2021高三数学人教B版一轮学案：第二章第十二节第1课时不等式恒成立与有解问题含解析

不等式一、内容和内容解析 1.内容等式与不等式的性质；一元二次不等式的解法及其应用；基本不等式及其应用2.内容解析相等关系、不等关系是数学中最基本的数量关系，是构建方程、不等式的基础.本单元的学习，可以帮助学生通过类比，理解等式和不等式的共性与差异,掌握基本不等式.用函数理解方程和不等式是数学的基本思想方法.本单元的学习，可以帮助学生用一元二次函数认识一元二次方程和一元二次不等式.通过梳理初中数学的相关内容，理解函数、方程和不等式之间的联系，体会数学的整体性.结合以上分析，确定本节课的教学重点：不等式性质的准确应用解决比较大小等实际问题，一元二次不等式的解法，基本不等式的应用.二、目标和目标解析 1.目标（1）不等关系与不等式的性质梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质. （2）从函数观点看一元二次不等式①经历从实际情境中抽象出一元二次不等式的过程，了解一元二次不等式的现实意义；能够借助一元二次函数求解一元二次不等式；并能用集合表示一元二次不等式的解集.②借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系 （3）基本不等式(,0)2a ba b +≤≥.结合具体实例，能用基本不等式解决简单的求最大值或最小值的问题.达成上述目标的标志是：（1）能类比相等关系理解不等式的性质，掌握不等式性质解决具体问题.（2）能通过具体实例的归纳与概括得到用函数方法求一元二次不等式解集的基本过程，能利用一元二次不等式解决一些实际问题，提升数学运算素养.（3）知道基本不等式的内容，明确基本不等式的几何意义；会利用不等式的性质证明基本不等式.结合具体实例，明确基本不等式的使用条件和注意事项，能用基本不等式能模型识别和理解实际问题，能用基本不等式求最大值或最小值；在解决具体实际问题的过程中，体会基本不等式的作用，提升数学运算、数学建模等核心素养.三、教学问题诊断分析在相等关系与不等关系的教学中，应引导学生通过类比学过的等式与不等式的性质，进一步探索等式与不等式的共性与差异.在从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式的教学中，可以先以讨论具体的一元二次函数变化情况为情境，引导学生发现一元二次函数与一元二次方程的关系，引出一元二次不等式概念；然后进一步引导学生探索一般的一元二次函数与一元二次方程、一元二次不等式的关系，归纳总结出用一元二次函数解一元二次不等式的程序.在利用基本不等式研究最值问题时，学生容易出现忽视使用条件，不验证等号是否成立，甚至没有确认和或积为定值就求最值等问题，这也是学生思维不够严谨的表现.教学中，要根据内容的定位和教育价值，关注数学学科核心素养的培养.要让学生逐渐养成借助直观理解概念，进行逻辑推理的思维习惯，以及独立思考、合作交流的学习习惯，引导学生感悟高中阶段数学课程的特征，适应高中阶段的数学学习.本节课的教学难点是：不等式性质的应用及实际应用问题；含参数一元二次不等式不等式的解法及分类讨论思想的使用；一元二次不等式恒成立问题的解决；基本不等式在求最值问题中的各类变式应用.四、教学过程设计(一)复习导入 1．本单元主要知识通过展示本单元主要知识，让学生对知识以及之间的联系有整体认知，突出本单元复习重点.2.本单元学习方法提示不等关系和相等关系一样广泛存在于现实世界、日常生活和数学问题之中.在本节复习中同学们要利用好类比的方法，类比等式性质理解不等式性质，类比方程研究不等式.不等式是解决其他数学知识的重要工具.在函数与导数、方程、数列、向量、解析几何、立体几何等章节的证明、求取参数范围（最值）问题中应用广泛，同学们在学习中要注意体会知识与方法之间的普遍联系.（二）知识梳理与典型例题分析 1.不等关系与不等式1.1回忆复习不等式相关的概念和主干知识 1.1.1两个实数比较大小的方法(1)作差法⎩⎪⎨⎪⎧a －b >0⇔a >b a －b ＝0⇔a ＝b a －b <0⇔a <b (a ，b ∈R ) (2)作商法⎩⎪⎨⎪⎧ab>1⇔a >b ab ＝1⇔a ＝bab <1⇔a <b(a ∈R ，b >0)1.1.2不等式的基本性质师生活动：学生类比实数的性质逐个学习、理解、记忆不等式的性质，教师提示在掌握不等式性质时要注意条件的准确性，也要注意性质使用中的充分与必要性.1.2典型例题讲解例1-1 讲解下列命题中正确的是( )(A)若a >b ，则ac 2>bc 2 (B)若a >b ，c <d ，则a c >bd(C)若a >b ，c >d ，则a －c >b －d (D)若ab >0，a >b ，则1a <1b师生活动：学生根据所学不等式性质独立思考，分享解决方法，教师总结此类问题常见方法. 设计意图：强化不等式性质的应用，对于采用特殊值法的学生给予肯定的同时提示要注意把握挖掘问题本质，基础方法与解题技巧相结合.另外教师通过此题强调“作差比较法”的思想及其基础工具作用. 例1-2 讲解若b <a <0，则下列不等式：①|a |>|b |；②a ＋b <ab ；③a 2b <2a －b 中，正确的不等式有( )(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个师生活动：学生根据所学不等式性质独立完成，教师总结强调作差法在问题③起到的转化作用.设计意图：此类型属于重要考查知识点，前两个选项易于判断，设置此题主要是承接上一道例题，让学生体会在解决略复杂形式不等关系时，作差法的作用，体会解决此类问题时蕴含的转化思想.此处安排即时练习1-1若α，β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是( )(A)－π<2α－β<0 (B)－π<2α－β<π (C)－3π2<2α－β<π2(D)0<2α－β<π设计意图：帮助学生在解决实际问题中理解应用不等式的同向可加性，同时这又是在后续三角函数章节复习中常见类型问题，为其复习做好铺垫的同时，让学生感受不等式与其他知识的联系以及其工具性作用.随后安排即时练习1-2已知a ，b ，c ，d 为实数，则“a >b 且c >d ”是“ac ＋bd >bc ＋ad ”的( ) (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件(D)既不充分也不必要条件设计意图：将上一讲中的充分必要性判断与不等式性质结合，温故知新，让学生感受知识间的联系以及不等式的工具性作用.2.一元二次不等式的解集2.1回忆复习主干知识二次函数角度一元二次不等式的解法判别式Δ＝b2－4ac Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有两相异实根x1，x2(x1<x2)有两相等实根x1＝x2＝－b2a没有实数根ax2＋bx＋c>0 (a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}⎩⎨⎧⎭⎬⎫x⎪⎪x≠－b2a{x|x∈R}ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集{x|x1< x<x2} ∅∅2.2典型例题讲解例2-1 讲解y＝log2(3x2－2x－2)的定义域是________________．师生活动：教师帮助学生回忆对数函数的定义域条件，而后学生自主练习一元二次不等式的求解.设计意图：考虑高三复习的特点，以及学生在高一学习对数函数时的学情，采用此题进行解一元二次不等式方法的巩固训练，本题中不等式所对应的一元二次方程需要使用公式法求解，让学生在最为一般的情况下体会一元二次不等式的解法，避免学生形成思维定势认为一定可以通过十字相乘法进行因式分解. 例2-2 讲解解关于x 的不等式ax 2－(a ＋1)x ＋1<0(a >0)．师生活动：引导学生观察参数给求解不等式带来的影响，教师对分类讨论进行示范讲解. 设计意图：考虑学生在难点问题上的接受度，设置较为简单的含参不等式求解问题，重点放在讨论中各分类情况的形成原因和解决办法，帮助学生抓住观察分析此类问题的要点，形成讨论中对开口方向、判别式、根的大小关系的整体把握. 例2-3 讲解已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<5－m 恒成立，求实数m 的取值范围．师生活动： 学生独立思考交流做法，教师总结构造函数和参变量分离两类典型办法. 设计意图：此题是恒成立问题中较为基础典型的类型，有利于学生避开繁杂的计算，突出思想方法的主题.本题安排两种方法，意在帮助学生总结梳理解决此类问题的两种典型思路.3. 基本不等式及其应用 3.1回忆复习主干知识3.1.1 基本不等式：ab ≤a ＋b 2(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号． 3.1.2算术平均数与几何平均数设a >0，b >0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．3.1.3利用基本不等式求最值问题 已知x >0，y >0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p .(简记：积定和最小) (2)如果和x ＋y 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值p 24.(简记：和定积最大)3.1.4几个重要的不等式 (1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )． (2)b a ＋ab ≥2(a ，b 同号)． (3)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )．(4)a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22 (a ，b ∈R )． 以上不等式等号成立的条件均为a ＝b .3.2典型例题讲解例3-1 讲解(1)已知0<x <1，则x (4－3x )取得最大值时x 的值为________． (2)已知x <54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为________．师生活动：学生独立完成，教师强调在基本不等式求最值的过程中的条件要求，即“一正、二定、三相等”.设计意图： 从较为简单的形式出发，两个问题分别求“和”与“积”形式的最值，引导学生学会观察如何构造定值，进而启发思路，对已知形式进行变形拼凑.第（2）小题略增加难度，引导学生理解当使用条件“一正”不满足时如何进行转化.例3-2 讲解若正数m ，n 满足2m ＋n ＝1，则1m ＋1n 的最小值为( )(A)3＋2 2 (B)3＋ 2 (C)2＋2 2(D)3师生活动：组织学生对典型错误方法进行剖析，找到问题形成的原因，引导学生发现转化代换的思路.设计意图：帮助学生在正误方法对照后，避免出现类似错误思路，形成正确方法，提高学生转化化归思想方法的应用能力.例3-3 讲解已知a >b >0，那么a 2＋1b (a －b )的最小值为________．师生活动：教师引导学生观察()b a b -部分拼凑定值的可能，后由学生独立尝试解决.设计意图：和例题3-2构成一个整体性问题，帮助学生明确在解题过程中多次使用不等式的注意事项和等号成立条件的研判方法，扩展学生的解题思路.（三）知识与思想方法总结作差法是比较“数”和“式”大小的基础方法.不等式性质在记忆和使用的过程中要注意条件前提.在复习一元二次不等式解法时要注意和函数、方程知识的联系与转化.在求解含有参数的不等式时，要注意分类讨论思想的严密性.基本不等式是构造不等关系和求取最值问题的重要工具，要注意在使用过程中的每个阶段都要检验是否符合使用要求，特别是等号成立的条件.（四）课后作业与解答附件1：《不等式》课后练习 附件2：本节作业参考答案及详解五、目标检测设计1. 已知a ＋b >0，则a b 2＋b a 2与1a ＋1b 的大小关系是________．答案a b 2＋b a 2≥1a ＋1b解析a b 2＋b a 2－⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a2 ＝(a －b )·⎝⎛⎭⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2a 2b 2. ∵a ＋b >0，(a －b )2≥0， ∴(a ＋b )(a －b )2a 2b 2≥0.∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b. 设计意图：考查学生对作差法的掌握情况 2. 解不等式12x 2－ax >a 2(a ∈R )． 解 原不等式可化为12x 2－ax －a 2>0， 即(4x ＋a )(3x －a )>0，令(4x ＋a )(3x －a )＝0， 解得x 1＝－a 4，x 2＝a3.当a >0时，不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 4∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞；试卷第11页，总11页 当a ＝0时，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)；当a <0时，不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪⎝⎛⎭⎫－a 4，＋∞. 设计意图：考查学生在求解含参不等式过程中的分类讨论能力3. 设x >0，y >0，x ＋2y ＝4，则(x ＋1)(2y ＋1)xy的最小值为________． 答案 92解析 (x ＋1)(2y ＋1)xy ＝2xy ＋x ＋2y ＋1xy＝2xy ＋5xy ＝2＋5xy. ∵x >0，y >0且x ＋2y ＝4，∴4≥22xy (当且仅当x ＝2，y ＝1时取等号)，∴2xy ≤4，∴1xy ≥12， ∴2＋5xy ≥2＋52＝92. 设计意图：考查学生综合运用基本不等式求最值能力和数学运算和逻辑推理素养。

