第三章 不等式§3.1 不等关系与不等式材拓展1．不等式的基本性质对于任意的实数a ，b ，有以下事实：a>b ⇔a －b>0；a ＝b ⇔a －b ＝0；a<b ⇔a －b<0.这三条基本性质是差值比较法的理论依据．例如：已知a>b>0，m>0，要比较a ＋m b ＋m 与a b的大小，就可以采用以下方法： a ＋m b ＋m －a b ＝bm －am b (b ＋m )＝m (b －a )b (b ＋m ). ∵m>0，a>b>0，∴b －a<0，∴m (b －a )b (b ＋m )<0，∴a ＋m b ＋m <a b.2．不等式的性质包括“单向性”和“双向性”两个方面单向性：(1)a>b ，b>c ⇒a>c.(2)a>b ，c>d ⇒a ＋c>b ＋d.(3)a>b ，c>0⇒ac>bc.(4)a>b ，c<0⇒ac<bc.(5)a>b>0，c>d>0⇒ac>bd.(6)a>b>0，n 为正实数⇒a n >b n .双向性：(1)a －b>0⇔a>b ；a －b ＝0⇔a ＝b ；a －b<0⇔a<b.(2)a>b ⇔b<a.(3)a>b ⇔a ＋c>b ＋c.单向性主要用于证明不等式；双向性是解不等式的基础(当然也可用于证明不等式)． 若把c>0作为大前提，则a>b ⇔ac>bc ，若把c<0作为大前提，则a>b ⇔ac<bc.这两条性质也经常用于解不等式．例如，下面这个简单的一元一次不等式也需要在上述性质下才能完成．解不等式：－16x ＋34<23x －112. 解 －16x ＋34<23x －112⇔－2x ＋9<8x －1 (不等式两边都乘以12，等式方向不改变)⇔－2x<8x －10 (不等式两边都加上－9)⇔－10x<－10 (不等式两边都加上－8x)⇔x>1 (不等式两边都乘以－110，不等式方向改变！) 3．正分数的一个有趣性质在a>b>0，m>0的条件下，我们可以利用比较法证明下列事实：b a <b ＋m a ＋m <1<a ＋m b ＋m <a b. 由b a <b ＋m a ＋m可知：一个正的真分数，分子、分母加上同一个正数，分数值将增大．例如： 12<23<34<45<56<67<78<89. 由a ＋m b ＋m <a b可知：一个正的假分数，分子、分母加上同一个分数，分数值将减小．例如： 32>43>54>65>76>87>98>109. 从函数的观点看：当a>b>0时，函数f(x)＝b ＋x a ＋x 在x ∈[0，＋∞)上是单调递增的；函数f(x)＝a ＋x b ＋x在[0，＋∞)上是单调递减的．法突破一、利用作差法比较实数大小方法链接：作差比较法比较两个实数大小，步骤可按如下四步进行，作差——变形——判断差的符号——得出结论．比较法的关键在于变形，变形过程中，常用的方法为因式分解和配方法．例1 已知m ∈R ，a >b >1，f (x )＝mx x －1，试比较f (a )与f (b )的大小． 解 可将f (a )与f (b )分别表示出来，然后根据m ，a ，b 的取值范围进行比较，但由于m 的取值不确定，所以应用分类讨论的方法求解．由于f (x )＝mx x －1，所以f (a )＝ma a －1，f (b )＝mb b －1， 于是f (a )－f (b )＝ma a －1－mb b －1＝m (b －a )(a －1)(b －1)， 由于a >b >1，所以b －a <0，(a －1)(b －1)>0.当m >0时，m (b －a )(a －1)(b －1)<0，所以f (a )<f (b )； 当m <0时，m (b －a )(a －1)(b －1)>0，所以f (a )>f (b )； 当m ＝0时，m (b －a )(a －1)(b －1)＝0，所以f (a )＝f (b )． 二、利用作商法比较实数大小方法链接：作商比较法比较两个实数的大小，依据如下：(1)若a ，b 都是正数，则a >b ⇔a b>1； a <b ⇔a b <1；a ＝b ⇔a b＝1. (2)若a ，b 都是负数，则a >b ⇔a b<1. a <b ⇔a b >1；a ＝b ⇔a b＝1. 作商比较法的基本步骤为：①作商；②变形；③与1比较大小；④下结论．例2 设a >0，b >0，且a ≠b ，试比较a a b b ，a b b a ，(ab )a ＋b 2三者的大小． 解 ∵a a b b(ab )a ＋b 2＝aa －a ＋b 2·bb －a ＋b 2 ＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝⎛⎭⎫a b a －b 2当a >b >0时，a b >1，a －b >0，a －b 2>0 ∴⎝⎛⎭⎫a b a －b 2>⎝⎛⎭⎫a b 0＝1，∴a a b b >(ab )a ＋b 2. 