最后更新: 2025-04-25 13:13 查看: 134 次反馈刷题

基本不等式

### 引例
相比于等式，人们更热衷于研究不等式，因为不等式的本质是求最值，而最终代表着最优解，才是我们最关心的。

## 一、不等式的性质
$a$ 和 $b$ 是实数, 如果 $a-b>0$, 那么就称 $a$ 大于 $b$, 记作 $a>b$;

如果 $a-b<0$, 那么就称 $a$ 小于 $b$, 记作 $a<b$;

如果 $a-b=0$ 那么就称 $a$ 等于 $b$,记作 $a=b$.

注意若 $a<b$ 有时也说成 $b>a$, 因此 $a<b$ 和 $b>a$ 是等价的.

应用两个正实数之和或积仍然是正数这个基本事实，即如果 $a>0$ 和 $b>0$则有 $a+b>0$ 和 $a b>0$ ，而且依据不等式 $a>b$ 等价于 $a-b>0$ ，我们容易推导出下面的性质。

### 性质 1
若 $a>b$ 和 $c>d$, 则 $a+c>b+d$. 换言之, 同向的两个不等式可以相加。

### 性质 2
若 $a>b$ 且 $c>0$, 则 $a c>b c$.

### 性质 3
若 $a>b$ 且 $c<0$, 则 $a c<b c$.

上面的性质 2 和性质 3 也可以表达为不等式若乘以正数得到同向不等式;若乘以负数则得到异向的不等式. 更一般地可以得到：
若 $a>b>0$ 和 $c>d>0$ 则 $a c>b d$. 也就是两个同向的正数不等式可以相乘。

### 性质 4
- 若 $a>b>0$, 则 $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$;
- 若 $a>0>b$, 则 $\frac{1}{a}>0>\frac{1}{b}$;
- 若 $a<b<0$, 则 $\frac{1}{a}>\frac{1}{b}$.

### 性质 5
若 $a>b$ 而 $b>c$, 则 $a>c$.

这就是说不等式具有传递性, 在几何上这是显然的, 也可由 $(a-b)+(b-c)=$ $a-c$ 为正直接推出，在上述推演中，如果我们处处都用符号 $\geq$ 代替 $>$ ，则各项法则仍然成立.

### 性质 6
若 $a>b>0$, 则 $a^2>b^2$.

我们注意到 $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$, 因为 $a+b$ 是正数, 由 $a>b$ 可以推出， $a^2>b^2$ 。这样正数之间不等式可以进行平方运算.

### 性质 7
若 $a>b>0$, 则 $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, 即在正实数之间的不等式两端能取平方根.

事实上， $\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$, 因为 $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ 是正数, 从而由 $a>b$ 就可推出 $\sqrt{a}-\sqrt{b}>0$, 即 $\sqrt{a}>\sqrt{b}$.

更一般地,
### 性质 8
若 $a>b>0$ 且 $n$ 是自然数, 那么 $a^n>b^n$.

这个结论可以用数学归纳法来证明. 这个证明留给同学作为练习.

反过来, 若 $a>b>0$, 且 $n$ 是一个正整数, 则 $a^{\frac{1}{n}}>b^{\frac{1}{n}}$.

证明: 假设 $a^{\frac{1}{n}}=b^{\frac{1}{n}}$, 那么 $\left(a^{\frac{1}{n}}\right)^n>\left(b^{\frac{1}{n}}\right)^n$, 因而, $a=b$, 这就与已知 $a>b$矛盾。

假设 $a^{\frac{1}{n}}<b^{\frac{1}{n}}$, 于是 $\left(a^{\frac{1}{n}}\right)^n<\left(b^{\frac{1}{n}}\right)^n$, 即 $a<b$, 这又与已知条件 $a>$ $b>0$ 矛盾，故我们得出结论 $a^{\frac{1}{n}}>b^{\frac{1}{n}}$ 。

`例` 下列不等式证明过程正确的是（ ）
A.若 $a, b \in R$ ，则 $\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b}}=2$

B.若 $x>0, y>0$ ，则 $\lg x+\lg y \geq 2 \sqrt{\lg x \cdot \lg y}$

C.若 $x<0$ ，则 $x+\frac{4}{x} \geq-2 \sqrt{x \cdot \frac{4}{x}}=-4$

D.若 $x<0$ ，则 $2^x+2^{-x}>2 \sqrt{2^x \cdot 2^{-x}}=2$

答案：C
$\because \frac{b}{a}, \frac{a}{b}$ 可能为负数，如 $\frac{b}{a}=\frac{a}{b}=-1$ 时，$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=-2, \therefore A$ 错误；
$\because \lg x, \lg y$ 可能为负数，如 $\lg x=\lg y=-1$ 时， $\lg x+\lg y=-2,2 \sqrt{\lg x \cdot \lg y}=2, \therefore B$ 错误；
$\because x<0, \frac{4}{x}<0$ ，如 $x=-1, \frac{4}{x}=-4$ 时，$x+\frac{4}{x}=-5<-4, \therefore C$ 错误；
$\because x<0,2^x \in(0,1), 2^{-x}>1, \therefore 2^x+2^{-x}>2 \sqrt{2^x \cdot 2^{-x}}=2$ ，当且仅当 $2^x=2^{-x}$ ，即 $x=0$ 等号成立，$\therefore$ D 正确．
故选：D．

> 这是一道基本概念题，可能有同学看到选项，立刻条件反射选择A，基本不等式可以取负数。

`例`  已知 $a>0$, 函数 $y=\frac{x}{a}+\frac{1}{x-2}(x>2)$ 有最小值 $\frac{3}{2}$, 则 $a=$

解  $a>0, x>2$ 时, 有

$$
y=\frac{x}{a}+\frac{1}{x-2}=\frac{x-2}{a}+\frac{1}{x-2}+\frac{2}{a} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a}}+\frac{2}{a}=\frac{3}{2},
$$

