2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法 Word版含解析
高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.2基本不等式课件新人教B版选修4_5
求下列函数的值域. (1)y＝x22＋x1；(2)y＝x22＋x1.
【精彩点拨】
把函数转化为y＝ax＋
b x
或y＝
1 ax＋bx
的形式，再利用基本不
等式求解.
【自主解答】
(1)y＝x22 ＋ x 1＝1 2 x＋1 x ，当x＞0时，
x＋
1 x
≥2，∴y≥1；当x＜0时，－x＞0，－x＋
1 －x
元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为
年平均每件产品成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不
包括促销费用).
(1)将该产品的年利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家的年促销费用投入为多少万元时，厂家的年利润最大？最大年利
润是多少万元？
【精彩点拨】 (1)可先通过m＝0时，x＝1求出常数k，再根据条件列出y关 于m的函数；(2)在(1)的函数关系式下，利用基本不等式求最值.
阶1.2 基本不等式
阶1.2 基本不等式
段
段
一
三
阶1.2 基本不等式
段 二
学业分1.2 基本不等式
层 测
评
1.理解两个正数的基本不等式. 2.了解三个正数和一般形式的基本不等式. 3.会用基本不等式求一些函数的最值及实际应用题.
2.定理 2
如果 a，b 为 数，则a＋ 2 b
ab，当且仅当 a b 时，等号成立.这个不等式
≥2
x－1·x－ 9 1＋2＝8，
当且仅当x－1＝x－ 9 1，
即x＝4时，等号成立. 所以当x＝4时，ymin＝8.
[构建·体系]
【解析】
原式变形为y＝x－ 1 3＋x－3＋3.
2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第二章 2.2 排序不等式 Word版含解析
2．2排序不等式[对应学生用书P31][读教材·填要点]1．顺序和、乱序和、反序和的概念设a 1≤a 2≤a 3≤…≤a n ，b 1≤b 2≤b 3≤…≤b n 是两组实数，c 1，c 2，c 3，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的任何一个排列，称a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n，称)顺序和简称(为这两个实数组的顺序积之和a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1，称)反序和简称(为这两个实数组的反序积之和 a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n．)乱序和简称(为这两个实数组的乱序积之和2．排序原理设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤≤1b n a ＋…＋1－n b 2a ＋n b 1a 的任一排列，则有n b ，…，2b ，1b 是n c ，…，2c ，1c 为两组实数，n b .n b n a ＋…＋2b 2a ＋1b 1a ≤n c n a ＋…＋2c 2a ＋1c 1a 等号成立⇔a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n .顺序和．≤乱序和≤反序和排序原理可简记作：[小问题·大思维]1．排序不等式的本质含义是什么？提示：排序不等式的本质含义是：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．2．已知两组数a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5，b 1≤b 2≤b 3≤b 4≤b 5，其中a 1＝2，a 2＝7，a 3＝8，a 4＝9，a 5＝12，b 1＝3，b 2＝4，b 3＝6，b 4＝10，b 5＝11，将b i (i ＝1,2,3,4,5)重新排列记为c 1，c 2，c 3，c 4，c 5，则a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 5c 5的最大值和最小值分别为何值？提示：由顺序和最大知最大值为：a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋a 4b 4＋a 5b 5＝304，由反序和最小知最小值为：a 1b 5＋a 2b 4＋a 3b 3＋a 4b 2＋a 5b 1＝212.[对应学生用书P31][例1] 已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c ，求证： (1)1bc ≥1ca ≥1ab； (2)a5b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3≥1a ＋1b ＋1c. [思路点拨]本题考查排序不等式的直接应用，解答本题需要分析式子结构，然后通过对比、联想公式，构造数组，利用公式求解．[精解详析](1)∵a ≥b >0，于是1a ≤1b ，又c >0，∴1c >0.从而1bc ≥1ca .同理，∵b ≥c >0，于是1b ≤1c ，∵a >0，∴1a >0，于是得1ca ≥1ab .从而1bc ≥1ca ≥1ab.(2)由(1)1bc ≥1ca ≥1ab ，于是由顺序和≥乱序和得，a5b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3≥b5b3c3＋c5c3a3＋a5a3b3 ＝b2c3＋c2a3＋a2b3⎝⎛⎭⎫∵a2≥b2≥c2，1c3≥1b3≥1a3 ≥c2c3＋a2a3＋b2b3＝1c ＋1a ＋1b ＝1a ＋1b ＋1c.利用排序不等式证明不等式的关键是构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组，由于本题已知a ≥b ≥c ，所以可直接利用已知构造两个数组．1．设a ，b ，c 为正数，求证：a12bc ＋b12ac ＋c12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.证明：不妨设a ≥b ≥c >0， 则a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ac ≥1ab >0，∴由顺序和≥乱序和，得a12bc ＋b12ac ＋c12ab ≥a12ab ＋b12bc ＋c12ac ＝a11b ＋b11c ＋c11a.①又∵a 11≥b 11≥c 11，1c ≥1b ≥1a ，∴由乱序和≥反序和得：a11b ＋b11c ＋c11a ≥a11a ＋b11b ＋c11c ＝a 10＋b 10＋c 10， ② 由①②两式得：a12bc ＋b12ac ＋c12ab≥a 10＋b 10＋c 10.[例2] 设x >0，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x n ≥(2n ＋1)x n .[思路点拨]本题考查排序不等式的应用．解答本题需要注意：题目中只给出了x >0，但对于x ≥1，x <1没有明确，因此需要进行分类讨论．[精解详析](1)当x ≥1时，1≤x ≤x 2≤…≤x n ， 由排序原理：顺序和≥反序和，得 1·1＋x ·x ＋x 2·x 2＋…＋x n ·x n ≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1， 即1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n ≥(n ＋1)x n .①又因为x ，x 2，…，x n,1为序列1，x ，x 2，…，x n 的一个排列，于是再次由排序原理：乱序和≥反序和，得1·x ＋x ·x 2＋…＋x n －1·x n ＋x n ·1≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1， 得x ＋x 3＋…＋x 2n －1＋x n ≥(n ＋1)x n .②将①和②相加得1＋x ＋x 2＋…＋x 2n ≥(2n ＋1)x n . (2)当0<x <1时，1>x >x 2>…>x n ， 但①②仍然成立，于是③也成立． 综合(1)(2)，证毕．在没有给定字母大小的情况下，要使用排序不等式，必须限定字母的大小顺序，而只有具有对称性的字母才可以直接限定字母的大小顺序，否则要根据具体情况分类讨论．2．设a 1，a 2，…，a n 是1,2，…，n 的一个排列，求证： 12＋23＋…＋n －1n ≤a1a2＋a2a3＋…＋an －1an. 证明：设b 1，b 2，…，b n －1是a 1，a 2，…，a n －1的一个排列，且b 1<b 2<…<b n －1；c 1，c 2，…，c n －1是a 2，a 3，…，a n 的一个排列，且c 1<c 2<…<c n －1，则1c1>1c2>…>1cn －1且b 1≥1，b 2≥2，…，b n －1≥n －1，c 1≤2，c 2≤3，…，c n －1≤n . 利用排序不等式，有a1a2＋a2a3＋…＋an －1an ≥b1c1＋b2c2＋…＋bn －1cn －1≥12＋23＋…＋ n －1n. ∴原不等式成立．