新高考数学一轮复习知识点解析1．积累常用的不等式，熟练运用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题． 2．熟练使用分离参数、分类讨论等方法解决参数范围问题． 3．能够大致描绘函数图象，能借助图象理解题意和解题．【例1】已知函数()ln xf x ax x=-，a ∈R ． （1）若()()2g x x f x '=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，试讨论()g x 的单调性； （2）证明：当12a e≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减；（2）证明见解析． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()221ln 1ln x xx x f x a a x x⋅--'=-=-，恒成立和存在性问题()2221ln ln 1x a a x x g x x x -⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭=，()21212ax g x ax x x+'=+=， 当0a ≥时，()0g x '≥恒成立，此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a <时，()0g x '>，即2210ax +>可得212x a-<，所以0x <<，由()0g x '<，即2210ax +<可得212x a->，所以x >所以当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减， 综上所述：当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减． （2）当12a e≥时，()1ln 2xf x x e x ≥-， 设()1ln 2x h x x e x =-，则()222211ln ln 1111ln 222x x x x x x eh x e x e x x ⋅-+--'=-=-=， 令()21ln 12t x x x e =+-，则()110t x x e x '=+>， 所以()21ln 12t x x x e=+-在()0,∞+上单调递增，且1102t e e =⨯+=，所以0x <<时，()0t x <，即()0h x '<，此时()h x 单调递减；当x >()0t x >，即()0h x '>，此时()h x 单调递增， 所以()1ln 2x h x x e x=-在(上单调递减，在)+∞单调递增，所以()min 102h x h e ====， 所以()1ln 02xh x x e x=-≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()0f x ≥．【变式1．1】已知函数()2ln f x ax x =-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当12a >时，()3f x >恒成立． 【答案】（1）0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数；（2）证明见解析． 【解析】（1）121()2ax f x a x x-'=-=，其中0x >； 当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+为单调减函数； 当0a >时，1(0,)2x a ∈，()0f x '<，()f x 为单调减函数；1(,)2x a∈+∞，()0f x '>，()f x 为单调增函数，综上，0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a 为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数．（2）证明：因为12a >2=≥当且仅当2=12x a=时，取等号．由（1）知min 1()()1ln 22f x f a a==+，所以()ln 21f x a +≥+，令1()ln 21()2g x x x =+>，则()g x 为增函数，所以1()()32g x g >=，即12a >时，()3f x >恒成立． 【例2】已知函数()xe f x x=．（1）求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；（2）设()()ln 2G x xf x x x =--，证明：()3ln 22G x >--．【答案】（1）24e y x =；（2）证明见解析．【解析】（1）2()x x e x e f x x -'=，22222(2)24e e e f -'==且2(2)2e f =，所以切线方程22(2)24e e y x -=-，即24e y x =．（2）由()()ln 2(0)G x xf x x x x =-->，1()2x G x e x '=--，21()0xG x e x''=+>，所以 ()G x '在(0,)+∞为增函数，又因为(1)30G e '=-<，25(2)02G e ''=->， 所以存在唯一0(1,2)x ∈，使()000120x G x e x '=--=， 即012x e x =+且当()00,x x ∈时，()0G x '<，()G x 为减函数， ()0,x x ∈+∞时，()0G x '>，()G x 为增函数，所以()0min 0000001()ln 22ln 2x G x G x e x x x x x ==--=+--，0(1,2)x ∈， 记1()2ln 2H x x x x =+--，(12)x <<， 211()20H x x x'=---<，所以()H x 在(1,2)上为减函数，所以13()(2)2ln 24ln 222H x H >=+--=--，所以()03()ln 22G x G x ≥>--． 【变式2．1】已知函数()()322361f x x ax a x =++-（a ∈R ）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()15f =，4m <，求证：当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),-∞+∞，且()()()()26661611f x x ax a x x a '=++-=++-⎡⎤⎣⎦．①若2a =，则()0f x '≥，因而()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②若2a <，则当(),1x ∈-∞-及()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；③若2a >，则当(),1x a ∈-∞-及()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减， 综上，当2a =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当2a <时，()f x 在(),1-∞-，()1,a -+∞上单调递增；在()1,1a --上单调递减； 当2a >时，()f x 在(),1-∞-a ，()1,-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减． （2）由题意知()()123615f a a =++-=，∴1a =，故()3223f x x x +=．欲证当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤，∵当1x >时，21x >，ln 11x +>． ∴只需证：()()2ln 1f x m x x ≤+，即23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立，设()()()123,ln 1x h x x x +=∈++∞，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++．设()32ln x x x ϕ=-，则()223x x xϕ'=+，故当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增． 又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()320e eϕ=->，∴()0h x '=有且只有一个根0x ，且02x e <<，0032ln x x =． ∴在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减；在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， ∴函数()h x 的最小值()0000002323243ln 112x x h x x x x ++===>++． 又∵4m <，∴23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立， 故()()2ln 1mx x f x +≤成立．利用导数证明不等式恒成立的两种情形（1）若函数最值可以通过研究导数求得，则可先利用导数研究函数单调性，将不等式恒成立问题转化成函数最值问题来解决：()()min f x a f x a >⇒>；()()max f x a f x a <⇒<．（2）若函数最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，可以利用“虚设和代换”的方法求解．“虚设和代换”法当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：（1）由()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入()0f x ，从而求得()0f x ，然后解决相关问题．（2）根据导函数()f x '的单调性，得出0x两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．【例3】已知函数()()ln 1f x x =+，()()g x kx k =∈R ． （1）证明：当0x >时，()f x x <；（2）证明：当1k <时，存在00x >，使得任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >；（3）确定k 的所有可能取值，使得存在0t >，对任意的()0,x t ∈，恒有()()2f xg x x -<．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1k =． 【解析】（1）证明：令()()()[)ln 1,0,F x f x x x x x =-=+-∈+∞， 所以()1111xF x x x-'=-=++． 当[)0,x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在()0,+∞上单调递减． 又因为()00F =，所以当0x >时，()0F x <，即()0f x x -<， 所以()f x x <．（2）证明：令()()()()ln 1G x f x g x x kx =-=+-，[)0,x ∈+∞，()()1111kx k G x k x x-+-'=-=++． 当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,+∞上单调递增， 所以()()00G x G >=，即()()f x g x >， 故对任意的正实数0x 均满足题意． 当01k <<时，令()0G x '=，得1110k x k k-==->， 取011x k=-，对任意()00,x x ∈，恒有()0G x '>， 所以()G x 在()00,x 上单调递增，()()00G x G >=，即()()f x g x >．综上，当1k <，总存在00x >，使得对任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >． （3）当1k >时，由（1）知，对于任意()0,x ∈+∞，()()g x x f x >>， 故()()g x f x >．此时()()()()()ln 1f x g x g x f x kx x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,M x kx x x x =-+-∈+∞，则有()()22211211x k x k M x k x x x-+-+-'=--=++． 令()0M x '=，得()22210x k x k -+-+-=，x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0M x '>，即()M x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00M x M >=，即()()2f xg x x ->．所以满足题意的t 不存在．当1k <时，由（2）知，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x >， 此时()()()()()ln 1f x g x f x g x x kx -=-=+-．令()()[)2ln 1,0,N x x kx x x =+--∈+∞，则有()()22211211x k x k N x k x x x--+-+'=--=++． 令()0N x '=，即()22210x k x k --+-+=，得x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0N x '>，即()N x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00N x N >=，即()()2f xg x x -=．记0x 中较小的为1x ，则当()10,x x ∈时，恒有()()2f xg x x ->，故满足题意的t 不存在．当1k =时，由（1）知，当()0,x ∈+∞时，()()()()()ln 1f x g x g x f x x x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,H x x x x x =-+-∈+∞，则有()2121211x xH x x x x--'=--=++． 当0x >时，()0H x '<，即()H x 在()0+∞，上单调递减， 故()()00H x H <=．故当0x >时，恒有()()2f xg x x -<，此时任意正实数t 满足题意，综上，k 的取值为1．【变式3．1】已知函数()xf x e x =-． （1）求函数()xf x e x =-的极值；（2）求证：对任意给定的正数a ，总存在正数x ，使得不等式11x e a x--<成立． 【答案】（1）()1f x =极小值，无极大值；（2）证明见解析．【解析】（1）因为()x f x e x =-，所以()1x f x e '=-，令()0f x '=，则0x =，当0x >时，()0f x '>，即()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()f x 在(),0-∞上单调递减，所以0x =时，()f x 取得极小值，()()01f x f ==极小值，无极大值．（2）由（1）知当0x >时，110x e x -->，要证11x e a x --<，即11x e a x--<，即证当0a >时，不等式1x e x ax -<-，即10x e ax x ---<在(0,)+∞上有解． 令()1x H x e ax x =---，即证min ()0H x <， 由()10x H x e a '=--=，得ln(1)0x a =+>． 当0ln(1)x a <<+时，()0H x '<，()H x 单调递减； 当ln(1)x a >+时，()0H x '>，()H x 单调递增，min ()(ln(1))1ln(1)ln(1)1H x H a a a a a ∴=+=+-+-+-，令()ln 1V x x x x =--，其中11x a =+>，则()1(1ln )ln 0V x x x '=-+=-<，()V x ∴递减，()()10V x V ∴<=， 综上得证．【例4】已知函数()2ln ()f x ax x a =-+∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()(),1,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()21122ax f x ax x x-='=-+，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0,+∞上递增， 当0a >时，由()0f x '=，得x =由()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；由()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，于是有()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减．（2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，(1,)x ∈+∞， 2ln 0,10x x -<->，当0a ≤时，()21ln 0a x x --<，满足题意；当12a ≥时，令()()21()ln 1g x a x x x =-->，()2210ax x xg '=->，()g x 在()1,+∞上递增，则()()10g x g >=，不合题意； 当12a <<时，由()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭；由()0g x '<，得x ⎛∈ ⎝，于是有()g x 在⎛ ⎝上递减，在⎫+∞⎪⎭上递增，()()min 10g g g x <==， 则102a <<时，()()1,,0x g x ∃∈+∞<，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【变式4．1】已知函数()()()21222x f x xe a x x a =-+-∈R ．（1）当1a e≤时，讨论函数()f x 的极值；（2）若存在()00,x ∈+∞，使得()()00001ln 222f x x x a ax <+--，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）(),1-∞-．【解析】（1）由题意，函数()()21222x f x xe a x x =-+-，可得()()()()()111x xf x e a x x e a x '=+-+=+-．①当0a ≤时，若1x <-，则()0f x '<；若1x >-，则()0f x '>， 所以()f x 在区间(),1-∞-上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+，无极大值；②当10a e<<时，若ln x a <或1x >-，则()0f x '>；若ln 1a x <<-，则()0f x '<，()f x 在区间(),ln a -∞上是增函数，在区间()ln ,1a -上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当ln x a =时，()f x 取得极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+；③当1a e =时，()0f x '≥，∴()f x 在区间(),-∞+∞上是增函数，∴()f x 既无极大值又无极小值，综上所述，当0a ≤时，()f x 有极小值()1312f e a --=-+，无极大值；当10a e <<时，()f x 有极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，极小值()1312f e a --=-+； 当1a e=时，()f x 既无极大值又无极小值．