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高中不等式经典例题例1解不等式：(1)2x ³-x ²-15x>0;(2)(x+4)(x+5)²(2-x)³<0.分析：如果多项式 f(x)可分解为 n 个一次式的积，则一元高次不等式f(x)>0(或f(x)<0)把方程x(2x+5)(x-3)=0的三个根说明：用“穿根法”解不等式时应注意：①各一次项中x 的系数必为正：②对于偶次或奇次重根可转化为不含重根的不等式， 也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”，其法如图.典型例题二例2解下列分式不等式： (1)3x−2≤1−2x+2; (2)x 2−4x+13x 2−7x+2<1分析：当分式不等式化为 f (x )g (x )<0(或≤0)时，要注意它的等价变形(1) 解：原不等式等价于3x−2≤x x+23x−2−x x+2≤03(x+2)−x (x−2)(x−2)(x+2)≤0−x 2+5x+6(x−2)(x+2)≤0可用“穿根法”求解，但要注意处理好有重根的情况。
解:(1) 原不等式可化为x(2x+5)(x-3)>0x 1=0,x 2=−52,x 3=3顺次标上数轴， 然后从右上开始画线顺次经过三个根， 其解集如下图的阴影部分，∴原不等式解集为(2) 原不等式等价于(x+4)(x+5)³(x -2)³>0x>2 ∴原不等式解集为 或-5<x<-4或x>2}f (x )g (x )<0f (x )⋅g (x )<0;(x−6)(x+1)(x−2)(x+2)≥0{(x −6)(x +1)(x −2)(x +2)≥0(x +2)(x −2)≠0(2) 解法一：原不等式等价于2x 2−3x+13x 2−7x+2>0 (2x 2−3x +1)(3x 2−7x +2)>0{2x 2−3x +1>03x 2−7x +2>0或 {2x 2−3x +1<03x 2−7x +2<0x <13或 12<x <1或x>2，∴原不等式解集为 (−∞,13)∪(12,1)∪(2,+∞). 解法二：原不等式等价于典型例题三例3解不等式|x ²-4|<x+2 分析：解此题的关键是去绝对值符号，而去绝对值符号有两种方法：一是根据绝对值的意义 |a|={a (a ≥0)−a(a <0)二是根据绝对值的性质： |x|<a −a <x <a,|x|ax >a 或x<-a, 因此本题有如下两种解法。
不等式的试题及答案不等式是数学中一种重要的表示方式，它可以描述数值之间的关系。
在数学学习中，掌握不等式的解法和理解不等式的性质对于解决实际问题和推理证明都有着重要的意义。
本文将为读者提供一些不等式的试题及答案，帮助读者巩固不等式的知识和解题技巧。
试题一：解不等式将不等式3x + 5 ≤ 2x - 4 转化为不等式的解集形式。
答案一：首先，我们将这个不等式进行简化：3x + 5 ≤ 2x - 4然后，将变量移到一侧，常数移到另一侧，得到：3x - 2x ≤ -4 - 5化简得：x ≤ -9所以，不等式3x + 5 ≤ 2x - 4 的解集形式为x ≤ -9。
试题二：解不等式组解不等式组：{2x + 1 > 5, x - 3 ≤ 7}答案二：我们分别解这两个不等式：2x + 1 > 52x > 5 - 12x > 4x > 2x - 3 ≤ 7x ≤ 7 + 3x ≤ 10所以，不等式组 {2x + 1 > 5, x - 3 ≤ 7} 的解为 x > 2 且x ≤ 10。
试题三：证明不等式证明不等式：若 a > b，则 a + c > b + c，其中 a、b、c 为实数。
答案三：首先，假设 a > b 成立，我们需要证明 a + c > b + c。
由 a > b，我们可以得到 a - b > 0。
然后，将 a + c 和 b + c 相减，得到：(a + c) - (b + c) = a - b由于 a - b > 0，所以 (a + c) - (b + c) > 0，即 a + c > b + c。
所以，若 a > b 成立，则 a + c > b + c。
通过以上试题及答案，我们可以看到不等式的解法及性质运用在各种情况下的灵活性。
细致观察和分析不等式的条件和限制，能够帮助我们准确地找出不等式的解集，解决实际问题以及进行推理证明。
方程和不等式一、重点、难点提示：1.一元二次方程的一般形式：ax2+bx+c=0(a、b、c是常数，a≠0)。
在解一元二次方程，应按方程特点选择方法，各方法依次为：（1）直接开平方法；（2）配方法；（3）公式法；（4）因式分解法。
一元二次方程的求根公式是：x= (b2-4ac≥0)。
（注意符号问题）2.解分式方程的基本思想是：将分式方程转化为整式方程，转化的方法有两种：（1）去分母法；（2）换元法。
3.一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2-4ac。
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根x1= ,x2= ；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根x1=x2=- ；当Δ<0时，方程没有实数根。
4.若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根为x1,x2,则x1+x2=- , x1x2= 。
（注意两根的和是的相反数）。
以x1,x2为根的一元二次方程是x2-(x1+x2)x+x1x2=0。
5. 不等式的解法：解一元一次不等式和解一元一次方程类似。
不同的是：一元一次不等式两边同乘以（或除以）同一个负数时，不等号的方向必须改变。
6.由两个一元一次不等式组成的一元一次不等式组的解集的四种情况见下表：二、例题分析： 例1.解不等式组 ，并把它的解集在数轴上表示出来。
说明：不等式组的解集是不等式组中各个不等式解集的公共部分，通常借助数轴来确定其解集，这样既直观又不易错。
注意除以负数时，改变不等号的方向。
解：解不等式3(x-2)+8>2x ，得x>-2解不等式 ≥x- ,得 x ≤-1。
所以不等式组的解集是 -2<x ≤-1。
它在数轴上表示如右图所示。
例2.解不等式组 ，并写出不等式组的整数解。
说明：求一元一次不等式组的整数解时，先求出不等式组的解集，再按要求取特殊解。
解：解不等式3(x+1)>4x+2, 得x<1。
解不等式≥，得x≥-2。
所以不等式组的解集是：-2≤x<1。
23个经典的不等式专题1、 证明：2221111+...223n+++< ；2、 若：332a b +=，求证：2a b +≤ ；3、 若：n N +∈，求证：1111...12122n n n≤+++<++； 4、 若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：111a b c a b c+>+++ ； 5、 当2n ≥时，求证：222111111 (12)123n n n-<+++<-+ ； 7、 若x R ∈，求y = ；8、求函数2cos y θθ=-的最大值和最小值 ；9、 若,,0a b c >，求证：2229a b b c c a a b c++>+++++ ； 10、 若,,a b c R ∈，且22225a b c ++=，试求：22a b c -+的取值范围 ； 11、 若,,a b c R ∈，且226a b c --=，求222a b c ++的最小值 ；12、 若,,a b c R ∈，且222(1)(2)(3)11654a b c -+-++=，求a b c ++的最大值和最小值；13、 若,,0a b c >，,,0x y z >，且满足22225a b c ++=，22236x y z ++=，30ax by cz ++=，求：a b cx y z++++的值 ；14、 求证：21153nk k=<∑；（这回比较紧） 15、 当2n ≥时，求证：12(1)3nn<+< ； 16、求证：113135135...