[对应学生用书P32]一、选择题1．锐角三角形中，设P ＝a ＋b ＋c2，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，则P 、Q 的关系为()A ．P ≥QB ．P ＝QC ．P ≤QD ．不能确定解析：不妨设A ≥B ≥C ，则a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤cos C ，则由排序不等式有 Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥a cos B ＋b cos C ＋c cos A ＝R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋2sin C cos A ) ≥R [sin(A ＋B )＋sin(B ＋C )＋sin(A ＋C )] ＝R (sin C ＋sin A ＋sin B )＝a ＋b ＋c2＝P .答案：C2．已知a ，b ，c 为正数，P ＝b2c2＋c2a2＋a2b2a ＋b ＋c ，Q ＝abc ，则P ，Q 的大小关系是()A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q解析：不妨设a ≥b ≥c >0， 则0<1a ≤1b ≤1c ，0<bc ≤ca ≤ab ，由排序原理：顺序和≥乱序和，得 bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b，即b2c2＋c2a2＋a2b2abc≥a ＋b ＋c ，因为a ，b ，c 为正数，所以abc >0，a ＋b ＋c >0， 于是b2c2＋c2a2＋a2b2a ＋b ＋c ≥abc ，即P ≥Q .答案：B3．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝a1a2a3＋a2a3a1＋a1a3a2，F ＝a 1＋a 2＋a 3，则E ，F 的关系是() A ．E <F B ．E ≥F C ．E ≤FD ．E >F解析：不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是0<1a1≤1a2≤1a3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和得， a1a2a3＋a2a3a1＋a1a3a2＝a1a2a3＋a1a3a2＋a2a3a1 ≥1a3·a 1a 3＋1a2·a 2a 3＋1a1·a 1a 2 ＝a 1＋a 3＋a 2， 即a1a2a3＋a2a3a1＋a1a3a2≥a 1＋a 2＋a 3. 答案：B4．(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2…⎝⎛⎭⎫1＋161的取值范围是() A ．(21，＋∞) B ．(61，＋∞) C ．(4，＋∞)D ．(3n －2，＋∞)解析：令A ＝(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2 ＝21×54×87×…×3n －13n －2， B ＝32×65×98×…×3n 3n －1，C ＝43×76×109×…×3n ＋13n .由于21>32>43，54>65>76，87>98>109，…3n －13n －2>3n 3n －1>3n ＋13n>0，所以A >B >C >0.所以A 3>A ·B ·C . 由题意知3n －2＝61，所以n ＝21. 又因为A ·B ·C ＝3n ＋1＝64，所以A >4. 答案：C 二、填空题5．若a ，b ，c 均是正实数，则bc a ＋ca b ＋abc ________a ＋b ＋c .解析：不妨设a ≥b ≥c >0，则bc ≤ca ≤ab ， 1a ≤1b ≤1c. ∴bc a ＋ca b ＋ab c ≥ac c ＋ab a ＋bcb ＝a ＋b ＋c . 答案：≥6．设正实数a 1，a 2，…，a n 的任一排列为a 1′，a 2′，…，a n ′，则a1a1′＋a2a2′＋…＋an an′的最小值为________．解析：不妨设0<a 1≤a 2≤a 3…≤a n ， 则1a1≥1a2≥…≥1an. 其反序和为a1a1＋a2a2＋…＋anan ＝n ，则由乱序和不小于反序和知a1a1′＋a2a2′＋…＋an an′≥a1a1＋a2a2＋…＋anan ＝n ， ∴a1a1′＋a2a2′＋…＋anan′的最小值为n . 答案：n7．设a 1，a 2，a 3，a 4是1,2,3,4的一个排序，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的取值范围是________． 解析：a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的最大值为12＋22＋32＋42＝30. 最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20. ∴a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的取值范围是[20,30]． 答案：[20,30]8．已知：a ＋b ＋c ＝1，a 、b 、c 为正数．则1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b 的最小值是________．解析：不妨设a ≥b ≥c .∴1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b.∴a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b . ① a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b .②①＋②得a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32，∴1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b ≥92. 答案：92三、解答题9．已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a2＋b22c ＋b2＋c22a ＋c2＋a22b ≤a3bc ＋b3ca ＋c3ab .证明：不妨设a ≥b ≥c >0，则a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a .由排序不等式，可得a 2·1c ＋b 2·1a ＋c 2·1b ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ，①a 2·1b ＋b 2·1c ＋c 2·1a ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c .②由(①＋②)÷2，可得a2＋b22c ＋b2＋c22a ＋c2＋a22b≥a ＋b ＋c . 又因为a ≥b ≥c >0，所以a 3≥b 3≥c 3，1bc ≥1ac ≥1ab .由排序不等式，得a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ac ＋b 3·1ab ＋c 3·1bc . ③ a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ab ＋b 3·1bc ＋c 3·1ca .④由(③＋④)÷2，可得a3bc ＋b3ca ＋c3ab ≥a2＋b22c ＋b2＋c22a ＋c2＋a22b . 综上可知原式成立．10．设a ，b ，c 均为正实数，求证：1a ＋1b ＋1c ≤a8＋b8＋c8a3b3c3.证明：不妨设a ≥b ≥c >0. 由不等式的单调性，知1c ≥1b ≥1a，而1b3c3≥1c3a3≥1a3b3.由不等式的性质，知a5≥b5≥c5. 根据排序原理，知a5b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3≥a5c3a3＋b5a3b3＋c5b3c3＝a2c3＋b2a3＋c2b3.又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，1c3≥1b3≥1a3.由排序原理，得a2 c3＋b2a3＋c2b3≥a2a3＋b2b3＋c2c3＝1a＋1b＋1c.由不等式的传递性，知1 a＋1b＋1c≤a5b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3＝a8＋b8＋c8a3b3c3.∴原不等式成立．11．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：(1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)；(2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.证明：(1)用比较法：c(a＋b－c)－b(c＋a－b)＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2＝b2－c2＋ac－ab＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)＝(b＋c－a)(b－c)．