高二数学人教B版选修4-5讲义：第二章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析
高中数学新人教版B版精品教案《人教版B高中数学选修4-5：不等式选讲 本章小结》
选修4-5 第一章不等式的基本性质和证明的基本方法本章小结教学设计一、教材地位与作用本专题的内容是在初中阶段掌握了不等式的基本概念，学会了一元一次不等式、一元一次不等式组的解法，在学习了高中必修五个模块的基础上展开的，作为一个选修专题，教科书在内容的呈现上保持了相对的完整性。
通过本专题的学习，以加深学生对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析解决问题的能力。
二、学情分析学生在初中阶段已掌握了不等式的基本概念，学会了一元一次不等式、一元一次不等式组的解法，学习了高中必修五个模块，以此为基础，在教学中充分以学生为主体，教师为主导，让学生体会数形结合、转化、函数的数学思想。
三、教学目标（一）知识与技能1理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单绝对值不等式。
2掌握||)(0)ax b c c c +≤≥>（和)(0)x a x b c c c -+-≥≤>（型不等式的解法。
3了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，并能用它们证明一些简单不等式问题。
（二）过程与方法无论是基本不等式，还是解含有绝对值的不等式，都要抓住教学的重点，抓住基本思想方法。
通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法，重视通过比较简单的问题让学生认识、理解和掌握这部分的基本数学思想和方法。
（三）情感态度与价值观通过不等式的学习，培养学生分析问题、解决问题的能力，增强小组合作意识，让学生体验成功的喜悦感，培养学生的自信心。
四、重难点重点：含有绝对值不等式的解法问题；难点：证明一些简单不等式问题。
五、教学方法与教学手段本节课为习题课，根据实际情况，在教学中践行新课程理念，倡导合作学习，注重动手操作能力与自主探究能力，在教学过程中始终以学生为主体，教师为主导，让学生经历合作交流、观察发现、归纳总结的学习过程。
教学方法是综合法，教学手段是学案和多媒体辅助教学。
人教版数学高二选修4-5讲义第2讲章末分层突破
章末分层突破[自我校对]①作差法②综合法③执果索因④放缩法⑤间接证明比较法证明不等式其主要步骤是：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．设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.【规范解答】3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2≥2a2－2b2≥0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，故3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2成立． [再练一题]1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 55，则( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c【解析】 a 与b 比较：a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96.∵9＞8，∴b ＞a ， b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315.∵35＞53， ∴b ＞c ，a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510. ∵32＞25，a ＞c ， ∴b ＞a ＞c ，故选C. 【答案】 C综合法、分析法证明不等式因导果”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．已知实数x ，y ，z 不全为零，求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )． 【规范解答】 因为x 2＋xy ＋y 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2，同理可证：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z 2，x 2＋xz ＋z 2≥z ＋x2.由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号， 所以三式累加得：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2 ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )， 所以有x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )． [再练一题]2．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 .【导学号：32750044】【证明】 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 b lg 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.反证法证明不等式若要证明不等式两边差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．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.【规范解答】 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. [再练一题]3．如图2-1，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜12BC .图2-1【证明】 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾，所以AD ≠12BC .(2)若AD ＞12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ， 所以在△ABD 中，AD ＞BD ， 从而∠B ＞∠BAD . 同理∠C ＞∠CAD .所以∠B ＋∠C ＞∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C ＞∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A ＞∠A ，即∠A ＜90°，与已知矛盾， 故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD＜12BC成立.用放缩法证明不等式然后利用不等式的传递性，达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．已知a，b，c为三角形的三条边，求证：a1＋a ，b1＋b，c1＋c也可以构成一个三角形．【规范解答】设f(x)＝x1＋x，x∈(0，＋∞)．设0<x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝x21＋x2－x11＋x1＝x2－x1(1＋x1)(1＋x2)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．∵a，b，c为三角形的三条边，于是a＋b>c，∴c1＋c<a＋b1＋(a＋b)＝a1＋a＋b＋b1＋a＋b<a1＋a＋b1＋b，即c1＋c<a1＋a＋b1＋b，同理b1＋b<a1＋a＋c1＋c，a1＋a<b1＋b＋c1＋c，∴以a1＋a，b1＋b，c1＋c为边可以构成一个三角形．[再练一题]4．已知|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，求证：|x＋2y－3z|＜ε.【证明】∵|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε. ∴原不等式成立．1．若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2D.4【解析】 由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab ，即ab ≥22， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.【答案】 C2．设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________． 【解析】 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2(a ＋1)(b ＋3)＝9＋2(a ＋1)(b ＋3)≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32. ∴t max ＝18＝3 2. 【答案】 3 23．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n ＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da ，则1＝(1－t )(1＋t )3， 且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列，则a n 1(a 1＋2d )n ＋2k ＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k ＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )， 分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )1及a 2(n ＋2k )1，并令t ＝d a 1⎝⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k ＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n ＋3k ＝(1＋2t )2(n ＋2k )． 