重要不等式及其应用

一、 不等式的基本性质与绝对值不等式

1. 不等式的基本性质

① 若 $a>b$，则 $a+c>b+c$

② 若 $a>b,c>0$，则 $ac>bc$

③ 若 $a>b,c<0$，则 $ac<bc$（注意变号）

2. 绝对值基本不等式（几何意义：距离）

设 $a>0$：

• 大于取两边：$|x|>a⟺x>a$ 或 $x<-a$

• 小于取中间：$|x|<a⟺-a<x<a$

👉 点击展开：复杂绝对值不等式的转化

1. 带上下限：若 $b>a>0$，则 $a\le |x|<b⟺a\le x<b$ 或 $-b<x\le -a$

2. 整体代换：把 $(ax+b)$ 看作一个整体，直接套用上面的“大于取两边，小于取中间”。

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二、 三大重要不等式（常考）

1. 均值不等式（调和 $\le$ 几何 $\le$ 算术 $\le$ 平方平均）

对任意 $a,b>0$，恒有：

$\frac{2}{\frac{1}{\mathbf{a}}+\frac{1}{\mathbf{b}}}\le \sqrt{\mathbf{ab}}\le \frac{\mathbf{a}+\mathbf{b}}{2}\le \sqrt{\frac{{\mathbf{a}}^2+{\mathbf{b}}^2}{2}}$

(注：等号成立的条件均为 $a=b$)

2. 三角不等式

核心公式：$||a|-|b||\le |a\pm b|\le |a|+|b|$

👉 点击展开：取等号的条件（极易考选择题！）

• $||a|-|b||=|a+b|⟺a\cdot b\le 0$

• $|a+b|=|a|+|b|⟺a\cdot b\ge 0$

• $||a|-|b||=|a-b|⟺a\cdot b\ge 0$

• $|a-b|=|a|+|b|⟺a\cdot b\le 0$

3. 柯西不等式（常用于配凑求最值）

一般形式：$(a_1^2+\cdots +a_n^2)(b_1^2+\cdots +b_n^2)\ge (a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n{)}^2$

考研最常用（二维形式）：

$({\mathbf{a}}_1^2+{\mathbf{a}}_2^2)({\mathbf{b}}_1^2+{\mathbf{b}}_2^2)\ge ({\mathbf{a}}_1{\mathbf{b}}_1+{\mathbf{a}}_2{\mathbf{b}}_2{)}^2$

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三、 二次函数基本性质与判别式

四、 一元二次方程根的分布（区间根问题）🌟🌟🌟

核心解题“三板斧”

处理区间根问题，永远只盯住三个条件：

① 判别式 $\Delta$ （保证有根）

② 对称轴 $x=-\frac{b}{2a}$ （确定大体位置）

③ 端点函数值 $f(k)$ （精准卡位）

五、 区间恒成立问题与闭区间最值

1. 二次不等式在区间 $(k_1,k_2)$ 上恒成立的条件

设 $f(x)=a{x}^2+bx+c>0(a\ne 0)$ 在区间 $(k_1,k_2)$ 上恒成立：

① 当 $a<0$ 时（开口向下）

只要保证区间的两个端点都在 $x$ 轴上方（或轴上）即可：

$f(k_1)\ge 0\text{且}f(k_2)\ge 0$

② 当 $a>0$ 时（开口向上）

满足以下三种情况之一即可：

• 整体悬浮：$\Delta <0$

• 谷底在区间左侧：$-\frac{b}{2a}\le k_1$ 且 $f(k_1)\ge 0$

• 谷底在区间右侧：$-\frac{b}{2a}\ge k_2$ 且 $f(k_2)\ge 0$

2. 二次函数在闭区间 $[m,n]$ 上的最值 $(a>0)$

核心思路：看对称轴 $x=-\frac{b}{2a}$ 是否在区间 $[m,n]$ 内。

① 对称轴在区间内 $\left(m\le -\frac{b}{2a}\le n\right)$

• 最小值：在顶点处取得，$y_{\min }=f\left(-\frac{b}{2a}\right)=\frac{4ac-b^2}{4a}$

• 最大值：在离对称轴较远的端点取得，$y_{\max }=\max \{f(m),f(n)\}$

② 对称轴在区间左侧 $\left(-\frac{b}{2a}<m\right)$

此时函数在区间内单调递增：

• 最小值：$y_{\min }=f(m)$

• 最大值：$y_{\max }=f(n)$

③ 对称轴在区间右侧 $\left(-\frac{b}{2a}>n\right)$

此时函数在区间内单调递减：

• 最小值：$y_{\min }=f(n)$

• 最大值：$y_{\max }=f(m)$

🖼️ 点击查看：恒成立与最值书本图表

六、 不等式综合与进阶经典例题（全家桶）

🟢 题型一：均值不等式（配凑与放缩）

例 16：均值不等式的多项式配凑

题目：设 $a,b,c$ 均为正数，且 $a+b+c=1$，证明：

(1) $ab+bc+ac\le \frac{1}{3}$ ；

(2) $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge 1$。

👉 点击展开：解析过程

证明 (1)：

因为 $a^2+b^2\ge 2ab,b^2+c^2\ge 2bc,c^2+a^2\ge 2ac$，

所以 $2(a^2+b^2+c^2)\ge 2(ab+bc+ca)$，即 ${\mathbf{a}}^2+{\mathbf{b}}^2+{\mathbf{c}}^2\ge \mathbf{ab}+\mathbf{bc}+\mathbf{ca}$。