因为b≥c，b＋c－a>0，于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0，即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)．①同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)．②综合①②，证毕．(2)由题设及(1)知a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，于是由排序不等式：反序和≤乱序和，得a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c)＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)．①再一次由反序和≤乱序和，得a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c)＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)．②将①和②相加再除以2，得a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.。
高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测(一) 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法 Word版含解析
阶段质量检测(一) 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法(时间：90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．若1a ＜1b ＜0，则下列结论不．正确的是( )A ．a 2＜b 2B ．ab ＜b 2C.b a ＋a b ＞2 D ．|a |－|b |＝|a －b |2．设a ，b ，c ∈R ＋，则“abc ＝1”是“1a ＋1b ＋1c ≤a ＋b ＋c ”的( )A ．充分条件但不是必要条件B ．必要条件但不是充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要的条件3．不等式⎩⎪⎨⎪⎧ x＞0，3－x3＋x ＞|2－x2＋x |的解集是( )A ．(0,2)B ．(0,2.5)C ．(0，6)D ．(0,3)4．若a >b >0，则下列不等式中一定成立的是( )A ．a ＋1b >b ＋1a B.b a >b ＋1a ＋1C ．a －1b >b －1a D.2a ＋b a ＋2b >ab5．若不等式x 2＋|2x －6|≥a 对于一切实数x 均成立，则实数a 的最大值是() A ．7 B ．9C ．5D ．116．“|x －1|＜2”是“x ＜3”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．(江苏高考)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．48．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b 的最小值是( )A ．18B ．6C ．2 3 D.43 9．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( )A ．|a －b |≤|a －c |＋|b －c |B ．a 2＋1a 2≥a ＋1aC ．|a －b |＋1a －b≥2 D.a ＋3－a ＋1≤a ＋2－a10．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d a ＋b ＋d，则下列判断中正确的是( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．已知不等式|x －3|＜12(x ＋a )的解集为A ，且A ≠∅，则a 的取值范围是________． 12．若关于x 的不等式|x －a |<1的解集为(1,3)，则实数a 的值为________．13．设a ，b ，c ∈R ，且a ，b ，c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是________．14．用长为16 cm 的铁丝围成一个矩形，则可围成的矩形的最大面积是________cm 2.三、解答题(本大题共4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝|x －8|－|x －4|.(1)作出函数y ＝f (x )的图像；(2)解不等式|x －8|－|x －4|>2.16．(本小题满分12分)设a ，b ，c ，d 是正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b <c ＋d ；②(a ＋b )(c ＋d )<ab ＋cd ；③(a ＋b )cd <ab (c ＋d )中至少有一个不正确．17．(本小题满分12分)(新课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．18.(本小题满分14分)(辽宁高考)设函数 f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1 的解集为M ，g (x )≤4 的解集为N .(1)求M ；(2)当 x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.答 案1．选D 法一：(特殊值法)：令a ＝－1，b ＝－2，代入A 、B 、C 、D 中，知D 不正确．法二：由1a ＜1b＜0，得b ＜a ＜0，所以b 2＞ab ，ab ＞a 2，故A 、B 正确． 又由b a ＞0，a b ＞0，且b a ≠a b ，得b a ＋a b＞2正确． 从而A 、B 、C 均正确，对于D ，由b ＜a ＜0⇒|a |＜|b |.即|a |－|b |＜0，而|a －b |≥0.2．选A 当a ＝b ＝c ＝2时，有1a ＋1b ＋1c≤a ＋b ＋c ，但abc ≠1，所以必要性不成立；当abc ＝1时，1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ac ＋ab abc＝bc ＋ac ＋ab ，a ＋b ＋c ＝(a ＋b )＋(b ＋c )(a ＋c )2≥ab ＋bc ＋ac ，所以充分性成立，故“abc ＝1”是“1a ＋1b ＋1c ≤a ＋b ＋c ”的充分不必要条件．3．选C 用筛选法，容易验证x ＝2是不等式的解，否定A ；x ＝52不是不等式的解，否定D ；x ＝6使3－x 3＋x 与|2－x 2＋x|取“＝”，∵6＜52，故否定B. 4．选A a >b >0⇒1b >1a>0， ∴a ＋1b >b ＋1a. 5．选C 令f (x )＝x 2＋|2x －6|，当x ≥3时，f (x )＝x 2＋2x －6＝(x ＋1)2－7≥9；当x <3时，f (x )＝x 2－2x ＋6＝(x －1)2＋5≥5.综上可知，f (x )的最小值为5，故原不等式恒成立只需a ≤5即可，从而a 的最大值为5.6．选A ∵|x －1|＜2⇔－2＜x －1＜2⇔－1＜x ＜3.∵－1＜x ＜3⇒x ＜3，反之不成立．从而得出“|x －1|＜2”是“x <3”的充分不必要条件．7．选C |x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥|x －1－x |＋|y －1－(y ＋1)|＝1＋2＝3.8．选B 3a ＋3b ≥23a ·3b ＝23a ＋b ＝232＝6.9．选C 因为|a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |，所以选项A 恒成立；在选项B 两侧同时乘以a 2，得a 4＋1≥a 3＋a ⇒(a 4－a 3)＋(1－a )≥0⇒a 3(a －1)－(a －1)≥0⇒(a －1)2(a 2＋a ＋1)≥0，所以选项B 恒成立；在选项C 中，当a ＞b 时，恒成立，a ＜b 时，不成立；在选项D 中，分子有理化得 2a ＋3＋a ＋1≤2a ＋2＋a 恒成立．10．选B 用放缩法，a a ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ；b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <b d ＋b ；c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <c c ＋a ；d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <d d ＋b.以上四个不等式相加，得1<S <2. 11．解析：∵A ≠∅，∴|x －3|＜12(x ＋a )⇒－12(x ＋a )＜x －3＜12(x ＋a )⇒6－a 3＜x ＜6＋a . ∴6－a 3＜6＋a .解得a ＞－3. 答案：(－3，＋∞)12．解析：原不等式可化为a －1<x <a ＋1，又知其解集为(1,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝1，a ＋1＝3解得a ＝2.