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1. 5 不等式证明的基本方法1 . 5.1 比较法扭氢问龙索弟葯幻比卅匚诸［对应学生用书P16］［读教材填要点］1. 定义要证a>b，只需要证 a —b>0;要证a<b,只需证a —b<0，这种证明不等式的方法，称为比较法.2. 用比较法证明不等式的步骤⑴求差.(2) 变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式.(3) 作出判断.［小问题大思维］作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明. 实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系•:爲爲疋企壮至它-字，hi：…点軌迪［对应学生用书P16］比较法证明不等式4 3 2［例1］求证：⑴当x€ R时，1 + 2x >2x + x ;a ba b ----(2)当a, b € (0,+s )时，a b > (ab) 2 .［思路点拨］(1)利用作差比较法，注意变形分解 :(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.［精解详析］⑴法一：(1 + 2x4) —(2x3+ x2)3=2x (x—1)—(x+ 1)(x—1)=(x—1)(2x3—x—1)=(x—1)(2x3—2x+ x—1)1. 5 不等式证明的基本方法=(x—1)［2x(/ —1) + (x—1)］11(x 1)2(2X 22x 1)(x 1)2 2 x 122 1101 2x 4 2x 3x 2.(1 2x 4 )(2 x 3 x 2) x 4 2x 3 x 2 x 4 2x 2 1 (x 1)2x 2 (x 2 1)2 01 2x 4 2x 3 x 2.⑵一a ab ba-baa bb _aPa 竽 babPa b a 竽 b1a>b>0 a >Ia b |1■ x a ba jb>a>00<a <1a b 2 <0b>1.a “ba b(0 )a ab b (ab)—规』l 沁 姑（i 2）x> 11 x>0 ■\/iX >0.x2.=-2【(x+ 1) - 2 x+ 1 + 1]-2( .x+ 1- 1)2w 0,•••寸1+x w 1+ 2.［例2］甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走.如果m^ n, 问甲、乙二人谁先到达指定地点？［思路点拨］本题考查比较法在实际问题中的应用，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程s,甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间如t2,然后利用作差法比较t1, t2的大小即可.［精解详析］设从出发地点至指定地点的路程为s,甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为如t2，依题意有：t1 t1^m+ 尹=s,2m+影t2mn m+ n '其中s, m, n都是正数，且m^ n,• •屯—t2< 0,即t r V t2.从而知甲比乙先到达指定地点.应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解决，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解.解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料；②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论.2 .某人乘出租车从A地到B地，有两种方案.第一种方案：乘起步价为10元，超过规定里程后每千米 1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车.按出租车管理条例， 在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地的距离为m 千米.起步价内行驶的路程为 a 千米.显然当m w a 时，选起步价为 8元的出租车比较合适.当m>a 时，设m = a + x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为 P(x)元.乘坐起步价 为8元的出租车费用为 Q(x)元，贝U P(x)= 10+ 1.2x , Q(x) = 8+ 1.4x. •/ P(x) — Q(x) = 2 — 0.2x = 0.2(10 — x)•••当x>10时，P(x)<Q(x)，此时选择起步价为 10元的出租车较为合适. 当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选择起步价为 8元的出租车较为合适. 当x = 10时，P(x)= Q(x)，两种出租车任选，费用相同.、选择题 1.下列关系中对任意 a v b v 0的实数都成立的是(2 .2A . a v b b C . a>1解析：■/ a v b v 0, •— a> — b>0.2 2 (—a) >( — b) >0. 即 a 2>b 2>0. b 2 • a2v 1.b 2又 lg b 2— Ig a 2= Ig^v Ig 1 = 0. a• lg b 2v Ig a 2答案：B1 o2.已知P =?++!，Q= a 2— a +1，那么P 、Q的大小关系是()A . P>Q C . P >Q解析：2 21 — (a — a + 1 f a + a + 1 } P — Q = 24 i 2—++T ，YING YONG课下训练经撫化.贵在鮭类旁通P18][对应学生用书)2 2B . lgb <ig aB . P<QD .