将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝12(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列．4．已知a >0，函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．证明：(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立． 【证明】 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ)． 其中tan φ＝1a ，0<φ<π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *.对k ∈N ，若2k π<x ＋φ<(2k ＋1)π，即2k π－φ<x <(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )>0； 若(2k ＋1)π<x ＋φ<(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ<x <(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )<0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)．此时，f(x n)＝e a(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1e a(nπ－φ)·sin φ.易知f(x n)≠0，而f(x n＋1)f(x n)＝(－1)n＋2e a[(n＋1)π－φ]sin φ(－1)n＋1e a(nπ－φ)sin φ＝－e aπ是常数，故数列{f(x n)}是首项为f(x1)＝e a(π－φ)sin φ，公比为－e aπ的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a2＋1，于是对一切n∈N*，x n<|f(x n)|恒成立，即nπ－φ<1a2＋1e a(nπ－φ)恒成立，等价于a2＋1a<e a(nπ－φ)a(nπ－φ)(*)恒成立(因为a>0)．设g(t)＝e tt(t>0)，则g′(t)＝e t(t－1)t2.令g′(t)＝0得t＝1.当0<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a2＋1a<g(1)＝e，即只需a>1e2－1.而当a＝1e2－1时，由tan φ＝1a＝e2－1>3且0<φ<π2知，π3<φ<π2.于是π－φ<2π3<e2－1，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ>3π2>e2－1.因此对一切n∈N*，ax n＝nπ－φe2－1≠1，所以g(ax n)>g(1)＝e＝a2＋1a.故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥1e2－1，则对一切n∈N*，x n<|f(x n)|恒成立．。
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.。
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
知识整合与阶段检测[对应学生用书P24][对应学生用书P24]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1] 不等式|x ＋1|＋|x |<2.[解] 法一：利用分类讨论的思想方法． 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：利用方程和函数的思想方法． 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：利用数形结合的思想方法．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：利用等价转化的思想方法． 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.[例2] 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 (x2)，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.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．在利用平均值不等式求函数最值时，一定要满足下列三个条件：①x 、y 为正数．②“和”或“积”为定值．③等号一定能取到，这三个条件缺一不可．[例3] 当0<x <π2时，函数f (x )＝1＋cos 2x ＋8sin 2x sin 2x 的最小值为( )A ．2B ．2 3C ．4D ．4 3[解析] 利用二倍角公式和同角三角函数关系，将函数式转化变形，再用均值不等式求解．f (x )＝2cos 2x ＋8sin 2x 2sin x cos x ＝1tan x ＋4tan x .∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴1tan x >0，tan x >0.故f (x )＝1tan x ＋4tan x ≥21tan x·4tan x ＝4. [答案] C[例4] 为了提高产品的年产量，某企业拟在2014年进行技术改革．经调查测算，产品当年的产量x 万件与投入技术改革费用m 万元(m ≥0)满足x ＝3－km ＋1(k 为常数)．如果不搞技术改革，则该产品当年的产量只能是1万件．已知2014年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元．由于市场行情较好，厂家生产的产品均能销售出去．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品生产成本的1.5倍(生产成本包括固定投入和再投入两部分资金)．(1)将2014年该产品的利润y 万元(利润＝销售金额－生产成本－技术改革费用)表示为技术改革费用m 万元的函数；(2)该企业2014年的技术改革费用投入多少万元时，厂家的利润最大？ [解] (1)由题意可知，当m ＝0时，x ＝1(万件)， ∴1＝3－k .∴k ＝2.∴x ＝3－2m ＋1.每件产品的销售价格为1.5×8＋16xx (元)，∴2014年的利润y ＝x ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1.5×8＋16x x －(8＋16x )－m＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤16m ＋1＋(m ＋1)＋29(m ≥0)． (2)∵m ≥0，∴16m ＋1＋(m ＋1)≥216＝8，∴y ≤29－8＝21. 当16m ＋1＝m ＋1，即m ＝3，y max ＝21. ∴该企业2014年的技术改革费用投入3万元时，厂家的利润最大.数列等知识交汇命题，常用到的证明方法有：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比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．[例5] 已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . [证明] 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b ) ＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b ) ＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 2．综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论：证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误、如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当…时，取等号”的理由要理解掌握．[例6] 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 ＋y2， 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 . 3．分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．由教材内容可知，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“由因导果”，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7] 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≤2.4．反证法和放缩法证明不等式(1)反证法：先假设要证明的结论是不正确的，然后利用公理、已有的定义、定理、命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的命题结论正确．(2)放缩法：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，达到证明的目的．[例8] 已知a >0，求证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[证明] 假设a 2＋1a 2－2<a ＋1a－2，则a 2＋1a 2＋2<a ＋1a＋ 2.平方得a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4<a 2＋2＋1a2＋22·⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2，即2 a 2＋1a2<2⎝⎛⎭⎫a ＋1a . 平方得4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2<2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2<2. 又由平均值不等式得a 2＋1a 2≥2，矛盾．∴a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2成立．