不等式知识点及题型总结

不等式

一、知识点：

1. 实数的性质：

；；．

2.不等式的性质：

3. 常用基本不等式：

4.利用重要不等式求最值的两个命题：

命题1：已知a，b都是正数，若ab是实值P，则当a=b=时，和a＋b有最小值2.

命题2：已知a，b都是正数，若a＋b是实值S，则当a=b=时，积ab有最大值.

注意：运用重要不等式求值时，要注意三个条件：一“正”二“定”三“等”，即各项均为正数，和或积为定值，取最值时等号能成立，以上三个条件缺一不可.

5.一元二次不等式的解法：设a>0,x₁x₂是方程ax²+bx+c=0的两个实根，且x₁≤x₂，则有

结论：ax²+bx+c>0；ax²+bx+c<0

6.绝对值不等式

（1）｜x｜＜a（a＞0）的解集为：{x｜－a＜x＜a}；

｜x｜＞a（a＞0）的解集为：{x｜x＞a或x＜－a}。

（2）

7. 不等式证明方法：

基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法

辅助方法：换元法（三角换元、均值换元等）、放缩法、构造法、判别式法

特别提醒：不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，最常用的思路是用分析法探求证明途径，再用综合法加以叙述。我们在利用不等式的性质或基本不等式时要注意等号、不等号成立的条件。

例：解下列不等式：

(1) ；       (2) ；　

(3) ；　      (4) ．

解：(1)方程的解为．根据的图象，可得原不等式的解集是．

(2)不等式两边同乘以，原不等式可化为．

方程的解为．

根据的图象，可得原不等式的解集是．

(3)方程有两个相同的解．

根据的图象，可得原不等式的解集为．

(4)因为，所以方程无实数解，根据的图象，可得原不等式的解集为．

练习1. （1）解不等式；（若改为呢？）

（2）解不等式；

解:(1)原不等式

 (该题后的答案:).

(2)即.

8、线性规划问题的解题方法和步骤

解决简单线性规划问题的方法是图解法，即借助直线（线性目标函数看作斜率确定的一族平行直线）与平面区域（可行域）有交点时，直线在y轴上的截距的最大值或最小值求解。它的步骤如下：

（1）设出未知数，确定目标函数。

（2）确定线性约束条件，并在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域。

（3）由目标函数z＝ax＋by变形为y＝－x＋，所以，求z的最值可看成是求直线y＝－x＋在y轴上截距的最值（其中a、b是常数，z随x，y的变化而变化）。

（4）作平行线：将直线ax＋by＝0平移（即作ax＋by＝0的平行线），使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标。

（5）求出最优解：将（4）中求出的坐标代入目标函数，从而求出z的最大（或最小）值。

9、在平面直角坐标系中，已知直线，坐标平面内的点．

①若 ，，则点在直线的上方．

②若 ，，则点在直线的下方．

10、在平面直角坐标系中，已知直线．

①若 ，则表示直线上方的区域；表示直线下方的区域．

②若 ，则表示直线下方的区域；表示直线上方的区域．

11、最值定理

设、都为正数，则有

⑴ 若（和为定值），则当时，积取得最大值．

⑵ 若（积为定值），则当时，和取得最小值．

即：“积定，和有最小值；和定，积有最大值”

注意：一正、二定、三相等

几种常见解不等式的解法

重难点归纳 

解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题 

(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法 

(2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法 

(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法 

(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法 

(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的不等式 

(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论 

典型题例示范讲解

例1：如果多项式可分解为个一次式的积，则一元高次不等式（或）可用“穿根法”求解，但要注意处理好有重根的情况．

当分式不等式化为时，要注意它的等价变形

①

②

用“穿根法”解不等式时应注意：①各一次项中的系数必为正；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”，其法如下图．