（2）由题知，存在()00,x ∈+∞，使得0000ln 0xx e x x a --+<，设()ln xh x xe x x a =--+，则()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭， 设()()10xm x e x x=->，∴()m x 在区间()0,∞+上是增函数，又1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110m e =->，∴存在11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10m x =，即111x e x =，∴11ln x x =-， 当10x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；当1x x >时，()0m x >，即()0h x '>， ∴()h x 在区间()10,x 上是减函数，在区间()1,x +∞上是增函数，∴()()11111111min 11ln 1x h x h x x e x x a x x x a a x ==--+=⨯+-+=+， ∴10a +<，∴1a <-，∴实数a 的取值范围为(),1-∞-．【例5】已知函数()22ln 1f x x x x ax =+-+．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）320x y --=；（2）1,23e e ⎛⎤-∞-++⎥⎝⎦． 【解析】（1）当1a =时，()22ln 1f x x x x x =+-+，则()2ln 2212ln 21f x x x x x '=++-=++，所以()13f '=，而()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()131y x -=-，即320x y --=．（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，即存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式200002ln 12x x x ax +-+≥-成立，存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式00032ln a x x x ≤++成立， 设()32ln h x x x x =++，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()2(3)(1)x x h x x +-'=，当1[,1)x e ∈时，()0h x '<，()h x 在1[,1)e上单调递减；当(]1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在(]1,e上单调递增，又1123h e e e ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，()32h e e e =++，()12240h e h e e e ⎛⎫-=-++< ⎪⎝⎭， 即()max 1123h x h e e e ⎛⎫==-++ ⎪⎝⎭，故()max 123a h x e e ≤-++=，所以实数a 的取值范围为1,23e e⎛⎤-∞-++ ⎥⎝⎦．【变式5．1】已知e 是自然对数的底数，函数()cos xf x x me =+，[]π,πx ∈-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求()f x 的最小值；（2）若当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解，求实数m 的取值范围．【答案】（1）π11e -；（2）π41,e ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】（1）由()cos x f x x me =+，得()sin xf x x me '=-+．曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，()01f m '∴==，()cos x f x x e ∴=+，()sin x f x x e '=-+．当[)π,0x ∈-时，sin 0x -≥，0x e >，()0f x '∴>， 当[0,π]x ∈时，01x e e ≥=，sin 1x ≤，则()0f x '≥，()f x ∴在[]π,π-上单调递增，()()πmin 1π1f x f e∴=-=-． （2）()cos 1xx x f x e m e >⇔>-，设()cos 1xxg x e =-，[]π,πx ∈-，则当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解()min mg x ⇔>．()cos 1x x g x e=-，()πsin cos 4x xx x x g x e e ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭'∴==． 当[]π,πx ∈-时，π3π5π,444x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，解()0g x '=，可得04πx +=或π4πx +=，解得14πx =-，23π4x =． 当ππ4x -≤<-时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减； 当π3π44x -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增； 当3ππ4x <≤时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减．4π14πg e ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，()π1π1g e =+，且()π4πg g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，()nπ4mi 142πg x g e ⎛⎫∴=-=- ⎪⎝⎭，m ∴的取值范围为π41,2e ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【例6】已知函数()2ln f x x x ax a =+-(a ∈R )．（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）当1x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）330x y --=；（2）[)0,+∞． 【解析】（1）当1a =时，()2ln 1f x x x x =+-，()ln 21f x x x +'=+．则曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线的斜率为()13f '=． 又()10f =，所以切线方程为330x y --=．（2）由函数()()2ln 10f x x x a x =+-≥，等价于ln 0ax ax x+-≥恒成立， 则()ln a g x x ax x =+-，其中1x ≥，()2221a ax x ag x a x x x ++=++='，当0a ≥时，因为1x ≥，所以0g x ，()g x 在[)1,+∞上单调递增，则()()10g x g ≥=，符合题意；当0a <时，令()2t x ax x a =++，214Δa =-，当2140Δa =-≤时，解得12a ≤-，()0g x '≤，()g x 在[)1,+∞上单调递减，则()()10g x g <=，对于任意1x >恒成立，不合题意；当2140Δa =->时，102a -<<，设()2t x ax x a =++的两个零点为12,x x ，设12x x <，12121,1x x x x a+=-=，则1201x x <<<，当[)21,x x ∈，()()0,0t x g x '>>，()g x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0t x <，0g x，()g x 单调递减，又∵当x →+∞时，对数函数ln x 的增长速度远不如aax x-的减小速度， ∴()g x →-∞，所以不合题意，综上所述，实数a 的取值范围是[)0,+∞． 【变式6．1】函数()()ln 1,f x a x a =+∈R ．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在3x =处的切线方程； （2）若对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围． 附：()1[ln 1]1x x '+=+． 【答案】（1）48ln230x y -+-=；（2）[)1,+∞．【解析】（1）当1a =时，()ln(1)f x x =+，得出切点(3,ln 4)， 因为1()1f x x '=+，所以切线的斜率为()143k f ='=，所以曲线()y f x =在3x =处的切线方程为1ln 4(3)4y x -=-，化简得48ln 230x y -+-=．（2）对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立， 即()21ln 102a x x x -+≥+恒成立，令()()()21ln 102h x a x x x x =+-+≥，()()211011a x a h x x x x x +-=-+=+'≥+．①当1a ≥时，()0h x '≥恒成立，∴函数()h x 在[)0,x ∈+∞上单调递增，()()00h x h ∴≥=，1a ∴≥时符合条件．②当1a <时，由()0h x '=，及0x ≥，解得x =．当(x ∈时，()0h x '<；当)x ∞∈+时，()0h x '>，()()min 00h x hh =<=，这与()0h x ≥相矛盾，应舍去．综上可知，1a ≥，所以a 的取值范围为[)1,+∞．【例7】已知函数()1xf x e ax --=．（1）当1a =时，求证：()0f x ≥；（2）当0x ≥时，()2f x x ≥，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,2]e -∞-．【解析】（1）证明：当1a =时，()1x f x e x =--，定义域为R ，则()1x f x e '=-，由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <， 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以0x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，且min ()(0)0f x f ==， 所以()0f x ≥．（2）解：由()2f x x ≥（0x ≥），得21x ax e x ≤--（0x ≥），当0x =时，上述不等式恒成立，当0x >时，21x e x a x--≤，令21()x e x g x x--=（0x >），则222(2)(1)(1)(1)()x x x e x x e x x e x g x x x-------'==， 由（1）可知，当0x >时，10x e x -->，所以由()0g x '<，得01x <<；由()0g x '>，得1x >， 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以1x =是()g x 的极小值点，也是()g x 的最小值点，且min ()(1)2g x g e ==-， 所以2a e ≤-，所以实数a 的取值范围为(,2]e -∞-．【变式7．1】已知函数2()2ln ,()f x x ax x a =+++∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()x f x e ≤恒成立，求a 的最大值． 【答案】（1）答案见解析；（2）3e -．【解析】（1）2121()2,(0,)x ax f x x a x x x∞'++=++=∈+，当a -≤≤()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，在0,,,,()0,()44a a f x f x ∞⎛⎛⎫--+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝'⎭单调递增；在,()0,()f x f x <'⎝⎭单调递减；当a >(0,),()0,()f x f x ∞+>'单调递增，综上所述：当a ≥-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，()f x 在0,,44a a ∞⎛⎫⎛⎫--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在⎝⎭单调递减． （2）2()2ln xf x x ax x e =+++≤在(0,)+∞恒成立，可得2ln 2x e x x a x---≤恒成立；设2ln 2()x e x x g x x ---=，则22(1)ln 1()x e x x x g x x-'+-+=， 令2()(1)ln 1x h x e x x x =-+-+，则1()2xh x xe x x+'=-， 令()1x x e x μ=--，则()1x x e μ=-'，因为0x >，所以()0x μ>，()x μ∴在(0,)+∞上单调递增，2211122x xe x x x x x x x x x ∴+->++-=+-，211()2x h x xe x x x x x∴=+->-'+，令21()j x x x x =-+，则3222121()21x x j x x x x-='-=--， 易知在(0,1),()0,()j x j x <'单调递减；在(1,),()0,()j x j x ∞+>'单调递增，()(1)1j x j ∴≥=，可得()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又因为(1)0h =，所以在(0,1)上，()0h x <；在(1,)+∞上，()0h x >，所以在(0,1)上，()0,()g x g x '<单调递减；在(1,)+∞上，()0,()g x g x '>单调递增， 所以在(0,)+∞上，()(1)3g x g e ≥=-，所以3a e ≤-， 所以a 的最大值为3e -．（1）解决“已知不等式恒成立或能成立求参数”问题常用方法之一是“分离参数法”，即将参数k 与含有变量的式子分离，转化成()k h x <或()k h x >的形式，利用“()k h x <恒成立()min k h x ⇔<，()k h x >恒成立()max k h x ⇔>，()k h x <能成立()max k h x ⇔<，()k h x >能成立()min k h x ⇔>”把不等式恒成立或能成立问题转化成利用导数求函数值问题． （2）在恒成立或能成立问题中，若参数无法分离，可以尝试带着参数对原函数求导，然后令导数得零，得出极值点，根据极值点与区间端点的大小对参数进行分类讨论，然后再从正面证明或者从反面找反例来说明每一类是否符合条件，最后取并集．【例8】已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠． （1）当1a >时，求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]12,1,1x x ∈-，使得12()()1f x f x e -≤-，求实数a 的取值范围（e 为自然对数的底数）．【答案】（1）()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1[,1)(1,]e e．【解析】（1）()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+（x ∈R ）， 由于1a >，则ln 0a >，当0x >时，10x a ->，则()0f x '>； 当0x <时，10x a -<，则()0f x '<，所以()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞． （2）对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-， 则12max ()()1f x f x e -≤-，即max min ()()1f x f x e -≤-， 当01a <<时，ln 0a <，当0x >时，10x a -<，则()0f x '>，当0x <时，10x a ->，则()0f x '<，所以此时()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞，结合第（1）问知，当0,1a a >≠时，()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞， 所以min ()(0)1f x f ==，{}max ()max (1),(1)f x f f =-， 由1(1)1ln f a a-=++，(1)1ln f a a =+-，则1(1)(1)2ln f f a a a --=--，令1()2ln g x x x x =--，则22212(1)()10x g x x x x -'=+-=≥， 所以()g x 在(0,)+∞上是增函数， 又(1)0g =，故当1x >时，()0g x >；当01x <<时，()0g x <， 即当1a >时，(1)(1)f f >-；当01a <<时，(1)(1)f f <-， ①当1a >时，max min ()()(1)(0)ln 1f x f x f f a a e -=-=-≤-， 令()ln (1)h x x x x =->，则()()h a h e ≤，又11()10x h x x x-'=-=>，即()h x 在(1,)+∞上是增函数，所以1a e <≤； ②当01a <<时，有1(1)(0)ln 1f f a e a --=+≤-，则11ln 1e a a -≤-，即1()()h h e a≤，所以1e a≤，即11a e ≤<，综上可知，实数a 的取值范围是1[,1)(1,]e e．【变式8．1】设a ∈R ，已知函数()()()6x f x e x x a +-=-，函数()ln 1xx g x e x x=--．（注：e 为自然对数的底数）（1）若5a =-，求函数()f x 的最小值；（2）若对任意实数1x 和正数2x ，均有()()1248f x g x a +≥-，求a 的取值范围．【答案】（1）29-；（2）35,e ⎡⎤-⎣⎦．【解析】（1）当5a =-时，()21xf x e x '=+-为增函数，且()00f '=，所以()f x 在,0递减，在0,递增，所以()()min 01629f x f a ==+=-．（2）因为()2ln 111ln ln x x xx g x e e e x x x x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭， 由于函数2ln xy x e x =+在0,上单增，且1210e g e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()10g e '=>， 所以存在唯一的01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00g x '=，且()()0min g x g x =．