(21)...224246246 (2)n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++++<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ； 17、求证：1)1...1)<+< ；18、 已知：0x >,求证：ln(1)1xx x x<+<+ ; 19、 已知：n N +∈，求证：11111...ln(1)1...2312x n n+++<+<++++ ； 20、 已知：2n ≥，求证：2(1)nn n >- ；21、 已知：n N +∈，求证：21111 (2)3212n++++>- ； 22、设：...n S =+求证：2(1)2(1)n n n S n +<<+ ； 23、 已知：n N +∈，求证： 1111 (21231)n n n <+++<+++ . 【解答】 1. 证明：2221111+...223n+++< ； 1、证明：221222111111111112(1)1nn n n k k k k k k k k k k n ====⎡⎤⎛⎫=+<+=+-=+-< ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭∑∑∑∑.从第二项开始放缩后，进行裂项求和. 2. 若：332a b +=，求证：2a b +< ；2、证明：3322()()()a b a b a b ab ab a b +=++-≥+，即：()2ab a b +≤则：3()6ab a b +≤，333()8a b ab a b +++≤，即：3()8a b +≤即：2a b +≤.立方和公式以及均值不等式配合.3. 若：n N +∈，求证：1111...12122n n n≤+++<++； 3、由：n n n k n +≥+> (1,2,...,k n =得：1112nn kn≤<+ ，则：1111112nn nk k k n n k n===≤<+∑∑∑， 即：111...212n n n n n n n n ≤+++<+++ 故：1111...12122n n n≤+++<++ . 从一开始就放缩，然后求和.4.若：,0a b >，且3ab a b =++，求：a b +的取值范围 ； 4、解：222()244(3)4()12a b a b ab ab a b a b +=++≥=++=++， 令：t a b =+，则上式为：24120t t --≥. 解之得：6t ≥. 均值不等式和二次不等式.5. 若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：111a b ca b c+>+++ ； 5、证明：构造函数()1xf x x=+，则在0x >时，()f x 为增函数. 所以，对于三角形来说，两边之和大于第三边，即：a b c +>，那么，()()f a b f c +>，即：11a b ca b c+>+++ .111111a b a b a b c a b a b a b a b c++>+=>+++++++++. 构造函数法，利用单调性，再放缩，得到结果. 6. 当2n ≥时，求证：222111111 (12)123n n n-<+++<-+ ； 6. 证明：当2n ≥时，11n n n -<<+，都扩大n 倍得：2(1)(1)n n n n n -<<+， 取倒数得：2111(1)(1)n n n n n >>-+， 裂项：21111111n n n n n ->>--+， 求和：222211111()()11nn nk k k k k k kk ===->>--+∑∑∑，即： 2221111111 (2321)n n n ->+++>-+ 先放缩，裂项求和，再放缩. 7、若x R ∈，求y =；7、解：y =-=-设：1(,22m x =+，1(,22n x =-， 则：m x ⎛=+ ，n x ⎛=- (1,0)m n -= 代入向量不等式：m n m n -<-得：1y m n m n =-≤-=，故：11y -≤≤.这回用绝对值不等式. 8、求函数2cos y θθ=-的最大值和最小值；8、解：将函数稍作变形为：M N y == ，设点(,)M M M x y ，点(,)N N N x y ，则(2,0)M ，(cos ,sin )N θθ-，而点N 在单位圆上，y 就是一条直线的斜率，是过点M 和圆上点N 直线 N 点.直线与单位圆的交点的纵坐标范围 就是：11y -≤≤ .故y 的最大值是1，最小值是-1. 原本要计算一番，这用分析法，免计算了. 9、若,,0a b c >，求证：2229a b b c c a a b c++>+++++ 9、证明：由柯西不等式：()()()2111a b b c c a a b b c c a ⎛⎫++⋅+++++≥⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭ 即：()()2111239a b c a b b c c a ⎛⎫++⋅++≥=⎡⎤⎪⎣⎦+++⎝⎭即：()2229a b b c c a a b c ⎛⎫++≥ ⎪+++++⎝⎭柯西不等式.10、若,,a b c R ∈，且22225a b c ++=，试求：22a b c -+的取值范围 ；10、解：柯西不等式：()()()222222212222a b c a b c ⎡⎤+-+++≥-+⎣⎦； 即：()292522a b c ⨯≥-+，故：2215a b c -+≤；所以：152215a b c -≤-+≤. 柯西不等式.11、若,,a b c R ∈，且226a b c --=，求222a b c ++的最小值 ；11、解：设：(2,1,2)m =--，(,,)n x y z =，则：22222(1)(2)9m =+-+-=； 2222n a b c =++；22m n a b c ⋅=--；代入m n m n ≥⋅得：()()222292236a b c a b c ++≥--=；即：2224a b c ++≥，故：最小值为4. 向量不等式.12、若,,a b c R ∈，且222(1)(2)(3)11654a b c -+-++=，求a b c ++的最大值和最小值；12、解：柯西不等式：()()()22222 2213421234a ca b cc⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎡⎤++++≥-+++-⎡⎤⎢⎥⎪ ⎪⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦即：()22512a b c⨯≥++-；故：()525a b c-≤++-≤；于是：()37a b c-≤++≤.柯西不等式.13、若,,0a b c>，,,0x y z>，且满足22225a b c++=，22236x y z++=，30ax by cz++=，求：a b cx y z++++的值；13、解：本题满足：()()()2222222a b c x y z ax by cz++++=++即柯西不等式中等号成立的条件.故有：0a b cx y zλ===>，即：a xλ=，b yλ=，c zλ=.