[例9] 求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <3.[证明] 由11×2×3×…×k <11·2·2·…·2＝12k －1(k 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.[对应学生用书P26]一、选择题1．已知全集U ＝R ，且A ＝{x ||x －1|>2}，B ＝{x |x 2－6x ＋8<0}，则(∁U A )∩B 等于( ) A ．[－1,4) B ．(2,3) C ．(2,3]D ．(－1,4)解析：A ＝{x ||x －1|>2}＝{x |x >3或x <－1}， B ＝{x |x 2－6x ＋8<0}＝{x |2<x <4}， ∴(∁U A )∩B ＝{x |2<x ≤3}． 答案：C2．“a >1”是“1a <1”成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当1a <1时，有1－a a <0，即a <0或a >1，所以“a >1”是“1a <1”成立的充分不必要条件．答案：A3．已知a ，b ，c 满足c <b <a 且a >0，ac <0，则下列选项中不一定能成立的是( ) A ．c a <b aB ．b －a c >0C ．b 2c >a 2cD ．a －c ac<0解析：由b >c ，a >0，即1a >0，可得b a >ca ，故A 恒成立．∵b <a ，∴b －a <0.又c <0，∴b －ac >0，故B 恒成立．∵c <a ，∴a －c >0.又ac <0，∴a －cac <0，故D 恒成立．当b ＝－2，a ＝1时，b 2>a 2，而c <0， ∴b 2c <a 2c ，故C 不恒成立． 答案：C4．若不等式|x －2|＋|x ＋3|>a ，对于x ∈R 均成立，那么实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，5) B ．[0,5) C ．(－∞，1) D ．[0,1]解析：由绝对值的几何意义知|x －2|＋|x ＋3|表示的是x 与数轴上的点A (－3)及B (2)两点距离之和，A ，B 两点的距离为5，线段AB 上任一点到A ，B 两点距离之和也是5.数轴上其它点到A ，B 两点距离之和都大于5，∴|x －2|＋|x ＋3|≥5，故a <5. 答案：A 二、填空题5．若a 、b 为正数且a ≠b ，M ＝a b ＋ba，N ＝a ＋b ，则M 与N 的大小关系为________．解析：∵a ≠b ，∴a b ＋b >2a ，ba＋a >2b ， 相加得a b ＋ba＋b ＋a >2a ＋2b 即a b ＋ba>a ＋b . 答案：M >N6．(湖南高考)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为5133x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭，则a ＝________.解析：由不等式的解集可知－53，13为不等式对应的方程|ax －2|＝3的根，即⎩⎨⎧⎪⎪⎪⎪－53a －2＝3，⎪⎪⎪⎪13a －2＝3，解得a ＝－3.答案：－37．不等式|x －1|＋|x ＋3|≥6的解集是________． 解析：∵|x －1|＋|x ＋3|＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，(x ≤－3)，4， (－3<x <1)，2x ＋2， (x ≥1).当x ≤－3时，－2x －2≥6⇒x ≤－4； 当x ≥1时，2x ＋2≥6⇒x ≥2； 当－3<x <1时，4≤6，舍去．故不等式的解集为{x |x ≥2或x ≤－4}． 答案：{x |x ≥2或x ≤－4}8．已知a >0，则12a ，12a ＋1，1a ＋a ＋1从大到小的顺序为________．解析：∵a >0，∴2a <a ＋a ＋1<2a ＋1则12a >1a ＋a ＋1>12a ＋1.答案：12a >1a ＋a ＋1>12a ＋1三、解答题9．某数列由下列条件确定：x 1＝a >0，x n ＋1＝12·⎝⎛⎭⎫x n ＋a x n ，n ∈N ＋. (1)证明：对n ≥2总有x n ≥a ； (2)证明：对n ≥2总有x n ≥x n ＋1.证明：(1)由x 1＝a >0，及x n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫x n ＋a x n 可以归纳证明x n >0，从而有x n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫x n ＋a x n ≥x n ·ax n ＝a (n ∈N ＋)，所以当n ≥2时，x n ≥a 成立． (2)当n ≥2时，因为x n ≥a >0，x n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫x n ＋a x n ， 所以x n ＋1－x n ＝12⎝⎛⎭⎫x n ＋a x n－x n ＝12·a －x 2nx n ≤0.故当n ≥2时，x n ≥x n ＋1成立．10．已知关于x 的不等式|ax －1|＋|ax －a |≥1(a >0)． (1)当a ＝1时，求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集为R ，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，得2|x －1|≥1， ∴|x －1|≥12，x ≥32或x ≤12，∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ≤12或x ≥32.(2)∵|ax －1|＋|ax －a |≥|a －1|， ∴原不等式解集为R 等价于|a －1|≥1， ∴a ≥2或a ≤0. 又∵a >0，∴a ≥2.∴实数a 的取值范围为[2，＋∞)．11．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3；(2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是否仍然成立？如果成立，请给出证明，如果不成立，请举出一个使它不成立的x 值．解：(1)证明：x 是正实数， 由基本不等式知，x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)． (2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3仍然成立． 由(1)知，当x >0时，不等式成立； 当x ≤0时，8x 3≤0. 而(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1) ＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1) ＝(x ＋1)2(x 2＋1)⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥0， 此时不等式仍然成立．[对应学生用书P49](时间90分钟，总分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 2 B ．ab ＜b 2 C.b a ＋ab＞2D ．|a |－|b |＝|a －b |解析：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. 答案：D2．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解析：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．答案：A3．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)解析：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. 答案：C4．若a >b >0，则下列不等式中一定成立的是( ) A ．a ＋1b >b ＋1aB.b a >b ＋1a ＋1 C ．a －1b >b －1aD.2a ＋b a ＋2b >a b解析：a >b >0⇒1b >1a >0，∴a ＋1b >b ＋1a .答案：A5．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 ．9 C ．5D ．11解析：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. 答案：C6．“|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 解析：∵|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． 答案：A7．(江苏高考)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥|x －1－x |＋|y －1－(y ＋1)|＝1＋2＝3. 答案：C8．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b 的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3D.43解析：3a ＋3b ≥23a ·3b ＝23a ＋b ＝232＝6.答案：B9．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－a解析：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．答案：C10．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解析：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 ；ca ＋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. 答案：B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________．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．若关于x 的不等式|x －a |<1的解集为(1,3)，则实数a 的值为________．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．