>3 (A C A D4 A C56a 2 a 1 0a 4 a 2 0P Q 0. QP.m主彩石⑴w p wm n>p B m>n p n> m>pD n m>pB C.n.D.(ab k a k b) (a k 1 b k 1)(k N )(ab k a "b) b k (a b) a k (b a) b k 1a>0 b>0 a>b (a b)(b k a k ) a k >b k(a b)(b k a k )<0 a<ba k <b k(a b)(b k a k )<o.2 2(x y )(x y) N (x y )(x y) MN 2, 、 z 2 . 2X z 、 x y 0 M M N (x y 2)(x y) (x 2y 2)(x y)(x y)[(x 2y 2) (x y)2]2xy(x y)x<y<0 xy 0 x y<0.2xy(x y)>0 M N>0. M>N. M>N0<x<1a换b 1 X c 匕得c>b，知c最大.答案：c17.如果a>0, b>0，则下列两式的大小关系为lg(1 + Vab) _______ 艮lg(1 + a) + lg(1 +b)].(填不等关系符号)解析：T (1 + a)(b+ 1) = 1 + a+ b+ ab,1•- 2[lg(1 + a) + lg(1 + b)]=lg 1 + a+ b+ ab.T (1 + ：.；ab)2 —(-；”；1 + a+ b + ab)?= 2 ■'ab —(a + b),又 a + b》2、.；ab,.°. 2・..；ab —(a + b)w 0.1•- lg(1 + ■.ab)w 2【lg(1 + a) + lg(1 + b)].答案：w&一个个体户有一种商品，其成本低于^■器元.如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%,如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应_______________________ 出售(填“月初”或“月末”).解析：设这种商品的成本费为a元.月初售出的利润为L1= 100+ (a+ 100) X 2.5% ,月末售出的利润为L2= 120-2%a,则L1-L2= 100 + 0.025a+ 2.5- 120 + 0.02a=0.045 a-...av3器，•. L1<L2，月末出售好.答案：月末三、解答题9.已知a> 1,求证.a+ 1 - '.a< ,a- .a —1,证明：•/ ( a + 1 - .a) —( a —a- 1)= 1 -1.a+ 1 + \ a .a + a- 1m 0/什昇1 ) 0 f(a) f(b)a 3b 3 剧（a 2 b 2）a p a &a 並）b 乐（伍翻（帝佝［（佝5（W ）5］a by/a y/b（回5（W ）5（击承）［（W ）5 （W ）5］ 0 a ＜b 羽＜训 （诉）5＜（托）5b a<0.a 1b 1m b a (a1 • 1<0f (a)<f(b )m•— >0 f(a)>f(b) a 1 b 12 2 2 2a 22x b 2 1 x 2 2x>a 2 a>0 b>0a 3b 3 何a 211m R a>b>1 mxf(x)'丿x 1f(a)f(a) f(b) ma 1a 1mb m b ab 1(a1 b1.a>b>1b a<0 a 1>0 b 1>0（⑴ 佝（何（何］＞0.f(b)m>0m<0b>a.c b — x) 5^)产>01 x 1 x 1 xI -a + 1 + \a+ \; a—1 i,a+ 1 - .a<, a —, a- 1.10.设a, b是非负实数，求证：a3+ b3> ab(a I 2+ b2).什昇1) 0 f(a) f(b)m 0 /。
P24][ P24]() ()[1] |x 1| |x|<2.[] 3x 1x 1 x<2 一<x 1 2 1<x<0 x 1x<21<x<0x 1 x<2x<2.不等式的基木性质解不等式p 1元一次不等式含绝对值的不等式一元二次不等式因此，原不等式的解集为# —2<x<1匚法二：利用方程和函数的思想方法.令f(x) = |x+ 1|+ 凶一22x—1 x> 0 ,1=—1 —K x<0 ,—2x — 3 x<—1 .作函数f(x)的图象(如图),3 1知当f(x)<0 时，一2<x<?.3 1故原不等式的解集为X1 — 3<x<1 .法三：利用数形结合的思想方法.由绝对值的几何意义知，x+ 11表示数轴上点P(x)到点A(—1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点0(0)的距离.由条件知，这两个距离之和小于 2.3 1 |--------------- 1作数轴(如图)，知原不等式的解集为吠一3 v x</ .2 2丿3-1 0 1L.~2T 法四：利用等价转化的思想方法.原不等式？ 0W|x+ 1|<2 —|x|,•••(x+ 1)2<(2 —|x|)2，且|X|<2,即0<4|x|<3—2x,且xi<2.• 16x <(3 —2x),且—2<x<2.3 1 3 1、解得—2<x<2・故原不等式的解集为<x|—2v x<2 r.［例2］已知f(x) =|ax+ 1|(a € R),不等式f(x) < 3 的解集为｛x|—2< x< 1｝.(1) 求a的值；⑵若f(x 一2f $ j w k恒成立，求k的取值范围.［解］(1)由|ax+ 1|w 3 得—4w ax w 2.又f(x) w 3的解集为｛x|—2w x w 1｝，所以当a w 0时，不合题意.当a>0 时，一4w x w2，得 a = 2.a a(2) 法一：记h(x) = f(x)—2fQ ,kk 1.B 2 .3 D 4 . 