则：2222222()a b c x y zλ++=++；即：22222222536a b cx y zλ++==++，即：56λ=故：56a b c a b cx y z x y zλ++=====++ .柯西不等式中等号成立.14、求证：21153nkk=<∑；（这回比较紧）14、证明：222212222114411111124412121 n n n n nk k k k kk k k k k k =====⎛⎫=+=+<+=+-⎪--+⎝⎭∑∑∑∑∑1115121232133n⎛⎫=+⨯-<+⨯=⎪+⎝⎭注意变形为不等式的方法，虽然仍是放缩法.15、当2n ≥时，求证： 12(1)3nn <+< ；15、证明：① 由二项式定理得：1212011111111...12nnk n n n n n n k n k C C C C C n n n n n n =⎛⎫+=⋅=+⋅+⋅++⋅+⋅= ⎪⎝⎭>∑ ② 由二项式定理得：11111!11!1111!()!!()!nn n nkn k k k k k k n n C n n k n k n k n k n===⎛⎫+=+⋅=+⋅=+ ⎪--⎝⎭∑∑∑ 1121(1)(2)(1)111...111!!!nn nk k k n n n n k k n n n n k k ===---+⎡⎤=+⋅⋅⋅⋅⋅<+=++⎢⎥⎣⎦∑∑∑ 22211111222213!(1)1nn nk k k k k k k k n ===⎛⎫=+<+=+-=+-< ⎪--⎝⎭∑∑∑本题①由二项式中，保留前两项进行放缩得到：1(1)2nn+>；本题②由二项式中，分子由从n 开始的k 个递减数连乘，分母由k 个n 连乘，得到的分数必定小于1. 于是得到：1(1)3nn+<.16、求证：113135135...(21)...224246246 (2)n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++++<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ； 16、证明：()()22221(21)(21)n n n n >-=-+，故：212221n nn n -<+；令：135(21)...246(2)n n S n -=⋅⋅⋅⋅， 246(2)...357(21)n n T n =⋅⋅⋅⋅+ ；则：n n S T <，即：2135(21)246(2)1......246(2)357(21)21n n nn n S S T n n n -<⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++ ；故：n S <①由<即：<，故：代入①式得：n S则：原式=1211...1nnn k k k S S S S ==+++=<=<∑∑本题的关键在于把根式或其他式子换成两个相邻的根式差， 然后利用求和来消去中间部分，只剩两头. 17、求证：1)1...1)<+< ； 17、证明：由2>=；即：1121)nnk k ==>=∑ ① 由：()()()22222281811882n n n n ->--=-得：()281n ->==即：281n ->，即：2(21)2(21)1n n n n ++-->，即：21>1-><，多项求和：)111nnk k ==<= ②由①②，本题得证.本题还是采用级数求和的放缩法.18、 已知：0x >,求证：ln(1)1xx x x<+<+ ; 18、证明：(1)构造函数：()ln(1)f x x x =-+，则：(0)0f =.当0x >时，函数的导数为：1'()101f x x=->+， 即当0x >时，函数()f x 为增函数. 即：()(0)0f x f >=； 故：()ln(1)0f x x x =-+>，即：ln(1)x x +<. (2) 构造函数：()ln(1)1xg x x x=+-+，则：(0)0g =. 当0x >时，其导数为：()()2211'()01111x xg x x x x x ⎡⎤=--=>⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦. 即当0x >时，函数()g x 为增函数. 即：()(0)0g x g >=；故：()ln(1)01x g x x x =+->+，即：ln(1)1x x x<++. 由(1)和(2)，本题证毕.本题采用构造函数法，利用函数单调性来证题.19、 已知：n N +∈，求证：11111...ln(1)1...2312x n n+++<+<++++ ； 19、证明：先构造函数：1()f x x=，在函数图象上分别取三点A,B,C ， 即：1(,)A k k,1(1,)1B k k --,1(1,)1C k k ++, 我们来看一下这几个图形的面积关系：；即：1111()1k kkk dx f k dx xx +-⋅<⋅<⋅⎰⎰ ；即：11ln ()ln kkk k x f k x +-<< ；即：1ln(1)ln ln ln(1)k k k k k+-<<-- ； (1) 1ln(1)ln k k k +-<求和：11111(ln(1)ln )1...2n nk k k k k n ==+-<=+++∑∑； 即：11ln(1)1...2n n+<+++； (2) 1ln ln(1)k k k<--求和：；即：121111...ln(1)231n k n k n +==+++<++∑; 由(1)和(2)证毕.本题采用构造函数法，利用函数的面积积分来证题.20、 已知：当2n ≥时，求证：2(1)nn n >- ； 20、 证明：当21r n ≤≤-时，1r n nC C n >=，即：r n C n > 由二项式定理得：11112(11)(1)n n n nnkk nnk k k C C n n n --====+=>>=-∑∑∑证毕.本题利用二项式定理进行放缩得证.21、 已知：n N +∈，求证：21111 (2)3212n++++>- ； 21、 证明：设：1111 (2321)n n S =++++-，则：111111111111111()()()...(...)234567*********n n n n n n S --=++++++++++++-++-2233331111111111111()()()...(...)222222222222n n n n n >++++++++++++-11111111()()()...()1(1)2222222222n n n n n n =+++++-=+-=+-> 证毕.将1以后的项数，按2的次方个数划分成n 组，每组都大于12，这样放缩得证.22、设：...n S =+求证：2(1)2(1)n n n S n +<<+ ； 22、证明：由(1)122k k k k ++<<=+得：12k k <<+，求和得：11112n n nk k k k k ===⎛⎫<<+ ⎪⎝⎭∑∑ 即：2(1)(1)(2)(1)22222n n n n n n n n n S ++++<<+=< 即：2(1)2(1)n n n S n +<<+.本题首先构建含有.23、 已知：n N +∈，求证： 1111 (21231)n n n <+++<+++ . 