不等式知识拓展题讲解

［例1］已知014≥9. a1a分析:对不等式的证明方法较多,要看清题目的条件与结论,寻找适当的证明方法. 证法一:(比较法) ∵00

14(1a)4a9a(1a)9a1aa(1a)(3a1)20a(1a)14故9a1a证法二:(分析法) ∵00 ∴

1422

≥9(1-a)+4a≥9a(1-a) 9a-6a+1≥0(3a-1)≥0,此不等式显然a1a成立.

故原不等式成立. 证法三:(三角代换法) ∵0∴设a=cosθ(0<θ<则有:

2

), 21422

=secθ+4cscθ a1a2

=1+tanθ+4cotθ+4

22

=5+tanθ+4cotθ

≥5+2tan24cot29 故

2

14≥9. a1a证法四:(综合法) ∵a>0,b>0,c>0时,

a+b+c≥33abc,11133 abcabc∴(a+b+c)(

1a1故a而

111)≥9 abc41221a1a)(a)≥9 =(1aa1a1a224≥9. 1a评述:不等式证明方法较多,具体问题具体分析是证明不等式的精髓,灵活地选用证明方法是证明不等式的技巧、巧妙地变形是证明不等式的关键,联系和联想是证明不等式的重要

观点,提高思维能力是证明不等式的落脚点.

［例2］已知a>0,b>0,且a+b=1,求证:(a+

1125)(b+)≤.

4ab分析:此题入口较宽,应随时根据变形后式子的特点联系要证的不等式来分析思考证明

方法.

证法一:(分析综合法)

欲证原不等式成立,只须证明

222

4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0 4(ab)2-33ab+8≥0

ab≤或ab≥8

∵a>0,b>0,a+b=1 ∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab ∴ab≤

141,从而得证. 4证法二:(均值代换法) 设a=

1111+t,b=-t(-ab1122(t)1(t)12211(t)(t)22

2532tt425162124t4显然等号当且仅当t=0,即a=b=证法三:(三角代换法) 设a=sinθ,b=cosθ,θ∈(0,则左式=(sinθ+

2

2

2

1时成立. 2), 2112

)(cosθ+) 22sincos(4sin22)216 24sin2∵sin2θ≤1

2

∴4-sin2θ≥4-1=3

2

∴(4-sin2θ)+16≥25, 又

22

11

4sin224(4sin22)21625∴ 244sin2评述:根据已知条件,从不同的角度考虑就得到不同的证法,是不等式证明“活”的特色,

应给予足够重视.

［例3］解关于x的不等式:

a(x1)>1(a≠1)

x2分析:含参数不等式的求解,要视参数为常数,按照通常求解的过程进行求解,直到会出现几种可能时,再分类讨论,解含参数不等式时应尽可能向同类型不含参数不等式接近.

解:原不等式等价于

(a1)x(a2)>0

x2a2)(x-2)>0 ① a1a2当a>1时,式①(x-)(x-2)>0 a1a21∵-2=--1<0

a1a1a2∴<2, a1(a-1)(x-

∴原不等式的解集为

a2)∪(2,+∞). a1a2当a<1时,式①(x-)(x-2)<0 a1a2a由2-=知: a1a1a2当02,

a1a2则原不等式的解集为(2,);

a12

当a=0时,原不等式为(x-2)<0,解集为;

a2当a<0时, <2,

a1a2原不等式的解集为(,2)

a1a2综上所述,当a<0时,原不等式解集为(,2);当a=0时,解集为;当0a1a2a2集为(2, );当a>1时解集为(-∞, )∪(2,+∞).

a1a1(-∞,

评述:本题需要两级分类,第一级按a>1和a<1分为两类,在a<1的情况下,又要按两根

a2与2的大小关系分为a<0,a=0和0