31.5(1x 1 」 4x 31<x< h(x) <【11 x212k 1.2|x 1||[3]0<x<21 cos 2x 8sin 2x22cos x8sin 2x 1 .. f(x)- 2sin xcos x 丄4ta n x. tan xI r 、 1x! P n 丿 tan x>0 tan x>0.f(x)1 4ta n x2 1 4ta nxtan x、:tan x[]C[4]xm11164.2014k (m 0) x 3(k )m 120148|h(x)| 1 k1| 1f(x) 2fg) k⑴将2014年该产品的利润y 万元(利润=销售金额—生产成本—技术改革费用 )表示为技术改革费用 m 万元的函数;⑵该企业2014年的技术改革费用投入多少万元时，厂家的利润最大? ［解］ ⑴由题意可知，当 m = 0时，x = 1(万件)， 1 = 3— k.「. k = 2.「. x = 3 — _2—m + 1 每件产品的销售价格为 1.5 X 8±^6X (元),X ••• 2014年的利润16⑵「m >0，• mV (m +1)》216=8,• y w 29 — 8= 21.16当 =m + 1，即 m = 3, y max = 21. m +1•该企业2014年的技术改革费用投入 3万元时，厂家的利润最大证明不等式是近几年新课标高考的一个热点考向，常以解答题的形式出现，常与函数、 数列等知识交汇命题，常用到的证明方法有:1. 比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是： 不等式的意义及实数比较大小的充要条件.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论•其中，变形是证明 推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析， 可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.［例 5］已知 a > b>0,求证：2a 3 — b 3 >2ab 2— a 2b. ［证明］2a 3— b 3— (2ab 2— a 2b) =2a(a 2— b 2) + b(a 2— b 2)22=(a — b )(2 a + b) =(a — b)(a + b)(2a + b).因为 a > b>0 ,所以 a — b >0, a + b>0,2a + b>0,从而(a — b)(a + b)(2a + b) > 0, 即 2a ‘— b ‘》2ab ?— a ^b.y = x • 1.5X8 + 16xx —(8 + 16x)— m -16m + 1卜 m + 1 + 29(m > 0).2. 综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方向是“顺推” 件（由因导果），最后推导出所要证明的不等式成立.综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论： 证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式（已知或已证）成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误、如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件， 即对重要不等式中“当且仅当…时，取等号”的理由要理解掌握.［例 6］ 设 x>0 , y>0 , z>0,求证： ,x 2+ xy + y 2 + y 2 + yz + z 2>x + y + 乙 >x +y ,① 7y 2+ zy + z［z+ 2/+ 4y 2 >z + 2,②•••由①②得：x 2 + xy + y 2 + y 2 + zy + z>x + y + 乙 3. 分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、 已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论•分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件（执果索因），最后得到的充分条件是已知 （或已证）的不等式.当要证的不等式不知从何入手时， 可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论 复杂的题目往往更为有效.由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法•一般来 说，对于较复杂的不等式， 直接用综合法往往不易入手， 因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用.［例 7］已知 a>0, b>0，且 a + b = 1,求证:［证明］即证 a + b + 1 + 2，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条［证明］8]2 .2 a2 1a孑<21 1 1112 12 31 1 1[ ] 1 23 <k 1 2 •2小11)2n<3.a>0 b>0 a b 1.(1)(ab1 1ab 2(a b) 4 114.] 22.212a12aaa2 4[9]22 )<1 +1 +1+ 步+ {+ …+ 十=1=3 — 2°-1V 3.爪匚'■■叭[对应学生用书P26] 一、选择题A . [ — 1,4) D . (— 1,4)解析：A = {x|x — 1|>2} = {x|x>3 或 x< — 1},2B = {x|x — 6x + 8<0} = {x|2<x<4}, •••(?u A) n B = {x|2<x w 3}. 答案：C12. a>1 ”是“才<1 ”成立的（ ）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1 1 一 a解析：当一<1时，有 <0,即a<0或a>1, a a 1所以a>1 ”是“丄<1”成立的充分不必要条件.a 答案：A 3.