23、 证明：设：111 (1231)n S n n n =++++++ ； 采用倒序相加得：111111112...131********n S n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； 各括号内通分得：()()()()()()()()424242422...131********n n n n n S n n n n n n n n ++++=++++++++-++； 即：()()()()()()()()1111(21)...131********n S n n n n n n n n n ⎡⎤=+++++⎢⎥++++-++⎣⎦①；由：()()()()222(1)(31)21212121n n n n n n n n n ++=+-++=+-<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦； ()()()()()222(2)(3)21(1)21(1)21121n n n n n n n n n +=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦； ()()()()()222(3)(31)21(2)21(2)21221n n n n n n n n n +-=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦； ……()()()()()222(31)(1)21(2)21(2)21221n n n n n n n n n n n n ++=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 共有：(31)(1)121n n n +-++=+项.将上述不等式代入①式得：()()()()2222111(21)(21)...(21)121212121n n S n n n n n n ⎡⎤+>++++=+⋅=⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦； 即：1n S > ② 另：1111112122......2123111111n n n S n n n n n n n n ++=+++<+++=<=++++++++； 即：2n S < ③由②和③，本题得证.本题中n S 有(21)n +项，将其放缩为同分母的分式是解题关键.附加题：若：2n n a =， 求证：12311113 (234)n a a a na ++++<. 证明：2312311111111......23222322n n a a a na n ⎛⎫⎛⎫++++=++++ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭ 2334111111111 (22222)222222n n +⎛⎫⎛⎫<++++=++++ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭1332111111111321122222241122n -⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪=+⋅<+⋅=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭。
（一）不等式1． (排序不等式）设,...21n a a a ≤≤≤ n b b b ≤≤≤...21 n j j j ,...,,21是n ,...,2,1的一个排列，则..........221121112121n n j n j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n +++≤+++≤+++-2．(均值不等式) 设n a a a ,......,,21是n 个正数，则na a a n +++...21....21nn a a a ≥3．（柯西不等式）设),...2,1(,n i R b a i i =∈则.)())((211212i ni i ni ini i b a ba ∑∑∑===≥等号成立当且仅当存在R ∈λ，使得),...,2,1(n i a b i i ==λ.从历史角度看，柯西不等式又可称柯西--布理可夫斯基-席瓦兹不等式变形：（1）设+∈∈R b R a i i ,则.)()(11212∑∑∑===≥ni i ni i ni ii b a b a （2）设i i b a ,同号，且 ,0,≠i i b a 则.)()(1121∑∑∑===≥ni i i ni i ni iib a a b a4．（J e n se n 不等式）若)(xf 是),(b a 上的凸函数，则对任意),(,...,,21b a x x x n ∈)].(...)()([1)...(2121n n x f x f x f nn x x x f +++≤+++5．（幂均值不等式）设α)(0+∈>>R a i β 则 .)...()...(121121βββββαααααM na a a n a a a M nn =+++≥+++=证： 作变换 令i i x a =β，则β1i i x a = 则.)...()...(12121βαβαβαβαβαnx x x x x x n M M n n +++≥+++⇔≥ 因 0>>βα 所以 ,1>βα则函数βαx x f =)(是),0(+∞上的凸函数，应用Jensen 不等式即得。
不等式常见题型及解析题一、一元一次不等式1.问题描述解不等式$a x+b>c$，其中$a>0$。
2.解法分析根据不等式的性质，我们可以将不等式转化为等价的形式:$$ax+b=c$$然后确定不等式的解集。
（1）当$a>0$时将不等式转化为等式，我们得到$ax+b=c$，解得$x=\fr ac{c-b}{a}$。
此时，对于任意一个满足$c-b>0$的$x$，都可以使得$a x+b>c$，所以解集为$\le ft(\fr ac{c-b}{a},+∞\ri gh t)$。
（2）当$a<0$时将不等式转化为等式，我们得到$ax+b=c$，解得$x=\fr ac{c-b}{a}$。
此时，对于任意一个满足$c-b<0$的$x$，都可以使得$a x+b<c$，所以解集为$\le ft(-∞,\f r ac{c-b}{a}\r igh t)$。
（3）当$a=0$时此时，不等式退化为$b>c$或$b<c$，没有变量$x$，所以不存在解。
二、一元二次不等式1.问题描述解不等式$a x^2+bx+c>0$，其中$a>0$。
2.解法分析和一元一次不等式类似，我们可以将不等式转化为等价的形式:$$ax^2+b x+c=0$$然后确定不等式的解集。
（1）当$a>0$时判断二次函数$a x^2+b x+c$的图像与$x$轴的交点数：-当判别式$Δ=b^2-4a c$大于0时，二次函数与$x$轴有两个交点，此时不等式的解集为$\le ft(-∞,x_1\ri gh t)\c up\le ft(x_2,+∞\ri g ht)$，其中$x_1$和$x_2$分别为二次方程$a x^2+b x+c=0$的两个根。
-当判别式$Δ=b^2-4a c$等于0时，二次函数与$x$轴有一个交点，此时不等式的解集为$\ma th bb{R}$，即全体实数的集合。
-当判别式$Δ=b^2-4a c$小于0时，二次函数与$x$轴没有交点，此时不等式的解集为空集。
□▲○○○《不等式》考点及题型总结第一节 不等式一、知识要点：（一）不等式的定义：用符号“＜”“＞”“≤ ”“≥”表示大小关系的式子叫做不等式。
（二）不等式的解：使不等式成立的未知数的值，叫做不等式的解。
（三）不等式的解集：一个含有未知数的不等式的所有解，组成这个不等式的解集。
（四）不等式的性质：1、不等式的基本性质1：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变2、不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变。
，3、不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变。