不等式左右两边都是含有的代数式，必须先把它们移到一边，使另一边为0再解．

例：解不等式：（1）；（2）．

解：（1）原不等式可化为

把方程的三个根顺次标上数轴．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

∴原不等式解集为

解下列分式不等式：

例：（1）；  （2）

（1）解：原不等式等价于

用“穿根法”

∴原不等式解集为。

（2）解法一：原不等式等价于

∴原不等式解集为。

解法二：原不等式等价于

用“穿根法”

∴原不等式解集为

例2：绝对值不等式，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

二是根据绝对值的性质：或，因此本题有如下两种解法．

例：解不等式

解：原不等式等价于

即 ∴．

例3：已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时＞0 

(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；

(2)解不等式  f(x+)＜f()；

(3)若f(x)≤t²－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围 

命题意图  本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析能力与化归能力 

知识依托  本题主要涉及函数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终，把所求问题分解转化，是函数中的热点问题；问题的要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了关键作用 

错解分析  (2)问中利用单调性转化为不等式时，x+∈［－1，1］，∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方 

技巧与方法  (1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f(x)转化成“1”是点睛之笔 

(1)证明  任取x₁＜x₂，且x₁，x₂∈［－1，1］，则f(x₁)－f(x₂)=f(x₁)+f(－x₂)=·(x₁－x₂)

∵－1≤x₁＜x₂≤1，

∴x₁+(－x₂)≠0，由已知＞0，又 x₁－x₂＜0，

∴f(x₁)－f(x₂)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数 

(2)解  ∵f(x)在［－1，1］上为增函数，

∴  解得  {x|－≤x＜－1，x∈R}

(3)解  由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，

故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，

所以要f(x)≤t²－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t²－2at+1≥1成立，

故t²－2at≥0，记g(a)=t²－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，

只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，

解得，t≤－2或t=0或t≥2 

∴t的取值范围是  {t|t≤－2或t=0或t≥2} 

例4：设不等式x²－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围。

命题意图  考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系 

知识依托  本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以及分类讨论的数学思想 

错解分析  M=是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a的不等式要全面、合理，易出错 

技巧与方法  该题实质上是二次函数的区间根问题，充分考虑二次方程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗 

解  M［1，4］有两种情况  其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ=0或Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围 

设f(x)=x² －2ax+a+2，有Δ=(－2a)²－(4a+2)=4(a²－a－2)

(1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］

(2)当Δ=0时，a=－1或2 

当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］ 

(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2 

设方程f(x)=0的两根x₁，x₂，且x₁＜x₂，

那么M=［x₁，x₂］，M［1，4］1≤x₁＜x₂≤4

即，解得  2＜a＜，

∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，) 

例5：解关于x的不等式＞1(a≠1) 

解  原不等式可化为  ＞0，

①当a＞1时，原不等式与(x－)(x－2)＞0同解 

由于

∴原不等式的解为(－∞，)∪(2，+∞) 

②当a＜1时，原不等式与(x－)(x－2) ＜0同解 

由于,

若a＜0，,解集为(，2)；

若a=0时，，解集为；

若0＜a＜1，,解集为(2，)

综上所述  当a＞1时解集为(－∞，)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，)；当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(，2） 

例6 设，解关于的不等式．

分析：进行分类讨论求解．

解：当时，因一定成立，故原不等式的解集为．

当时，原不等式化为；

当时，解得；

当时，解得．

∴当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为．

说明：解不等式时，由于，因此不能完全按一元二次不等式的解法求解．因为当时，原不等式化为，此时不等式的解集为，所以解题时应分与两种情况来讨论．

在解出的两根为，后，认为，这也是易出现的错误之处．这时也应分情况来讨论：当时，；当时，．

例7 解关于的不等式．

分析：先按无理不等式的解法化为两个不等式组，然后分类讨论求解．

解：原不等式或

由，得：　

由判别式，故不等式的解是．

当时，，，不等式组(1)的解是，不等式组(2)的解是．

当时，不等式组(1)无解，(2)的解是．

综上可知，当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是．

说明：本题分类讨论标准“，”是依据“已知及(1)中‘，’，(2)中‘，’”确定的．解含有参数的不等式是不等式问题中的难点，也是近几年高考的热点．一般地，分类讨论标准（解不等式）大多数情况下依“不等式组中的各不等式的解所对应的区间的端点”去确定．