令 $\sqrt{\frac{1}{a}}=t(t>0)$, 则 $2 \sqrt{\frac{1}{a}}+\frac{2}{a}=\frac{3}{2}$ 可转化为

$$
4 t^2+4 t-3=0 \Rightarrow t=\frac{1}{2} \text { 或 }-\frac{3}{2} \text { (舍), }
$$

所以 $\sqrt{\frac{1}{a}}=\frac{1}{2}$, 即 $a=4$.
故答案为 4 。

> 在高考里，对不等式的考试都是采用综合法，他会把各个知识点连接起来，求恒成立问题，是高考的重中之重。

`例`设函数 $f(x)=a x^2+(1-a) x+a-2(a \in R )$
(1) 若 $a=-2$, 求 $f(x)<0$ 的解集.
(2) 若不等式 $f(x) \geq-2$ 对一切实数 $x$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围;
(3)解关于 $x$ 的不等式: $f(x)<a-1$.

【分析】(1) 将 $a=-2$ 代入, 根据图象的开口方向, 以及 $\Delta<0$, 即可求得不等式的解集;
(2) 根据题意, 转化为 $\forall x \in R , a x^2+(1-a) x+a \geq 0$ 恒成立, 分 $a=0$ 与 $a \neq 0$, 两种情况讨论,结合二次函数的性质，列出不等式 (组)，即可求解；
（3）将原式化为 $a x^2+(1-a) x-1<0$, 分 $a=0, a>0, a<0$, 三种情况讨论, 结合一元二次不等式的解法, 即可得到结果.

【详解】(1) 解: 由函数 $f(x)=a x^2+(1-a) x+a-2(a \in R )$,若 $a=-2$, 可得 $f(x)=-2 x^2+3 x-4$,

又由 $f(x)<0$, 即不等式 $-2 x^2+3 x-4<0$, 即 $2 x^2-3 x+4>0$,
因为 $\Delta=9-4 \times 2 \times 4<0$, 且函数对应的抛物线开口向上,
所以不等式 $2 x^2-3 x+4>0$ 的解集为 R , 即 $f(x)<0$ 的解集为 R .
(2) 解: 由 $f(x) \geq-2$ 对一切实数 $x$ 恒成立, 等价于 $\forall x \in R , a x^2+(1-a) x+a \geq 0$ 恒成立,当 $a=0$ 时, 不等式可化为 $x \geq 0$, 不满足题意.

当 $a \neq 0$, 则满足 $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ \Delta \leq 0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ 3 a^2+2 a-1 \geq 0\end{array}\right.$, 解得 $a \geq \frac{1}{3}$,
所以 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{3},+\infty\right)$.

（3）解：依题意， $f(x)<a-1$ 等价于 $a x^2+(1-a) x-1<0$ ，当 $a=0$ 时, 不等式可化为 $x<1$, 所以不等式的解集为 $\{x \mid x<1\}$.当 $a>0$ 时, 不等式可化为 $(a x+1)(x-1)<0$, 此时 $-\frac{1}{a}<1$,所以不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{a}<x<1\right.\right\}$.

当 $a<0$ 时, 不等式化为 $(a x+1)(x-1)<0$,
(1)当 $a=-1$ 时, $-\frac{1}{a}=1$, 不等式的解集为 $\{x \mid x \neq 1\}$ ；
(2)当 $-1<a<0$ 时, $-\frac{1}{a}>1$, 不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, x>-\frac{1}{a}\right.\right.$ 或 $\left.x<1\right\}$;
(3)当 $a<-1$ 时, $-\frac{1}{a}<1$, 不等式的解集为 $\left\{x \mid x>1\right.$ 或 $\left.x<-\frac{1}{a}\right\}$;

综上, 当 $a<-1$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \mid x>1\right.$ 或 $\left.x<-\frac{1}{a}\right\}$;
当 $a=-1$ 时, 原不等式的解集为 $\{x \mid x \neq 1\}$ ；
当 $-1<a<0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, x>-\frac{1}{a}\right.\right.$ 或 $\left.x<1\right\}$;
当 $a=0$ 时, 原不等式的解集为 $\{x \mid x<1\}$;
当 $a>0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{a}<x<1\right.\right\}$.

## 逆用均值不等式
`例` 若 $x>y>0$ ，则 $\sqrt{2} x^3+\frac{3}{x y-y^2}$ 的最小值为

解：这是一道难点较大的试题

因为$a+b \geq 2\sqrt{ab}$ 如令 $a=y,b=x-y$ 则上式 $x y-y^2 \leq \frac{3}{\left(\frac{x}{2}\right)^2}$ ,这样就消去了$y$

原式$=\sqrt{2} x^3+\frac{3}{y(x-y)} \geqslant \sqrt{2} x^3+\frac{3}{\left(\frac{x}{2}\right)^2}$

接下来尽可能凑成均值不等式，因此进行拆分
$=\sqrt{2} x^3+\frac{12}{x^2}=\frac{\sqrt{2}}{2} x^3+\frac{\sqrt{2}}{2} x^3+\frac{4}{x^2}+\frac{4}{x^2}$

$$
\geqslant 5 \sqrt[5]{\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4}=5 \times 2=10
$$
那么能不能渠道最小值10呢

若取到最值应该满足
$$
\left\{\begin{array}{l}
y=x-y \\
\frac{\sqrt{2}}{2} x^3=\frac{4}{x^2} 
\end{array}\right.
$$

可以求的$x=\sqrt{2},y=\sqrt{2}/2$ 满足题目要求。

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