二、题型分析：题型一： 不等式的概念和表达例1： x 的21与5的差不小于3，用不等式可表示为__________. 答案：1532x -≥例2：设“○”、“□”、“△”分别表示三种不同的物体，用天平比较它们质量的大小，两次情况如图所示，那么每个“○”、“□”、“△”这样的物体，按质量从大到小的顺序排列为（ ）…A 、○□△B 、○△□C 、□○△D 、△□○ 答案：A题型二：不等式性质的考察]A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个分析：由a﹤b﹤0得，a、b同为负数并且︱a︱﹥︱b︱。
可取特殊值代入，如取a=－2，b=－1代入式子中。
答案：C例2：若a﹥b，则下列式子一定成立的是（）。
A、a＋3﹥b＋5，B、a－9﹥b－9，C、－10a﹥－10b，D、a2c﹥b2c分析：由于不等式的两边乘除同一个数时存在变号的问题，因此需要对a，b的符号进行分类讨论。
或者此题也可以取特殊值代入验证，通过排除法来求解。
A、C取0，-1即可排除，D将常数取0也可排除。
答案：B例3：下列结论：①若a﹤b，则a2c﹤b2c；②若a c﹥b c，则a﹥b；③若a﹥b且若c=d，则a c﹥b d；④若a2c﹤b2c，则a﹤b。
正确的有（）。
'A、4个B、3个C、2个D、1个分析：①2c=0，即可排除；②若a、b、c都为负数即可否定；③任用前两种方法都可以排除；只有④正确。
经典(超越)不等式一、结论(1)对数形式:x ≥1+ln x (x >0),当且仅当x =1时,等号成立.(2)指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链：e x >x +1>x >1+ln x (x >0且x ≠1)上述两个经典不等式的原型是来自于泰勒级数：e x=1+x +x 22!+⋯+x n n !+e θx(n +1)!x n +1；ln (1+x )=x -x 22+x 33-⋯+(-1)n x n +1n +1+o (x n +1)；截取片段：e x ≥x +1(x ∈R )ln (1+x )≤x (x >-1)，当且仅当x =0时,等号成立；进而：ln x ≤x -1(x >0)当且仅当x =1时,等号成立二、典型例题1(2023·陕西咸阳·校考模拟预测)已知a =25,b =e -35,c =ln5-ln4，则()A.a >b >cB.a >c >bC.b >a >cD.b >c >a【答案】C【详解】f (x )=e x -1-xf (x )=e x -1，则x ∈0,+∞ ,f (x )>0,x ∈-∞,0 ,f (x )<0，故函数f (x )在-∞,0 单调递减，0,+∞ 单调递增，则f (x )≥f (0)=0则e x -1-x ≥0，即e x ≥1+x 由e x ≥1+x ，∴e -35>25，故b >a 同理可证ln (1+x )≤x又∵ln (1+x )≤x ，∴ln5-ln4=ln 1+14 <14，则b >a >c 故选：C .【反思】对于指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立，该不等式是可以变形使用的：e x≥x +1(x ∈R )-x 替换xe -x≥-x +1,即1ex ≥1-x 当x <1 e x ≤11-x当x >1e x ≥11-x注意使用时x 的取值范围；同样的还可以如下处理：e x ≥x +1(x ∈R )两边同时取对数：x ≥ln (x +1)(x >-1)，同样可以变形使用：x ≥ln (x +1)(x >-1)"x -1"替换"x "x -1≥ln x (x >0)左右两边同乘以“-1”1-x ≤-ln x (x >0)；1-x ≤-ln x (x >0)⇔1-x ≤ln 1x(x >0)用“1x ”替换“x ”1-1x ≤ln x ⇔x -1x≤ln x 注意使用时x 的取值范围.另外，选择填空题中，涉及到超越不等式可以直接使用，但是注意，解答题中一定要先证后用.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x -x -1.(1)证明：f (x )≥0；(2)证明：1+121+122⋯1+12n<e ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】(1)f x =e x -1，令f x >0，得x >0；令f x <0，得x <0，所以f x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所f x 的最小值为f 0 =0，所以f (x )≥0.(2)由(1)知，当x ∈(0,+∞)时，f (x )>f (0)=0，即e x -x -1>0，即e x >x +1，即x >ln x +1 ，令x =12n ，得ln 1+12n<12n ，所以ln 1+121+122 ⋅⋅⋅1+12n=ln 1+12 +ln 1+122 +⋯+ln 1+12n<12+122+⋯+12n =121-12n 1-12=1-12n <1，故1+121+122⋅⋅⋅1+12n<e ．【反思】注意在解答题中e x ≥1+x ，x ≥1+ln x (x >0)等超越不等式，及其变形式，不能直接使用，需要证明后才可以使用，才可以进一步变形得到有利于解题的不等式.三、针对训练举一反三一、单选题1.(2023春·浙江·高三校联考开学考试)设a =12022，b =tan 12022⋅e 12022，c =sin 12023⋅e 12023，则()A.c <b <aB.c <a <bC.a <c <bD.a <b <c【答案】B【详解】设f x =e x -x +1 ，则f x =e x -1，在(0,+∞)时，f (x )>0，在(-∞,0)时，f (x )<0，所以f (x )min =f (0)=0，即e x -x +1 ≥0，所以e x ≥x +1对任意x ∈R 均成立.取x =12022，有e12022>12022+1=20232022，所以12023e 12022>12022.再取x =-12023，可得e -12023>1-12023=20222023，两边取倒数，即e 12023<20232022，所以12023e 12023<12022，又当x ∈0,π2时，设F (x )=x -sin x ，G (x )=tan x -x ，则F(x )=1-cos x >0，G(x )=sin x cos x -1=1-cos 2x cos 2x =sin 2x cos 2x >0，即F (x )和G (x )在0,π2 均递增，所以F (x )>F (0)=0，G (x )>G (0)=0，即x ∈0,π2时，sin x <x <tan x ，所以sin12023⋅e 12023<12023e 12023<12022<12023e 12022<tan 12023⋅e 12022，由tan x 在x ∈0,π2 单调递增，可得tan 12023⋅e 12022<tan 12022⋅e 12022，即c <a <b .故选：B2.(2023秋·江苏苏州·高三常熟中学校考期末)a =e 0.2，b =log 78，c =log 67，则()A.a >b >cB.b >a >cC.a >c >bD.c >a >b【答案】C 【详解】令f (x )=ln (x +1)ln x(x >0)则f (x )=x ln x -(x +1)ln (x +1)x (x +1)ln 2x，显然f (x )<0即f (x )单调递减，所以ln7ln6>ln8ln7，即log 67>log 78，c >b .