已知a ,b ,c 满足c<b<a 且a>0, ac<0,则下列选项中不一疋能成立的是（）c b A . -<aa ab — a B . >0c .2 2b a c.—> —c ca — c D . <0 ac解析：由b>c , a>0,即丄>0,可得->c ,故A 恒成立.a a a-b<a ，…b — a<0.b _ a又c<0,•—厂>0,故B 恒成立.c -c<a ,・• a — c>0.1.已知全集 U = R ，且 A = {x|X — 1|>2}, B = {x|x 2— 6x + 8<0}，则(?u A) n B 等于( B . (2,3) C . (2,3]ac<0 ----------- <0 Dac b 2 a 1b 2>a 2 c<0.2 2b a <—c cC4 |x 2| |x 3|>a x RA ( 5)B [0,5)C (1) D [0,1]A B A B |x 2| X 3|5Aa b不肩也何2占曙|x 1| |x 3|M >N6()x|ax 2|<3!x —I 33l32 a5一3 7a 71- 336 a引X132|x 2| |x 3|5 AB5a<5. A( 3)B(2)5.[-2x — 2,(X W — 3 , *；4, (— 3<x<1 ,(2x + 2, (X 》1 .当 x < — 3 时，一2x — 2>6? x < — 4; 当 x > 1 时，2x + 2>6? x >2; 当一3<x<1时，4W 6，舍去. 故不等式的解集为{x|x > 2或x < — 4}. 答案：{x|x > 2 或 x <— 4}1 , ,8.已知 a>0，贝U ---- , ~: ----- , ---------- 从大至U 小的顺序为2如 2pa + 1 >/a+p a + 1 解析：T a>0, — 2、a<• J a +、a + 1<2 .j a + 1 1 ______ 1 _______ 12 H a a + a + 1 2 ；：a + 1 1 1 _______ 12 ja a + \：a + 1 2\： a + 1 三、解答题(1)证明：对n 》2总有x n 》,a ; ⑵证明：对n 》2总有X n 》X n + 1.证明：(1)由x 1 = a>0，及X n + 1 = 1X n +旦可以归纳证明21 X n 丿X n • = a(n € N +)，所以当n 》2时，x *》a 成立. X n (2)当 n 》2 时，因为 X n 》a>0 , X n + 1= 2 X n + X ， 所以 x n +1 — x n =# 、 21 , a 1 a — x n= 1X n +X n —冷=2 - X n 仝故当n 》2时,Xn 》Xn + 1成立.10.已知关于x 的不等式 |ax — 1|+ |ax — a|》1(a>0).(1)当a = 1时，求此不等式的解集;(2)若此不等式的解集为 R ，求实数a 的取值范围. 解: (1)当 a = 1 时，得 2|x — 1|》1, 13 1••• ix -1》2 x 》3或 x < 2,•••不等式的解集为 *| x < 1或X 》2 .答案:9.某数列由下列条件确定:1 X 1 = a>0, xn + 1=-刈+x n ， Xn >0,从而有 X n +1= £1-0(2) |ax 1| |ax a| |a 1|b a 小 C・a a 2b 2 ab ab a 2 A B|a| |b| 0 |a b| 0.Ra 2 a 0. |a 1| 1a[2 ) 11 (1) x(x 1)(x 21)(x 31) 8x(2) x R(x 1)(x 2 1)(x 3 1) 8x 3xx 12五 12 x 2xx 31 2品(x 1)(x 21)(x 3 1)2乐 2x 2欢8x 3(⑵ x R(x 21)(x1)(x 3 31) 8x 3(1)x>0x 0 8x 3 0.(x 1)(x 2 1)(x 3 1)(x 1)2(x 21)(x 2 x 1)(x 1)2(x 2 1)[(x 2）刃P49]1090120 ) 50 )A a 2 b 2B ab b 2 D |a||b| |a b|ABCD b a 0? ai |b|.a>0 a 2. (1) x答案：D2.设 a , b , c € R J 则"abc = 1” 是"芈 + -1 +-1 < a + b + c ” 的（ p aQ b A /CA .充分条件但不是必要条件B •必要条件但不是充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要的条件 解析：当a = b = c = 2时，有辛+¥ a + b + c ,但abc 丰1,所以必要性不成立; a . b . c当 abc = 1 时，"a * I * 1广J " * ac * ab ， a* b 土 *2* c a * c > ab * bc * ac ,所以充分性成立, a * b * c ”的充分不必要条件. 答案：A x > 0,3.不等式3 -x 2 — x 的解集是（）> | |3* x 2*X A . (0,2) B . (0,2.5) C . (0, .6) D . (0,3)5解析：用筛选法，容易验证 x = 2是不等式的解，否定A ; x = 5不是不等式的解，否定D ; X=V 6使汙％ 瓷!取 “ = ”，7 V 2,故否定 B.3十x 2十X | 2 答案：C4•若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是 () 1 1 A . a * b>b *a b b * 1B.a 诂 112a * b aC .a -b>b -aD .O *十航解析：a>b>0?右〉1〉。
