2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5：第一章 1.5 1.5.2 综合法和分析法
2017-2018学年高中数学人教B版选修4-5：第一章 1.3 绝对值不等式的解法
[对应学生用书P10][读教材·填要点]1．含绝对值的不等式|x|≤a与|x|≥a的解集2．|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法(1)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；(2)|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.3．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)分区间讨论法：以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负进而去掉绝对值符号是解题关键．(2)图象法：构造函数，结合函数的图象求解．(3)几何法：利用绝对值不等式的几何意义求解．[小问题·大思维]1．|x|以及|x－a|±|x－b|表示的几何意义是什么？提示：|x|的几何意义是数轴上表示数x的点到原点O的距离；|x－a|±|x－b|的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数a，b的点的距离之和(差)．2．如何解|x－a|＜|x－b|、|x－a|＞|x－b|(a≠b)型的不等式的解集？提示：可通过两边平方去绝对值符号的方法求解．[对应学生用书P10][例1] 解下列不等式： (1)1＜|x －2|≤3； (2)|2x ＋5|＞7＋x ； (3)1x 2－2≤1|x |. [思路点拨] 本题考查较简单的绝对值不等式的解法．解答本题(1)可利用公式转化为|ax ＋b |＞c (c ＞0)或|ax ＋b |＜c (c ＞0)型不等式后逐一求解，也可利用绝对值的定义分两种情况去掉绝对值符号，还可用平方法转化为不含绝对值的不等式．(2)可利用公式法转化为不含绝对值的不等式． (3)可分类讨论去掉分母和绝对值．[精解详析] (1)法一：原不等式等价于不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ |x －2|＞1，|x －2|≤3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1或x ＞3，－1≤x ≤5，解得－1≤x ＜1或3＜x ≤5，所以原不等式的解集为{x |－1≤x ＜1或3＜x ≤5}． 法二：原不等式可转化为：①⎩⎪⎨⎪⎧ x －2≥0，1＜x －2≤3，或②⎩⎪⎨⎪⎧x －2＜0，1＜－(x －2)≤3，由①得3＜x ≤5，由②得－1≤x ＜1，所以原不等式的解集是{x |－1≤x ＜1或3＜x ≤5}． (2)由不等式|2x ＋5|＞7＋x ，可得2x ＋5＞7＋x 或2x ＋5＜－(7＋x )， 整理得x ＞2或x ＜－4.∴原不等式的解集是{x |x ＜－4或x ＞2}． (3)①当x 2－2＜0且x ≠0，即当－2＜x ＜2， 且x ≠0时，原不等式显然成立． ②当x 2－2＞0时，原不等式与不等式组⎩⎨⎧|x |＞2，x 2－2≥|x |等价，x 2－2≥|x |即|x |2－|x |－2≥0， ∴|x |≥2，∴不等式组的解为|x |≥2， 即x ≤－2或x ≥2. ∴原不等式的解集为(－∞，－2]∪(－2，0)∪(0，2)∪[2，＋∞)．含一个绝对值不等式的常见类型及其解法： (1)形如|f (x )|＜a ，|f (x )|＞a (a ∈R )型不等式 此类不等式的简单解法是等价命题法，即 ①当a ＞0时，|f (x )|＜a ⇒－a ＜f (x )＜a . |f (x )|＞a ⇔f (x )＞a 或f (x )＜－a . ②当a ＝0时，|f (x )|＜a 无解． |f (x )|＞a ⇔f (x )≠0.③当a ＜0时，|f (x )|＜a 无解． |f (x )|＞a ⇔f (x )有意义．(2)形如|f (x )|＜g (x )，|f (x )|＞g (x )型不等式 此类不等式的简单解法是等价命题法，即 ①|f (x )|＜g (x )⇔－g (x )＜f (x )＜g (x )，②|f (x )|＞g (x )⇔f (x )＞g (x )或f (x )＜－g (x )(其中g (x )可正也可负)． 若此类问题用分类讨论法来解决，就显得较复杂． (3)形如a ＜|f (x )|＜b (b ＞a ＞0)型不等式 此类问题的简单解法是利用等价命题法，即 a ＜|f (x )|＜b (0＜a ＜b )⇔a ＜f (x )＜b 或－b ＜f (x )＜－a . (4)形如|f (x )|＜f (x )，|f (x )|＞f (x )型不等式 此类题的简单解法是利用绝对值的定义，即 |f (x )|＞f (x )⇔f (x )＜0， |f (x )|＜f (x )⇔x ∈∅.1．设函数f (x )＝|2x －a |＋5x ，其中a >0. (1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥5x ＋1的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解：(1)当a ＝3时，不等式f (x )≥5x ＋1可化为|2x －3|≥1， 由此可得x ≥2或x ≤1.故不等式f (x )≥5x ＋1的解集为{x |x ≤1或x ≥2}．(2)由f (x )≤0得|2x －a |＋5x ≤0，此不等式可化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a 2，2x －a ＋5x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a 2，－(2x －a )＋5x ≤0，即⎩⎨⎧x ≥a 2，x ≤a7或⎩⎨⎧x <a 2，x ≤－a3，因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ≤－a 3.由题设可得－a3＝－1，故a ＝3.