当0<a <b 时，0<a b <1，a －b <0，a －b 2<0. ∴⎝⎛⎭⎫a b a －b 2>⎝⎛⎭⎫a b 0＝1，∴a a b b >(ab )a ＋b 2. 所以，不论a >b >0还是0<a <b ，总有a a b b >(ab )a ＋b 2. 同理：(ab )a ＋b 2>a b b a . 综上所述，a a b b >(ab )a ＋b 2>a b b a . 三、利用不等式的性质比较大小方法链接：利用不等式的性质比较代数式的大小，有时要结合函数的单调性加以判断． 例3 对于0<a <1，给出下列四个不等式①log a (1＋a )<log a ⎝⎛⎭⎫1＋1a ②log a (1＋a )>log a ⎝⎛⎭⎫1＋1a ③a 1＋a <a 1＋1a④a 1＋a >a 1＋1a其中成立的是( )A ．①与③B ．①与④C ．②与③D ．②与④解析 ∵0<a <1，∴a <1<1a ，∴1＋a <1＋1a， 而y ＝log a x 在(0，＋∞)上与y ＝a x 在R 上均为减函数，∴log a (1＋a )>log a ⎝⎛⎭⎫1＋1a ，a 1＋a >a 1＋1a. 答案 D四、利用不等式性质求参数范围方法链接：在含有参变量的某些函数、方程和不等式中，有时要求确定参变量的取值范围．此类问题常常使学生感到束手无策，即使能解，过程也十分繁琐．对这类问题，如能把参变量分离出来，问题就会化难为易，化繁为简，下面以例说明．例4 是否存在实数a ，使不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n >112log a (a －1)＋23对一切大于1的自然数n 都恒成立？如果存在，试确定a 的取值范围，否则说明原因．解 记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N *，且n ≠1)．如果存在题意中要求的实数a ，那么112log a (a －1)＋23<[f (n )]min ∴f (n )－f (n ＋1)＝1n ＋1－12n ＋1－12(n ＋1)＝12(n ＋1)－12n ＋1<0， ∴f (n )为增函数，故[f (n )]min ＝f (2)＝13＋14＝712， 112log a (a －1)＋23<712， 由此可解得1<a <1＋52，所以满足本题的实数a 存在，其取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1，1＋52.区突破误用不等式的性质而致错例 已知：1≤a －b ≤2且2≤a ＋b ≤4，求4a －2b 的范围．[错解] 由于1≤a －b ≤2①2≤a ＋b ≤4②①＋②得3≤2a ≤632≤a ≤3③ ②＋①×(－1)得0≤2b ≤30≤b ≤32④ ③×4＋④×(－2)得3≤4a －2b ≤12.[点拨] 上面的解法看上去似乎每一步都是合情合理的，但实际上答案是错误的．那到底是为什么呢？我们先看不等式4a －2b ≥3什么时候取等号，由上述解题过程可知，当a ＝32且b ＝32时，才取等号，而此时a －b ＝0，不满足①式，因此4a －2b 是不能等于3的．同理可验证4a －2b 也不能等于12，出现上述错误的原因是“同向不等式两边分别相加所得不等式与原不等式同向”这一性质是单向的，用它来做变形，是非同解变形．因此结论是错误的．[正解] 换元法令a ＋b ＝μ，a －b ＝v ，则2≤μ≤4,1≤v ≤2.由⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝μa －b ＝v 解得⎩⎨⎧ a ＝μ＋v 2b ＝μ－v 2.∴4a －2b ＝4·μ＋v 2－2·μ－v 2＝2μ＋2v －μ＋v ＝μ＋3v . 而2≤μ≤4,3≤3v ≤6，则5≤μ＋3v ≤10.∴5≤4a －2b ≤10.题多解例 设0<x <1，a >0，a ≠1，试比较|log a (1－x )|和|log a (1＋x )|的大小．解 方法一 首先判断对数式log a (1－x )和log a (1＋x )的符号，以便去掉绝对值符号，然后作差比较．解题过程必须注意对数函数的单调性．∵0<x <1，∴0<1－x <1,1<1＋x <2.(1)当a >1时，log a (1－x )<0，log a (1＋x )>0∴P ＝|log a (1－x )|－|log a (1＋x )|＝－log a (1－x )－log a (1＋x )＝－log a (1－x 2)∵0<1－x 2<1，∴－log a (1－x 2)>0.