不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明．
解不等式的核心问题是不等式的同解变形，整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰．
比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)→变形→判断符号(值)．
证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．
虽然不等式的证明方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．
不等式应用问题体现了一定的综合性．这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等式；另一类是建立函数式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件．利用不等式解应用题的基本步骤：1°审题，2°建立不等式模型，3°解数学问题，4°作答．
题型一：不等式的性质
不等式的性质是证明不等式与解不等式的理论依据，因而是高考命题的重点考查的对象，若单独命题，主要是以选择题或填空题的形式出现，一般考查命题的真假的判断、大小比较、充要条件以及开放探索性问题等．
例1、(07上海卷)设
是非零实数，若
，则下列不等式成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：若a<b<0
a2>b2，A不成立；若
B不成立；
若a=1，b=2，则
，所以D不成立，故选C．
例2、比较
与
的大小．
解：
．
当
时，有
，
此时
．
当
时，有
，
此时
；
当
时，
．
题型二：解含参的不等式
例3、解关于x的不等式：
．
解：
原不等式等价于
①，即
.
由于
，所以
，所以，上述不等式等价于
②
(1)当
时，不等式组②等价于
此时，由于
，所以
．
从而
．
(2)当
时，不等式组②等价于
所以
．
(3)当
时，不等式组②等价于
此时，由于
，所以，
．
综上可知：
当
时，原不等式的解集为
；
当
时，原不等式的解集为
；
当
时，原不等式的解集为
．
题型三：利用均值不等式求最值
例4、(1)已知a，b为正常数，x，y为正实数，且
，求x＋y的最小值．
(2)若a>b>0，求
的最小值
(3)求
的最大值
解：
(1)法一：直接利用基本不等式：
≥
当且仅当
，即
时等号成立．
说明：为了利用均值不等式，本题利用了“1”的逆代换．
法二：消元化为一元函数：
由
得
．
∵ x>0，y>0，a>0，∴ 由
>0得y－b>0．
∴ x＋y≥
．
当且仅当
，即
时，等号成立．
法三：三角代换.令
，
，
∈(0，
)．
∴ 
，
．
∴ x＋y=
≥
．
当且仅当
时，等号成立．
(2)分析：
的分母(a—b)b，而(a—b)＋b=a，故问题突破口已显然! 也可以逐步进行：先对b求最小值
，然后在对a求最小值．
解法一：
=[(a－b)＋b]2＋
≥[2
]2＋
=4(a－b)b＋
≥16．
当且仅当b=(a－b)且(a－b)b=2，即a=2b=2
时取等号，故
的最小值为16．
解法二：
．
当且仅当b=(a－b)且
，
即a=2b=2
时取等号，故
的最小值为16．
(3)
(若由
无解“=”不成立)
令
，可以证明y(u)在
递减．
∴u=2，即x=0时，ymax=3．
点评：
用均值不等式求最值的前提条件是：“一正、二定、三相等”，这三个条件缺一不可，如果没有满足前提，要应根据题目创设情境，还要注意选择恰当的公式；一般来说“和定积最大，积定和最小”．由于均值不等式具有放缩功能，如果有多处用到，请注意每处等号的条件是否一致，若一致，则可取到最值，否则就不能取到最值．
题型四：不等式的证明
例5、已知a＞0，b＞0，且a＋b=1．求证：(a＋
)(b＋
)≥
.
证法一：(分析法)
欲证原式，即证4(ab)2＋4(a2＋b2)－25ab＋4≥0，即证4(ab)2－33(ab)＋8≥0，
即证ab≤
或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a＋b=1，∴ab≥8不可能成立．
∵1=a＋b≥2
，∴ab≤
，从而得证.
证法二：(均值代换法)
设a=
＋t1，b=
＋t2.
∵a＋b=1，a＞0，b＞0，∴t1＋t2=0，|t1|＜
，|t2|＜
．
显然当且仅当t1=t2=0，即a=b=
时，等号成立.
证法三：(比较法)
∵a＋b=1，a＞0，b＞0，∴a＋b≥2
，∴ab≤
．
证法四：(综合法)
∵a＋b=1， a＞0，b＞0，∴a＋b≥2
，∴ab≤
.