答案：213．解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]， 而a ，b ，c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0，∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0.答案：a ＋b ＋c ≥014．解析：设矩形长为x cm(0<x <8)，则宽为(8－x ) cm ， 面积S ＝x (8－x )．由于x >0,8－x >0，可得S≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8－x 22＝16，当且仅当x ＝8－x 即x ＝4时，S max ＝16. 所以矩形的最大面积是16 cm 2.答案：1615．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4， x ≤4，－2x ＋12， 4<x ≤8，－4， x >8，图象如下：(2)不等式|x －8|－|x －4|>2，即f (x )>2.由－2x ＋12＝2，得x ＝5.由函数f (x )图象可知，原不等式的解集为(－∞，5)．16．证明：假设不等式①②③正确．∵a ，b ，c ，d 都是正数， ∴①②两不等式相乘得(a ＋b )2<ab ＋cd .④由③式，得(a ＋b )cd <ab (c ＋d )≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22·(c ＋d )． 又∵a ＋b >0，∴4cd <ab ＋cd ，∴3cd <ab ，即cd <ab 3. 由④式，得(a ＋b )2<4ab 3，即a 2＋b 2<－23ab ，与平方和为正数矛盾．∴假设不成立，即①②③式中至少有一个不正确．17．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab， 得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.18．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －3，x ∈[1，＋∞)，1－x ，x ∈(－∞，1).当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43， 故1≤x ≤43； 当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1. 所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤43. (2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34. 因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤x ≤34， 故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤34. 当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14.。
2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义第一章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析
知识整合与阶段检测[对应学生用书][对应学生用书]是高考中对绝对值不等式考查的一个重要考向，每年高考均有重要体现，以填空题、解答题为主，属中档题，解绝对值不等式的基本思想，是转化、化归，不等式的性质是实现“转化”的基本依据，通过利用绝对值的几何意义、平方法、零点分区间讨论法等将绝对值不等式转化为最简单的一元一次不等式(组)或一元二次不等式(组)来求解．[例] 不等式＋＋<.[解]法一：利用分类讨论的思想方法．当≤－时，－－－<，解得－<≤－；当－<<时，＋－<，解得－<<；当≥时，＋＋<，解得≤<.因此，原不等式的解集为.法二：利用方程和函数的思想方法．令()＝＋＋－＝(\\(－(≥)，,－(－≤<)，,－－(<－).))作函数()的图象(如图)，知当()<时，－<<.故原不等式的解集为.法三：利用数形结合的思想方法．由绝对值的几何意义知，＋表示数轴上点()到点(－)的距离，表示数轴上点()到点()的距离．由条件知，这两个距离之和小于.作数轴(如图)，知原不等式的解集为.法四：利用等价转化的思想方法．原不等式⇔≤＋<－，∴(＋)<(－)，且<，即≤<－，且<.∴<(－)，且－<<.解得－<<.故原不等式的解集为.[例] 已知()＝＋(∈)，不等式()≤的解集为{－≤≤}．()求的值；()若≤恒成立，求的取值范围．[解]()由＋≤得－≤≤.又()≤的解集为{－≤≤}，所以当≤时，不合题意．当>时，－≤≤，得＝.()法一：记()＝()－()，则()＝错误!所以()≤，因此的取值范围是≥.法二：()－＝＝≤，由()－≤恒成立，可知≥所以的取值范围是≥.常与函数数列、解析几何、立体几何交汇命题，多以中档题形式出现．在利用平均值不等。
高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法章末复习课讲义新人教B版选修4_5
第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法[自我校对]①含绝对值的不等式 ②比较法 ③综合法和分析法 ④反证法和放缩法值时，和有最小值．在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．【例1】 (1)求函数y ＝x 2(1－5x )⎝⎛⎭⎪⎫0≤x ≤15的最大值；(2)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，a ＋b ＋c ＝1，求y ＝1a ＋1b ＋1c的最小值．[精彩点拨] 根据条件，发现定值，利用基本不等式求最值． [规范解答] (1)y ＝52x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫25－2x ＝52·x ·x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫25－2x . ∵0≤x ≤15，∴25－2x ≥0，∴y ≤52⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤x ＋x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25－2x 33＝4675. 当且仅当x ＝x ＝25－2x ，即x ＝215时，上式取等号．因此y max ＝4675.(2)y ＝1a ＋1b ＋1c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c (a ＋b ＋c )＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋b c ，而b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋b c≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取到等号，则y ≥9，即y ＝1a ＋1b ＋1c的最小值为9.1．设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.化成一般的不等式，主要的依据是绝对值的定义．1．公式法|f (x )|>g (x )⇔f (x )>g (x )或f (x )<－g (x )； |f (x )|<g (x )⇔－g (x )<f (x )<g (x )． 2．平方法|f (x )|>|g (x )|⇔[f (x )]2>[g (x )]2. 3．零点分段法含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．【例2】 解下列关于x 的不等式： (1)|x －x 2－2|>x 2－3x －4； (2)|x －2|－|2x ＋5|>2x .[精彩点拨] 去掉绝对值号，转化为没有绝对值的不等式求解．(1)x －x 2－2＝－x 2＋x －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－74＜0；(2)通过分类讨论去掉绝对值． [规范解答] 法一：原不等式等价于x －x 2－2>x 2－3x －4或x －x 2－2<－(x 2－3x －4)，解得1－2<x <1＋2或x >－3，∴原不等式的解集为{x |x >－3}．法二：∵|x －x 2－2|＝|x 2－x ＋2|＝x 2－x ＋2， ∴原不等式等价于x 2－x ＋2>x 2－3x －4⇔x >－3. ∴原不等式的解集为{x |x >－3}．(2)分段讨论：①当x <－52时，原不等式变形为2－x ＋2x ＋5>2x ，解得x <7，∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－52. ②当－52≤x ≤2时，原不等式变形为2－x －2x －5>2x ，解得x <－35.