再令()ln u x x x =，()1ln u x x '=+，可知()u x 在1,单增，而由()00g x '=可知()001xu e u x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，01x e >，011x >，所以001x e x =．于是()000001ln 11x x g x e x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭=-+= ⎪⎝⎭，所以()min 1g x =．又()26xf x e x a '=+--为增函数，当0a ≥时，()050f a '=--<，当0a <时，2602aa f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭；又当6a ≥时，2602aa f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 当6a <时，()330f e a '=->，所以对任意a ∈R ，存在唯一实数3x ， 使得()30f x '=，即3326xa e x =+-，且()()3min f x f x =．由题意，即使得()()min min 48f x g x a ≥+-，也即()()3333333626148248x x xe x x e x e x +---++≥+--， 即()()333310xx e x -+-≤，又由于()1xv x e x =+-单调递增且()00v =，所以3x 的值范围为[]0,3，代入3326xa e x =+-求得a 的取值范围为35,e ⎡⎤-⎣⎦．【例9】已知函数()1ln a a x xf x ++=，(),0a a ∈≠R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()()()223,0g x x f x xf x a a '=--<，存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【解析】（1）∵()()1ln ,0a f x a x x x +=+>，∴()()21ax a f x x -+'=， ①当0a >时，∵10a a +>，∴10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 单减，∴减区间是10,a a +⎛⎫⎪⎝⎭；1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，∴()f x 单增，∴增区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． ②当10a -<<时，∵10a a+<，∴()0f x '<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ③当1a =-时，∵()10f x x'=-<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ④当1a <-时，10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()0f x '>，∴()f x 的增区间是10,a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭； 1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 的减区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． （2）()()()2ln 63,0g x ax ax x a a =--+<，因为存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，∴()()min max 2g x g x <，()()1ln g x a x '=-，∵0a <，[)1,x e ∈，()0g x '<，()g x 单减；(2,x e e ⎤∈⎦，()0g x '>，∴()g x 单增， ∴()()min 63g x g e ae a =--=，()()(){}2max max 1,63g x g g e a ==--．∴212663ae a a --<--，∴326a e >-， ∵0a <，∴3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【变式9．1】已知函数()x f x xe =，()||g x a x e =-．（1）若0x ≥，求证：当2a e =时，函数()||g x a x e =-与()x f x xe =的图象相切； （2）若1[2,1]x ∃∈-，对2[2,1]x ∀∈-，都有()()12f x g x ≥，求a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）(,]e -∞．【解析】（1）证明：∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 当0x ≥时，()2g x ax e ex e =-=-，设点()000,xP x x e 为函数()f x 图象上的一点，令()()000()12xg x f x e x k e '=+==，设()(1)x h x e x =+，∴()(2)0x h x e x '=+>，所以()h x 单调递增， 又(1)2h e =，∴01x =，此时()0(1)f x f e ==，()0(1)g x g e ==， 即当2a e =时，结论成立，切点为()1,e ． （2）解：由已知得max max ()()f x g x ≥， ∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 可知，当[2,1)x ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当[1,1]x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，又∵22(2)f e-=-；(1)f e =， ∴当[2,1]x ∈-时，max ()f x e =，又∵当0a ≤时，||a x e e -≤-，∴max ()g x e =-， ∴max max ()()g x f x ≤，∴0a ≤①；若0a >，当[2,1]x ∈-时，max ()(2)2g x g a e e a e -=-≤⇒≤=， 又∵0a >，∴0a e <≤②；由①②可得a e ≤，∴a 的取值范围为(,]e -∞． 【例10】已知函数()ln 2f x a x x =-+，其中0a ≠． （1）求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得12()()4f x f x +=，求实数a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1e +． 【解析】（1）∵()1a a xf x x x-'=-=，0x >， 当0a <时，对()0,x ∀∈+∞，()0f x '<， 所以()f x 的单调递减区间为()0,∞+． 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，∵()0,x a ∈时，()0f x '>；(),x a ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．综上所述，0a <时，()f x 的单调递减区间为()0,∞+；0a >时，()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．（2）讨论：①当1a ≤且0a ≠时，由（1）知，()f x 在[]1,e 上单调递减， 则()()max 11f x f ==，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()()122124f x f x f +≤=<， 所以对任意的[]11,x e ∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=；②当1a e <<时，由（1）知，在[]1,a 上()f x 是增函数，在[],a e 上()f x 是减函数， 则()()max ln 2f x f a a a a ==-+， 因为对11x =，对[]21,x e ∀∈，()()()()()1211ln 2ln 133f x f x f f a a a a a a +≤+=+-+=-+<， 所以对[]111,x e =∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=； ③当a e ≥时，令()()()4[1,]g x f x x e =-∈，由（1）知，()f x 在[]1,e 是增函数，进而知()g x 是减函数， 所以()()min 11f x f ==，()()max 2f x f e a e ==-+，()()()max 141g x g f ==-，()()()min 4g x g e f e ==-，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=，即()()12f x g x =，故有()()()()11f g e f e g ⎧≥⎪⎨≤⎪⎩，即()()()()1414f f e f e f ⎧+≥⎪⎨+≤⎪⎩，所以()()134f f e a e +=-+=，解得1a e =+， 综上，a 的值为1e +．【变式10．1】已知函数()()3222f x x x m x =-+-+，223()x m g x x m+=-，m ∈R ．（1）当2m =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）求()g x 的单调区间；（3）设0m <，若对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立，求m 的取值范围．【答案】（1）1y x =+；（2）见解析；（3）[]2,1--．【解析】（1）当2m =时，()322f x x x =-+，所以()232f x x x '=-，所以()()12,11f f '==，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为21y x -=-，即1y x =+．（2）()223x m g x x m+=-的定义域是{}|x x m ≠，()()()()23x m x m g x x m +-'=-， 令()0g x '=，得12,3x m x m =-=，①当0m =时，()(),0g x x x =≠，所以函数()g x 的单调增区间是(,0),(0,)-∞+∞； ②当0m <时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),3,,m m -∞-+∞，单调减区间是()()3,,,m m m m -； ③当0m >时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),,3,m m -∞-+∞，单调减区间是()(),,,3m m m m -．（3）因为()()3222f x x x m x =-+-+，所以()()2322f x x x m '=-+-，当0m <时，()412212200Δm m =--=-<，所以()0f x '>在()0,1上恒成立，所以()f x 在()0,1上单调递增， 所以()f x 在[]0,1上的最小值是()02f =，最大值是()14f m =-，即当[]0,1x ∈时，()f x 的取值范围为[]2,4m -，由（2）知，当10m -<<时，01m <-<，()g x 在()0,m -上单调递减，在(),1m -上单调递增，因为()22g m m -=-<，所以不合题意； 当1m ≤-时，1m ->，()g x 在[]0,1上单调递减，所以()g x 在[]0,1上的最大值为()03g m =-，最小值为()21311m g m+=-，所以当[]0,1x ∈时，()g x 的取值范围为213,31m m m ⎡⎤+-⎢⎥-⎣⎦， “对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立”等价于213,3[2,4]1m m m m ⎡⎤+-⊆-⎢⎥-⎣⎦，即2132134m m m m⎧+≥⎪-⎨⎪-≤-⎩，解得21m -≤≤-， 所以m 的取值范围为[]2,1--．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．一、解答题．1．已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+-+，（0a ≥）．（1）当0a =时，求函数()f x 的极值；（2）函数()f x 在区间()1,+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：()124g a a<-． 【答案】（1）极大值为1-，无极小值；（2）证明见解析． 【解析】（1）当0a =时，()ln f x x x =-，0x >，则()11f x x'=-， 当()0,1x ∈，()0f x '>；当[)1,x ∈+∞，所以()0f x '≤． 所以当1x =时，()f x 取得极大值为()11f =-，无极小值．（2）由题可知()()()()()222112111221ax a x ax x f x ax a x x x-++--'=+-+==． ①当0a =时，由（1）知，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意； ②当12a ≥时，因为()1,x ∈+∞，所以210ax ->，此时函数()f x 在区间()1,+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ③当102a <<时，此时112a<， 函数()f x 在区间11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln1224f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，即()11ln 124g a a a =--， 要证()111ln 12244a a a g a =--<-，只需证当102a <<时，11ln 1022a a-+<成立， 设12t a=，()()ln 11h t t t t =-+>， 由（1）知()()10h t h <=，所以()124g a a<-． 2．已知函数()2ln ()f x a x a x =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）{}2．【解析】（1）()()2220a x a f x x x x x-=-=>'，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x <≤，所以函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减，在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． （2）由（1）可得：当0a ≤时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 又()11f =，所以当01x <<时，()1f x <，不满足题意；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；所以()min ln 2222a a a af x f a ==-=-， 为使()1f x ≥恒成立，只需()min ln 1222a a af x =-≥， 令2at =，()ln g t t t t =-，则只需()1g t ≥恒成立， 又()1ln 1ln g t t t '=--=-，由()0g t '>，得01t <<；由()0g t '<，得1t >， 所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 则()()max 11g t g ==； 又()1g t ≥，所以只有1t =，即12a=，则2a =， 综上，a 的取值范围为{}2．3．设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点． （1）求a 与b 之间的关系式，并求当2a =时，函数()f x 的单调区间；（2）设0a >，225()()4xg x a e =+．若存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）由23b a =--，()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减；（2）3(0,)2a ∈．【解析】（1）()()()232x f x x a x b a e -=-+-+-'，由题意知()30f '=，解得23b a =--．当2a =，则7b =-，故令()()2390xf x x e -=-->'，得33x -<<，于是()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减．（2）由（1）得()()()23233xf x x a x a e -=-+---'，令()0f x '>，得13a x --<<（0a >），所以()f x 在()0,3上单调递增，在(]3,4单调递减，于是()()max 36f x f a ==+，()()(){}()3min min 0,423f x f f a e ==-+；另一方面()g x 在[]0,4上单调递增，()2242525,44g x a a e ⎡⎤⎛⎫∈++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦．根据题意，只要()225614a a ⎛⎫+-+< ⎪⎝⎭，解得1322a -<<，所以30,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．4．已知函数()2ln f x x ax x =+-，()3ln 12xx g x x e =-++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）函数()2ln f x x ax x =+-的定义域为()0,∞+，且()212121ax x f x ax x x-+=+='-．①当0a =时，()1xf x x-'=，若01x <<，则()0f x '>；若1x >，则()0f x '<， 此时，函数()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；②当0a <时，180Δa =->，令()0f x '=，可得14x a =（舍）或14x a=．若104x a <<，则()0f x '>；若14x a>，则()0f x '<， 此时，函数()f x的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，单调递减区间为+⎫⎪∞⎪⎝⎭； ③当0a >时，18Δa =-．（i ）若180Δa =-≤，即当18a ≥时，对任意的0x >，()0f x '≥，。

