不等式习题 | 易学教程

前言

典例剖析

<LT>例1</LT>【2017宝中训练题】若点$P(cos\theta，sin\theta)$在直线$\cfrac{x}{a}+\cfrac{y}{b}=1$上，则下列不等式正确的是【】

<div class="XZXX" >$A.a^2+b^2\leq 1$ $B.a^2+b^2\ge 1$ $C.\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\leq 1$ $D.\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1$</div>

法1：三角函数的有界性，由于点$P(cos\theta，sin\theta)$在直线$\cfrac{x}{a}+\cfrac{y}{b}=1$上，则有$bcos\theta+asin\theta=ab$，即$\sqrt{a^2+b^2}sin(\theta+\phi)=ab，tan\phi=\cfrac{b}{a}$，由三角函数的有界性可知$|sin(\theta+\phi)|=|\cfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}|\leq 1$，即$\cfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{|ab|}\ge 1$，即$\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1$，故选$D$.

法2：数形结合，由已知可知点$P$在单位圆上，自己做出大致图像可知，直线和圆的位置关系只能是相切和相交，故圆心$(0，0)$到直线$bx+ay-ab=0$的距离应该小于等于半径$1$，即$\cfrac{|b\cdot 0+a\cdot 0-ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq 1$，化简得$\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1$，故选$D$.

<LT>例2</LT>$a>b>1$是$a+\cfrac{1}{a}>b+\cfrac{1}{b}$的(充分不必要)条件。

法1：常规用做差法，由已知可知$ab-1>0，a-b>0$，$a+\cfrac{1}{a}-b-\cfrac{1}{b}=a-b-\cfrac{a-b}{ab}=(a-b)\cfrac{ab-1}{ab}>0$，即$a+\cfrac{1}{a}>b+\cfrac{1}{b}$，故充分性成立；当$a=\cfrac{1}{4}，b=\cfrac{1}{2}$时，满足$a+\cfrac{1}{a}>b+\cfrac{1}{b}$，但不能得到$a>b>1$，故必要性不成立。

法2：巧解构造函数法，令$f(x)=x+\cfrac{1}{x}$，则原题目变形为$a>b>1$是$f(a)>f(b)$的什么条件，结合对勾函数的图像很容易判断。

<LT>例3</LT>已知$x^2+y^2\leq 1$，求$|2x+y-2|+|x+3y-6|$的最小值？

<img src="http://images2015.cnblogs.com/blog/992978/201609/992978-20160930162615281-1170982132.png" width=30% height=35% align="right" title=“字”> 思路一：从形入手思考，转化为点线距；

我们发现$|2x+y-2|+|x+3y-6|=\sqrt{5}\cfrac{|2x+y-2|}{\sqrt{5}}+\sqrt{10}\cfrac{|x+3y-6|}{\sqrt{10}}$，

其中表达式$\cfrac{|2x+y-2|}{\sqrt{5}}$和$\cfrac{|x+3y-6|}{\sqrt{10}}$分别表示圆内及圆上的动点

到两条直线的距离，所以可以把“数”的问题转化为“形”的问题。

思路二：三角代换，令$x=R\cos\theta，y=R\sin\theta，R\in[0，1]$，

则$|2x+y-2|+|x+3y-6|\ge|3R\cos\theta+4R\sin\theta-8|=|5R\sin(\theta+\phi)-8|$

<LT>例4</LT>【分子有理化、分母有理化】

已知$a=\sqrt{2}$，$b=\sqrt{7}-\sqrt{3}$，$c=\sqrt{6}-\sqrt{2}$，比较$a、b、c$的大小。

分析：$b=\sqrt{7}-\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{7}-\sqrt{3}}{1}=\cfrac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}$；

$c=\sqrt{6}-\sqrt{2}=\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{1}=\cfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$；

由于$\sqrt{7}+\sqrt{3}>\sqrt{6}+\sqrt{2}$，故$\cfrac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}<\cfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$，

即$b<c$，

又$\sqrt{2}(\sqrt{6}+\sqrt{2})=2\sqrt{3}+2>4$，故$\sqrt{2}>\cfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$，

即$c<a$，故$b<c<a$；

<LT>例5</LT>【用不等式性质求范围】

①已知$1<\alpha<3$，$-4<\beta<2$，求$\alpha-|\beta|$的取值范围。

分析：由于$-4<\beta<2$，

则$0\leq |\beta|<4$，即$-4<-|\beta|\leq 0$，

又$1<\alpha<3$，同向不等式相加，得到

$-3<\alpha-|\beta|<3$，注意，右端等号不能同时取到，

故$\alpha-|\beta|\in (-3，3)$。

②已知$-\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}$，求$\alpha-\beta$的取值范围；