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－52≤x <－35. ③当x >2时，原不等式变形为x －2－2x －5>2x ， 解得x <－73，∴原不等式无解．综上可得，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－35.2．解不等式|x ＋1|＋|x |＜2.[解] 法一：当x ≤－1时，－x －1－x ＜2，解得－32＜x ≤－1；当－1＜x ＜0时，x ＋1－x ＜2，解得－1＜x ＜0； 当x ≥0时，x ＋1＋x ＜2，解得0≤x ＜12.因此，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－32＜x ＜12. 法二：令f (x )＝|x ＋1|＋|x |－2 ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(x ≥0)，－1(－1≤x ＜0)，－2x －3(x ＜－1).作函数f (x )的图象(如图)， 知当f (x )＜0时，－32＜x ＜12.故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－32＜x ＜12. 法三：由绝对值的几何意义知，|x ＋1|表示数轴上点P (x )到点A (－1)的距离，|x |表示数轴上点P (x )到点O (0)的距离．由条件知，这两个距离之和小于2.作数轴(如图)，知原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－32＜x ＜12. 法四：原不等式⇔0≤|x ＋1|＜2－|x |， ∴(x ＋1)2＜(2－|x |)2，且|x |＜2， 即0≤4|x |＜3－2x ，且|x |＜2. ∴16x 2＜(3－2x )2，且－2＜x ＜2， 解得－32＜x ＜12.故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－32＜x ＜12.次还有反证法、放缩法、换元法、判别式法、构造函数法等，但这些方法不是孤立的，它们相互渗透、相辅相承，有的题可以有多种证法，而有的题目要同时用几种方法才能解决，因此我们在平时解题中要通过一题多解，一解多法的反复训练，加强对各种方法的区别与联系的认识，把握每种方法的长处和不足，从而不断提高我们分析问题和解决问题的能力．1．比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数大小与运算的关系．其主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．【例3】 设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. [精彩点拨] 作差，变形，定号，下结论即可． [规范解答] 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2) ＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(a －b )(3a 2－2b 2)． ∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>2a 2－2b 2≥0. 从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0， 故3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2成立．3．设实数a ，b ，c 满足等式①b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，②c －b ＝4－4a ＋a 2，试确定a ，b ，c 的大小关系．[解] 由②c －b ＝(a －2)2≥0，知c ≥b . 又①－②，得b ＝a 2＋1，∴b －a ＝a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴b >a ，故c ≥b >a .2．综合法、分析法证明不等式分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因寻果”逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．【例4】 已知a ，b ，c 均为正数，且互不相等，又abc ＝1. 求证：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c.[精彩点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向，左端含有根号，脱去根号可通过a ＝1bc ＜1b ＋1c 2实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．[规范解答] 法一：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1，∴a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab ＜1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c. 法二：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc2＞abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c .4．已知a ＞0，a 2－2ab ＋c 2＝0且bc ＞a 2，试证明：b ＞c . [证明] ∵a 2－2ab ＋c 2＝0， ∴a 2＋c 2＝2ab .又a 2＋c 2≥2ac ，且a ＞0，∴2ab ≥2ac ，∴b ≥c . 若b ＝c ，由a 2－2ab ＋c 2＝0，得a 2－2ab ＋b 2＝0，∴a ＝b .从而a ＝b ＝c ，这与bc ＞a 2矛盾． 从而b ＞c .【例5】 设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10. 求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .[精彩点拨] 本题采用综合法比较困难，可采用分析式法转化为同底的对数寻找方法． [规范解答] 由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ， 只要证明lg c lg a ＋lg clg b ≥4lg c .又c ＞1，故lg c ＞0，所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg blg a lg b ≥4，因ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1， 只要证明1lg a lg b≥4.(*)由a ＞1，b ＞1，故lg a ＞0，lg b ＞0，所以0＜lg a lg b ≤⎝⎛⎭⎪⎫lg a ＋lg b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即(*)式成立．所以，原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证．5．已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1， 求证：a ＋12＋b ＋12≤2.[证明] 要证a ＋12＋b ＋12≤2，只要证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋b ＋122≤4，即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1，也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1.∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.3．反证法和放缩法证明不等式证明不等式除了三种基本方法，还可运用反证法，放缩法等，若直接证明难以入手时，“正难则反”，可利用反证法加以证明，若不等式较复杂，可将需要证明的不等式的值适当地放大(或缩小)，使不等式由繁化简，达到证明目的．【例6】 若a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.[精彩点拨] 在题目中含有“至少”“至多”“最多”以及否定性的结论时，用直接法证明比较困难，往往采取反证法．[规范解答] 假设a ，b ，c 都不大于0， 则a ≤0，b ≤0，c ≤0，∴a ＋b ＋c ≤0， 由题设知，a ＋b ＋c＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3， ∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 故a ，b ，c 中至少有一个大于0.6．