1．5不等式证明的基本方法1．5.1 比 较 法[对应学生用书P16][读教材·填要点]1．定义要证a >b ，只需要证a －b >0；要证a <b ，只需证a －b <0，这种证明不等式的方法，称为比较法．2．用比较法证明不等式的步骤 (1)求差．(2)变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式． (3)作出判断．[小问题·大思维]作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.[对应学生用书P16][例1] 求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )2a b.[思路点拨] (1)利用作差比较法，注意变形分解； (2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小． [精解详析] (1)法一：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1)＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0， ∴1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， ∴1＋2x 4≥2x 3＋x 2. (2)2a b a ba b ab +()＝a2a b -b2b a -＝⎝⎛⎭⎫a b 2a b-，当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b 2a b-＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b 2>0，则⎝⎛⎭⎫a b 2a b->1； 当b >a >0时，0<ab <1，a －b 2<0，则⎝⎛⎭⎫a b 2a b->1.综上可知，当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )2a b +成立．(1)比较法证明不等式的过程中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．1．已知x >－1，求证：1＋x ≤1＋x2.证明：∵x ＞－1， ∴1＋x >0，1＋x >0.∵1＋x －(1＋x2)＝1＋x －x ＋1＋12＝x ＋1－x ＋12－12＝－12[(x ＋1)－2x ＋1＋1]＝－12(x ＋1－1)2≤0，∴1＋x ≤1＋x2.[例2] 甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走．如果m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？[思路点拨] 本题考查比较法在实际问题中的应用，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程s ，甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间t 1、t 2，然后利用作差法比较t 1，t 2的大小即可．[精解详析] 设从出发地点至指定地点的路程为s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1、t 2，依题意有：t 12m ＋t 12n ＝s ， s 2m ＋s2n＝t 2. ∴t 1＝2sm ＋n，t 2＝s (m ＋n )2mn .∴t 1－t 2＝2sm ＋n －s (m ＋n )2mn ＝s [4mn －(m ＋n )2]2mn (m ＋n )＝－s (m －n )22mn (m ＋n ).其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ， ∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2.从而知甲比乙先到达指定地点．应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解决，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料；②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论．2．某人乘出租车从A 地到B 地，有两种方案．第一种方案：乘起步价为10元，超过规定里程后每千米1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地的距离为m 千米．起步价内行驶的路程为a 千米． 显然当m ≤a 时，选起步价为8元的出租车比较合适．当m >a 时，设m ＝a ＋x (x >0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P (x )元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q (x )元，则P (x )＝10＋1.2x ，Q (x )＝8＋1.4x . ∵P (x )－Q (x )＝2－0.2x ＝0.2(10－x )∴当x >10时，P (x )<Q (x )，此时选择起步价为10元的出租车较为合适． 当x <10时，P (x )>Q (x )，此时选择起步价为8元的出租车较为合适． 当x ＝10时，P (x )＝Q (x )，两种出租车任选，费用相同．[对应学生用书P18]一、选择题1．下列关系中对任意a ＜b ＜0的实数都成立的是( ) A ．a 2＜b 2 B ．lg b 2<lg a 2 C ．ba>1D ．⎝⎛⎭⎫12a 2＞⎝⎛⎭⎫12b 2解析：∵a ＜b ＜0，∴－a >－b >0. (－a )2>(－b )2>0. 即a 2>b 2>0. ∴b 2a2＜1.又lg b 2－lg a 2＝lg b 2a2＜lg 1＝0.∴lg b 2＜lg a 2. 答案：B2．