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________．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．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. 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：16三、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 )的图象；(2)解不等式|x －8|－|x －4|>2. 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．(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． 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．(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． 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．(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 .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 ＝403≤≤⎧⎫⎨⎬⎩⎭x x .(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4， 得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34. 因此N ＝1344≤≤⎧⎫-⎨⎬⎩⎭x x ，故M ∩N ＝304x x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭≤≤.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.。
第一部分 第二章 章末小结 知识整合与阶段检测
n＝1， (用 Sn 表示)1．等差与等比数列的概念
等差数列 如果一个数列从第2项起，每 一项与它的前一项的差都等于 等比数列 如果一个数列从第2项起，每一项 与它的前一项的比都等于同一个 常数，那么这个数列就叫做等比 数列，这个常数叫做等比数列的 公比，公比通常用字母q表示
3．数列的通项公式 如果一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，可 以用一个公式an＝f(n)表示，那么这个公式就叫做这个数
列的通项公式．
[说明] 并不是每个数列都有通项公式，如果一个数列有
通项公式，那么它的通项公式在形式上可以不止一个．
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4．数列的分类 (1)按照项数是有限还是无限来分：有穷数列、无穷数列． (2)按照项与项之间的大小关系来分：递增数列、递减数 列、摆动数列和常数列．递增数列与递减数列统称为单 调数列．
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(3)通项公式法：
an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列；
an＝cqn(c、q均为不等于0的常数)⇔{an}为等比数列．
(4)前n项和公式法：
Sn＝pn2＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列； Sn＝kqn－k(k、q为常数，且q≠0、1}⇔{an}为等比数列．
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6．等差与等比数列的常用性质
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性质 等差数列 等比数列
an＝am＋(n－m)d 或 d an＝amqn－m 或 qn－m＝ (1) an－am ＝ (n≠m) n－m 若 {an}、 {bn}是 等 差 数 an (n，m∈N*) am 若{an}、 bn}是等比数 {
an (2) 列，则{pan＋qbn}(p、q 列，则{an·bn}、{ } bn
为常数)仍是等差数列 等仍是等比数列
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a1≤a2≤a3≤…≤a n，b1≤b2≤b3≤…≤b n是两组实数，c1，c2，c3，…，c n为b1，b2，…，b n的任何一个排列，称a1b1＋a2b2＋…＋a n b n为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)，称a1c1＋a2c2＋…＋a n c n为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．2．排序原理设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组实数，c1，c2，…，c n是b1，b2，…，b n的任一排列，则有a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1≤a1c1＋a2c2＋…＋a n c n≤a1b1＋a2b2＋…＋a n b n.等号成立⇔a1＝a2＝…＝a n或b1＝b2＝…＝b n.排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．[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a1≤a2≤a3≤a4≤a5，b1≤b2≤b3≤b4≤b5，其中a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11，将b i(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5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：a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304，由反序和最小知最小值为：a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212.[对应学生用书P31]用排序不等式证明不等式(所证不等式中的字母大小顺序确定)[例1] 已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c ，求证：(1)≥≥；1bc 1ca 1ab(2)＋＋≥＋＋.a 5b 3c 3b 5c 3a 3c 5a 3b 31a 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，∴>0.从而≥.1c 1bc 1ca 同理，∵b ≥c >0，于是≤，1b 1c ∵a >0，∴>0，于是得≥.1a 1ca 1ab 从而≥≥.1bc 1ca 1ab(2)由(1)≥≥，于是由顺序和≥乱序和得，1bc 1ca 1ab ＋＋≥＋＋a 5b 3c 3b 5c 3a 3c 5a 3b 3b 5b 3c 3c 5c 3a 3a 5a 3b 3＝＋＋b 2c 3c 2a 3a 2b 3(∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a3)≥＋＋＝＋＋＝＋＋.c 2c 3a 2a 3b 2b 31c 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：＋＋≥a 10＋b 10＋c 10.a 12bcb 12ac c 12ab 证明：不妨设a ≥b ≥c >0，则a 12≥b 12≥c 12，≥≥>0，1bc 1ac 1ab ∴由顺序和≥乱序和，得＋＋≥＋＋＝＋＋. ①a 12bcb 12ac c 12ab a 12ab b 12bc c 12ac a 11b b 11c c 11a 又∵a 11≥b 11≥c 11，≥≥，1c 1b 1a ∴由乱序和≥反序和得：＋＋≥＋＋＝a 10＋b 10＋c 10， ②a 11b b 11c c 11a a 11a b 11b c 11c 由①②两式得：＋＋≥a 10＋b 10＋c 10.a 12bcb 12ac c 12ab用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设)[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：＋＋…＋≤＋＋…＋.1223n －1n a 1a 2a 2a 3a n －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>>…>且b 1≥1，b 2≥2，…，b n －1≥n －1，c 1≤2，c 2≤3，…，c n －1≤n .1c 11c 21c n －1利用排序不等式，有＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋a 1a 2a 2a 3a n －1a nb 1c 1b 2c 2b n －1c n －11223.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 ＝，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，则P 、Q 的关系为( )a ＋b ＋c2A ．P ≥Q B ．P ＝Q C ．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 )＝＝P .a ＋b ＋c2答案：C2．已知a ，b ，c 为正数，P ＝，Q ＝abc ，则P ，Q 的大小关系是( )b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c A ．P >Q B ．P ≥Q C ．P <QD ．P ≤Q解析：不妨设a ≥b ≥c >0，则0<≤≤，0<bc ≤ca ≤ab ，1a 1b 1c 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≥a ＋b ＋c ，b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc因为a ，b ，c 为正数，所以abc >0，a ＋b ＋c >0，于是≥abc ，即P ≥Q .b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c 答案：B3．