令g (x )=e x -x -1(x ≥0)则g (x )=e x -1≥0，即g (x )在[0,+∞)上单调递增所以g (x )≥g (0)=0，即e x ≥x +1，所以e 0.2>0.2+1=65令h (x )=x 6-ln xln6则h (x )=16-1x ln6当h (x )>0时，x >6ln6，即h (x )在6ln6,+∞ 上单调递增又h (6)=0，所以当x >6时，h (x )>h (6)=0所以h (7)>h (6)=0，即76-ln7ln6>0即log 67<76，又76<65，所以log 67<76<65<e 0.2，即c <a .综上：a >c >b .故选：C.3.(2023·云南曲靖·统考一模)已知a=e-2，b=1-ln2，c=e e-e2，则()A.c>b>aB.a>b>cC.a>c>bD.c>a>b【答案】D【详解】令f(x)=x-1-ln x,x>0，则f(e)=e-1-ln e=e-2=a，f(2)=2-1-ln2=1-ln2=b，∵f (x)=1-1x =x-1x，∴当x>1时，f (x)>0，f(x)单调递增，∴f(e)>f(2)，即a>b，令g(x)=e x-x，则g (x)=e x-1，∴当x>0时，g (x)>0，g(x)单调递增，∴g(e)>g(2)，即e e-e>e2-2，所以e e-e2>e-2，即c>a．综上，c>a>b．故选：D．4.(2023·全国·高三专题练习)已知a=e sin1-1,b=sin1,c=cos1，则()A.a<c<bB.a<b<cC.c<b<aD.c<a<b【答案】C【详解】解：当x∈π4,5π4,sin x>cos x，又1∈π4,5π4，所以sin1>cos1，故b>c记f x =e x-x-1，所以f x =e x-1，令f x <0，得x<0，令f x >0，得x>0，所以f x 在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增.所以f x ≥f0 =0，即e x-x-1≥0，当x=0时取等号.所以a=e sin1-1>sin1-1+1=sin1=b，所以c<b<a.故选：C.5.(2023·全国·高三专题练习)已知a>b+1>1则下列不等式一定成立的是()A.b-a>b B.a+1a>b+1bC.b+1a-1<e bln aD.a+ln b<b+ln a【答案】C【详解】取a=10,b=8，则b-a<b，故A选项错误；取a=3，b=13，a+1a=b+1b，则B选项错误；取a=3，b=1，则a+ln b=3，b+ln a=1+ln3<1+ln e2=3，即a+ln b>b+ln a，故D选项错误；关于C选项，先证明一个不等式：e x≥x+1，令y=e x-x-1，y =e x-1，于是x>0时y >0，y递增；x<0时y <0，y递减；所以x=0时，y有极小值，也是最小值e0-0-1=0，于是y=e x-x-1≥0，当且仅当x=0取得等号，由e x≥x+1，当x>-1时，同时取对数可得，x≥ln(x+1)，再用x-1替换x，得到x-1≥ln x，当且仅当x=1取得等号，由于a>b+1>1，得到e b>b+1，ln a<a-1，∴a-1ln a>1>b+1e b，即b+1a-1<e bln a，C选项正确.故选：C.6.(2023·全国·高三专题练习)已知实数a，b，c满足ac=b2，且a+b+c=ln a+b，则()A.c<a<bB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a【答案】A【详解】设f x =ln x-x+1，则f x =1x-1=1-xx，当x∈0,1时，f x >0，f x 单调递增，当x∈1,+∞时，f x <0，f x 单调递减，∴f x ≤f1 =0，即ln x≤x-1，所以ln a+b≤a+b-1，所以a+b+c≤a+b-1，即c≤-1，又ac=b2>0，所以a<0，由a+b>0，所以b>-a>0，所以b2>a2，即ac>a2，所以c<a，所以c<a<b.故选：A.7.(2023·全国·高三专题练习)若正实数a，b满足ln a+ln b2≥2a+b22-2，则()A.a+2b=2+14B.a-2b=12-22 C.a>b2 D.b2-4a<0【答案】B到各不等式取等号的条件，解得a,b的值，然后逐一检验即可做出正确判断.【详解】先证明熟知的结论：x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.设f x =x-1-ln x,则f x =1-1 x ,在(0,1)上，f x <0,f x 单调递减;在(1,+∞)上，f x >0,f x 单调递增.故f x min=f1 =1-1-0=0,∴f x =x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.由2a+b22-2≥22a×b22-2=2ab2-1≥2ln ab2=ln a+ln b2,由已知ln a+ln b2≤2a+b22-2，∴ln a+ln b2=2a+b22-2，且2a=b22ab2=1，解得a=12b=2 ,经检验只有B正确，故选：B.8.(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.二、填空题9.(2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中)已知对任意x，都有xe2x-ax-x≥1+ln x，则实数a的取值范围是.【答案】(-∞,1]【详解】根据题意可知，x>0，由x⋅e2x-ax-x≥1+ln x，可得a≤e2x-ln x+1x-1x>0恒成立，令f x =e2x-ln x+1x-1，则a≤f x min，现证明e x≥x+1恒成立，设g x =e x-x-1，g x =e x-1，当g x =0时，解得：x=0，当x<0时，g x <0，g x 单调递减，当x>0时，g x <0，g x 单调递增，故x=0时，函数g x 取得最小值，g0 =0，所以g x ≥g0 =0，即e x-x-1≥0⇔e x≥x+1恒成立，f x =e2x-ln x+1x -1=x⋅e2x-ln x-1x-1，=e ln x+2x-ln x-1x -1≥ln x+2x+1-ln x-1x-1=1，所以f x min=1，即a≤1.所以实数a的取值范围是-∞,1.故答案为：-∞,1三、解答题10.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e x-a.(1)若函数f(x)的图象与直线y=x-1相切，求a的值；(2)若a≤2，证明f(x)>ln x.【答案】(1)a=2(2)证明见解析(1)解：f(x)=ex-a，∴f′(x)=ex，令f′(x)=1，得x=0，而当x=0时，y=-1，即f(0)=-1，所以f0 =e0-a=-1，解得a=2.(2)证明 ∵a≤2，∴f(x)=ex-a≥ex-2，令φ(x)=ex-x-1，则φ′(x)=ex-1，令φ′(x)=0⇒x=0，∴当x∈(0，+∞)时，φ′(x)>0；当x∈(-∞，0)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(0)=0，即φ(x)≥0，即ex≥x+1，∴ex-2≥x-1，当且仅当x=0时等号成立，令h(x)=ln x-x+1，则h′x =1x-1=1-xx，令h′(x)=0⇒x=1，∴当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴h(x)max=h(1)=0，即h x ≤h1 =0，即ln x≤x-1，∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，∴ex-2≥x-1≥ln x，两等号不能同时成立，∴ex-2>ln x，即证f(x)>ln x.。
