引言不等式是高中數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容之一，既是連接函數(shù)、方程、數(shù)列、幾何等知識(shí)點(diǎn)的橋梁，也是高考考查的重點(diǎn)（占比約15%）。其應(yīng)用場(chǎng)景涵蓋求最值、證明不等式、解決恒成立問(wèn)題、結(jié)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)分析等，具有極強(qiáng)的靈活性和綜合性。本講座將從基礎(chǔ)回顧入手，分類解析典型題型，總結(jié)解題策略，并通過(guò)綜合訓(xùn)練提升應(yīng)用能力。一、基礎(chǔ)回顧：不等式的核心工具解決不等式應(yīng)用問(wèn)題，需熟練掌握以下基本性質(zhì)和定理：1.1不等式的基本性質(zhì)傳遞性：若\(a>b\)且\(b>c\)，則\(a>c\)；可加性：若\(a>b\)，則\(a+c>b+c\)；乘除法則：若\(a>b\)且\(c>0\)，則\(ac>bc\)；若\(c<0\)，則\(ac<bc\)；平方性質(zhì)：若\(a>b>0\)，則\(a^2>b^2\)；若\(0>a>b\)，則\(a^2<b^2\)。1.2重要不等式定理均值不等式（AM≥GM）：對(duì)于正數(shù)\(a_1,a_2,\dots,a_n\)，有\(zhòng)(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\dotsa_n}\)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(a_1=a_2=\dots=a_n\)時(shí)成立（一正二定三相等）。常用變形：\(ab\leq\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\)（\(a,b>0\)）；\(a^2+b^2\geq2ab\)（\(a,b\in\mathbb{R}\)）?？挛鞑坏仁剑簩?duì)于實(shí)數(shù)\(a_1,a_2,\dots,a_n\)和\(b_1,b_2,\dots,b_n\)，有\(zhòng)[(a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\dots+b_n^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n)^2,\]等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}\)（\(b_i\neq0\)）時(shí)成立。絕對(duì)值不等式：\[a-b\leqa\pmb\leqa+b\]等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(ab\geq0\)（右邊）或\(ab\leq0\)（左邊）時(shí)成立。二、典型題型與解法解析2.1求最值問(wèn)題：均值不等式的靈活應(yīng)用核心思路：利用均值不等式將變量轉(zhuǎn)化為定值，實(shí)現(xiàn)“和最小”或“積最大”。關(guān)鍵條件：一正（變量為正）、二定（和或積為定值）、三相等（等號(hào)成立條件）。例1：正向應(yīng)用（積定和最?。┣蠛瘮?shù)\(f(x)=x+\frac{1}{x}\)（\(x>0\)）的最小值。解：由均值不等式，\(x+\frac{1}{x}\geq2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2\)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(x=\frac{1}{x}\)即\(x=1\)時(shí)成立，故最小值為2。例2：配湊技巧（拆項(xiàng)/添項(xiàng)）求函數(shù)\(f(x)=x+\frac{1}{x-1}\)（\(x>1\)）的最小值。思路：將\(x\)拆為\((x-1)+1\)，使兩項(xiàng)均為正且乘積為定值。解：\(f(x)=(x-1)+\frac{1}{x-1}+1\geq2\sqrt{(x-1)\cdot\frac{1}{x-1}}+1=3\)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(x-1=\frac{1}{x-1}\)即\(x=2\)時(shí)成立，故最小值為3。例3：條件最值（柯西不等式）已知\(x+y=1\)（\(x,y>0\)），求\(x^2+y^2\)的最小值。解法1（均值）：由\(x+y=1\)，得\(y=1-x\)，代入得\(x^2+(1-x)^2=2x^2-2x+1\)，配方得\(2(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2}\)，最小值為\(\frac{1}{2}\)（當(dāng)\(x=y=\frac{1}{2}\)時(shí)）。