第二章 一元二次函数、方程和不等式专题3 一元二次不等式恒成立问题一元二次不等式恒成立问题是数学中常见的问题，在高考中频频出现，是高考的一个难点问题。

含参一元二次不等式恒成立问题设计二次函数的性质和图象，渗透着换元、划归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力。

【题型导图】类型一 实数集R 上的不等式恒成立问题例1：若一元二次不等式23208kx kx +-<对一切实数 x 恒成立，则 k 的取值范围是（ ） A ．3,0 B ．(]3,0- C ．(,3]-∞- D ．(0,)+∞【变式1】“0a >”是“一元二次不等式20ax bx c ++>恒成立”的A ．充分且不必要条件B ．必要且不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【变式2】设a 为实数，若关于x 的一元二次不等式20x x a ++>恒成立，则a 的取值范围是_____.【变式3】若不等式()270x mx m -++>在实数集R 上恒成立，求m 的取值范围. 类型二 在给定区间上一元二次不等式恒成立问题例2.(]1,3x ∀∈，一元二次不等式2-(2)20x m x m +++≥恒成立．．．，则m 的取值范围是（ ） A ．()2,2- B ．52⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．[]22-,D ．(]2-∞， 【变式1】（2021·全国高一课时练习）当[]13x ∈，时，一元二次不等式2280x x a -+-≤恒成立，求实数a 的取值范围.【变式2】（2021·吉林白城市·白城一中高一月考）已知二次函数222y x ax =++. 若15x ≤≤时，不等式3y ax >恒成立，求实数a 的取值范围.【变式3】若14x <≤时，不等式()2241x a x a -++≥--恒成立，求实数a 的取值范围.类型三 已知参数范围的一元二次不等式恒成立问题例3.（2021·全国高一课时练习）关于x 的函数y =x 2-（a +1）x +2a 对于任意a ∈[-1，1]的值都有y >0，求实数x 的取值范围.【变式1】（2021·全国）已知不等式2210mx mx --<．（1）若对于所有的实数x 不等式恒成立，求m 的取值范围；（2）设不等式对于满足||1m ≤的一切m 的值都成立，求x 的取值范围．【变式2】当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．【变式3】设函数2()(1)2f x ax a x a =+-+-.（1）若关于x 的不等式()2f x ≥-有实数解，求实数a 的取值范围；（2）若不等式()2f x ≥-对于实数[]1,1a ∈-时恒成立，求实数x 的取值范围；【限时训练】1．若关于x 的不等式210ax ax ++>的解集为R ，则实数a 的取值范围是_________; 2．若2(1)(1)30m x m x +-++>对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是__________. 3．（2021·全国）命题“对任意实数x ，ax 2－2ax －3≤0”是真命题，则实数a 的取值范围是________．4．（2021·江苏高一单元测试）设命题p ：对任意[]0,1x ∈，不等式2234x m m -≥-恒成立.若p 为真命题，则实数m 的取值范围是___________.5．（2021·江苏）设命题p ：对任意[]0,1x ∈，不等式2234x m m -≥-恒成立，命题q ：存在[]1,1x ∈-，使得不等式2210x x m -+-≤成立，若p q ∧为假命题，p q ∨为真命题，则实数m 的取值范围是___________.6．（2021·全国高一）已知y ＝x 2＋ax ＋3－a ，若－2≤x ≤2，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，求a 的取值范围．7．若二次函数满足f （x ＋1）－f （x ）＝2x 且f （0）＝1.（1）求f （x ）的解析式；（2）若在区间[－1，1]上不等式f （x ）>2x ＋m 恒成立，求实数m 的取值范围.8．（2021·全国高一课时练习）设函数2y x mx n =++，已知不等式0y <的解集为{}|14x x <<.（1）求m 和n 的值；（2）若y ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围.9．（2021·全国高一课时练习）已知函数2(1)2f x x x =++. （1）求关于x 的不等式2()(0)f x b b ≥≥的解集；（2）若不等式22[()]2()10f x mf x m -+-≥对于任意[32]x ∈-，都成立，求m 的取值范围.10．（2021·全国高一专题练习）已知函数()211f x x a x a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭. （1）若不等式()0f x <解集为1{2}2x x <<时，求实数a 的值； （2）[]1,2a ∀∈时，()0f x ≥恒成立，求实数x 的取值范围.。