又因为 $(a+b+c{)}^2=1$，展开得：

$1=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge 3(ab+bc+ca)$，故 $ab+bc+ac\le \frac{1}{3}$。✅

证明 (2)：

巧妙配凑：$\frac{a^2}{b}+b\ge 2a,\frac{b^2}{c}+c\ge 2b,\frac{c^2}{a}+a\ge 2c$。

将三式相加：$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+(a+b+c)\ge 2(a+b+c)$。

移项即得：$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c=1$。得证。✅

例 17：均值不等式求极值与巧妙变形

题目：已知 $x,y$ 为正数，且 $x+y=1$。证明：

(1) $0<xy\le \frac{1}{4}$ ；

(2) $(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})\ge 9$。

👉 点击展开：解析过程

证明 (1)：

由均值不等式 $xy\le (\frac{x+y}{2}{)}^2=(\frac{1}{2}{)}^2=\frac{1}{4}$，故 $0<xy\le \frac{1}{4}$。✅

证明 (2)（书本神仙解法）：

将 $1$ 替换为 $x+y$：

$1+\frac{1}{x}=\frac{x+1}{x}=\frac{x+x+y}{x}$，同理 $1+\frac{1}{y}=\frac{y+y+x}{y}$。

$(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})=\frac{x+x+y}{x}\cdot \frac{y+y+x}{y}\ge \frac{3\sqrt[3]{x^{2}y}\cdot 3\sqrt[3]{x{y}^2}}{xy}=\frac{9xy}{xy}=9$。得证。✅

例 18：方程中的均值约束

题目：若 $a>0,b>0$，且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{ab}$。

(1) 求 $a^3+b^3$ 的最小值；

(2) 是否存在 $a,b$，使得 $2a+3b=6$？说明理由。

👉 点击展开：解析过程

求解 (1)：

由题意，$\sqrt{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{2}{\sqrt{ab}}$，于是 $ab\ge 2$（当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时等号成立）。

故 $a^3+b^3\ge 2\sqrt{a^3\cdot b^3}\ge 2\sqrt{2^3}=4\sqrt{2}$。最小值为 $4\sqrt{2}$。✅

求解 (2)：

若存在，由均值不等式：$6=2a+3b\ge 2\sqrt{6ab}$，平方得 $36\ge 24ab⟹ab\le \frac{3}{2}$。

但由 (1) 知 $ab\ge 2$，产生矛盾！故不存在这样的 $a,b$。✅

例 19：对数函数与均值不等式

题目：设 $f(x)=\ln x$。若 $p=f(\sqrt{ab}),q=f(\frac{a+b}{2}),r=\frac{1}{2}[f(a)+f(b)]$，且 $0<a<b$，判断 $p,q,r$ 的大小关系。

👉 点击展开：解析过程

第一步：化简各表达式

$p=\ln \sqrt{ab}=\frac{1}{2}\ln ab$

$q=\ln (\frac{a+b}{2})$

$r=\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)=\frac{1}{2}\ln ab$

显然 $\mathbf{p}=\mathbf{r}$。

第二步：比较 $p$ 和 $q$

因为 $a\ne b$，根据均值不等式 $\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}$。

又因 $f(x)=\ln x$ 为严格单调递增函数，故 $f(\frac{a+b}{2})>f(\sqrt{ab})$，即 $q>p$。

结论：$p=r<q$，选 (C)。✅

例 20：二次均值展开求最值

题目：若 $x,y$ 是正数，求 $(x+\frac{1}{2y}{)}^2+(y+\frac{1}{2x}{)}^2$ 的最小值。

👉 点击展开：解析过程

展开并两次使用均值：

原式 $\ge 2(x+\frac{1}{2y})(y+\frac{1}{2x})=2(xy+\frac{1}{4xy}+\frac{x}{2x}+\frac{y}{2y})$

$=2(xy+\frac{1}{4xy}+1)$

再次对内部使用均值：$xy+\frac{1}{4xy}\ge 2\sqrt{xy\cdot \frac{1}{4xy}}=2\cdot \frac{1}{2}=1$。