．
．
例6、已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件：对任意的实数x1，x2都有λ(x1－x2)2≤(x1－x2)[f (x1)－f(x2)]和|f (x1)－f(x2)|≤|x1－x2|，其中λ是大于0的常数.设实数a0，a，b满足f(a0)=0和b=a－λf(a)．
(1)证明λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f(b0)=0；
(2)证明(b－a0)2≤(1－λ2) (a－a0)2；
(3)证明[f(b)]2≤(1－λ2) [f(a)]2．
解：
(1)任取x1，x2∈R，x1≠x2，则由λ(x1－x2)2≤(x1－x2)[f (x1)－f(x2)] ①，和|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2| ②，可知λ(x1－x2)2≤(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]≤|x1－x2|·|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|2，从而λ≤1．假设有b0≠a0，使得f(b0)=0，则由①式知0＜λ(a0－b0)2≤(a0－b0)[f(a0)－f(b0)]=0，矛盾，∴不存在b0≠a0，使得f(b0)=0．
(2)由b=a－λf(a) ③，可知(b－a0)2=[a－a0－λf(a)]2=(a－a0)2－2λ(a－a0)f(a)＋λ2[f(a)]2 ④，由f(a0)=0和①式，得(a－a0)f(a)=(a－a0)[f(a)－f(a0)]≥λ(a－a0)2 ⑤，由f(a0)=0和②式知，[f(a)]2 =[f(a)－f(a0)]2≤(a－a0)2 ⑥，则将⑤、⑥代入④式，得(b－a0)2≤(a－a0)2－2λ2(a－a0)2＋λ2(a－a0)2=(1－λ2)(a－a0)2．
(3)由③式，可知[f(b)]2=[f(b)－f(a)＋f(a)]2=[f(b)－f(a)]2＋2f(a)[f(b)－f(a)]＋[f(a)]2≤(b－a)2－2·
[f(b)－f(a)]＋[f(a)]2=λ2[f(a)]2－
(b－a) [f(b)－f(a)]＋[f(a)]2≤λ2[f(a)]2－
·λ·(b－a)2＋[f(a)]2=λ2[f(a)]2－2λ2[f(a)]2＋[f(a)]2=(1－λ2)[f(a)]2．
题型五：不等式与函数综合
例7、已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m＋n≠0时
＞0．
(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；
(2)解不等式：f(x＋
)＜f(
)；
(3)若f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围．
思路分析：
(1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f(x)转化成“1”是点睛之笔．
（1）证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，
则f(x1)－f(x2)=f(x1)＋f(－x2)=
·(x1－x2)．
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1＋(－x2)≠0，由已知
＞0，又 x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数．
(2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数，
∴
解得：{x|－
≤x＜－1，x∈R}．
(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，
故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要使f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at＋1≥1成立，
故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，有g(a)≥0，
只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，
解得，t≤－2或t=0或t≥2．
∴t的取值范围是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}．
点评：
本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析能力与化归能力．它主要涉及函数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终，把所求问题分解转化，是函数中的热点问题；问题(2)、(3)要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了关键作用．
题型六：不等式与数列综合
例8、设函数
的定义域、值域均为R，
的反函数为
，且对任意实数x，均有
.定义数列
．
(1)求证：
(2)设
(3)是否存在常数A和B，同时满足
①当n=0及n=1时，有
成立；
②当n=2，3，…时，有
成立.
如果存在满足上述条件的实数A，B，求出A，B的值；如果不存在，证明你的结论．
(1)证明：
，令
，
，
即
．
(2)证明：
，
，
．
，
．
(3)解：由(2)可知：
．
假设存在常数A和B，使得
对
成立，则
，解得A=B=4．
由(2)可知
，∴
，
．
累加可得
，
∴
．
∴A=B=4满足题设．
题型七：不等式的实际应用
例9、设计一幅宣传画，要求画面面积为4840cm2，画面的宽与高的比为λ(λ<1)，画面的上下各留8cm的空白，左右各留5cm的空白，问怎样确定画面的高与宽的尺寸，能使宣传画所用纸张面积最小？如果
，那么
为何值时，能使宣传画所用纸张面积最小？
解：
设画面的高为
，宽为
，则
，设纸张面积为
，则有
，
当且仅当
时，即
时，
取最小值，此时，高
，
宽
.
如果
，则上述等号不能成立.现证函数
S(λ)在
上单调递增．设
，
则
．
因为
，
又
，
所以
，故
在
上单调递增，因此对
，当
时，
取得最小值．