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝＋＋，F ＝a 1＋a 2＋a 3，则E ，F 的关系是( )a 1a 2a 3a 2a 3a 1a 1a 3a 2A ．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<≤≤，1a 11a 21a 3a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和得，＋＋＝＋＋a 1a 2a 3a 2a 3a 1a 1a 3a 2a 1a 2a 3a 1a 3a 2a 2a 3a 1≥·a 1a 3＋·a 2a 3＋·a 1a 21a 31a 21a 1＝a 1＋a 3＋a 2，即＋＋≥a 1＋a 2＋a 3.a 1a 2a 3a 2a 3a 1a 1a 3a 2答案：B4．(1＋1)……的取值范围是( )(1＋14)(1＋13n －2)(1＋161)A ．(21，＋∞)B ．(61，＋∞)C ．(4，＋∞)D ．(3n －2，＋∞)解析：令A ＝(1＋1)…(1＋14)(1＋13n －2)＝×××…×，2154873n －13n －2B ＝×××…×，3265983n 3n －1C ＝×××…×.43761093n ＋13n 由于>>，>>，>>，…2132435465768798109>>>0，3n －13n －23n 3n －13n ＋13n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＋＋________a ＋b ＋c .bc a ca b abc 解析：不妨设a ≥b ≥c >0，则bc ≤ca ≤ab ，≤≤.1a 1b 1c∴＋＋≥＋＋＝a ＋b ＋c .bc a ca b ab c ac c ab a bcb 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＋＋…＋a 1a 1′a 2a 2′的最小值为________．a na n ′解析：不妨设0<a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则≥≥…≥.1a 11a 21an 其反序和为＋＋…＋＝n ，a 1a 1a 2a 2a na n 则由乱序和不小于反序和知＋＋…＋≥＋＋…＋＝n ，a 1a 1′a 2a 2′a n a n ′a 1a 1a 2a 2a na n ∴＋＋…＋的最小值为n .a 1a 1′a 2a 2′a na 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＋＋的最小值是________．1b ＋c 1c ＋a 1a ＋b 解析：不妨设a ≥b ≥c .∴≥≥.1b ＋c 1c ＋a 1a ＋b ∴＋＋≥＋＋.①a b ＋c b c ＋a c a ＋b b b ＋c c c ＋a a a ＋b＋＋≥＋＋.②a b ＋c b c ＋a c a ＋b c b ＋c a c ＋a b a ＋b ①＋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 ≤＋＋≤＋＋.a 2＋b 22c b 2＋c 22a c 2＋a 22b a 3bc b 3ca c 3ab 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·＋b 2·＋c 2·≥a 2·＋b 2·＋c 2·，①1c 1a 1b 1a 1b 1c a 2·＋b 2·＋c 2·≥a 2·＋b 2·＋c 2·.②1b 1c 1a 1a 1b 1c 由(①＋②)÷2，可得＋＋≥a ＋b ＋c .a 2＋b 22c b 2＋c 22a c 2＋a 22b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·＋b 3·＋c 3·≥a 3·＋b 3·＋c 3·.③1bc 1ca 1ab 1ac 1ab 1bc a 3·＋b 3·＋c 3·≥a 3·＋b 3·＋c 3·.④1bc 1ca 1ab 1ab 1bc 1ca 由(③＋④)÷2，可得＋＋≥＋＋.a 3bc b 3ca c 3ab a 2＋b 22c b 2＋c 22a c 2＋a 22b 综上可知原式成立．10．设a ，b ，c 均为正实数，求证：＋＋≤.1a 1b 1c a 8＋b 8＋c 8a 3b 3c 3证明：不妨设a ≥b ≥c >0.由不等式的单调性，知≥≥，1c 1b 1a 而≥≥.1b 3c 31c 3a 31a 3b 3由不等式的性质，知a 5≥b 5≥c 5.根据排序原理，知＋＋≥＋＋a 5b 3c 3b 5c 3a 3c 5a 3b 3a 5c 3a 3b 5a 3b 3c 5b 3c 3＝＋＋.a 2c 3b 2a 3c 2b3又由不等式的性质，知a 2≥b 2≥c 2，≥≥.1c 31b 31a 3由排序原理，得＋＋≥＋＋＝＋＋.a 2c 3b 2a 3c 2b 3a 2a 3b 2b 3c 2c 31a 1b 1c 由不等式的传递性，知＋＋≤＋＋＝.1a 1b 1c a 5b 3c 3b 5c 3a 3c 5a 3b 3a 8＋b 8＋c 8a 3b 3c 3∴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)a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .证明：(1)用比较法：c (a ＋b －c )－b (c ＋a －b )＝ac ＋bc －c 2－bc －ab ＋b 2＝b 2－c 2＋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a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(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a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(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.。
第1部分 第二章 章末小结 知识整合与阶段检测
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(2)甲车追上乙车时，位移关系 x 甲′＝x 乙′＋L1 甲车位移 x 甲′＝v 甲 1 2 t2＋ at2 ， 2
乙车位移 x 乙′＝v 乙 t2， 将 x 甲′、x 乙代入位移关系，得 1 2 v 甲 t2＋ at2 ＝v 乙 t2＋L1， 2
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直线运动；初位置坐标为x0 动；初速度为v0
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x－t图
v－t图
⑤交点的纵坐标表示三个运 ⑤交点的纵坐标表示三个运
动质点相遇时的位置
动质点的速度相同
⑥t1时刻物体的速度为v1(图
⑥t1时间内物体的位移为x1
中阴影部分面积表示质点在 0～t1时间内的位移)
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2．根据图像采集信息时的注意事项：
(1)认清坐标轴所代表的物理量的含义，弄清物体的运
图2－3 甲追上乙时，x甲＝x0＋x乙，且t甲＝t乙，根据匀变速 直线运动、匀速直线运动的位移公式列出方程，即能解 得正确的结果。
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(1)设甲经过时间 t 追上乙， 1 则有 x 甲＝ a 甲 t2，x 乙＝v 乙 t。 2 1 根据追及条件，有 a 甲 t2＝v 乙 t＋200 m 2 代入数值，解得 t＝40 s 和 t＝－20 s(舍去)。 这时甲的速度 v 甲＝a 甲 t＝0.5×40 m/s＝20 m/s。 甲离出发点的位移 1 1 2 x 甲＝ a 甲 t ＝ ×0.5×402 m＝400 m。 2 2
方x0处，则以下说法错误的是 ( A．若x0＝x1＋x2，两车不会相遇 B．若x0<x1，两车相遇2次 C．若x0＝x1，两车相遇1次 )
图2－5
D．若x0＝x2，两车相遇1次
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解析：若x0＝x1，则甲、乙两车速度相同时，乙车追上甲
第一部分 第二章 章末小结 知识整合与阶段检测
(2)x轴上的点的坐标为(x,0,0)，x为任意实数； y轴上的点的坐标为(0，y,0)，y为任意实数； z轴上的点的坐标为(0,0，z)，z为任意实数． 2．空间两点间的距离公式 空间两点P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)间的距离 是|P1P2|＝ x2－x12＋y2－y12＋z2－z12.
Ax＋By＋C＝0， x－a2＋y－b2＝r2，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
根据解的情况来判断此直
线和圆的位置关系： 当方程组只有一个实数解时，直线与圆相切； 当方程组有两个不同的实数解时，直线与圆相交； 当方程组没有实数解时，直线与圆相离．
(3)圆与圆的位置关系： 圆与圆的位置关系的判断方法一般使用几何法． 设两圆的半径分别为r1，r2，圆心距为d，则 ①d>r1＋r2⇔两圆相离；
B2y＋C2)＝0.
4．距离公式 (1)两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间距离公式是： |P1P2|＝ x2－x12＋y2－y12； (2)点A(a，b)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式是： |Aa＋Bb＋C| d＝ ； A2＋B2 (3)两平行线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0 |C1－C2| 间的距离公式是d＝ 2 2. A ＋B
x y 截距式 ＋ ＝1 a b 一般式
Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)
(2)求直线的方程一般采用待定系数法，其步骤是： 选形式 → 选形式 → 列方程 → 求参数 → 得直线 .