2021届浙江省高考数学一轮学案：第二章第1节不等关系与不等式、一元二次不等式及其解法含解析第1节不等关系与不等式、一元二次不等式及其解法考试要求1。

了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组)的实际背景；2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型;3。

通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；4。

会解一元二次不等式．知识梳理1。

两个实数比较大小的方法（1）作差法错误!（2)作商法错误!2.不等式的性质（1)对称性：a＞b⇔b＜a；(2）传递性：a＞b,b＞c⇒a＞c;（3）可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c;a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d;（4)可乘性:a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；（5)可乘方:a＞b＞0⇒a n＞b n（n∈N，n≥1）；（6)可开方:a＞b＞0⇒n，a ＞错误!(n∈N，n≥2)。

3。

三个“二次”间的关系判别式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0)的图象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根有两相异实根x1，x2(x1＜x2）有两相等实根x1＝x2＝－错误!没有实数根ax2＋bx＋c＞0 （a＞0）的解集错误!错误!Rax2＋bx＋c＜0 （a ＞0)的解集｛x｜x1＜x＜x2｝∅∅[常用结论与易错提醒］1。

倒数性质（1）a＞b，ab＞0⇒错误!＜错误!.(2)a＜0＜b⇒错误!＜错误!。

2.有关分数的性质若a＞b＞0，m＞0,则(1）真分数的性质错误!＜错误!；错误!＞错误!(a－m＞0)。

（2)假分数的性质错误!＞错误!；错误!＜错误!（b－m＞0)。

3。

对于不等式ax2＋bx＋c〉0，求解时不要忘记讨论a＝0时的情形。

4.当Δ〈0时，ax2＋bx＋c〉0(a≠0）的解集为R还是，要注意区别。

诊断自测1。

判断下列说法的正误.(1)a＞b⇔ac2＞bc2.(）(2）若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为（x1，x2）,则必有a＞0。

导数中的不等式恒成立问题适用学科 数学 适用年级 高二年级 适用区域 全国课时时长（分钟）120知识点1导数公式 2函数的单调性3 函数中的不等式恒成立问题教学目标 1 理解和掌握导数在处理不等式恒成立问题是高考的一个难点。

2 能应用导数的方法来研究函数中的不等式问题，,来培养学生应用数学分析、解决实际函数的能力.3 培养学生学习的积极性和主动性，发现问题，善于解决问题，探究知识， 合作交流的意识，体验数学中的美，激发学习兴趣，从而培养学生勤于动 脑和动手的良好品质教学重点 导数的公式，函数的单调性，不等式问题 教学难点导数研究函数中的不等式问题学习过程一、复习预习考纲要求：1．理解导数和切线方程的概念。

2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。

3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。

4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。

5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题二、知识讲解1.导数的计算公式和运算法则几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1)'(-=n n nx x (Q n ∈)；x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x xa a a '=求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法则2 [()()]()()()(u x v x u x v x u x v x'='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212()()f x f x k x x -=-，两点1122(,()),(,())x f x x f x ；(3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走） （1）求函数()f x 的导函数()f x '；（2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； （3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性： （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）()0f x '>，求单调递增区间； （3）()0f x '<，求单调递减区间； （4）()0f x '=，是极值点。

