就能得到积的最大值、和的最小值, 必须看这时x=y是否成立.也就是我们常说的利用均值不等式求二元变量产生的最值时, 必须遵循“一正”“二定”“三相等”的原则.

二、利用均值不等式可以处理哪些最值问题

能利用均值不等式求最值的问题, 也一定能把该问题转化为求基本函数值域的问题, 且它仅与形如f (x) =a (x-x1) (x-x2) +b (a<0) 的二次函数和的对勾函数相联系.看下面两例.

例1:求f (x) =3x (1-x) , (0<x<1) 的最大值.

利用二次函数求解, 画出二次函数简图 (如图) 可得答案

利用均值不等式可有, 当且仅当x=1-x时取得最大值, 此时1/2∈ (0, 1) .

例2:求f (x) =3x+1/x, (x>0) 的最小值.

利用对勾函数, 画出图像可得

利用均值不等式可有, 当且仅当3x=1/x时, 即时得最小值

为什么这两道例题的最值求法可以用均值不等式呢?因为在例1中, x+ (1-x) 为定值1, ;例2中3x×1/x为定值3, 所以可以利用均值不等式代替相对应函数求出最值.

若把例1中的定义域改为x∈[1, 2], 求f (x) =3x (1-x) 的最大值.由f (x) 的图像易知f (x) max=f (1) =0;

而利用均值不等式得到的最大值仍然是3/4, 这就不对了.因为此时虽然有x+ (1-x) 为定值1, 但此时x=1-x得x=1/2不在定义域[1, 2]中.利用均值不等式求解就错了.所以利用均值不等式求最值时一定要验证取得这个最值时, 这样的变量是否存在.

再如在例2中, 把x>0改为x≥2;则由对勾函数图像很易求得;若利用均值不等式虽然有3x× (1/x) 等于定值3, 但此时3x=1/x得不在[2, +∞) 内, 这样一来利用均值不等式求解也错了.

学生可以练习以下两道练习题:

练习1:求函数y=x2/ (x-1) , (x≥1) 的最小值.

练习2:求函数y=2x (4-x) , (0<x<4) 的最大值.

解法略 (提示练习1中可以令x-1=t, t>0, 问题就可以迎刃而解) .

这样学生就明确了利用均值不等式求解时必须遵循的原则.既然利用均值不等式能求的最值问题都可以转化为相应的基本函数处理, 那为什么还要用均值不等式求最值呢?

三、均值不等式相应于函数解最值问题的优势和方便

有这样两道例题:

例3:已知m, n均为正数, 且2m+n=1, 求1/m+2/n的最小值.

例4:关于x的不等式x2+ax+1≥0在x∈ (0, 2] 上恒成立, 求a的取值范围.

例3中若采用常规的构造函数的方法比较麻烦, 首先, 从2m+n=1中解得n=1-2m, m∈ (0, 1/2) , 代入1/m+2/n中得到关于m的函数.而这个函数的值域的求法很多学生都头疼, 觉得相当麻烦, 这里不再求解.若换种思路, 就简化多了., 把上式展开得到:

有均值不等式, 当且仅当时, 即时取得等号.

所以, 函数的最小值为8.

例4中若采用常规的二次函数分区间讨论求解, 需要分三种情况, 即对称轴学生会觉得相当麻烦.我也换了种解法, 对不等式x2+ax+1≥0变形, 可得x2+1≥-ax在x∈ (0, 2]上恒成立.上式两边同时除以x, 得在x∈ (0, 2]上恒成立, 利用均值不等式可以求得x+1/x的最小值为2, 所以-a≤2, 即a≥-2.

在高中阶段有时转换一下解题工具的选择, 会收到意想不到的效果, 这需要对每一工具把握得很熟悉, 以上两题充分体现了利用均值不等式在求最值方面的优势和方便.

学生可以练习以下练习题:

练习题3:已知关于x的不等式x2-ax+4≥0在x∈ (0, 2] 上恒成立, 求a的取值范围.

练习题4:当x∈ (1, 2) 时, 关于x不等式x2+mx+4<0恒成立, 则m的取值范围是________.

四、利用均值不等式容易出错的问题

2010年河南高考试题中有这样一道考题:

例5 (2010全国数学1卷第10题) :已知函数f (x) =|lgx|, 若0<a<b, 且f (a) =f (b) , 则a+2b的取值范围是 ( )

解:因为f (a) =f (b) , 所以|lga|=|lgb|, 所以a=b (舍去) , 或b=1/a, 所以, 又0<a<b, 所以0<a<1<b, 令f (a) =a+2/a, 由“对勾”函数的性质知函数f (a) 在 (0, 1]上为减函数, 所以, 即a+2b的取值范围是C. (3, +∞) .而考生在解本题时极易忽视a的取值范围, 而利用均值不等式求得, 从而错选A, 这也是命题者的用心良苦之处.

例6:下列命题中正确的是 ()

A.y=x+1/x的最小值是2

B.的最小值是2

C.的最小值是5/2

D.y=2-3x-4/x的最大值是

学生如果仅用均值不等式去求解, 还真找不出答案, 认真推敲后, 仿照上例, 本题答案应该选C.这是学生很容易出错的题目.能把这些题目甄别清楚, 也就把能利用均值不等式求最值的问题搞清楚了.