已知f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)，证明：方程f (x )＝0没有负数根． [证明] 假设x 0是f (x )＝0的负数根， 则x 0<0且x 0≠－1且ax 0＝－x 0－2x 0＋1， 由0<ax 0<1⇒0<－x 0－2x 0＋1<1，解得12<x 0<2，这与x 0<0矛盾，所以假设不成立． 故方程f (x )＝0没有负数根．【例7】 求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n ＜3.[精彩点拨] 不等式比较复杂，亦采用放缩法， 由11×2×3×…×n ＜11×2×2×…×2＝12n －1(n 是大于2的自然数)，然后把各项求和．[规范解答] 由11×2×3×…×n ＜11×2×2×…×2＝12n －1(n 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n ＜1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n1－12＝3－12n －1＜3.7．设x ＞0，y ＞0，z ＞0，求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＞x ＋y ＋z .[证明] ∵x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋3y 24＞x ＋y 2， ①y 2＋zy ＋z 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋y 22＋34y 2＞z ＋y 2，②∴由①②得，x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋zy ＋z 2＞x ＋y ＋z .法．通过不断地转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式简单的问题．在本章，我们讨论恒成立问题，向最值转换，通过不等式性质、基本不等式、绝对值不等式求最值等问题都用到了转化的思想．【例8】 若不等式|x ＋3|＋|x －7|≥a 2－3a 的解集为R ，求实数a 的取值范围． [精彩点拨] 由不等式的解集为R ，可知对x ∈R ，都有|x ＋3|＋|x －7|≥a 2－3a 成立，∴(|x ＋3|＋|x －7|)min ≥a 2－3a ，从而得出a 的不等式求解．[规范解答] ∵原不等式的解集为R ，∴x ∈R ，都有|x ＋3|＋|x －7|≥a 2－3a ，∴(|x ＋3|＋|x －7|)min ≥a 2－3a .∵|x ＋3|＋|x －7|≥|(x ＋3)－(x －7)|＝10，∴a 2－3a ≤10， 解得－2≤a ≤5.∴实数a 的取值范围是[－2,5]．8．已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}． (1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．[解] (1)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2.又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意． 当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2.(2)法一：记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3， －1＜x ＜－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k 的取值范围是k ≥1. 法二：⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝||2x ＋1|－2|x ＋1|| ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12－|x ＋1|≤1， 由⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，可知k ≥1. 所以k 的取值范围是k ≥1.1．不等式|x －1|－|x －5|<2的解集是( ) A ．(－∞，4) B ．(－∞，1) C ．(1,4)D ．(1,5)[解析] ①当x ≤1时，原不等式可化为1－x －(5－x )<2， ∴－4<2，不等式恒成立， ∴x ≤1.②当1<x <5时，原不等式可化为x －1－(5－x )<2， ∴x <4， ∴1<x <4.③当x ≥5时，原不等式可化为x －1－(x －5)<2，该不等式不成立．综上，原不等式的解集为(－∞，4)，故选A. [答案] A2．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________. [解析] 由于f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |， 当a >－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1(x <－1)，－x ＋2a ＋1(－1≤x ≤a )，3x －2a ＋1(x >a ).作出f (x )的大致图象如图所示，由函数f (x )的图象可知f (a )＝5， 即a ＋1＝5，∴a ＝4.同理，当a ≤－1时，－a －1＝5，∴a ＝－6. [答案] －6或43．设a >0，|x －1|<a 3，|y －2|<a3，求证：|2x ＋y －4|<a .[证明] 因为|x －1|<a 3，|y －2|<a3， 所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|<2×a 3＋a3＝a .4．已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|. (1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|>1的解集．[解] (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32，故y ＝f (x )的图象如图所示． (2)由f (x )的函数表达式及图象可知， 当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5.故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}，f (x )＜－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞5.- 11 - 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5. 5．已知函数f (x )＝|2x －a |＋a .(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≤6的解集；(2)设函数g (x )＝|2x －1|.当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝|2x －2|＋2.解不等式|2x －2|＋2≤6得－1≤x ≤3.因此f (x )≤6的解集为{x |－1≤x ≤3}．(2)当x ∈R 时，f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋a ＋|1－2x |≥|2x －a ＋1－2x |＋a ＝|1－a |＋a ，当x ＝12时等号成立， 所以当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3等价于|1－a |＋a ≥3. ①当a ≤1时，①等价于1－a ＋a ≥3，无解．当a >1时，①等价于a －1＋a ≥3，解得a ≥2.所以a 的取值范围是[2，＋∞)．。
最新人教版高中数学选修4-5《证明不等式的基本方法》单元检测6
最新人教版高中数学选修4-5《证明不等式的基本方法》单元检测6《证明不等式的基本方法》测评(时间90分钟，满分100分)得分评卷人一、选择题(本大题共10个小题，每小题4分，共40分) 2021福建高考，理9 1.若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是 11bb＋1A．a＋>b＋ B.>baaa＋12a＋ba11C．a－>b－ D.>baa＋2bb2．已知x>y>z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是 A．xy>yz B．xz>yz C．x|y|>z|y| D．xy>xz3．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是A．c≥b>a B．a>c≥b C．c>b>a D．a>c>b4．已知b>a>0，且a＋b＝1，那么a4－b4a＋ba＋ba4－b4A．2ab<<C.<2ab<5．使不等式3＋8>1＋a成立的正整数a的最大值为 A．10 B．11 C．12 D．13336．用反证法证明命题“如果ab”时，假设的内容应是 3333A.a＝b B.a33333333C.a＝b且a7．若实数a，b满足0A. B．a2＋b2 2C．2ab D．a8．设a，b，c∈R，且a，b，c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是A．