不等式习题

前言

典例剖析

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

$A.a^2+b^2leq 1$ $B.a^2+b^2ge 1$ $C.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}leq 1$ $D.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}ge 1$

法1：三角函数的有界性，由于点(P(cos heta，sin heta))在直线(cfrac{x}{a}+cfrac{y}{b}=1)上，则有(bcos heta+asin heta=ab)，即(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi)=ab，tanphi=cfrac{b}{a})，由三角函数的有界性可知(|sin( heta+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{|bcdot 0+acdot 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).

例2(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。

例3已知(x^2+y^2leq 1)，求(|2x+y-2|+|x+3y-6|)的最小值？

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=Rcos heta，y=Rsin heta，Rin[0，1])，

则(|2x+y-2|+|x+3y-6|ge|3Rcos heta+4Rsin heta-8|=|5Rsin( heta+phi)-8|)

例4【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})=2sqrt{3}+2>4)，故(sqrt{2}>cfrac{4}{sqrt{6}+sqrt{2}})，

即(c<a)，故(b<c<a)；

例5【用不等式性质求范围】

①已知(1<alpha<3)，(-4<eta<2)，求(alpha-|eta|)的取值范围。

分析：由于(-4<eta<2)，

则(0leq |eta|<4)，即(-4<-|eta|leq 0)，

又(1<alpha<3)，同向不等式相加，得到

(-3<alpha-|eta|<3)，注意，右端等号不能同时取到，

故(alpha-|eta|in (-3，3))。

②已知(-cfrac{pi}{2}<alpha<eta<cfrac{pi}{2})，求(alpha-eta)的取值范围；

分析：①已知条件等价转化为不等式组(left{egin{array}{l}{-cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{pi}{2} }\\{ -cfrac{pi}{2}<eta<cfrac{pi}{2} }\\{ alpha<eta }end{array} ight.)，

这样得到(-pi<alpha-eta<pi)，且(alpha-eta<0)，故(-pi<alpha-eta<0)，

③已知(-cfrac{pi}{2}<alpha<eta<cfrac{pi}{2})，求(2alpha-eta)的取值范围；

分析：仿上，先转化得到(-pi<alpha-eta<0)，又由于(-cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{pi}{2})，

两个同向不等式相加，得到(-cfrac{3pi}{2}<2alpha-eta<cfrac{pi}{2})，

例6【比较大小】若(P=sqrt{a+2}+sqrt{a+5})，(Q=sqrt{a+3}+sqrt{a+4}(age 0))，比较(P、Q)的大小。

分析：由于(age 0)，(P > 0)，(Q > 0)，

则有(Q^2-P^2=2a+7+2sqrt{a^2+7a+12}-(2a+7+2sqrt{a^2+7a+10}))

(=2(sqrt{a^2+7a+12}-sqrt{a^2+7a+10}) > 0)，

所以(Q^2 > P^2)，则(Q > P)。

例7【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(lnacdot lnb>0)，则【】

$A.cfrac{1}{a} > cfrac{1}{b}$ $B.a^2 < b^2$ $C.ab+1 > a+b$ $D.lga+lgb > 0$

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(lnacdot 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，bin (0，1))或(a，bin (1，+infty))时，可知(ab+1-a-b=(a-1)(b-1)>0)，故选(C)。

例8【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【】

$A.a < b < c$ $B.c< b < a$ $C.c < a < b$ $D.b < a < c$

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(xin (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(xin (0，e))时，(f(x))单调递增，(xin (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).

例9【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【】

$A.cgeqslant b >a$ $B.a >cgeqslant b$ $C.c > b >a$ $D.a > c >b$

分析：由于(c-b=4-4a+a^2=(a-2)^2geqslant 0)，故(cgeqslant 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(cgeqslant b >a)，选(A).