不等式是高中数学中具有联结和支撑作用的主干知识，它既是中学数学的重要内容，又是学习高等数学的必要基础，因此是高考重点考查的内容之一。
　　不等式知识点多，覆盖面广，内涵深刻，思想丰富，且应用广泛。它作为研究数学问题的重要工具渗透在数学的方方面面。高考不等式命题常在与函数、数列、解析、向量、三角等知识的交汇处设计，具有较强的综合性，且方法灵活多样。这类问题大多以能力立意，注重基础，着重考查不等式性质、不等式解法、不等式的证明及不等式的综合应用与实际应用等。突出考查等价转化、分类整合、函数与方程、数形结合等数学思想方法，是考查逻辑推理能力的重要素材。
　　
　　一、典型里题解析
　　1．三角函数的不等式问题
　　【例1】当0　　【分析】∵00，cosx>0,从而tanx>0,cotx>0.
　　∴f(x)= 2cos2x+8sin2x2sinxcosx=cotx+4tanx2cotx•4tanx=4.
　　当且仅当cotx=4tanx ，即tanx=12 时不等式取等号,∴f(x)min=4.
　　评析与启迪：“均值不等式”是重要内容，它的应用涉及高中数学的各个方面，且常考常新，稍有不慎，就会发生错误，应特别注意“一正、二定值、三等、四同时”是确保准确论证的前提条件。
　　【例2】三角形ABC的三个内角A、B、C，求当A满足何值时cos+2cosB+C2 取得最大值，并求出这个最大值。
　　解法1：（转化成二次函数问题）由A+B+C=π，得 B+C2=π2-A2，
　　所以有 cosB+C2=sinA2 ．
　　cosA+2cosB+C2 = cosA+2sinA2 =1－2sin2A2 +2sinA2①=－2(sinA2－12)2+32，
　　当sinA2 =12，即A=π3时，cosA+2cosB+C2取得最大值为32．
　　解法2：（利用基本不等式）由解法1，知
　　cosA+2cosB+C2=1-2sin2A2 +2sinA2 =1+2sinA2 (1-sinA2 )1+2•（sinA2 +1-sinA2 2 ）2=32 ．
　　当且仅当sinA2 =1-sinA2，即A=π3时，cosA+2cosB+C2取得最大值为32．
　　解法3：（用一般函数理论解决三角函数问题）令 f（A）=cosA+2sinA2（0　　f′（A）=-sinA+2×12cosA2=cosA2(1-2sinA2),
　　由f′（A）=0,得A= π3．
　　当00；当 π3　　所以函数F(A)在(0,π3)上是增函数，在(π3,π)上是减函数。
　　故f(A)max=f(π3)=32．
　　评析与启迪：本题主要考查三角形中的三角恒等变形。方法1将问题转换为求二次函数在给定区间上的最值，是解决这类问题的一个通法；
　　方法2注意到sinA2与1-sinA2的和为定值，应用基本不等式，使问题得到整体解决，当然，该方法不易被发现；方法3应用了导数的性质，实际上是解决最值问题的一种基本思路，这里实现了方法上的跨越。
　　2．数列问题中的不等式
　　【例3】数列{an}满足 a1=1且an+1=(1+1n2+n)an+12n(n1).
　　（Ⅰ）用数学归纳法证明： an2(n2)；
　　（Ⅱ）已知不等式ln(1+x)0成立，证明:an　　（Ⅰ）证明：①当n=2时，a2=22，不等式成立。
　　②假设当n=k(k2)时不等式成立，即 ak2(k2),
　　那么ak+1=(1+1k(k+1))ak+12k2.这就是说，当n=k+1时不等式成立。
　　根据（1）、（2）可知：ak2对所有n2成立。
　　（Ⅱ）证法1：由递推公式及（Ⅰ）的结论有
　　an+1=(1+1n2+n)an+12n(1+1n2+n+12n)an. (n1)
　　两边取对数并利用已知不等式得: lnan+1ln(1+1n2+n+12n)+lnanlnan+1n2+n+12n.故lnan+1-lnan1n(n+1)+12n(n1).