解法2（柯西）：\((x^2+y^2)(1^2+1^2)\geq(x\cdot1+y\cdot1)^2=1^2=1\)，故\(x^2+y^2\geq\frac{1}{2}\)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(x=y=\frac{1}{2}\)時(shí)成立。2.2不等式證明：方法選擇與技巧常用方法：比較法（作差/作商）、綜合法（由因?qū)Ч⒎治龇ǎ▓?zhí)果索因）、放縮法（裂項(xiàng)/不等式變形）。例4：比較法（作差）證明：\(a^2+b^2\geq2ab\)（\(a,b\in\mathbb{R}\)）。解：作差得\(a^2+b^2-2ab=(a-b)^2\geq0\)，故不等式成立（等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)\(a=b\)時(shí)）。例5：綜合法（均值不等式鏈）證明：對(duì)于正數(shù)\(a,b\)，有\(zhòng)(\frac{2ab}{a+b}\leq\sqrt{ab}\leq\frac{a+b}{2}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)。思路：從左到右依次用均值不等式：左半部分：\(\frac{2ab}{a+b}=\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}}\leq\sqrt{ab}\)（調(diào)和平均≤幾何平均）；中間部分：\(\sqrt{ab}\leq\frac{a+b}{2}\)（幾何平均≤算術(shù)平均）；右半部分：\(\frac{a+b}{2}=\sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}}=\sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2}{4}}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)（算術(shù)平均≤平方平均）。例6：放縮法（裂項(xiàng)相消）證明：\(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots+\frac{1}{n^2}<2\)（\(n\geq1\)）。思路：將\(\frac{1}{k^2}\)放縮為\(\frac{1}{k(k-1)}\)（\(k\geq2\)），裂項(xiàng)后求和。解：當(dāng)\(k\geq2\)時(shí)，\(\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\)，故原式\(<1+(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\dots+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2-\frac{1}{n}<2\)，得證。2.3恒成立問(wèn)題：轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題核心思路：\(a\geqf(x)\)在區(qū)間\(D\)上恒成立\(\Leftrightarrowa\geqf(x)_{\text{max}}\)；\(a\leqf(x)\)在區(qū)間\(D\)上恒成立\(\Leftrightarrowa\leqf(x)_{\text{min}}\)。例7：分離參數(shù)法已知函數(shù)\(f(x)=x^2-2ax+1\)，若\(f(x)\geq0\)在\([1,2]\)上恒成立，求實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍。思路：分離參數(shù)\(a\)，轉(zhuǎn)化為\(a\leq\frac{x^2+1}{2x}\)在\([1,2]\)上恒成立，只需求右邊函數(shù)的最小值。解：由\(x^2-2ax+1\geq0\)，得\(2a\leqx+\frac{1}{x}\)（\(x\in[1,2]\)）。令\(g(x)=x+\frac{1}{x}\)，則\(g(x)\)在\([1,2]\)上單調(diào)遞增（導(dǎo)數(shù)\(g'(x)=1-\frac{1}{x^2}\geq0\)），故\(g(x)_{\text{min}}=g(1)=2\)，因此\(2a\leq2\)，即\(a\leq1\)。例8：分類討論（二次函數(shù)恒成立）若\(f(x)=ax^2+2x+1\geq0\)在\(\mathbb{R}\)上恒成立，求\(a\)的取值范圍。