本题易误把原不等式等价于不等式．纠正错误的办法是熟练掌握无理不等式基本类型的解法．

例8 解关于的不等式．

分析：不等式中含有字母，故需分类讨论．但解题思路与一般的一元二次不等式的解法完全一样：求出方程的根，然后写出不等式的解，但由于方程的根含有字母，故需比较两根的大小，从而引出讨论．

解：原不等式可化为．

(1)当（即或）时，不等式的解集为：

；

(2)当（即）时，不等式的解集为：

；

(3)当（即或1）时，不等式的解集为：

．

说明：对参数进行的讨论，是根据解题的需要而自然引出的，并非一开始就对参数加以分类、讨论．比如本题，为求不等式的解，需先求出方程的根，，因此不等式的解就是小于小根或大于大根．但与两根的大小不能确定，因此需要讨论，，三种情况．

例9 不等式的解集为，求与的值．

分析：此题为一元二次不等式逆向思维题，要使解集为，不等式需满足条件，，的两根为，．

解法一：设的两根为，，由韦达定理得：

　　由题意：

∴，，此时满足，．

解法二：构造解集为的一元二次不等式：

，即，此不等式与原不等式应为同解不等式，故需满足：

　　∴，．

说明：本题考查一元二次方程、一元二次不等式解集的关系，同时还考查逆向思维的能力．对有关字母抽象问题，同学往往掌握得不好．

例10 解关于的不等式．

分析：本题考查一元一次不等式与一元二次不等式的解法，因为含有字母系数，所以还考查分类思想．

解：分以下情况讨论

(1)当时，原不等式变为：，∴

(2)当时，原不等式变为：　　①

①当时，①式变为，∴不等式的解为或．

②当时，①式变为．　　②

∵，∴当时，，此时②的解为．当时，，此时②的解为．

说明：解本题要注意分类讨论思想的运用，关键是要找到分类的标准，就本题来说有三级分类：

分类应做到使所给参数的集合的并集为全集，交集为空集，要做到不重不漏．另外，解本题还要注意在讨论时，解一元二次不等式应首选做到将二次项系数变为正数再求解．

例11解不等式．

分析：无理不等式转化为有理不等式，要注意平方的条件和根式有意义的条件，一般情况下，可转化为或，而等价于：

或．

解：原不等式等价于下面两个不等式组：

①　　　②

由①得，∴

由②得∴　，

所以原不等式的解集为，即为．

说明：本题也可以转化为型的不等式求解，注意：

例12.已知关于的不等式的解集是，求实数之值．

解：不等式的解集是

是的两个实数根，

由韦达定理知：．

练习．已知不等式的解集为求不等式的解集．

解：由题意 ，  即．

代入不等式得： ．

即，所求不等式的解集为．

不等式练习

1  设函数f(x)=，已知f(a)＞1，则a的取值范围是(  )

A  (－∞，－2)∪(－，+∞)              B  (－，)

C  (－∞，－2)∪(－，1)                         D  (－2，－)∪(1，+∞)

2  已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a²，b)，g(x)＞0的解集是(，)，则f(x)·g(x)＞0的解集是__________ 

3  已知关于x的方程sin²x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是_______ 

4  已知适合不等式|x²－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3 

(1)求p的值；

(2)若f(x)=，解关于x的不等式f^-－1(x)＞(k∈R⁺)