考点学习目标核心素养数（式）大小比较会运用作差法比较两个数或式的大小逻辑推理不等式的性质掌握不等式的性质，会用不等式的性质证明不等式或解决范围问题逻辑推理问题导学预习教材P５8—P6３的内容，思考以下问题：１．如何比较两个实数的大小？２．不等式的性质有哪些？３．不等式的性质有哪些推论？１．比较实数a，b的大小（１）文字叙述如果a—b是正数，那么a>b；如果a—b等于零，那么a＝b；如果a—b是负数，那么a<b，反过来也对．（２）符号表示a—b>0⇔a>b；a—b＝0⇔a＝b；a—b<0⇔a<b.■名师点拨符号“⇔”叫做等价号，读作“等价于”，“p⇔q”的含义是：p可以推出q，q也可以推出p，即p 与q可以互推．２．不等式的性质性质１：如果a>b，那么a＋c>b＋c.性质２：如果a>b，c>0，那么ac>bc.性质３：如果a>b，c<0，那么ac<bc.性质４：如果a>b，b>c，那么a>c.（传递性）性质５：a＞b b＜a.推论１：如果a＋b>c，则a>c—b.（不等式的移项法则）推论２：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.（同向可加性）推论３：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.推论４：如果a>b>0，那么a n>b n（n∈N，n>１）．推论５：如果a>b>0，那么错误!>错误!.■名师点拨（１）推论１表明，不等式中的任意一项都可以把它的符号变成相反的符号后，从不等式的一边移到另一边．（２）推论２表明，两个同向不等式的两边分别相加，所得到的不等式与原不等式同向．（３）推论３表明，n个两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得到的不等式与原不等式同向．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）实数a不大于—２，用不等式表示为a≥—２．（）（２）不等式x≥２的含义是指x不小于２．（）（３）若a<b或a＝b之中有一个正确，则a≤b正确．（）（４）若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.（）答案：（１）×（２）√（３）√（４）×设a，b，c∈R，且a>b，则（）Ａ．ac>bcＢ．错误!<错误!Ｃ．a２>b２Ｄ．a３>b３答案：D已知a>b，c＞d，且c，d均不为0，那么下列不等式一定成立的是（）Ａ．ad＞bc B．ac＞bdＣ．a—c＞b—d D．a＋c＞b＋d解析：选Ｄ．令a＝２，b＝—２，c＝３，d＝—6，可排除A，B，Ｃ．由不等式的推论２知，D一定成立．若x<１，M＝x２＋x，N＝４x—２，则M与N的大小关系为________．解析：M—N＝x２＋x—４x＋２＝x２—３x＋２＝（x—１）（x—２），又因为x<１，所以x—１<0，x—２<0，所以（x—１）（x—２）>0，所以M >N.答案：M >N数（式）大小的比较（１）比较３x３与３x２—x＋１的大小；（２）已知a≥１，试比较M＝错误!—错误!和N＝错误!—错误!的大小．【解】（１）３x３—（３x２—x＋１）＝（３x３—３x２）＋（x—１）＝３x２（x—１）＋（x—１）＝（３x２＋１）（x—１）．当x≤１时，有x—１≤0，而３x２＋１>0．所以（３x２＋１）（x—１）≤0，所以３x３≤３x２—x＋１．当x>１时，（３x２＋１）（x—１）>0，所以３x３>３x２—x＋１．（２）因为a≥１，所以M＝错误!—错误!>0，N＝错误!—错误!>0．所以错误!＝错误!＝错误!.因为错误!＋错误!>错误!＋错误!>0，所以错误!<１，所以M<N.错误!利用作差法比较大小的四个步骤（１）作差：对要比较大小的两个式子作差．（２）变形：对差式通过通分、因式分解、配方等手段进行变形．（３）判断符号：对变形后的结果结合题设条件判断出差的符号．（４）作出结论．[注意] 上述步骤可概括为“三步一结论”，这里的“判断符号”是目的，“变形”是关键．其中变形的技巧较多，常见的有因式分解法、配方法、有理化法等．１．若x∈R，y∈R，则（）Ａ．x２＋y２>２xy—１B．x２＋y２＝２xy—１Ｃ．x２＋y２<２xy—１D．x２＋y２≤２xy—１解析：选Ａ．因为x２＋y２—（２xy—１）＝x２—２xy＋y２＋１＝（x—y）２＋１>0，所以x２＋y２>２xy—１，故选Ａ．２．已知x>y>0，试比较x３—２y３与xy２—２x２y的大小．解：由题意，知（x３—２y３）—（xy２—２x２y）＝x３—xy２＋２x２y—２y３＝x（x２—y２）＋２y （x２—y２）＝（x２—y２）（x＋２y）＝（x—y）（x＋y）（x＋２y），因为x>y>0，所以x—y>0，x＋y>0，x＋２y>0，所以（x３—２y３）—（xy２—２x２y）>0，即x３—２y３>xy２—２x２y.３．比较５x２＋y２＋z２与２xy＋４x＋２z—２的大小．解：因为５x２＋y２＋z２—（２xy＋４x＋２z—２）＝４x２—４x＋１＋x２—２xy＋y２＋z２—２z＋１＝（２x—１）２＋（x—y）２＋（z—１）２≥0，所以５x２＋y２＋z２≥２xy＋４x＋２z—２，当且仅当x＝y＝错误!且z＝１时取等号．不等式的性质（１）对于实数a，b，c，有下列说法：１若a>b，则ac<bc；２若ac２>bc２，则a>b；３若a<b<0，则a２>ab>b２；其中正确的是________（填序号）．（２）若c>a>b>0，求证：错误!>错误!.【解】（１）１中，c的正、负或是否为0未知，因而判断ac与bc的大小缺乏依据，故１不正确．２中，由ac２>bc２，知c≠0，故c２>0，所以a>b成立，故２正确．３中，错误!⇒a２>ab，错误!⇒ab>b２，所以a２>ab>b２，故３正确．故填２３.（２）证明：因为a>b>0⇒—a<—b⇒c—a<c—b.因为c>a，所以c—a>0．所以0<c—a<c—b.上式两边同乘错误!，得错误!>错误!>0．又因为a>b>0，所以错误!>错误!.错误!利用不等式的性质证明不等式的方法（１）简单不等式的证明可直接由已知条件，利用不等式的性质，通过对不等式变形得证．（２）对于不等号两边式子都比较复杂的情况，直接利用不等式的性质不易得证，可考虑将不等式的两边作差，然后进行变形，根据条件确定每一个因式（式子）的符号，利用符号法则判断最终的符号，完成证明．１a>b⇒a２>b２；２a２>b２⇒a>b；３a>b⇒错误!<１；４a>b⇒错误!<错误!.其中正确的命题个数是（）Ａ．0 Ｂ．１Ｃ．２Ｄ．３解析：选Ａ．由推论４可知，只有当a>b>0时，a２>b２才成立，故１２都错误；对于３，只有当a>0且a>b时，错误!<１才成立，故３错误；当a>0，b<0时，错误!＞错误!，故４错误．２．已知a>b>0，求证：错误!>错误!.证明：因为a>b>0，所以错误!>错误!>0．１又因为a>b>0，两边同乘正数错误!，得错误!>错误!>0．２１２两式相乘，得错误!>错误!.利用不等式性质求代数式的取值范围已知—１<x<４，２<y<３．（１）求x—y的取值范围；（２）求３x＋２y的取值范围．【解】（１）因为—１<x<４，２<y<３，所以—３<—y<—２，所以—４<x—y<２．（２）由—１<x<４，２<y<３，得—３<３x<１２，４<２y<6，所以１<３x＋２y<１8．１．若将本例条件改为—１<x<y<３，求x—y的取值范围．解：因为—１<x<３，—１<y<３，所以—３＜—y<１，所以—４<x—y<４．又因为x<y，所以x—y<0，所以—４<x—y<0，故x—y的取值范围为（—４，0）．２．若将本例条件改为—１<x＋y<４，２<x—y<３，求３x＋２y的取值范围．解：设３x＋２y＝m（x＋y）＋n（x—y），则错误!所以错误!即３x＋２y＝错误!（x＋y）＋错误!（x—y），又因为—１<x＋y<４，２<x—y<３，所以—错误!<错误!（x＋y）<１0，１<错误!（x—y）<错误!，所以—错误!<错误!（x＋y）＋错误!（x—y）<错误!，即—错误!<３x＋２y<错误!，所以３x＋２y的取值范围为错误!.错误!利用不等式的性质求取值范围的策略（１）建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围．（２）同向（异向）不等式的两边可以相加（相减），这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围．[注意] 求解这种不等式问题要特别注意不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他不等式的范围．１．若—１<α<β<１，则下列各式中恒成立的是（）Ａ．—２<α—β＜0 Ｂ．—２<α—β<—１Ｃ．—１<α—β<0 D．—１<α—β<１解析：选Ａ．由—１<α<１，—１<β<１，得—１<—β<１，所以—２<α—β<２．又因为α<β，故—２<α—β<0．２．已知１２<a<60，１５＜b<３6，求a—b与错误!的取值范围．解：因为１５<b<３6，所以—３6<—b<—１５，所以１２—３6<a—b<60—１５，即—２４<a—b<４５．因为错误!<错误!<错误!，所以错误!<错误!<错误!，所以错误!<错误!<４．所以a—b和错误!的取值范围分别是（—２４，４５），错误!.１．已知b<２a，３d<c，则下列不等式一定成立的是（）Ａ．２a—c>b—３d B．２ac>３bdＣ．２a＋c>b＋３d D．２a＋３d>b＋c解析：选Ｃ．由于b<２a，３d<c，则由不等式的性质得b＋３d<２a＋c，故选Ｃ．２．已知a１∈（0，１），a２∈（0，１），记M＝a１a２，N＝a１＋a２—１，则M与N的大小关系是（）Ａ．M<NＢ．M>NＣ．M＝N D．M≥N解析：选Ｂ．因为a１∈（0，１），a２∈（0，１），所以—１<a１—１<0，—１<a２—１<0，所以M—N＝a１a２—（a１＋a２—１）＝a１a２—a１—a２＋１＝a１（a２—１）—（a２—１）＝（a１—１）（a—１）>0，所以M>N，故选Ｂ．２３．已知a，b为实数，且a≠b，a＜0，则a________２b—错误!.（填“＞”“＜”或“＝”）解析：因为a≠b，a＜0，所以a—错误!＝错误!＜0，所以a＜２b—错误!.答案：＜４．已知a，b∈R，x＝a３—b，y＝a２b—a，试比较x与y的大小．解：因为x—y＝a３—b—a２b＋a＝a２（a—b）＋a—b＝（a—b）（a２＋１），所以当a>b时，x—y>0，所以x>y；当a＝b时，x—y＝0，所以x＝y；当a<b时，x—y<0，所以x<y.[A 基础达标]１．下列说法正确的是（）Ａ．若a>b，c>d，则ac>bdＢ．若错误!>错误!，则a<bＣ．若b>c，则|a|b≥|a|cＤ．若a>b，c>d，则a—c>b—d解析：选Ｃ．A项：a，b，c，d的符号不确定，故无法判断；B项：不知道ab的符号，无法确定a，b的大小；C项：|a|≥0，所以|a|b≥|a|c成立；D项：同向不等式不能相减．２．设a，b∈R，则“（a—b）·a２<0”是“a<b”的（）Ａ．充分不必要条件B．必要不充分条件Ｃ．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选Ａ．（a—b）·a２<0，则必有a—b<0，即a<b；而a<b时，不能推出（a—b）·a２<0，如a＝0，b＝１，所以“（a—b）·a２<0”是“a<b”的充分不必要条件．３．若y１＝３x２—x＋１，y２＝２x２＋x—１，则y１与y２的大小关系是（）Ａ．y１<y２Ｂ．y１＝y２Ｃ．y１>y２D．随x值变化而变化解析：选Ｃ．y１—y２＝（３x２—x＋１）—（２x２＋x—１）＝x２—２x＋２＝（x—１）２＋１>0，所以y１>y２.故选Ｃ．４．已知a>b>0，则下列不等式一定成立的是（）Ａ．a＋错误!>b＋错误!Ｂ．a＋错误!≥b＋错误!Ｃ．错误!>错误!Ｄ．b—错误!>a—错误!解析：选Ａ．因为a>b>0，所以错误!>错误!>0，所以a＋错误!>b＋错误!，故选Ａ．５．设a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是（）Ａ．ab>bcＢ．ac>bcＣ．ab>acＤ．a|b|>c|b|解析：选Ｃ．因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b可正、可负、可为零．由b>c，a>0知，ab>ac.故选Ｃ．6．给出四个条件：１b>0>a，２0>a>b，３a>0>b，４a>b>0，能推得错误!<错误!成立的是________．解析：错误!<错误!⇔错误!<0，所以１２４能使它成立．答案：１２４7．若a１<a２，b１<b２，则a１b１＋a２b２与a１b２＋a２b１的大小关系是________．解析：（a１b１＋a２b２）—（a１b２＋a２b１）＝（a１b１—a１b２）＋（a２b２—a２b１）＝a１（b１—b２）＋a２（b２—b１）＝（a１—a２）（b１—b２），因为a１<a２，b１<b２，所以a１—a２<0，b１—b２<0，所以（a１—a２）（b１—b２）>0，所以a１b１＋a２b２>a１b２＋a２b１.答案：a１b１＋a２b２>a１b２＋a２b１8．已知三个不等式１ab>0；２错误!>错误!；３bc>ad.若以其中的两个作为条件，余下的一个作为结论，则可以组成________个正确命题．解析：１２⇒３，３１⇒２.（证明略）由２得错误!>0，又由３得bc—ad>0．所以ab>0⇒１.所以可以组成３个正确命题．答案：３9．已知a，b∈R，a＋b>0，试比较a３＋b３与ab２＋a２b的大小．解：因为a＋b>0，（a—b）２≥0，所以a３＋b３—ab２—a２b＝a３—a２b＋b３—ab２＝a２（a—b）＋b２（b—a）＝（a—b）（a２—b ２）＝（a—b）（a—b）（a＋b）＝（a—b）２（a＋b）≥0，所以a３＋b３≥ab２＋a２b.１0．已知—２<a≤３，１≤b<２，试求下列代数式的取值范围．（１）|a|；（２）a＋b；（３）a—b；（４）２a—３b.解：（１）|a|∈[0，３]．（２）—１<a＋b<５．（３）依题意得—２<a≤３，—２<—b≤—１，相加得—４<a—b≤２．（４）由—２<a≤３，得—４<２a≤6，１由１≤b<２，得—6<—３b≤—３，２由１２得，—１0<２a—３b≤３．[B 能力提升]１１．（２0１9·河南省实验中学月考）若错误!<错误!<0，则下列结论中不正确的是（）Ａ．a２<b２Ｂ．ab<b２Ｃ．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：选Ｄ．因为错误!<错误!<0，所以b<a<0，所以b２>a２，ab<b２，a＋b<0，所以A，B，C 均正确，因为b<a<0，所以|a|＋|b|＝|a＋b|，故D错误，故选Ｄ．１２．若α、β满足—错误!<α<β<错误!，则２α—β的取值范围是（）Ａ．—π<２α—β<0 B．—π<２α—β<πＣ．—错误!<２α—β<错误!Ｄ．0<２α—β<π解析：选Ｃ．由—错误!<α<β<错误!，得—π<α—β<0，又—错误!<α<错误!，所以—错误!π<α＋（α—β）<错误!，即—错误!π<２α—β<错误!.１３．已知0<a<b且a＋b＝１，试比较：（１）a２＋b２与b的大小；（２）２ab与错误!的大小．解：（１）因为0<a<b且a＋b＝１，所以0<a<错误!<b，则a２＋b２—b＝a２＋b（b—１）＝a２—ab＝a（a—b）<0，所以a２＋b２<b.（２）因为２ab—错误!＝２a（１—a）—错误!＝—２a２＋２a—错误!＝—２错误!＝—２错误!错误!<0，所以２ab<错误!.１４．若bc—ad≥0，bd＞0，求证：错误!≤错误!.证明：错误!⇒错误!≥错误!⇒错误!＋１≥错误!＋１⇒错误!≥错误!⇒错误!≤错误!.[C 拓展探究]１５．已知—错误!<a<0，A＝１＋a２，B＝１—a２，C＝错误!，D＝错误!，试判断A、B、C、D 的大小关系．解：因为—错误!<a<0，取a＝—错误!，则A＝错误!，B＝错误!，C＝错误!，D＝错误!，所以猜想C>A>B>D.则只需说明B—D>0，A—B>0，C—A>0即可．因为B—D＝１—a２—错误!＝错误!＝错误!，又—错误!<a<0，所以１—a>0，—１<a—错误!<—错误!，所以错误!<错误!错误!<１，故错误!错误!—错误!<0．所以错误!>0，所以B>D.因为A—B＝１＋a２—１＋a２＝２a２>0，所以A>B.因为C—A＝错误!—（１＋a２）＝错误!＝错误!，又１＋a>0，—a>0，错误!错误!＋错误!>0，所以错误!>0，所以C>A.综上可知，A、B、C、D的大小关系是C>A>B>D.。