a，b，c全为正数 B．a，b，c全为非负实数 C．a＋b＋c≥0 D．a＋b＋c>09．在△ABC中，A，B，C分别为a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则∠B适合的条件是ππA．0C．02211110．设a，b，c，d∈R＋，则三个数a＋，b＋，c＋bcaA．都大于2 B．都小于2C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2 答题栏题号答案二、填空题(本大题共5个小题，每小题4分，共20分)11．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a，b，c的大小顺序是________． abcd12．已知a，b，c，d∈R＋且S＝＋＋＋，则S的范围是a＋b＋cb＋c＋dc＋d＋aa＋b＋d________．b－mba13．设0aba－ma＋nf()的大小顺序依次是__________． b＋n14．已知a，b∈R＋，则x＝abba，y＝aabb，z＝(ab)a＋b1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 的大小关系是__________．15．若a>b>c>0，l1＝(c＋a)2＋b2，l2＝(b＋c)2＋a2，l3＝(a＋b)2＋c2，则l1l2，l2l3，2l22，l3中最小的一个是________．三、解答题(本大题共5个小题，每小题8分，共40分) 11111116．设a，b，c∈R＋，求证＋＋≥＋＋.2a2b2cb＋cc＋aa＋b17．已知a，b，c是非负实数，求证：a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2≥2(a＋b＋c)．18．设x>－1，求函数y＝πππ19．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a， 236b，c中至少有一个大于0.20．已知Rt△ABC周长为定值L，求这个三角形面积的最大值．参考答案111．A 解析：a＞b＞0?＞＞0，ba11∴a＋＞b＋.ba2．D 解析：令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除A、B、C. 3．A 解析：方法一：c－b＝(a－2)2≥0?c≥b. 又b＝a2＋1，13∴b－a＝a2－a＋1＝(a－)2＋.24∴b＞a，即c≥b＞a.方法二：令a＝2，则b＋c＝10，c－b＝0，即b＝c＝5.排除B、C、D.(x＋5)(x＋2)的最小值．x＋144133a－b5a＋b14．B 解析：令a＝，b＝，则2ab＝，＝，＝，故选B.448a－b8225．C 解析：用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．3333333336．D 解析：a与b大小包括a＞b，a＝b，a＜b三方面的关系，所以a33333＞b的反设应为a＝b或a＜b.7．B 解析：∵a＋b＝1，a＋b＞2ab， 1∴2ab＜.2a＋b211a2＋b2＞2()＝2×＝.242又0＜a＜b且a＋b＝1， 1∴a＜，∴a2＋b2最大．28．C 解析：a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)・(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc) 1＝(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]， 2而a，b，c不全相等?(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2＞0，则a3＋b3＋c3－3abc≥0?a ＋b＋c≥0. 9．B 解析：∵2b＝a＋c， a2＋c2－b2∴cosB＝ 2ac(a＋c)2a＋c－4＝ 2ac223(a2＋c2)－2ac＝ 8ac3(a2＋c2)1＝－8ac4≥6ac1－ 8ac41＝. 2π∵余弦函数在(0，)为减函数，2π∴0＜B≤.311110．D 解析：假设a＋，b＋，c＋都小于2.bca111则(a＋b＋c)＋(＋＋)＜6.abc111∵a＋≥2，b＋≥2，c＋≥2，abc111即(a＋b＋c)＋(＋＋)≥6，这样与假设矛盾．abc∴三个数中至少有一个不小于2.11．a＞b＞c 解析：用分析法比较，a＞b?3＋5＞2＋6?8＋215＞8＋212，同理可比较得b＞c.aaa12．1＜S＜2 解析：用放缩法，＜＜；a＋b＋c＋da＋b＋ca＋cbbb＜＜；a＋b＋c＋db＋c＋dd＋bccc＜＜；a＋b＋c＋dc＋d＋ac＋addd＜＜. a＋b＋c＋dd＋a＋bd＋b以上四个不等式相加，得1＜S＜2. a＋nb－mab13．f()＞f()＞f()＞f()bab＋na－maa＋nbb－m解析：∵＜＜1＜＜，bb＋naa－m根据函数的单调性，知 a＋nb－mabf()＞f()＞f()＞f()． bab＋na－m14．y≥z≥x 解析：作商法比较．15．l2利用赋值法比较，令a＝3，b＝2，c＝1，可得l1＝20，l2＝18，l3＝26， 2 解析：22则l1l2＝360，l2l3＝468，l22＝324，l3＝676，可知l2最小．16．证明：∵a，b，c∈R＋，11111∴(＋)≥≥. 22a2b2aba＋b1111同理(＋)≥；22b2cb＋c1111(＋)≥. 22c2ac＋a三个不等式相加，得111111＋＋≥＋＋. 2a2b2cb＋cc＋aa＋b∴原不等式成立．17．证明：∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2. ∵a，b，c是非负实数，∴2a2＋b2≥a＋b.于是2b2＋c2≥b＋c，2c2＋a2≥c＋a.三式相加，得2(a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2)≥2(a＋b＋c)，∴a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2≥2(a＋b＋c)． 18．解：∵x＞－1，∴x＋1＞0， y＝＝(x＋5)(x＋2)x＋1[(x＋1)＋4][(x＋1)＋1]x＋14＝(x＋1)＋5＋x＋1≥2・＝9.4当且仅当x＋1＝，即x＝1时，等号成立．x＋1∴y的最小值是9.19．证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则有a＋b＋c≤0.πππ而a＋b＋c＝(x2－2y＋)＋(y2－2z＋)＋(z2－2x＋)236＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π ＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)，所以a＋b＋c＞0.与a＋b＋c≤0矛盾，故假设错误．所以a，b，c中至少有一个大于0.20．解：设Rt△ABC的两直角边分别为a，b，斜边长为c，4(x＋1)・＋5x＋1∴L2－2(a＋b)L＋a2＋b2＋2ab＝c2. ∴L2－2(a＋b)L＋2ab＝0. ∵2(a＋b)≥4ab，①感谢您的阅读，祝您生活愉快。
2018-2019学年高二数学人教b版选修4-5课件：第一章_1.1_1.1.1_不等式的基本性质【精品】
3 ． 若 已 知 二 次 函 数 y ＝ f(x) 的 图 象 过 原 点 ， 且 1≤f( － 1) ≤2,3≤f(1)≤4.求 f(－2)的范围． 解：法一：∵f(x)过原点，∴可设 f(x)＝ax2＋bx. ∴ff1－＝1a＝＋ab－，b.
2．不等式的基本性质 (1)对称性 a＞b⇔ b＜a (2)传递性 a＞b，b＞c⇒ a＞c (3)加(减) _a_＞__b_⇒a＋c＞b＋c a＞b，c＞0⇒ ac＞bc ； (4)乘(除) a＞b，c＜0⇒ ac＜bc (5)乘方 a＞b＞0⇒an ＞ bn(n∈N，n≥2)
(6)开方 a＞b＞0⇒n a ＞ n b(n∈N，n≥2) (7)加法法测 a>b，c>a⇒ a＋c>b＋d (8)乘法法测 a>b>0，c>d>0⇒ ac>bd
∴a－b＞0.∴a＞b.又∵ab＞0，∴1a＜1b.∴C 成立．
对于 D，a2＞b2⇒(a－b)(a＋b)＞0，不能说 a＞b.
答案：C
3．设 a，b∈R，若 a－|b|>0，则下列不等式正确的是( )
A．b－a>0
B．a3＋b3<0
C．a2－b2<0
D．b＋a>0
解析：∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.
(1)用作差法比较两个数(式)的大小时，要按照“三步一结 论”的程序进行，即： 作差 → 变形 → 定号 → 结论 ，其中变形 是关键，定号是目的．
(2)在变形中，一般是变形得越彻底越有利于下一步的判 断．变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等．
(3)在定号中，若为几个因式的积，需每个因式均先定号，当 符号不确定时，需进行分类讨论．
选修4-5基本不等式
幂平均不等式在经济学、统计学和信息理论中有广泛应用， 特别是在估计期望值和方差时。
贝努利不等式
定义
对于任意实数$x_1, x_2, ..., x_n$，
有$(x_1 + x_2 + ... +
x_n)(frac{1}{n} + frac{1}{n} + ...