3．两直线的位置关系 (1)设直线l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，则 ①k1≠k2⇔l1与l2相交； ②k1＝k2且b1≠b2⇔l1与l2平行； ③k1＝k2且b1＝b2⇔两直线重合； ④k1k2＝－1⇔两直线垂直．
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知识整合与阶段检测[对应学生用书P36][对应学生用书P36](1)柯西不等式取等号的条件实质上是：a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a nb n.这里某一个b i 为零时，规定相应的a i 为零．(2)利用柯西不等式证明的关键是构造两个适当的数组．(3)可以利用向量中的|α||β|≥|α·β|的几何意义来帮助理解柯西不等式的几何意义． [例1] 若n 是不小于2的正整数，求证： 47＜1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＜22. [证明] 1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12n －2⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，所以求证式等价于47＜1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜22.由柯西不等式，有⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n [(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋2n ]≥n 2，于是1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≥n 2(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋2n ＝2n 3n ＋1＝23＋1n ≥23＋12＝47，又由柯西不等式，有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜(12＋12＋…＋12)⎣⎡⎦⎤1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2＋…＋1(2n )2＜ n ⎝⎛⎭⎫1n －12n ＝22. [例2] 设a ，b ，c ∈R ＋，且满足abc ＝1，试证明：1a 3(b ＋c )＋1b 3(a ＋c )＋1c 3(a ＋b )≥32.[证明] ∵abc ＝1，则所求证的不等式变为 b 2c 2ab ＋ac ＋a 2c 2ba ＋bc ＋a 2b 2ac ＋bc ≥32. 又(ab ＋bc ＋ca )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ac ＋bc ·ac ＋bc ＋bc ab ＋ac ·ab ＋ac ＋ac ba ＋bc ·ba ＋bc 2 ≤⎝⎛⎭⎫a 2b 2ac ＋bc ＋b 2c 2ab ＋ac ＋a 2c2ba ＋bc [(ac ＋bc )＋(ab ＋ac )＋(ba ＋bc )]， ∴a 2b 2ac ＋bc ＋b 2c 2ab ＋ac ＋a 2c 2ba ＋bc ≥12(ac ＋bc ＋ab )≥ 12·33a 2b 2c 2＝32， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立． 原不等式得证.利用不等式解决最值，尤其是含多个变量的问题，是一种常用方法．特别是条件最值问题，通常运用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式及幂平均不等式等，但要注意取等号的条件能否满足．[例3] 若5x 1＋6x 2－7x 3＋4x 4＝1，则3x 21＋2x 22＋5x 23＋x 24的最小值是( )A ．78215B ．15782C ．3D ．253[解析] ∵⎝⎛⎭⎫253＋18＋495＋16(3x 21＋2x 22＋5x 23＋x 24)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫53×3x 1＋32×2x 2＋－75×5x 3＋4×x 42＝(5x 1＋6x 2－7x 3＋4x 4)2 ＝1，∴3x 21＋2x 22＋5x 23＋x 24≥15782. [答案] B[例4] 等腰直角三角形AOB 的直角边长为1.如图，在此三角形中任取点P ，过P 分别引三边的平行线，与各边围成以P 为顶点的三个三角形(图中阴影部分)，求这三个三角形的面积和的最小值，以及达到最小值时P 的位置．[解] 分别取OA ，OB 所在的直线为x 轴、y 轴，建立如图所示的直角坐标系．则AB 的方程为x ＋y ＝1，记P 点坐标为P (x P ，y P )，则以P 为公共顶点的三个三角形的面积和S 为S ＝12x 2P ＋12y 2P ＋12(1－x P －y P )2， 2S ＝x 2P ＋y 2P ＋(1－x P －y P )2.由柯西不等式，得[x 2P ＋y 2P ＋(1－x P －y P )2](12＋12＋12)≥[x P ＋y P ＋(1－x P －y P )]2， 即2S ×3＝6S ≥1，所以S ≥16.当且仅当x P 1＝y P 1＝1－x P －y P1时，等号成立，即x P ＝y P ＝13时，面积和S 最小，且最小值为16.从而P 点坐标为⎝⎛⎭⎫13，13时，这三个三角形的面积和取最小值16. [例5] 已知实数x 、y 、z 满足x 2＋4y 2＋9z 2＝a (a >0)，且x ＋y ＋z 的最大值是7，求a 的值．[解] 由柯西不等式：[x 2＋(2y )2＋(3z )2]⎣⎡⎦⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫132≥⎝⎛⎭⎫x ＋12×2y ＋13×3z 2.因为x 2＋4y 2＋9z 2＝a (a >0)，所以4936a ≥(x ＋y ＋z )2，即－7a 6≤x ＋y ＋z ≤7a6.因为x ＋y ＋z 的最大值是7，所以7a 6＝7，得a ＝36，当x ＝367，y ＝97，z ＝47时，x ＋y ＋z 取最大值，所以a ＝36.(1)用排序不等式证明不等式的关键是根据问题的条件和结论构造恰当的序列，如何排好这个序列是难点所在．(2)注意等号成立的条件．[例6] 在△ABC 中，试证：π3≤aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.[证明] 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC .相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(a ＋b ＋c )(A ＋B ＋C )＝π(a ＋b ＋c )． 得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3，① 又由0＜b ＋c －a,0＜a ＋b －c,0＜a ＋c －b ，有 0＜A (b ＋c －a )＋C (a ＋b －c )＋B (a ＋c －b ) ＝a (B ＋C －A )＋b (A ＋C －B )＋c (A ＋B －C ) ＝a (π－2A )＋b (π－2B )＋c (π－2C ) ＝(a ＋b ＋c )π－2(aA ＋bB ＋cC )． 得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c＜π2.② 由①、②得原不等式成立.1．求函数的最值在利用平均值不等式求函数最值时，一定要满足下列三个条件：(1)各项均为正数．(2)“和”或“积”为定值．(3)等号一定能取到，这三个条件缺一不可．2．解决实际问题由于受算术平均与几何平均定理求最值的约束条件的限制，在求最值时常常需要对解析式进行合理的变形．对于一些分式结构的函数，当分子中变量的次数不小于分母中变量的次数时，通常采用分离变量(或常数)的方法，拼凑出和的形式，若积为定值则可用平均值不等式求解．[例7] 已知0＜x ＜13，求函数y ＝x (1－3x )的最大值．[解] y ＝x (1－3x )＝13×3x ×(1－3x )，∵0＜x ＜13，∴1－3x ＞0，x ＞0. ∴y ＝x (1－3x )＝13×3x ×(1－3x )≤13×⎣⎡⎦⎤3x ＋(1－3x )22＝112. 当且仅当3x ＝1－3x 即x ＝16，y 有最大值112.