解不等式例题50道一、一元一次不等式1. 解不等式：2x + 5>9- 解析：- 首先对不等式进行移项，将常数项移到右边，得到2x>9 - 5。
- 计算右边式子得2x>4。
- 两边同时除以2，解得x > 2。
2. 解不等式：3x-1<8- 解析：- 移项可得3x<8 + 1。
- 即3x<9。
- 两边同时除以3，解得x<3。
3. 解不等式：5x+3≤slant2x + 9- 解析：- 移项，把含x的项移到左边，常数项移到右边，得到5x-2x≤slant9 - 3。
- 计算得3x≤slant6。
- 两边同时除以3，解得x≤slant2。
4. 解不等式：4x-7≥slant3x+1- 解析：- 移项得4x - 3x≥slant1+7。
- 即x≥slant8。
5. 解不等式：(1)/(2)x+3>x - 1- 解析：- 移项可得(1)/(2)x-x>-1 - 3。
- 通分计算，((1)/(2)-(2)/(2))x>-4，即-(1)/(2)x>-4。
- 两边同时乘以 - 2，不等号变向，解得x < 8。
6. 解不等式：(2)/(3)x-1≤slant(1)/(3)x+2- 解析：- 移项得(2)/(3)x-(1)/(3)x≤slant2 + 1。
- 计算得(1)/(3)x≤slant3。
- 两边同时乘以3，解得x≤slant9。
7. 解不等式：2(x + 3)>3(x - 1)- 解析：- 先展开括号，得到2x+6>3x - 3。
- 移项得2x-3x>-3 - 6。
- 计算得-x>-9。
- 两边同时乘以 - 1，不等号变向，解得x < 9。
8. 解不等式：3(x - 2)≤slant2(x+1)- 解析：- 展开括号得3x-6≤slant2x + 2。
- 移项得3x-2x≤slant2+6。
- 计算得x≤slant8。
20道不等式组带解答过程篇一：不等式组是数学中非常重要的一个概念,用于求解具有不等性质的数列或不等式。
下面列出了20道不等式组题目,并附带解答过程。
1. 某项数列{a1, a2, a3, ...}的公差为2,首项为a1,求该数列的第10个数是多少?2. 已知数列{an}的前n项和为Sn,求数列{bn}的前n项和Sn"。
3. 某项数列{a1, a2, a3, ...}的前n项和为Sn,第n+1个数是a1,求数列{an}的前n+1个数是多少?4. 已知数列{an}的前n项和为Sn,求数列{bn}的前n+1项和Sn"。
5. 已知数列{an}的公比为2,首项为a1,求数列{bn}的前n项和。
6. 某项数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+1,求数列{bn}的前n+2个数是多少?7. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+2,求数列{bn}的前n+3个数是多少?8. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+3,求数列{bn}的前n+4个数是多少?9. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+4,求数列{bn}的前n+5个数是多少?10. 某项数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+5,求数列{bn}的前n+6个数是多少?11. 已知数列{an}的公比为2,首项为a1,求数列{bn}的前n项和。
12. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+6,求数列{bn}的前n+7个数是多少?13. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+7,求数列{bn}的前n+8个数是多少?14. 某项数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+8,求数列{bn}的前n+9个数是多少?15. 已知数列{an}的前n项和为Sn,第n+1个数是an+9,求数列{bn}的前n+10个数是多少?16. 已知数列{an}的公比为2,首项为a1,求数列{bn}的前n项和。
其他不等式综合问题例1：（第26届美国数学奥题之一）设a、b、c∈R+，求证：（1）分析；最初，某刊物给出了一种通分去分母的较为复杂的证法，这里试从分析不等式的结构出发，导出该不等式的编拟过程，同时，揭示证明此类问题的真谛，并探索其推广命题成功的可能性。
思考方向：（1）的左边较为复杂，而右边较为简单，所以，证明的思想应该从左至右进行,思考方法：（1）从左至右是一个由简单到复杂的逐步放大过程，所以，一个简单的想法就是将各分母设法缩小，但考虑到各分母结构的相似性，故只要对其中之一做恰倒好处的变形，并构造出右边之需要即便大功告成.实施步骤；联想到高中课本上熟知的不等式：x3+y3≥x2y+xy2=xy(x+y) (x、y∈R+)（*）知（1）的左端这一证明是极其简单的，它仅依赖高中数学课本上的基础知识，由此可见，中学课本上的知识也能用来攻克高层次的数学竞赛题，看来，我们要好好守住课本这快阵地。
（1）刻画了3个变量的情形，左端的三个分式分母具有如下特征：三个字母中取两个的三次方与这三个变量的乘积之和，那么，对于更多个变量会有怎样的结论？以下为行文方便，记（1）的左端为，表示对a、b、c轮换求和，以下其它的类似处理，不再赘述,为了搞清多个变量时（1）的演变，首先从4个变量时的情形入手,推广1：设a、b、c、d∈R+，求证：。
（2）分析：注意到上面的（*），要证（2），需要证x4+y4+z4≥xyz(x+y+z)（**）（**）是（*）的发展，它的由来得益于证明（1）时用到的（*），这是一条有用的思维发展轨道。
事实上，由高中数学课本上熟知的不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx易知x4+y4+z4≥x2y2+y2z2+z2x2≥xy·yz+yz·zx+zx·xy=xyz(x+y+z),这样（**）得证,从而（2）便可仿（1）不难证明，略,推广2：设ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求证：。
（3）有了前面的推广1的证明，这里的推广2的证明容易多了，联想（**），只要能证明（这是（**）的发展）事实上，由切比雪夫不等式及算术——几何平均值不等式可知有了上式，推广2便不难证明，略.很显然，对于推广2，若按（1）的最初的去分母去证明，当然是行不通的，这也表明，解决数学问题的关键一着就是要把握问题的实质，不要被一些较复杂的表面现象所迷惑，要善于观察，善于分析，善于总结，善于概括，善于发现，善于利用，尽力从表象的东西里抽象概括出本质性的实质性的规律，这才是学习数学的要旨。
例2：设x、y、z∈R+，求证：（4）分析：这是一个并不复杂的分式不等式，但是若要通过去分母来证明，肯定会走弯路，甚至走到死胡同。
思考方向：（4）的左端较为复杂，而右边较为简单，所以，证明的思想应该从从左至右的进行。
思考方法：（1）从左至右是一个逐步缩小的过程，所以，对于本题，一个简单的想法就是将个分母设法放大，但考虑到分母结构的相似性，故只要对其中之一进行恰倒好处的变形，并设法构造出（4）的右边即可大功告成。