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P 、Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：P －Q ＝1－(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)a 2＋a ＋1＝－(a 4＋a 2)a 2＋a ＋1， ∵a 2＋a ＋1＞0恒成立且a 4＋a 2≥0， ∴P －Q ≤0.即Q ≥P . 答案：D3．已知a ＞0，b ＞0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小顺序是( )A ．m ≥n >pB ．m >n ≥pC ．n >m >pD ．n ≥m >p解析：由已知，知m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b ＞0时m ＝n ，可否定B 、C.比较A 、D 项，不必论证与p 的关系．取特值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m ＞n .可排除D. 答案：A4．若a ，b 为不等的正数，则(ab k ＋a k b )－(a k ＋1＋b k ＋1)(k ∈N ＋)的符号( )A ．恒正B ．恒负C ．与k 的奇偶性有关D ．与a ，b 大小无关解析：(ab k ＋a k b )－a k ＋1－b k ＋1 ＝b k (a －b )＋a k (b －a )＝(a －b )(b k －a k )． ∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0；若a <b ，则a k <b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0. 答案：B 二、填空题5．若x ＜y ＜0，M ＝(x 2＋y 2)(x －y )，N ＝(x 2－y 2)(x ＋y )，则M ，N 的大小关系为________． 解析：M －N ＝(x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ＝(x －y )[(x 2＋y 2)－(x ＋y )2]＝－2xy (x －y )． ∵x <y <0，∴xy ＞0，x －y <0.∴－2xy (x －y )>0，∴M －N >0.即M >N . 答案：M >N6．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是________．解析：由a 2＝2x ，b 2＝1＋x 2＋2x >a 2，a >0，b >0， 得b >a .又c －b ＝11－x －(1＋x )＝1－(1－x 2)1－x ＝x 21－x>0，得c >b ，知c 最大． 答案：c7．如果a >0，b >0，则下列两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．(填不等关系符号)解析：∵(1＋a )(b ＋1)＝1＋a ＋b ＋ab ， ∴12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )] ＝lg1＋a ＋b ＋ab .∵(1＋ab )2－(1＋a ＋b ＋ab )2＝2ab －(a ＋b )，又a ＋b ≥2ab ，∴2ab －(a ＋b )≤0. ∴lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≤8．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a 元．月初售出的利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%， 月末售出的利润为L 2＝120－2%a ， 则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a ＝0.045⎝⎛⎭⎫a －3 5009， ∵a <3 5009，∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末 三、解答题9．已知a ≥1，求证a ＋1－a <a －a －1， 证明：∵(a ＋1－a )－(a －a －1)＝1a ＋1＋a－1a ＋a －1＝a －1－a ＋1(a ＋1＋a )(a ＋a －1)＜0，∴a ＋1－a <a －a －1. 10．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 证明：由a ，b 是非负实数，作差得 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5]．当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0； 当a <b 时，a <b ，从而(a )5<(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]>0. 所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 11．设m ∈R ，a >b >1，f (x )＝mxx －1，比较f (a )与f (b )的大小． 解：f (a )－f (b )＝ma a －1－mbb －1＝m ·(b －a )(a －1)·(b －1).∵a >b >1，∴b －a <0，a －1>0，b －1>0， ∴b －a(a －1)·(b －1)<0.当m >0时，m ·(b －a )(a －1)·(b －1)<0，f (a )<f (b )；当m <0时，m ·(b －a )(a －1)·(b －1)>0，f (a )>f (b )； 当m ＝0时，m ·(b －a )(a －1)·(b －1)＝0，f (a )＝f (b )．。