故P >0，得|log a (1－x )|>|log a (1＋x )|.(2)当0<a <1时，log a (1－x )>0，log a (1＋x )<0∴P ＝|log a (1－x )|－|log a (1＋x )|＝log a (1－x )＋log a (1＋x )＝log a (1－x 2)∵0<1－x 2<1，∴log a (1－x 2)>0.即P >0.故|log a (1－x )|>|log a (1＋x )|综上所述，当a >0，a ≠1时，均有|log a (1－x )|>|log a (1＋x )|.方法二 将两数平方去绝对值后作差比较，由于对数函数的底数取值范围对对数式正负取值有影响，故需分类讨论．P ＝log 2a (1－x )－log 2a (1＋x )＝[log a (1－x )＋log a (1＋x )][log a (1－x )－log a (1＋x )]＝log a (1－x 2)log a 1－x 1＋x由已知0<x <1，得0<1－x 2<1,0<1－x <1,1<1＋x <2，∴0<1－x <1＋x ，∴0<1－x 1＋x<1. (1)当a >1时，log a (1－x 2)<0，log a 1－x 1＋x<0， ∴P >0；(2)当0<a <1时，log a (1－x 2)>0，log a 1－x 1＋x>0，∴P >0 综合(1)、(2)知，当a >0，a ≠1时总有log 2a (1－x )>log 2a (1＋x )故|log a (1－x )|>|log a (1＋x )|.方法三 将两式用作商法进行比较，根据对数换底公式 |log a (1－x )||log a (1＋x )|＝|log (1＋x )(1－x )| ∵0<x <1，∴0<1－x <1,1<1＋x <2.∴0<1－x 2<1，∴1－x <11＋x∴log (1＋x )(1－x )<log (1＋x )⎝⎛⎭⎫11＋x ＝－1. ∴|log (1＋x )(1－x )|>1，∴|log a (1－x )|>|log a (1＋x )|.题赏析1．(2011·北京)如果log 12x <log 12y <0，那么( ) A ．y <x <1 B ．x <y <1C ．1<x <yD ．1<y <x解析 不等式转化为⎩⎨⎧log 12x <log 12y ，log 12y <0⇒1<y <x . 答案 D2．(2008·江西)若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.12解析 方法一 特殊值法．令a 1＝14，a 2＝34，b 1＝14，b 2＝34， 则a 1b 1＋a 2b 2＝1016＝58，a 1a 2＋b 1b 2＝616＝38， a 1b 2＋a 2b 1＝616＝38， ∵58>12>38，∴最大的数应是a 1b 1＋a 2b 2. 方法二 作差法．∵a 1＋a 2＝1＝b 1＋b 2且0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，∴a 2＝1－a 1>a 1，b 2＝1－b 1>b 1，∴0<a 1<12，0<b 1<12. 又a 1b 1＋a 2b 2＝a 1b 1＋(1－a 1)(1－b 1)＝2a 1b 1＋1－a 1－b 1，a 1a 2＋b 1b 2＝a 1(1－a 1)＋b 1(1－b 1)＝a 1＋b 1－a 21－b 21，a 1b 2＋a 2b 1＝a 1(1－b 1)＋b 1(1－a 1)＝a 1＋b 1－2a 1b 1，∴(a 1b 2＋a 2b 1)－(a 1a 2＋b 1b 2)＝a 21＋b 21－2a 1b 1＝(a 1－b 1)2≥0，∴a 1b 2＋a 2b 1≥a 1a 2＋b 1b 2.∵(a 1b 1＋a 2b 2)－(a 1b 2＋a 2b 1) ＝4a 1b 1＋1－2a 1－2b 1＝1－2a 1＋2b 1(2a 1－1) ＝(2a 1－1)(2b 1－1)＝4⎝⎛⎭⎫a 1－12⎝⎛⎭⎫b 1－12>0， ∴a 1b 1＋a 2b 2>a 1b 2＋a 2b 1.∵(a 1b 1＋a 2b 2)－12＝2a 1b 1＋12－a 1－b 1 ＝b 1(2a 1－1)－12(2a 1－1)＝(2a 1－1)⎝⎛⎭⎫b 1－12 ＝2⎝⎛⎭⎫a 1－12⎝⎛⎭⎫b 1－12>0，∴a 1b 1＋a 2b 2>12.综上可知，最大的数应为a 1b 1＋a 2b 2. 答案 A。