&eq
(sqrt[n]{x_1x_2...x_n})^2$。
证明
利用数学归纳法和平方差公式。
切比雪夫不等式
定义
对于任意的非负随机变量 $X$ 和正实数 $t$，有 $P(|X| geq t) leq frac{mathbb{E}(X^2)}{t^2}$。
证明
利用数学归纳法和期望的性质。
赫尔德不等式
定义
对于任意的正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$，有 $left(frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n}right)^n geq left(frac{a_1^n + a_2^n + ... + a_n^n}{n}right)$。
证明
利用数学归纳法和二项式定理。
柯西不等式
定义
对于任意的正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$ 和 $b_1, b_2, ..., b_n$，有 $(a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2) geq (a_1b_1 + a_2b_2 + ... + a_nb_n)^2$。
应用
贝努利不等式在概率论、统计学 和决策理论中有广泛应用，特别 是在处理期望值和方差时。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
阶段质量检测(一) 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法(时间：90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．若1a ＜1b＜0，则下列结论不．正确的是( )A ．a 2＜b 2B ．ab ＜b 2C.b a ＋ab＞2 D ．|a |－|b |＝|a －b |2．设a ，b ，c ∈R ＋，则“abc ＝1”是“1a ＋1b ＋1c ≤a ＋b ＋c ”的( )A ．充分条件但不是必要条件B ．必要条件但不是充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要的条件3．不等式⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，3－x 3＋x ＞|2－x 2＋x|的解集是( )A ．(0,2)B ．(0,2.5)C ．(0，6)D ．(0,3)4．若a >b >0，则下列不等式中一定成立的是( )A ．a ＋1b >b ＋1a B.b a >b ＋1a ＋1 C ．a －1b >b －1a D.2a ＋b a ＋2b >ab5．若不等式x 2＋|2x －6|≥a 对于一切实数x 均成立，则实数a 的最大值是( )A ．7B ．9C ．5D ．116．“|x －1|＜2”是“x ＜3”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．(江苏高考)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．48．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b 的最小值是( )A ．18B ．6C ．2 3 D.439．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( )A ．|a －b |≤|a －c |＋|b －c |B ．a 2＋1a2≥a ＋1a C ．|a －b |＋1a －b≥2D.a ＋3－a ＋1≤a ＋2－a10．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c＋b b ＋c ＋d＋c c ＋d ＋a＋da ＋b ＋d，则下列判断中正确的是( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．已知不等式|x －3|＜12(x ＋a )的解集为A ，且A ≠∅，则a 的取值范围是________．12．若关于x 的不等式|x －a |<1的解集为(1,3)，则实数a 的值为________．13．设a ，b ，c∈R ，且a ，b ，c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是________． 14．用长为16 cm 的铁丝围成一个矩形，则可围成的矩形的最大面积是________cm 2.三、解答题(本大题共4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝|x －8|－|x －4|.(1)作出函数y ＝f (x )的图像；(2)解不等式|x －8|－|x －4|>2.16．(本小题满分12分)设a ，b ，c ，d 是正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b <c ＋d ；②(a ＋b )(c ＋d )<ab ＋cd ；③(a ＋b )cd <ab (c ＋d )中至少有一个不正确．17．(本小题满分12分)(新课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab.(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．18.(本小题满分14分)(辽宁高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4 的解集为N .(1)求M ；(2)当 x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.答 案1．选D 法一：(特殊值法)：令a ＝－1，b ＝－2，代入A 、B 、C 、D 中，知D 不正确． 法二：由1a ＜1b ＜0，得b ＜a ＜0，所以b 2＞ab ，ab ＞a 2，故A 、B 正确．又由b a ＞0，a b ＞0，且b a ≠a b ，得b a ＋ab ＞2正确．从而A 、B 、C 均正确，对于D ，由b ＜a ＜0⇒|a |＜|b |. 即|a |－|b |＜0，而|a －b |≥0.2．选A 当a ＝b ＝c ＝2时，有1a ＋1b ＋1c≤a ＋b ＋c ，但abc ≠1，所以必要性不成立；当abc ＝1时，1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ac ＋ab abc＝bc ＋ac ＋ab ，a ＋b ＋c ＝错误!≥错误!＋错误!＋错误!，所以充分性成立，故“abc ＝1”是“1a ＋1b ＋1c≤a ＋b ＋c ”的充分不必要条件． 3．选C 用筛选法，容易验证x ＝2是不等式的解，否定A ；x ＝52不是不等式的解，否定D ；x ＝6使3－x 3＋x 与|2－x 2＋x|取“＝”，∵6＜52，故否定B.4．选A a >b >0⇒1b >1a >0，∴a ＋1b >b ＋1a.5．选C 令f (x )＝x 2＋|2x －6|，当x ≥3时，f (x )＝x 2＋2x －6＝(x ＋1)2－7≥9； 当x <3时，f (x )＝x 2－2x ＋6＝(x －1)2＋5≥5. 综上可知，f (x )的最小值为5， 故原不等式恒成立只需a ≤5即可， 从而a 的最大值为5.6．选A ∵|x －1|＜2⇔－2＜x －1＜2⇔－1＜x ＜3. ∵－1＜x ＜3⇒x ＜3，反之不成立．从而得出“|x －1|＜2”是“x <3”的充分不必要条件．7．选C |x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥|x －1－x |＋|y －1－(y ＋1)|＝1＋2＝3. 8．选B 3a ＋3b ≥23a·3b ＝23a ＋b ＝232＝6.9．选C 因为|a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |，所以选项A 恒成立；在选项B 两侧同时乘以a 2，得a 4＋1≥a 3＋a ⇒(a 4－a 3)＋(1－a )≥0⇒a 3(a －1)－(a －1)≥0⇒(a －1)2(a 2＋a ＋1)≥0，所以选项B 恒成立；在选项C 中，当a ＞b 时，恒成立，a ＜b 时，不成立；在选项D 中，分子有理化得2a ＋3＋a ＋1≤2a ＋2＋a恒成立．10．选B 用放缩法，a a ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ；b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <b d ＋b ；c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a<c c ＋a ；d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <d d ＋b.以上四个不等式相加，得1<S <2. 11．解析：∵A ≠∅，∴|x －3|＜12(x ＋a )⇒－12(x ＋a )＜x －3＜12(x ＋a )⇒6－a 3＜x ＜6＋a .∴6－a3＜6＋a .解得a ＞－3. 答案：(－3，＋∞)12．解析：原不等式可化为a －1<x <a ＋1，又知其解集为(1,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝1，a ＋1＝3解得a ＝2.答案：213．解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc ) ＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]， 而a ，b ，c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0， ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案：a ＋b ＋c ≥014．解析：设矩形长为x cm(0<x <8)，则宽为(8－x ) cm ， 面积S ＝x (8－x )．由于x >0,8－x >0， 可得S ≤⎝⎛⎭⎫x ＋8－x 22＝16，当且仅当x ＝8－x 即x ＝4时，S max ＝16.所以矩形的最大面积是16 cm 2. 答案：1615．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4， x≤4，－2x ＋12， 4<x≤8，－4， x>8，图象如下：(2)不等式|x －8|－|x －4|>2，即f (x )>2.由－2x ＋12＝2，得x ＝5.由函数f (x )图象可知，原不等式的解集为(－∞，5)．16．证明：假设不等式①②③正确．∵a ，b ，c ，d 都是正数，∴①②两不等式相乘得(a ＋b )2<ab ＋cd .④由③式，得(a ＋b )cd <ab (c ＋d )≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22·(c ＋d )．又∵a ＋b >0，∴4cd <ab ＋cd ，∴3cd <ab ，即cd <ab3.由④式，得(a ＋b )2<4ab 3，即a 2＋b 2<－23ab ，与平方和为正数矛盾．∴假设不成立，即①②③式中至少有一个不正确．17．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a3b3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.18．解：(1)f (x )＝错误!当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1.所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|0≤x≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4， 得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤x≤34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x0≤x≤34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14.。