[例2] 解不等式|x ＋7|－|3x －4|＋3－22>0. [思路点拨] 先求出零点即x ＝－7，43，再分段讨论．[精解详析] 原不等式化为 |x ＋7|－|3x －4|＋2－1>0，当x >43时，原不等式为x ＋7－(3x －4)＋2－1>0，得x <5＋22，即43<x <5＋22；当－7≤x ≤43时，原不等式为x ＋7＋(3x －4)＋2－1>0， 得x >－12－24，即－12－24<x ≤43；当x <－7时，原不等式为 －(x ＋7)＋(3x －4)＋2－1>0， 得x >6－22，与x <－7矛盾； 综上，不等式的解为－12－24<x <5＋22.(1)|x －a |＋|x －b |≥c 、|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的三种解法：分区间(分类)讨论法、图象法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图象法直观，但只适用于数据较简单的情况．(2)|x －a |＋|x －b |≥c 、|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的图象解法和画出函数f (x )＝|x －a |＋|x －b |－c 的图象是密切相关的，其图象是折线，正确地画出其图象的关键是写出f (x )的分段表达式．不妨设a ＜b ，于是f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋b －c ， (x ≤a )，b －a －c ， (a ＜x ＜b )，2x －a －b －c ， (x ≥b ).这种图象法的关键是合理构造函数，正确画出函数的图象，求出函数的零点，体现了函数与方程结合、数形结合的思想．(3)形如|f (x )|＜|g (x )|型不等式此类问题的简单解法是利用平方法，即 |f (x )|＜|g (x )|⇔[f (x )]2＜[g (x )]2 ⇔[f (x )＋g (x )][f (x )－g (x )]＜0.2．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|. (1)解不等式f (x )≥4； (2)求函数y ＝f (x )的最小值．解：(1)由题意得，f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝⎩⎨⎧－x －4， x <－12，3x －2， －12≤x ≤3，x ＋4，x >3，所以不等式f (x )≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤3，3x －2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，x ＋4≥4，解得x ≤－8或x ≥2.所以原不等式的解集为{x |x ≤－8或x ≥2}． (2)由(1)知，当x <－12时，f (x )＝－x －4，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减； 当－12≤x ≤3时，f (x )＝3x －2，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤－12，3上单调递增； 当x >3时，f (x )＝x ＋4，所以f (x )在(3，＋∞)上单调递增． 故当x ＝－12时，y ＝f (x )取得最小值，此时f (x )min ＝－72.[例3] 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. 如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．[思路点拨] 本题考查绝对值不等式的解法．解答本题应先对a 进行分类讨论，求出函数f (x )的最小值，然后求a 的取值范围．[精解详析] 若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件．若a ＜1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤a ，1－a ， a ＜x ＜1，2x －(a ＋1)， x ≥1，f (x )的最小值为1－a .若a ＞1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤1，a －1， 1＜x ＜a ，2x －(a ＋1)， x ≥a ，f (x )的最小值为a －1.所以∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2，从而a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．含有参数的不等式的求解问题分两类，一类不需要对参数进行讨论，另一类如本例，对参数a 进行讨论，得到关于参数a 的不等式(组)，进而求出参数的取值范围．3．(辽宁高考)已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1. (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6， x ≤2，2， 2<x <4，2x －6， x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4， 解得x ≤1；当2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4， 解得x ≥5.所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )， 则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a ， x ≤0，4x －2a ， 0<x <a ，2a ， x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12.又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.[对应学生用书P12]一、选择题1．