代回原式：$\ge 2(1+1)=4$。

结论：最小值为 4，选 (C)。✅

例 22：分式的均值拆解

题目：若 $a,b\in \mathbf{R},ab>0$，求 $\frac{a^4+4b^4+1}{ab}$ 的最小值。

👉 点击展开：解析过程

化简拆分：

分子使用均值：$a^4+4b^4\ge 2\sqrt{4a^4{b}^4}=4a^2{b}^2$。

代入原式：$\frac{a^4+4b^4+1}{ab}\ge \frac{4a^2{b}^2+1}{ab}=4ab+\frac{1}{ab}$。

再次使用均值：$4ab+\frac{1}{ab}\ge 2\sqrt{4ab\cdot \frac{1}{ab}}=4$。

结论：最小值为 4，选 (C)。✅

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🔵 题型二：柯西不等式（降维打击）

例 26：柯西不等式证明多项式

题目：证明 $x_1^2+(x_2-x_1{)}^2+(x_3-x_2{)}^2+\cdots +(a-x_{n-1}{)}^2\ge \frac{a^2}{n}(n\ge 2)$。

👉 点击展开：解析过程

构造柯西不等式模型：

将原式乘以 $n$，即乘以 $(1^2+1^2+\cdots +1^2)$ （共 $n$ 个 1）。

$[x_1^2+(x_2-x_1{)}^2+\cdots +(a-x_{n-1}{)}^2]\cdot (1^2+1^2+\cdots +1^2)$

根据柯西不等式，$\ge (x_1\cdot 1+(x_2-x_1)\cdot 1+\cdots +(a-x_{n-1})\cdot 1{)}^2$

内部产生连锁消元：$(x_1+x_2-x_1+x_3-x_2+\cdots +a-x_{n-1}{)}^2=a^2$。

移项即得：原式 $\ge \frac{a^2}{n}$。得证。✅

例 27：柯西不等式的项数变换

题目：证明 $(a+b+c+d{)}^2\le 3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$。

👉 点击展开：解析过程

核心逻辑：不等式右侧有系数 3，提示我们要把左侧的 4 项“打包”成 3 项来使用柯西不等式。

证明步骤：

左边 $=[(a+b)+c+d{]}^2$

运用柯西不等式：$[(a+b)\cdot 1+c\cdot 1+d\cdot 1{]}^2\le [(a+b{)}^2+c^2+d^2]\cdot (1^2+1^2+1^2)$

$=3(a^2+2ab+b^2+c^2+d^2)$

$=3(a^2+b^2+c^2+d^2)+6ab$。得证。✅

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🔴 题型三：绝对值不等式

例 23：绝对值恒成立问题

题目：已知函数 $f(x)=|x-a^2|+|x-2a+1|$。若 $f(x)\ge 4$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围。（注：原题 (1) $a=2$ 解集省略，直奔核心求参）

👉 点击展开：解析过程

利用三角不等式求最小值：

$f(x)=|x-a^2|+|x-2a+1|\ge |(x-a^2)-(x-2a+1)|=|-a^2+2a-1|=(a-1{)}^2$。

建立不等式：

要使 $f(x)\ge 4$ 恒成立，只需其最小值 $\ge 4$。

即 $(a-1{)}^2\ge 4⟹|a-1|\ge 2$。

解得：$a-1\ge 2$ 或 $a-1\le -2$，即 $a\ge 3$ 或 $a\le -1$。

结论：$a$ 的范围是 $(-\infty ,-1]\cup [3,+\infty )$。✅

例 24：绝对值存在性问题

题目：若关于 $x$ 的不等式 $|a|\ge |x+1|+|x-2|$ 存在实数解，则实数 $a$ 的取值范围是 ________。

👉 点击展开：解析过程

核心区分：“存在”即大于等于右侧的最小值。

第一步：求右侧最小值：$|x+1|+|x-2|=|x+1|+|2-x|\ge |x+1+2-x|=3$。

第二步：使 $|a|\ge 3$。解得 $a\ge 3$ 或 $a\le -3$。

结论：填 $(-\infty ,-3]\cup [3,+\infty )$。✅

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🟣 题型四：区间根分布

例 28：方程两根与点的位置关系

题目：关于 $x$ 的方程 $2k{x}^2-2x-3k-2=0$ 的两个实根一个小于 $1$，另一个大于 $1$，求实数 $k$ 的取值范围。

👉 点击展开：解析过程

万能公式秒杀：

设 $f(x)=2k{x}^2-2x-3k-2$，由于是二次方程，必有 $k\ne 0$。

一根小于 1 一根大于 1（即 $x_1<1<x_2$），等价于开口方向与端点函数值异号。

充要条件：$\mathbf{a}\cdot \mathbf{f}(1)<0$。

代入计算：

$a=2k$。

$f(1)=2k(1{)}^2-2(1)-3k-2=-k-4$。

故 $2k\cdot (-k-4)<0⟹k(k+4)>0$。

解得：$k<-4$ 或 $k>0$。✅