第2讲 不等式的证明1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a 、b 为正数，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，那么a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，那么a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n ＝k 时不等式成立推证n ＝k ＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．对于任意的x 、y ∈R ，求证|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥3. 证明：根据绝对值的几何意义，可知|x －1|＋|x |≥1， |y －1|＋|y ＋1|≥2，所以|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥1＋2＝3. 假设a ，b ∈(0，＋∞)且a ＋b ＝1，求证：1a 2＋1b2≥8.证明：因为a ＋b ＝1， 所以a 2＋2ab ＋b 2＝1. 因为a >0，b >0， 所以1a 2＋1b 2＝〔a ＋b 〕2a 2＋〔a ＋b 〕2b 2＝1＋2ba ＋b 2a 2＋1＋2a b ＋a 2b 2＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋2a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2≥2＋22b a ·2ab＋2b 2a 2·a 2b 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当a ＝b ＝12时取等号.假设x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y >z ，求证：x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z .证明：因为x ＋y >z ， 所以x ＋y －z >0.由分数性质得z 1＋z <z ＋〔x ＋y －z 〕1＋z ＋〔x ＋y －z 〕＝x ＋y1＋x ＋y.因为x >0，y >0，所以x ＋y 1＋x ＋y ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y <x 1＋x ＋y 1＋y.所以x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z.假设a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b.证明：a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝〔a －b 〕〔ab －1〕ab.由a >b >1得ab >1，a －b >0， 所以〔a －b 〕〔ab －1〕ab>0.即a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b >0，所以a ＋1a >b ＋1b.比较法证明不等式[典例引领](2016·高考全国卷Ⅱ)函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.【解】 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0. 因此|a ＋b |＜|1＋ab |.比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论． (2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．[提醒] (1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法． (2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．[通关练习]1．假设a ，b ∈R ＋，证明：(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．证明：因为(a ＋b )(a 5＋b 5)－2(a 6＋b 6)＝a 6＋a 5b ＋ab 5＋b 6－2a 6－2b 6＝a 5b ＋ab 5－a 6－b 6＝a 5(b －a )＋b 5(a －b )＝(a －b )(b 5－a 5)．当a >b >0时，a －b >0，b 5－a 5<0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当b >a >0时，a －b <0，b 5－a 5>0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当a ＝b >0时，a －b ＝0，有(a －b )(b 5－a 5)＝0. 综上可知(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．2．a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a 〔ab 〕a ＋b 2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2.当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1； 当a >b >0时，0<b a<1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2<1.所以a b b a≤(ab )a ＋b2.用综合法、分析法证明不等式[典例引领](2017·高考全国卷Ⅱ)a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.【证明】 法一：(综合法)(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3〔a ＋b 〕24·(a ＋b )＝2＋3〔a ＋b 〕34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 法二：(分析法)(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2. 要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4，只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 再证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 再证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立． (2)要证a ＋b ≤2成立， 只需证(a ＋b )3≤8，再证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8，再证ab (a ＋b )≤2， 再证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，再证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， 即证ab ≤a 2－ab ＋b 2显然成立． 故原不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．[通关练习]1．设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .证明：由于x ≥1，y ≥1， 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．2．实数a ，b ，c 满足a >0，b >0，c >0，且abc ＝1. (1)证明：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， 相乘得：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ac ，ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ，ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，相加得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.反证法证明不等式[典例引领]设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤〔1－a 〕＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾； (3)证明原命题正确．a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.证明：(1)设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，那么b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． (2)假设a ＝0，那么与abc >0矛盾， 所以必有a >0.同理可证：b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.放缩法证明不等式[典例引领]假设a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b | ⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. 综上，原不等式成立．“放〞和“缩〞的常用技巧在不等式的证明中，“放〞和“缩〞是常用的推证技巧． 常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如1k2<1k 〔k －1〕，1k 2>1k 〔k ＋1〕，1k <2k ＋k －1，1k>2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k >1；(2)利用函数的单调性；(3)真分数性质“假设0<a <b ，m >0，那么a b <a ＋mb ＋m〞． [提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放〞和“缩〞均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.证明：由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．用数学归纳法证明不等式[典例引领]证明贝努利不等式：设x ∈R ，且x >－1，x ≠0，n ∈N ，n >1，那么(1＋x )n>1＋nx . 【证明】 (1)当n ＝2时，因为x ≠0. 所以(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立， 即有(1＋x )k >1＋kx ，那么当n ＝k ＋1时，由于x >－1，x ≠0. 所以(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k>(1＋x )(1＋kx )＝1＋x ＋kx ＋kx 2>1＋(k ＋1)x ， 所以当n ＝k ＋1时不等式成立． 由(1)(2)可知，贝努利不等式成立．用数学归纳法证明与自然数有关的命题时应注意以下两个证题步骤： (1)证明当n ＝n 0(满足命题的最小的自然数的值)时，命题正确．(2)在假设n ＝k (k ≥n 0)时命题正确的基础上，推证当n ＝k ＋1时，命题也正确．这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．证明：对于n ∈N *，不等式|sin n θ|≤n |sin θ|恒成立．证明：(1)当n ＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即有|sin kθ|≤k|sin θ|.当n＝k＋1时，|sin(k＋1)θ|＝|sin kθcos θ＋cos kθsin θ|≤|sin kθcos θ|＋|cos kθsin θ|＝|sin kθ|·|cos θ|＋|cos kθ|·|sin θ|≤|sin kθ|＋|sin θ|≤k|sin θ|＋|sin θ|＝(k＋1)|sin θ|.所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立．证明不等式的常用方法与技巧(1)如果条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少〞“至多〞等方式给出或否定性命题、唯一性命题，那么考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，那么考虑用数学归纳法等．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来〞为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要分析每次使用时等号是否成立．1．(2018·某某省两校阶段性测试)函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；(2)假设a<0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1；当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2； 当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52.综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ≤52.(2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )， 所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立． 2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2<2.证明：因为1n 2<1n 〔n －1〕＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1〔n －1〕×n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2.3．函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1. (1)求证：|b |≤1；(2)假设f (0)＝－1，f (1)＝1，某某数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ， 所以b ＝12[f (1)－f (－1)]．因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1， 所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1.(2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ， 所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1. 当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时， 函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2.所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a |＝ |a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a －1|≤1. 整理得|〔a －2〕24a＋1|≤1， 所以－1≤〔a －2〕24a＋1≤1， 所以－2≤〔a －2〕24a≤0， 又a ＞0，所以〔a －2〕24a≥0， 所以〔a －2〕24a＝0，所以a ＝2. 4．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2. 证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 5．函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8；(2)假设|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a .解：(1)f (x )＋f (x ＋4)＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x <－3，4，－3≤x ≤12x ＋2，x >1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5；当－3≤x ≤1时，4≥8不成立；当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．(2)证明：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a，即|ab －1|>|a －b |. 因为|a |<1，|b |<1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)>0， 所以|ab －1|>|a －b |.故所证不等式成立．1．(2018·某某市武昌区调研考试)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M .(1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x >2. 当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立． 故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}．(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，那么函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， 所以g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.2．(2018·某某模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥ 3.(2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得．所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2， 所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． 所以原不等式成立．3．a ，b ，c 均为正实数．求证：(1)(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ；(2)假设a ＋b ＋c ＝3，那么a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤3 2.证明：(1)要证(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ，可证a 2b ＋ac 2＋ab 2＋bc 2－4abc ≥0，需证b (a 2＋c 2－2ac )＋a (c 2＋b 2－2bc )≥0，即证b (a －c )2＋a (c －b )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，取等号，由，上式显然成立，故不等式(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc 成立．(2)因为a ，b ，c 均为正实数，由不等式的性质知 a ＋1·2≤a ＋1＋22＝a ＋32，当且仅当a ＋1＝2时，取等号， b ＋1·2≤b ＋1＋22＝b ＋32，当且仅当b ＋1＝2时，取等号， c ＋1·2≤c ＋1＋22＝c ＋32，当且仅当c ＋1＝2时，取等号， 以上三式相加，得2(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1)≤a ＋b ＋c ＋92＝6， 所以a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤32，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号．。