分析：①已知条件等价转化为不等式组$\left{\begin{array}{l}{-\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{\pi}{2} }\\{ -\cfrac{\pi}{2}<\beta<\cfrac{\pi}{2} }\\{ \alpha<\beta }\end{array}\right.$，

这样得到$-\pi<\alpha-\beta<\pi$，且$\alpha-\beta<0$，故$-\pi<\alpha-\beta<0$，

③已知$-\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}$，求$2\alpha-\beta$的取值范围；

分析：仿上，先转化得到$-\pi<\alpha-\beta<0$，又由于$-\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{\pi}{2}$，

两个同向不等式相加，得到$-\cfrac{3\pi}{2}<2\alpha-\beta<\cfrac{\pi}{2}$，

分析：由于$a\ge 0$，$P > 0$，$Q > 0$，<br/>

则有$Q^2-P^2=2a+7+2\sqrt{a^2+7a+12}-(2a+7+2\sqrt{a^2+7a+10})$<br/>

$=2(\sqrt{a^2+7a+12}-\sqrt{a^2+7a+10}) > 0$，<br/>

所以$Q^2 > P^2$，则$Q > P$。<br/>

<LT>例7</LT>【比较大小】【2019高三理科数学启动卷，2019陕西省二检试卷第5题】若正实数$a$，$b$满足$a>b$，且$lna\cdot lnb>0$，则【】

<div class="XZXX" >$A.\cfrac{1}{a} > \cfrac{1}{b}$ $B.a^2 < b^2$ $C.ab+1 > a+b$ $D.lga+lgb > 0$</div>

分析：由于$a>b>0$，则得到$\cfrac{1}{a}<\cfrac{1}{b}$，且$a^2>b^2$，故选项$A$，$B$错误；

又由于$lna\cdot lnb>0$，则$lna$与$lnb$同正或同负，由$y=lnx$的图像可知，它们同正或同负都有可能，故选项$D$错误；

对于选项$C$而言，可以变形得到$ab+1-a-b=(a-1)(b-1)$，则当$a，b\in (0，1)$或$a，b\in (1，+\infty)$时，可知$ab+1-a-b=(a-1)(b-1)>0$，故选$C$。

<LT>例8</LT>【比较大小】【2020高三数学课时作业】已知$a=\cfrac{ln3}{3}$，$b=\cfrac{ln4}{4}$，$c=\cfrac{ln5}{5}$，则其大小为【】

法1：作差法，$a-b=\cfrac{ln3}{3}-\cfrac{ln4}{4}=\cfrac{1}{12}(4ln3-3ln4)=\cfrac{1}{12}(ln81-ln64)>0$，则$a>b$；

$b-c=\cfrac{ln4}{4}-\cfrac{ln5}{5}=\cfrac{1}{20}(5ln4-4ln5)=\cfrac{1}{20}(ln1024-ln625)>0$，则$b>c$；

综上所述，$c<b<a$，故选$B$.

法2：作商法，注意到$a,b,c>0$，则可以考虑作商法，

$\cfrac{b}{a}=\cfrac{\frac{ln4}{4}}{\frac{ln3}{3}}=\cfrac{3ln4}{4ln3}=\cfrac{ln64}{ln81}<1$，则$b<a$；

$\cfrac{c}{b}=\cfrac{\frac{ln5}{5}}{\frac{ln4}{4}}=\cfrac{4ln5}{5ln4}=\cfrac{ln625}{ln1024}<1$，则$c<b$；

综上所述，$c<b<a$，故选$B$.

法3：构造函数法，注意到三个式子同结构，故令$f(x)=\cfrac{lnx}{x}$，定义域$x\in (0，+\infty)$，

则$f'(x)=\cfrac{1-lnx}{x^2}$，令$f'(x)>0$，则$0<x<e$，令$f'(x)<0$，则$x>e$，

故$x\in (0，e)$时，$f(x)$单调递增，$x\in (e，+\infty)$时，$f(x)$单调递减，

又由于$3<4<5$，故$f(3)>f(4)>f(5)$，即$c<b<a$，故选$B$.

<LT>例9</LT>【比较大小】【2020高三数学课时作业】已知实数$a,b,c$满足$b+c=6-4a+3a^2$，$c-b=4$$-4a+$$a^2$，则$a,b,c$的大小关系为【】

<div class="XZXX" >$A.c\geqslant b>a$ $B.a>c\geqslant b$ $C.c>b>a$ $D.a>c>b$</div>

分析：由于$c-b=4-4a+a^2=(a-2)^2\geqslant 0$，故$c\geqslant b$；

又由于$c+b=6-4a+3a^2$，$c-b=4-4a+a^2$，故由方程思想得到，$b=a^2+1$，

则$b-a=a^2-a+1>0$恒成立，即$b>a$，故$c\geqslant b>a$，选$A$.

来源：oschina

链接：https://my.oschina.net/u/4289331/blog/3832043

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