学生可以练习以下练习题:

练习题5:函数的最小值是 ()

不等式恒成立问题中的几种求参方法 第7篇

1. 构造函数法

所谓构造函数,就是构造适当的函数模型,然后利用函数的有关性质解题,转化为函数的最值问题. 这里,我们主要介绍如何通过构造一次函数、二次函数模型,并利用它们的性质来确定参数的取值范围.

( 1) 构造一次函数

例1对于满足| p| ≤2的所有实数p,求使不等式x2+ px + 1 > 2p + x恒成立的x的取值范围.

解由题意得(x - 1)p + x2- 2x + 1 > 0对于| p | ≤2恒成立,设f( p) = (x - 1)p + x2- 2x + 1,则f( p) 在[- 2,2]上恒大于0,故有:

∴ 实数x的取值范围为x < - 1或x > 3.

注: 本题对于一切p ≤2不等式恒成立,因此应视p为主元,视x为参数,把不等式左边变成关于p的一次函数型.

( 2) 构造二次函数

解原不等式变形为: - sin2θ + 2msinθ - 2m - 1 < 0,

即sin2θ - 2msinθ + 2m + 1 > 0.

令 sinθ = t,t∈[0,1],

∴ t2- 2mt + 2m + 1 > 0.

令 f( t) = t2- 2mt + 2m + 1,

∴ 题意为f ( t) > 0在t∈ [0,1]上恒成立.

解得: -1/2< m < 0或0≤m≤1或m > 1.

∴ m > -1/2.

即m的取值范围为: (-1/2,+∞) .

一般地,利用构造函数法来确定不等式f( x,λ) ≥0, ( x∈D,λ 为实参数) 恒成立中参数取值范围的基本步骤:

( 1) 构造函数,即化为f( x) ≥0( 或f( x) ≤0) 的形式;

( 2) 求f( x) 在x∈D时的最大( 或最小) 值,其中f( x) 是一个含有参量的函数,求得的最值是一个含有参量的表达式;

( 3) 解不等式f ( x)min≥0( 或f ( x)max≤0) 得 λ 的取值范围.

用此种方法适用于易构造函数、含参函数的最值能求出的题型.

2. 分离变量法

所谓分离变量法也就是将参量与变量分离于表达式的两边,然后根据变量的取值范围情况决定参量的范围. 这种方法可避免分类讨论的麻烦,使问题得到简单明快地解决.

例3已知当x∈R时,不等式恒成立,求实数a的取值范围.

解原不等式即: 4sinx + cos2x <槡5a- 4 - a + 5.

解得:4/5≤a < 8.

一般地,利用分离变量法来确定不等式恒成立中参数取值范围的基本步骤: ( 1) 将参数与变量分离; ( 2) 求函数在定义域上的最大( 或最小) 值; ( 3) 解不等式,即得参量的取值范围. 这种方法首先要看能否分离,其次看分离后能否求最值,另外要注意分离变量并不一定是将变量单独分离出来,有时候可以分离出仅含有参量的代数式.

3. 判别式法

例4对于函数f( x) ,若存在x0∈R使f( x0) = x0成立,则称x0为f ( x) 的不动点,已知函数f ( x) = ax2+ (b + 1)x + (b - 1),( a≠0) . 若对任意实数b,函数f( x) 恒有两个相异的不动点,求a的取值范围.

解由题意知,方程ax2+ (b + 1) x + (b - 1) = x即ax2+ bx + (b - 1) = 0恒有两个相异的实数根,即 Δ = b24ab + 4a > 0对于b∈R恒成立.

于是 Δ = (- 4a)2- 16a < 0,解得: 0 < a < 1.

判别式法主要用于解决与一元二次不等式有关或可以转化为一元二次不等式在R上的恒成立问题.

4. 数形结合法

例5设f( x) = x2- 2ax + 2,当x∈[- 1,+ ∞ ) 时,都有f( x) ≥ a恒成立,求a的取值范围.

解设F( x) = f( x) - a = x22ax + 2 - a.

( ⅰ) 当 Δ = 4( a - 1) ( a + 2) < 0即 - 2 < a < 1时,对一切x∈[- 1,+ ∞ ) ,F( x) ≥0恒成立;

( ⅱ) 当 Δ = 4( a - 1) ( a + 2) ≥0即a≤ - 2或a≥1时, 由图可得以下充要条件:

解得: - 3≤a≤ - 2.

综合可得a的取值范围为[- 3,1].

例 6当 x ∈ (1,2)时,不等式(x - 1)2< logax恒成立,求a的取值范围.

解设y1= (x - 1)2,y2= logax,则要使得不等式y1< y2恒成立,只要当x∈(1,2)时,y1的图像恒在y2图像的下方. 作出这两个函数的图像,如上图所示,可得a > 1,并且必须也只需当x = 2时y2的函数值大于等于y1的函数值.

数形结合是解决函数问题的常见思想方法,故而我们可以将不等式问题转化为函数问题来处理,通过图像来求解.