　　上式从1到n-1 求和可得
　　lnan-lna111×2+12×3+……+1(n-1)n+12+122+……12n-1=1-12+(12-13)+……+1n-1-1n+12•1-12n1-12=1-1n+1-12n<2. 即lnan<2,故an　　（Ⅱ）证法2：由数学归纳法易证2n>n(n-1)对n2成立，故 an+1=(1+1n2+n)an+12n<［1+1n(n-1)］an+1n(n-1)(n2).令bn=an+1(n2),则bn+1［1+1n(n-1)］bn(n2).取对数并利用已知不等式得: lnbn+1(1+1n(n-1))+lnbnlnbn+1n(n-1)(n2).
　　上式从2到n求和得:lnbn+1-lnb211×2+12×3+……+1n(n-1) =1-12+12-13+……+1n-1-1n<1.
　　因 b2=a2+1=3. 故 lnbn+1<1+ln3,bn+1　　评析与启迪：与自然数有关的数学命题常用数学归纳法证明，要注意放缩法的恰当使用，其次当数列的递推式形如an+1-an=bn，而数列{bn}的前n项和容易求时，可用“累差法”求得 an=a1+(b1+b2+……+bn-1).
　　当数列的递推公式形如an+1an=bn，而数列{bn}的前n 项积容易求时，可用“累乘法”求得 an=a1•(b1•b2•……•bn-1).
　　3．几何问题中的不等式
　　【例4】已知在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，P是AB上的点，则点P到AC、BC的距离乘积的最大值是 ．
　　【分析】如图，设点P到AC、BC的距离分别为x,y，由平面几何知识易得 x3=4-y4，其中x、y 都是正实数，问题转化为在此条件下，求xy 的最大值问题。下面有两条途径可供选择，一是应用基本不等式解之，二是利用二次函数性质求其最大值。
　　思路1： 由分析知：4x+3y=12，所以，12=4x+3y24x•3y=43xy，即33xy， ，所以， xy3，当且仅当x=32，y=2时，xy 的最大值为3．
　　思路2：由分析知：4x+3y=12 ，所以，y=12-4x3，所以xy=12-4x3•x=-43x2+4x=-43（x-32）2+3 ，又0　　评析与启迪：本题是以平面几何知识为载体的条件不等式问题，解答过程中反映了不等式与函数的自然交汇，体现了函数思想的灵活应用。
　　【例5】已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋bx，a≠0.
　　（Ⅰ）若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
　　（Ⅱ）设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N，证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行。
　　解：（Ⅰ） ，b=2时,h(x)=lnx-12ax2-2x,则h′(x)=1x -ax-2=-ax2+2x-1x.
　　因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)<0有解。又因为x>0时，则ax2+2x－1>0有x>0的解。
　　①当a>0时，y=ax2+2x－1为开口向上的抛物线，ax2+2x－1>0总有x>0的解；
　　②当a<0时，y=ax2+2x－1为开口向下的抛物线，而ax2+2x－1>0总有x>0的解；
　　则△=4+4a>0,且方程ax2+2x－1=0至少有一正根。此时，－1　　综上所述，a的取值范围为（－1，0）∪（0，+∞）.
　　（Ⅱ）证法1:设点P、Q的坐标分别是（x1, y1），（x2, y2），0　　则点M、N的横坐标为x=x1+x22,C1在点M处的切线斜率为 k1=1x|x=x1+x22=2x1+x2,
　　C2在点N处的切线斜率为k2=ax+b |x=x1+x22=a(x1+x2)2+b.
　　假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2，
　　即 2x1+x2=a(x1+x2)2+b，则
　　2(x2-x1x1+x2 =a2(x22-x21)+b(x2-x1)=a2(x22+bx2)-(a2x21+bx1)=y2-y1=lnx2-lnx1.
　　所以lnx2x1=2(x2x1-1)1+x2x1. 设t=x2x1, 则lnt=2(t-1)1+t,t>1. ①
　　令r(t)=lnt- 2(t-1)1+t,t>1. 则r′(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2.
　　因为t>1 时，r′(t)>0，所以r(t) 在［1,+∞）上单调递增。故 r(t)>r(1)=0.
　　则lnt>2(t-1)1+t. 这与①矛盾，假设不成立。
　　故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行。
　　证法2：同证法一得 (x2+x1)(lnx2-lnx1)=2(x2-x1)
　　因为x1>0 ，所以 (x2x1+1)lnx2x1=2(x2x1-1).