思路：分\(a=0\)（一次函數(shù)）和\(a\neq0\)（二次函數(shù)）討論。解：當(dāng)\(a=0\)時(shí)，\(f(x)=2x+1\)，顯然不滿足恒成立；當(dāng)\(a\neq0\)時(shí)，需滿足\(\begin{cases}a>0\\\Delta=4-4a\leq0\end{cases}\)，解得\(a\geq1\)。故\(a\)的取值范圍是\([1,+\infty)\)。2.4綜合應(yīng)用：不等式與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)結(jié)合核心思路：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而求最值，解決不等式恒成立、存在性問(wèn)題。例9：導(dǎo)數(shù)與恒成立問(wèn)題已知函數(shù)\(f(x)=\lnx+ax^2-(2a+1)x\)（\(a\in\mathbb{R}\)），若\(f(x)\leq0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，求\(a\)的取值范圍。思路：分離參數(shù)\(a\)，轉(zhuǎn)化為\(a\leq\frac{\lnx+x}{2x-x^2}\)（\(x>0\)且\(x\neq2\)），再求右邊函數(shù)的最值。解：1.當(dāng)\(x=2\)時(shí)，\(f(2)=\ln2+4a-(4a+2)=\ln2-2<0\)，滿足條件；2.當(dāng)\(x>0\)且\(x\neq2\)時(shí)，\(f(x)\leq0\)等價(jià)于\(a(x^2-2x)\leq-\lnx-x\)，若\(x>2\)，則\(x^2-2x>0\)，故\(a\leq\frac{\lnx+x}{2x-x^2}\)；若\(0<x<2\)，則\(x^2-2x<0\)，故\(a\geq\frac{\lnx+x}{2x-x^2}\)。3.令\(g(x)=\frac{\lnx+x}{2x-x^2}\)（\(x>0\)且\(x\neq2\)），求導(dǎo)得：\[g'(x)=\frac{(\frac{1}{x}+1)(2x-x^2)-(\lnx+x)(2-2x)}{(2x-x^2)^2},\]化簡(jiǎn)后分析單調(diào)性（過(guò)程略），得\(g(x)\)在\((0,1)\)上單調(diào)遞增，在\((1,2)\)上單調(diào)遞減，在\((2,+\infty)\)上單調(diào)遞減，且\(g(1)=\frac{0+1}{2-1}=1\)，\(\lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty\)，\(\lim_{x\to2^-}g(x)=-\infty\)，\(\lim_{x\to+\infty}g(x)=0\)。4.結(jié)合\(a\)的不等式：當(dāng)\(x>2\)時(shí)，\(a\leqg(x)\)，而\(g(x)\)在\((2,+\infty)\)上單調(diào)遞減且趨近于0，故\(a\leq0\)；當(dāng)\(0<x<2\)時(shí)，\(a\geqg(x)\)，而\(g(x)\)在\((0,2)\)上的最大值為\(g(1)=1\)，故\(a\geq1\)？等等，這里可能出錯(cuò)了，再仔細(xì)看：原式分離參數(shù)時(shí)，\(f(x)=\lnx+ax^2-(2a+1)x\leq0\)，整理得\(ax^2-2ax-x+\lnx\leq0\)，即\(a(x^2-2x)\leqx-\lnx\)（注意符號(hào)！剛才分離錯(cuò)了?。?duì)，應(yīng)該是\(ax^2-(2a+1)x+\lnx\leq0\)，即\(a(x^2-2x)\leqx-\lnx\)，這才對(duì)！好的，糾正后：當(dāng)\(x=2\)時(shí)，左邊\(a(4-4)=0\)，右邊\(2-\ln2>0\)，成立；當(dāng)\(x>2\)時(shí)，\(x^2-2x>0\)，故\(a\leq\frac{x-\lnx}{x^2-2x}\)；當(dāng)\(0<x<2\)時(shí)，\(x^2-2x<0\)，故\(a\geq\frac{x-\lnx}{x^2-2x}\)（不等式方向改變）。現(xiàn)在令\(h(x)=\frac{x-\lnx}{x^2-2x}\)（\(x>0\)且\(x\neq2\)），化簡(jiǎn)：\(h(x)=\frac{x-\lnx}{x(x-2)}=\frac{1-\frac{\lnx}{x}}{x-2}\)（\(x>0\)且\(x\neq2\)）。