[例8] 若a >b >0，则代数式a 2＋1b (a －b )的最小值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] 依题意得a －b >0，所以代数式a 2＋1b (a －b )≥a 2＋1⎣⎡⎦⎤b ＋(a －b )22＝a 2＋4a 2≥2a 2·4a2＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －b >0，a 2＝4a 2，即a ＝2，b ＝22时取等号，因此a 2＋1b (a －b )的最小值是4，选C.[答案] C[例9] 某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x 元．公司拟投入16(x 2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x 万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．[解] (1)设每件定价为t 元，依题意，有⎝⎛⎭⎫8－t －251×0.2t ≥25×8，整理得t 2－65t ＋1 000≤0， 解得25≤t ≤40.∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元． (2)依题意，x >25时，不等式ax ≥25×8＋50＋16(x 2－600)＋15x 有解，等价于x >25时，a ≥150x ＋16x ＋15有解．∵150x ＋16x ≥2150x ×16x ＝10(当且仅当x ＝30时，等号成立)，∴a ≥10.2. 当该商品明年的销售量a 至少达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．[对应学生用书P38]一、选择题1．若α为锐角，则⎝⎛⎭⎫1＋1sin α⎝⎛⎭⎫1＋1cos α的最小值为( ) A ．2＋3 3 B ．3＋2 2 C ．2D ．3解析：⎝⎛⎭⎫1＋1sin α⎝⎛⎭⎫1＋1cos α≥⎝⎛⎭⎫1＋1sin αcos α2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2sin 2α2≥(1＋2)2＝3＋2 2. 答案：B2．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是( ) A ．56B ．65C ．2536D ．3625解析：2x 2＋3y 2＝(2x 2＋3y 2)⎝⎛⎭⎫12＋13·65≥65·⎝⎛⎭⎫2x 22＋3y ·332＝65(x ＋y )2＝65. 答案：B3．设x 、y 、z ，满足x 2＋2y 2＋3z 2＝3，则x ＋2y ＋3z 的最大值是( )A ．3 2B ．4 C.322 D ．6 解析：构造两组数：x ，2y ，3z 和1，2，3，由柯西不等式得[x 2＋(2y )2＋(3z )2][12＋(2)2＋(3)2]≥(x ＋2y ＋3z )2， ∴(x ＋2y ＋3z )2≤18，∴x ＋2y ＋3z ≤32，当且仅当x ＝y ＝z ＝22时取等号． 答案：A4．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品3件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则至少要花( )A ．17元B ．19元C ．21元D ．25元 解析：由排序原理可知：花钱最少为：1×5＋2×3＋3×2＝17(元)． 答案：A 二、填空题5．n 个正数与这n 个正数的倒数的乘积的和的最小值为________． 解析：设0<a 1≤a 2≤a 3…≤a n ， 则0<1a n ≤1a n －1≤…≤1a 1，∵反序和≤乱序和≤顺序和，∴最小值为反序和a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1a n ＝n .答案：n6．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s ，每个人接完水后就离开，则他们等候的总时间最短为________s.解析：由题意知，等候的总时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41. 答案：417．函数y ＝2x ＋91－2x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎝⎛⎭⎫0，12的最小值为________．解析：y ＝2x ＋91－2x ＝222x ＋321－2x＝⎝⎛⎭⎫222x ＋321－2x [2x ＋(1－2x )] ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫22x ×2x ＋31－2x ×1－2x 2＝25，当且仅当x ＝15时取等号．答案：258．已知a ，b ，x ，y ＞0，且 ab ＝4，x ＋y ＝1，则(ax ＋by )·(bx ＋ay )的最小值为________． 解析：[(ax )2＋(by )2]·[(bx )2＋(ay )2]≥(ax ·bx ＋by ·ay )2＝(ab ·x ＋ab ·y )2＝ab (x ＋y )2＝ab ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号．答案：4 三、解答题9．求实数x ，y 的值使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2取到最小值． 解：由柯西不等式得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y )2＋(2x ＋y －6)2] ≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y )＋1×(2x ＋y －6)]2＝1， 即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16，当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即x ＝52，y ＝56时等号成立，此时最小值为16.10．设a 、b 、c 为正数，且a ＋2b ＋3c ＝13，求3a ＋2b ＋c 的最大值． 解：(a ＋2b ＋3c )⎣⎡⎦⎤(3)2＋12＋⎝⎛⎭⎫132 ≥⎝⎛⎭⎫a ·3＋2b ·1＋3c ·132 ＝(3a ＋2b ＋c )2. ∴(3a ＋2b ＋c )2≤1323.∴3a ＋2b ＋c ≤1333.当且仅当a 3＝2b 1＝3c 13时取等号．又a ＋2b ＋3c ＝13，∴a ＝9，b ＝32，c ＝13.∴3a ＋2b ＋c 有最大值1333.11．若不等式|a －1|≥x ＋2y ＋3z 对满足x 2＋y 2＋z 2＝1的一切实数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．解：根据柯西不等式，有(x 2＋y 2＋z 2)(1＋4＋9)≥(x ＋2y ＋3z )2， ∴(x ＋2y ＋3z )2≤1×14＝14， 则－14≤x ＋2y ＋3z ≤14. 又∵|a －1|≥x ＋2y ＋3z 恒成立， ∴|a －1|≥14.则a －1≥14或a －1≤－14， 即a ≥1＋14或a ≤1－14. 所以a 的取值范围为(－∞，1－14]∪[1＋14，＋∞)．[对应学生用书P51](时间90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)1．已知a ，b 均为正实数，且a ＋2b ＝10，则a 2＋b 2的最小值为( ) A ．5 B ．10 C ．20D ．30解析：根据柯西不等式有 (a 2＋b 2)(1＋22)≥(a ＋2b )2＝100.∴a 2＋b 2≥20，当且仅当a ＝b2＝2时取等号．答案：C2．已知x >0，y >0，且4x ＋3y ＝12，则xy 的最大值是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由4x ＋3y ≥212xy ，∴12xy ≤6，∴xy ≤3，故选C. 答案：C3．函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x ＋1x －1＋5(x ＞1)的最小值为( )A ．－3B ．3C ．4D ．