5  设f(x)=ax²+bx+c，若f(1)=，问是否存在a、b、c∈R，使得不等式

 x²+≤f(x) ≤2x²+2x+对一切实数x都成立，证明你的结论 

6  已知函数f(x)=x²+px+q，对于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2 

(1)求p、q之间的关系式；

(2)求p的取值范围；

(3)如果f(sinθ+2)的最大值是14，求p的值  并求此时f(sinθ)的最小值 

7  解不等式log_a(x－)＞1

8  设函数f(x)=a^x满足条件  当x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当x∈(0，1时，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x²)＞f(m+2)恒成立，求实数m的取值范围 

参考答案 

1  解析  由f(x)及f(a)＞1可得 

    ①  或   ②  或   ③

解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈

∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－，1）

答案  C

2  解析  由已知b＞a²∵f(x)，g(x)均为奇函数，

∴f(x)＜0的解集是(－b，－a²)，g(x)＜0的解集是(－) 

由f(x)·g(x)＞0可得 

 

∴x∈(a²，)∪(－，－a²)

答案  (a²，)∪(－，－a²)

3  解析  原方程可化为cos²x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t²－2t－a－1=0，原问题转化为方程t²－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一个实根 

令f(t)=t²－2t－a－1，对称轴t=1，

画图象分析可得解得a∈［－2，2］ 

答案  ［－2，2］

4  解  (1)∵适合不等式|x²－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3，

∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x 

若|x²－4x+p|=－x²+4x－p，则原不等式为x²－3x+p+2≥0，

其解集不可能为{x|x≤3}的子集，∴|x²－4x+p|=x²－4x+p 

∴原不等式为x²－4x+p+3－x≤0，即x²－5x+p－2≤0，

令x²－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8 

(2)f(x)=，∴f^-－1(x)=log₈ (－1＜x＜1，

∴有log₈＞log₈，∴log₈(1－x)＜log₈k，∴1－x＜k，∴x＞1－k 

∵－1＜x＜1，k∈R⁺，∴当0＜k＜2时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}；当k≥2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜1 

5  解  由f(1)=得a+b+c=，令x²+=2x²+2x+x=－1，

由f(x)≤2x²+2x+推得f(－1)≤ 

由f(x)≥x²+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，

故2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax²+x+(－a) 

依题意  ax²+x+(－a)≥x²+对一切x∈R成立，

∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)²≤0，

∴f(x)=x²+x+1

易验证  x²+x+1≤2x²+2x+对x∈R都成立 

∴存在实数a=，b=1，c=1，

使得不等式 x²+≤f(x)≤2x²+2x+对一切x∈R都成立 

6  解  (1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即当x∈［－1，1］时，f(x)≤0，当x∈［1，3］时，f(x)≥0，∴当x=1时f(x)=0  ∴1+p+q=0，∴q=－(1+p)

(2)f(x)=x²+px－(1+p)，

当sinθ=－1时f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0

(3)注意到f(x)在［1，3］上递增，∴x=3时f(x)有最大值 

即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3 

此时，f(x)=x²+3x－4，即求x∈［－1，1］时f(x)的最小值 

又f(x)=(x+)²－，显然此函数在［－1，1］上递增 

∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6 

7  解  (1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组

由此得1－a＞  因为1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0 

(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组     

由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜，∴1＜x＜ 

综上，当a＞1时，不等式的解集是{x|＜x＜0，当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|1＜x＜} 

8  解  由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x²)＞f(m+2)，x∈(0，1恒成立 

在x∈(0，1恒成立 

整理，当x∈(0，1)时，恒成立，

即当x∈(0，1时，恒成立，

且x=1时，恒成立，

∵在x∈(0，1上为减函数，∴＜－1，

∴m＜恒成立m＜0 

又∵，在x∈(0，1上是减函数，∴＜－1 

∴m＞恒成立m＞－1

当x∈(0，1)时，恒成立m∈(－1，0)        ①

当x=1时，，即是∴m＜0                   ②

∴①、②两式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1时，

f(3mx－1)＞f(1+mx－x²)＞f(m+2)恒成立，m的取值范围是(－1，0)