令\(t(x)=1-\frac{\lnx}{x}\)，則\(t'(x)=-\frac{1-\lnx}{x^2}=\frac{\lnx-1}{x^2}\)，當(dāng)\(0<x<e\)時(shí)，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)單調(diào)遞減；當(dāng)\(x>e\)時(shí)，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)單調(diào)遞增；\(t(e)=1-\frac{1}{e}\)。再分析\(h(x)\)的符號(hào)：當(dāng)\(0<x<1\)時(shí)，\(x-2<0\)，\(x-\lnx>0\)（因?yàn)閈(\lnx<0\)），故\(h(x)<0\)；當(dāng)\(1<x<2\)時(shí)，\(x-2<0\)，\(x-\lnx>0\)（\(\lnx<x\)），故\(h(x)<0\)；當(dāng)\(x>2\)時(shí)，\(x-2>0\)，\(x-\lnx>0\)，故\(h(x)>0\)?，F(xiàn)在求\(h(x)\)的最值：當(dāng)\(x>2\)時(shí)，\(a\leqh(x)\)，需\(a\leqh(x)_{\text{min}}\)；計(jì)算\(h(x)=\frac{x-\lnx}{x(x-2)}\)，求導(dǎo)得：\(h'(x)=\frac{(1-\frac{1}{x})\cdotx(x-2)-(x-\lnx)\cdot(2x-2)}{x^2(x-2)^2}\)，化簡(jiǎn)分子：\((x-1)(x-2)-(x-\lnx)(2x-2)\)\(=(x^2-3x+2)-2(x-\lnx)(x-1)\)，令\(x=1\)，分子為\((1-3+2)-0=0\)；\(x=e\)，分子為\((e^2-3e+2)-2(e-1)(e-1)=e^2-3e+2-2(e-1)^2=e^2-3e+2-2(e^2-2e+1)=-e^2+e<0\)；\(x\to+\infty\)，分子≈\(x^2-3x-2x(x-1)=x^2-3x-2x^2+2x=-x^2-x<0\)，故\(h(x)\)在\((2,+\infty)\)上單調(diào)遞減，\(h(x)_{\text{min}}=\lim_{x\to+\infty}h(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{x-\lnx}{x^2-2x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1-\frac{\lnx}{x}}{x-2}=0\)，故\(a\leq0\)；當(dāng)\(0<x<2\)時(shí)，\(a\geqh(x)\)，需\(a\geqh(x)_{\text{max}}\)；\(h(x)\)在\((0,2)\)上單調(diào)遞增嗎？計(jì)算\(h(1)=\frac{1-0}{1\cdot(-1)}=-1\)，\(h(\frac{1}{2})=\frac{\frac{1}{2}-\ln\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\cdot(-\frac{3}{2})}=\frac{\frac{1}{2}+\ln2}{-\frac{3}{4}}=-\frac{2(1+2\ln2)}{3}\approx-\frac{2(1+1.386)}{3}\approx-1.59\)，\(h(1.5)=\frac{1.5-\ln1.5}{1.5\cdot(-0.5)}=\frac{1.5-0.405}{-0.75}\approx-1.46\)，故\(h(x)\)在\((0,1)\)上單調(diào)遞增（從\(-\infty\)到\(-1\)），在\((1,2)\)上單調(diào)遞減（從\(-1\)到\(-\infty\)），故\(h(x)_{\text{max}}=h(1)=-1\)，因此\(a\geq-1\)；綜上，\(a\)需滿足\(-1\leqa\leq0\)。再驗(yàn)證\(a=-1\)時(shí)，\(f(x)=\lnx-x^2+(2+1)x=\lnx-x^2+3x\)，求導(dǎo)得\(f'(x)=\frac{1}{x}-2x+3=\frac{-2x^2+3x+1}{x}\)，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\frac{3+\sqrt{17}}{4}\approx1.78\)，此時(shí)\(f(x)\)在\((0,1.78)\)上遞增，在\((1.78,+\infty)\)上遞減，\(f(1)=0-1+3=2>0\)？不對(duì)，說(shuō)明分離參數(shù)時(shí)還是有問(wèn)題，可能應(yīng)該用另一種方法：直接求\(f(x)\)的最大值，令\(f(x)_{\text{max}}\leq0\)。