－4解析：x ＞1⇒x －1＞0，y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x ＋1x －1＋5＝log 2⎝⎛⎭⎫x －1＋1x －1＋6≥log 2(2＋6)＝log 28＝3.答案：B4．设x 1，x 2，x 3取不同的正整数，则m ＝x 11＋x 24＋x 39的最小值是( )A ．1B ．2C ．116D ．4936解析：设a 1，a 2，a 3是x 1，x 2，x 3的一个排列且满足 a 1＜a 2＜a 3.∴a 1≥1，a 2≥2，a 3≥3，又∵1＞122＞132，∴x 1＋x 24＋x 39≥1＋12＋13＝116当且仅当x 1＝1，x 2＝2，x 2＝3时取等号．答案：C5．已知(x －1)2＋(y －2)2＝4.则3x ＋4y 的最大值为( ) A ．1 B ．10 C ．11D ．21解析：∵[(x －1)2＋(y －2)2](32＋42)≥[3(x －1)＋4(y －2)]2， 即(3x ＋4y －11)2≤100. ∴3x ＋4y －11≤10,3x ＋4y ≤21. 当且仅当x －13＝y －24时取等号．答案：D6．已知不等式(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥a 对任意正实数x ，y 恒成立，则实数a 的最大值为( ) A ．2 B ．4 C ． 2D ．16解析：因为(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥(1＋1)2＝4，当且仅当x ＝y ＝1时等号成立， 因此若不等式(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ≥a 对任意正实数x ，y 恒成立，则a ≤4，故应选B. 答案：B7．已知x ＋3y ＋5z ＝6，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是( ) A ．65B ．635C ．3635D ．6解析：由柯西不等式，得x 2＋y 2＋z 2＝(12＋32＋52)·(x 2＋y 2＋z 2)·112＋32＋52≥(1×x ＋3×y ＋5×z )2×135＝62×135＝3635当且仅当x ＝y 3＝z 5＝635时取等号．8．已知3x 2＋2y 2≤2，则3x ＋2y 的取值范围是( ) A ．[0，5]B ．[－5，0]C ．[－10，10]D ．[－5,5]解析：|3x ＋2y |≤3x 2＋2y 2·(3)2＋(2)2≤10 ∴－10≤3x ＋2y ≤10. 答案：C9．设a ，b ，c 为正数，a ＋b ＋4c ＝1，则a ＋b ＋2c 的最大值是( ) A ． 5 B ． 3 C ．2 3D ．32解析：1＝a ＋b ＋4c ＝(a )2＋(b )2＋(2c )2 ＝13[(a )2＋(b )2＋(2c )2]·(12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋2c )2·13，∴(a ＋b ＋2c )2≤3， 即所求最大值为 3. 答案：B10．若a >0，b >0，c >0，且a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－23，则2a ＋b ＋c 的最小值为( ) A ．3－1 B ．3＋1 C ．23＋2D ．23－2解析：∵a (a ＋b ＋c )＋bc ＝(a ＋b )(a ＋c )＝4－23， 且a ＋b >0，a ＋c >0，∴2a ＋b ＋c ＝(a ＋b )＋(a ＋c )≥2(a ＋b )(a ＋c )＝24－23＝2(3－1)2＝2(3－1)(当且仅当a ＋b ＝a ＋c ，即b ＝c 时等号成立)， ∴2a ＋b ＋c 的最小值为23－2，故选D. 答案：D二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝22－x ＋2x －3的最大值是________． 解析：y ＝2×4－2x ＋2x －3 ≤[(2)2＋1](4－2x ＋2x －3)＝3，当且仅当x ＝53时取等号．12．(湖南高考)已知a ，b ，c ∈R ，a ＋2b ＋3c ＝6，则a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为________． 解析：由柯西不等式，得(a 2＋4b 2＋9c 2)·(12＋12＋12)≥(a ·1＋2b ·1＋3c ·1)2＝36，故a 2＋4b 2＋9c 2≥12，从而a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为12.答案：1213．已知x 2＋2y 2＝1，则x 2y 4－1的最大值是________． 解析：∵x 2＋2y 2＝1，∴x 2＋y 2＋y 2＝1. 又x 2·y 4－1＝x 2·y 2·y 2－1， ∵x 2·y 2·y 2≤⎝⎛⎭⎫x 2＋y 2＋y 233＝127，∴x 2y 4－1≤127－1＝－2627.即x 2y 4－1≤－2627当且仅当x 2＝y 2＝13时取等号．∴x 2y 4－1的最大值是－2627.答案：－262714．函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是________． 解析：根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x ≤ 12＋22×(x －5)2＋(6－x )2＝ 5.答案： 5三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15．(本小题满分12分)设a ，b ，c ∈R ＋，求证： 1a 3＋b 3＋abc ＋1b 3＋c 3＋abc ＋1c 3＋a 3＋abc ≤1abc. 证明：设a ≥b ≥c >0，则a 3≥b 3，∴a 3＋b 3＝a 2·a ＋b 2·b ≥a 2b ＋b 2a ＝ab (a ＋b )， 同理：b 3＋c 3≥bc (b ＋c )，c 3＋a 3≥ac (c ＋a )， ∴1a 3＋b 3＋abc ＋1b 3＋c 3＋abc ＋1c 3＋a 3＋abc ≤1ab (a ＋b )＋abc ＋1bc (b ＋c )＋abc＋1ca (c ＋a )＋abc＝1a ＋b ＋c ·⎝⎛⎭⎫1ab ＋1bc ＋1ca ＝1abc. 16．(本小题满分12分)已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，求3x ＋2y ＋z 的最小值．解：(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎡⎦⎤32＋(2)2＋⎝⎛⎭⎫132 ≥⎝⎛⎭⎫3x ＋2y ·2＋3z ·132＝(3x ＋2y ＋z )2，∴(3x ＋2y ＋z )2≤(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎡⎦⎤32＋(2)2＋⎝⎛⎭⎫132＝12. ∴－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3.当且仅当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时3x ＋2y ＋z 取最小值，最小值为－2 3.17．(本小题满分12分)(福建高考)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ， 求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9， 即p 2＋q 2＋r 2≥3.18．(本小题满分14分)设非负实数α1，α2，…，αn 满足α1＋α2＋…＋αn ＝1，求y ＝22－α1＋22－α2＋…＋22－αn －n 的最小值． 解：为了利用柯西不等式，注意到 (2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn ) ＝2n －(α1＋α2＋…＋αn )＝2n －1， 所以(2n －1)⎝⎛⎭⎫12－α1＋12－α2＋…＋12－αn＝[(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn )]·⎝⎛12－α1＋⎭⎫12－α2＋…＋12－αn ≥⎝ ⎛2－α1·12－α1＋2－α2·⎭⎪⎫12－α2＋…＋2－αn ·12－αn 2＝n 2， 所以y ＋n ≥2n 22n －1，y ≥2n 22n －1－n ＝n 2n －1.当且仅当α1＝α2＝…＝αn ＝1n 时等号成立，从而y 有最小值n2n －1.。