实施步骤；联想到高中课本上熟知的的不等式：2xy≤x2+y2 (x、y∈R),刚好是（4）中分母里xy的成功放大，即有如下证明：证明：∵只要证明，（5）给（5）的两边同时加3，得到，这等价于，这由Cauchy不等式便知，从而（4）得证。
（4）式刻画了3个变量的情形，其特点是；左端每一个分式的分母是从3个变量中取两个，为两个的二次方与这两个变量之积之和，而分子则是剩下一个变量的二次方。
现在，我们如果站在变量个数方面考虑，即再增加若干个变量，结论会怎样？证法还灵吗？经过再三考虑，得到推广1：设ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求证：（6）联想（4）的证明过程，知关键是对分母中的乘积项利用二元均值不等式进行放大，然后运用Cauchy不等式便大共告成，那么，（6）的证明也只要对每一个分式中分母乘积项逆用多元算术——几何平均值不等式，再使用Cauchy不等式便知，详细的证明略。
另外，如果一不小心，将（4）错写为如下形式：（7）那么，虽然（7）与（4）相比，实质性的东西并没有发生改变，但就其结构而言已经发生了相当大的改变，即（7）的每一个分母中连续3项依次成等比数列，而（4）的分母中就不具备这样的性质，继而，（7）是否从某一方面反映某一普遍意义下的一种特例呢？也就是（7）的一般情形是什么？站在等比数列的角度去审视（7），就可以探索从改变分母的指数出发去联想，从而得到一个很好的结论，（7）的分母多项式为3项，最高指数为2，分子与分母指数相同，左边为三个式子之和，右边为1，试想，当分母中的多项式指数增高时，（7）应该变成什么样子，准确点儿，当指数为n+1时，相应的结论如何？这就是推广2：设xyz∈R+，求证：（8）分析：联想与类比有时候是提出问题和解决问题的金钥匙，相似问题的解决方法在很多场合往往都是十分相似的，在这一点上请同学们注意领会并掌握。
思考方向与思考方法基本同于（4），只是实施步骤中的不等式：2xy≤x2+y2 (x、y∈R)的右边的指数2改为n+1时，结论会变成什么相适应的样子？类似于（*），由高中课本上知识知（当然可从指数为3，4，5，…,去探索，这里就省去探索的过程了，因为高中课本上已有指数为3、5时的结论）：xnyk+xkyn≤xn+k+yn+k,(x、y∈R+，n、k∈N+)这是一个有意义的结论，于是xn+1+xny+xn-1y2+…+yn+1≤,即(注意到（5）)到此，推广2获证。
实际上，通过刚才对（7）的分析知道，（7）还有从变量个数方面的推广，例如变量个数为4，5，6，…，12或者小于等于23的奇数（结论成立）时，结论的证明就比较复杂了，况且，也不能推广到任意多个变量。
关于这点，请读者参考有关资料。
例3：设x、y∈（0，1），求证：。
（9）分析：本题的结构看似简单，实际上，要向前面两个不等式那样去设法从左至右的证明在这里就不好进行，于是，需要进行等价分析变形，这是在当前一时找不到好的证法时常用的证题方法。
思考方向和思考方法：去分母，整理成恒不等式。
实施步骤：一般的程序应该是配方或者分解因式。
证明：由条件 x、y∈（0，1）知，xy∈（0，1）,所以，原不等式等价于（10）（11）结合题目条件及二元均值不等式知此式早已成立，于是原命题获证。
这一证明看起来比较简明，但是，真正实施起来也不是太简单，请同学们仔细领悟。
到这里本题的证明已经结束，但是，如果仅停留在这个层次上就得到的甚少，应该及时进行反思、总结、提炼，看看本题有无推广演变的可能？即能否由此产生新的数学命题？观察例3的结构可以看出，（10）的左端可以看成是函数在两个变量x、y处的函数值的算术平均值，右边是两个变量x、y在其几何平均值处的函数值，联想到Jensen不等式，可以很容易的将（10）推广到多个变量时的情形，即推广1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求证：。
（12）这由数学归纳法不难确认其正确，详细证明留给感兴趣的读者。
继续观察（11），不难看出，当x＞1，y＞1时，不等号应该反向，于是可得原命题的另一种演变的推广，即推广2：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求证：（13）继续观察（10），容易想到，当变量个数再增加时会有怎样的结论？即对于三个变量若x、y、z∈（0，1）,可得，，这三式相加得：（14）这样我们又得到了一个新的命题。
如此继续，便得推广3：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求证：（15）推广4：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求证：（ xn+1=x1）（16）（15）、（16）的证明可仿照（14）的证明进行，在此就略去其详细的证明了。
从这几个推广命题的由来我们可以看出，很多数学命题都是在认真分析已有命题的基础上，对原命题进行分析、归纳、总结、提炼，得到描述问题的本质，在原有问题及其求解思路的基础上，运用自己所掌握的数学知识通过思维的迁移加工就可得到一系列新的数学命题，这也是许多命题专家的研究心得，更是解题者应该多多注意的一个方面，也是我们辅导老师应该向学生介绍的重要一环——展示知识发生、发展的全过程。
研究某些不等式的推广是十分有意义的工作，有事实表明，近多年来的高层次竞赛就多次涉及到多个变量的复杂不等式证明问题，而且，有些问题本身就是一些固有问题的发展和演变，故应引起参加竞赛的同学的重视。
例4 已知为正数．求证：．证明：不妨设，则故．例5设正数x,y,z,a,b,c满足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函数f(x,y,z)= 的最小值.解:由cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c容易解得:,且a+b>c,b+c>a,c+a>b.由对称性不妨设a≥b≥c,从而f(x,y,z)=a4+b4+c4+2≥2+a4+b4+c4+a2(a-c)(a-b)+b2(b-a)(b-c)+c2(c-a)(c-b)≥0a2(a-b)2+a2(b-c)(a-b)+b2(b-a)(b-c)+c2(c-a)(c-b)=a2(a-b)2+(a2-b2)(b-c)(a-b)+c2(c-a)(c-b)≥0,最后的不等式显然成立, 所以,其中等号成立当且仅当a=b=c且x=y=z=,故函数f(x,y,z)的最小值为.例6设n是给定的正整数，且n≥3,对于n个实数x1,x2,…,xn，记|xi-xj|(1≤i<j≤n)的最小值为m.若x12+x22+…+xn2=1,试求m的最大值。
解:不妨设x1≤x2≤…≤xn,则x2-x1≥m,x3-x2≥m,x4-x3≥m,…,xn-xn-1≥m.xj-xi≥(j-i)m(1≤i<j≤n)∴有=∵≤n.∴m2n2(n2-1)≤12n,m≤.仅当x1,x2,…,xn成等差数列,且时等号成立∴mmax=.例7设n是一个固定的整数，n≥2.(Ⅰ)确定最小的常数c，使得不等式对所有的非负实数x1，x2，…，xn都成立；(Ⅱ)对于(Ⅰ)中的常数c，确定等号成立的充要条件。
解：将和式简记为.(Ⅰ)当x1，x2，…，xn不全为0时，记.∵∴∵,其中等号成立仅当∴.(Ⅱ)中等号成立x1，x2，…，xn中任意三项之积为0，最多有两项xi、xj不为0，满足xi2+xj2=2xixj即xi=xj∴中等号成立x1，x2，…，xn中有两项相等(可以为0)，其余全为0例8、（2007年CMO试题5）设有界数列满足求证：证明：设则下证，因为有界，故存在常数M。
使得M，时，我们有由此可以看出，对任意的正整数m有于是有将其代入（1），得再次利用（1），可以得：如果当时，则，这就推出，即。