　　令t=x2x1, 得(t+1)lnt=2(t-1),t>1. ②
　　令r(t) =(t+1)lnt-2(t-1),t>1,则r′(t)=lnt+1t-1.
　　因为 (lnt+1t)′=1t-1t2=t-1t2，所以t>1时，(lnt+1t)′>0.
　　故lnt+1t在［1,+∞）上单调递增。从而lnt+1t-1>0 ，即 r′(t)>0.
　　于是r(t)在［1,+∞）上单调递增。故 r(t)>r(1)=0. 即(t+1)lnt>2(t-1). 这与②矛盾，假设不成立。 故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行。
　　评析与启迪：本题考查函数的性质、导数的几何意义、不等式等知识以及函数思想、分类整合的思想、化归思想的运用、考查学生逻辑推理、分析问题和解决问题的能力.这里要注意运用导数研究函数的单调性及切线问题，同时要根据情况，适时构造函数，并会用反证法证明问题。
　　4．函数问题中的不等式
　　【例6】设函数f(x)=1-xax+lnx 在 ［1,+∞）上是增函数。
　　（1）求正实数a的取值范围；
　　（2）设b>0,a>1，求证：1a+b<lna+bb　　解：（1）f′(x)=ax-1ax20对x∈［1,+∞）恒成立，
　　∴a 1x在x∈［1,+∞）恒成立，所以a(1x)max=1．
　　（2）取x= a+bb，Θa>1,b>0，∴a+bb>1,由（1）知在 a>1时， f(x)=1-xax+lnx在 ［1,+∞）上是增函数， ∴f(a+bb)>f(1)=0,
　　∴1-a+bba•a+bb+lna+bb>0，即lna+bb>1a+b ；
　　设函数G(x)=x-lnx(x>1) ，则 G′(x)=1-1x=x-1x>0(Θx>1)，
　　∴G(x) 在 (1,+∞）上是增函数且在 x=1处连续，又 G(1)=1>0
　　∴当x>1 时，G(X)>G(1)>0， ∴ x>lnx, 即a+bb>lna+bb．
　　综上所述， 1a+b<lna+bb　　【例7】设 x1,x2是函数f(x)= a3x3+b2x2-a2x(a>0)的两个极值点，且 |x1|+|x2|=2．
　　(1)证明:0　　(2)证明:|b|439.
　　证明：(1)∵x1,x2是f(x) 的两个极值点，∴x1,x2是f′(x)=ax2+bx-a2=0 的两个根，又，a>0 ，∴ x1,x2=-a<0,x1+x2 =-ba,
　　∴2=|x1|+|x2|=|x1-x2|=(x1-x2)2=b2a2+4a ．即，b2=4a2-4a3，∵ b20 ，∴0　　(2) 由(1)可知，应该构造三次函数g(x)=4a2-4a3（0　　评析与启迪：函数的最值与极值命题的热点是函数、方程、不等式的融合，解决此类问题必须有扎实的基本功和基本思想方法，要熟练一元二次不等式的一般解法、一元二次方程根的判定、二次函数的性质，掌握这三个二次对应关系及内在联系。
　　
　　二、命题趋势与复习建议
　　高考中对不等式的考查主要体现在解不等式和证明不等式。其中解不等式是基本问题，难度中等，求解思路常规、简单，但是，必须抓细节确保成功；不等式的证明比较灵活，它可以和众多内容交汇融合，不仅要用到不等式的性质、不等式证明的方法和技巧，还需要一定的综合能力。
　　虽然高考并不追求知识点的覆盖面，但是考前复习必须点点落实、不留死角，要结合考试说明对每个知识点的要求，精读课本，掌握各部分内容思想和方法，要辨证地看待“通性”、“通法”，和特殊技巧，在掌握解题基本思想、基本方法上很下工夫。牢固掌握不等式的基础知识，深入理解不等式的性质、解法及证明，熟练掌握简单的绝对值不等式、简单的一元二次不等式、简单的分式不等式的解法，掌握比较法、综合法、分析法数学归纳法证明简单的不等式
　　加强与其它知识的联系，注重不等式与函数、数列、解析、向量、三角等知识的融合。特别要认识不等式与函数、方程之间的相关知识的联系，熟练掌握以函数知识为主、方程和不等式知识为辅、函数思想为灵魂、数形结合方法和导函数等若干方法为手段的解题策略。
　　
　　(编校：吴春燕)