重新解例9：\(f(x)=\lnx+ax^2-(2a+1)x\)，求導(dǎo)得\(f'(x)=\frac{1}{x}+2ax-(2a+1)=\frac{2ax^2-(2a+1)x+1}{x}=\frac{(2ax-1)(x-1)}{x}\)（因式分解正確！）。哦，對(duì)！導(dǎo)數(shù)可以因式分解，這樣更簡(jiǎn)單：\(f'(x)=\frac{(2ax-1)(x-1)}{x}\)（\(x>0\)），現(xiàn)在分情況討論\(a\)的取值：當(dāng)\(a=0\)時(shí)，\(f'(x)=\frac{-x+1}{x}\)，當(dāng)\(0<x<1\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)遞增；當(dāng)\(x>1\)時(shí)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)遞減，故\(f(x)_{\text{max}}=f(1)=0+0-(0+1)\cdot1=-1\leq0\)，滿足條件；當(dāng)\(a>0\)時(shí)，令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)或\(x=\frac{1}{2a}\)，若\(\frac{1}{2a}<1\)即\(a>\frac{1}{2}\)，則\(f(x)\)在\((0,\frac{1}{2a})\)上遞增，\((\frac{1}{2a},1)\)上遞減，\((1,+\infty)\)上遞增，此時(shí)\(f(1)=0+a-(2a+1)=-a-1<0\)，但\(f(x)\)在\((1,+\infty)\)上遞增，\(\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\)，不滿足恒成立；若\(\frac{1}{2a}=1\)即\(a=\frac{1}{2}\)，則\(f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x}\geq0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增，\(\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\)，不滿足；若\(\frac{1}{2a}>1\)即\(0<a<\frac{1}{2}\)，則\(f(x)\)在\((0,1)\)上遞增，\((1,\frac{1}{2a})\)上遞減，\((\frac{1}{2a},+\infty)\)上遞增，同樣\(\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\)，不滿足；當(dāng)\(a<0\)時(shí)，令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)（\(2ax-1=0\)的解為\(x=\frac{1}{2a}<0\)，舍去），故\(f(x)\)在\((0,1)\)上遞增（因?yàn)閈(2ax-1<0\)，\(x-1<0\)，故\(f'(x)>0\)），在\((1,+\infty)\)上遞減（\(2ax-1<0\)，\(x-1>0\)，故\(f'(x)<0\)），因此\(f(x)_{\text{max}}=f(1)=0+a-(2a+1)=-a-1\)，要求\(f(x)_{\text{max}}\leq0\)，即\(-a-1\leq0\)，解得\(a\geq-1\)；綜上，\(a\)的取值范圍是\([-1,0]\)。注：本題易錯(cuò)點(diǎn)在于分離參數(shù)時(shí)符號(hào)處理錯(cuò)誤，通過(guò)導(dǎo)數(shù)直接分析函數(shù)單調(diào)性更穩(wěn)妥。三、解題策略總結(jié)1.求最值：優(yōu)先考慮均值不等式（注意“一正二定三相等”），若變量有約束，用柯西不等式或代入法；2.證明不等式：簡(jiǎn)單不等式用比較法（作差/作商）；含平方和、乘積和用柯西不等式；分式或級(jí)數(shù)用放縮法（裂項(xiàng)/不等式變形）；3.恒成立問(wèn)題：優(yōu)先分離參數(shù)（轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值）；分離困難時(shí)，用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性，求最值；4.綜合問(wèn)題：找到不等式與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的連接點(diǎn)（如用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立），注意分類討論。四、綜合訓(xùn)練題1.求最值已知\(x>0\)，\(y>0\)，且\(x+2