若不等式|ax ＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a 的取值为( ) A ．8 B ．2 C ．－4D ．－8解析：原不等式化为－6＜ax ＋2＜6， 即－8＜ax ＜4. 又∵－1＜x ＜2，∴验证选项易知a ＝－4适合． 答案：C2．如果1x <2和|x |>13同时成立，那么x 的取值范围是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | －13<x <12 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12或x <－13C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x <－13或x >13解析：解不等式1x <2得x <0或x >12；解不等式|x |>13得x >13或x <－13.如图所示：∴x 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >12或x <－13.答案：B3．如果关于x 的不等式|x －a |＋|x ＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]∪[5，＋∞)B ．[－5，－3]C ．[3,5]D ．(－∞，－5]∪[－3，＋∞)解析：在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a ≤－5或a ≥－3. 答案：D4．若关于x 的不等式|x ＋1|≥kx 恒成立，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，0] B ．[－1,0] C ．[0,1]D ．[0，＋∞)解析：作出y ＝|x ＋1|与l1；y ＝kx 的图象如图，当k ＜0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k ＝0时，直线为x 轴，符合题意；当k >0时，要使|x ＋1|≥kx 恒成立，只需k ≤1.综上可知k ∈[0,1]． 答案：C 二、填空题5．不等式|2x ＋1|－2|x －1|＞0的解集为________．解析：原不等式即|2x ＋1|＞2|x －1|，两端平方后解得12x ＞3，即x ＞14.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x >146．不等式|x ＋1||x ＋2|≥1的实数解集为________．解析：|x ＋1||x ＋2|≥1⇔|x ＋1|≥|x ＋2|，x ＋2≠0⇔(x ＋1)2≥(x ＋2)2，x ≠－2⇔x ≤－32，x ≠－2.答案：(－∞，－2)∪⎝⎛⎦⎤－2，－32 7．若不等式| x ＋1x | ＞|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∵|x ＋1x |≥2，∴|a －2|＋1＜2，即|a －2|＜1，解得1＜a ＜3.答案：1＜a ＜38．若关于x 的不等式|x －1|＋|x －a |≥a 的解集为R (其中R 是实数集)，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式|x －1|＋|x －a |≥a 恒成立， a 不大于|x －1|＋|x －a |的最小值， ∵|x －1|＋|x －a |≥|1－a |，∴|1－a |≥a,1－a ≥a 或1－a ≤－a ，解得a ≤12.答案：⎝⎛⎦⎤－∞，12 三、解答题9．解不等式|2x －4|－|3x ＋9|＜1. 解：(1)当x ＞2时，原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，(2x －4)－(3x ＋9)＜1， 解得x ＞2.(2)当－3≤x ≤2时，原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧－3≤x ≤2，－(2x －4)－(3x ＋9)＜1， 解得－65＜x ≤2. (3)当x ＜－3时，原不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－3，－(2x －4)＋(3x ＋9)＜1，解得x ＜－12.综上所述，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ＜－12或x ＞－65. 10．已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x －2a |.(1)当a ＝1时，求f (x )≤3的解集；(2)当x ∈[1,2]时，f (x )≤3恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，原不等式可化为|2x －1|＋|x －2|≤3，当x >2时，得3x －3≤3，则x ≤2，无解；当12≤x ≤2时，得x ＋1≤3，则x ≤2，所以12≤x ≤2； 当x <12时，得3－3x ≤3，则x ≥0，所以0≤x <12. 综上所述，原不等式的解集为[0,2]．(2)原不等式可化为|x －2a |≤3－|2x －1|，因为x ∈[1,2]，所以|x －2a |≤4－2x ，即2x －4≤2a －x ≤4－2x ，故3x －4≤2a ≤4－x 对x ∈[1,2]恒成立．当1≤x ≤2时，3x －4的最大值为2,4－x 的最小值为2，所以a 的取值范围为1.11．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －a |(a >0)．(1)当a ＝4时，已知f (x )＝7，求x 的取值范围；(2)若f (x )≥6的解集为{x |x ≤－4或x ≥2}，求a 的值．解：(1)因为|x ＋3|＋|x －4|≥|x ＋3－x ＋4|＝7，当且仅当(x ＋3)(x －4)≤0时等号成立． 所以f (x )＝7时，－3≤x ≤4，故x ∈[－3,4]．(2)由题知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ a －3－2x ， x ≤－3，a ＋3，－3<x <a ，2x ＋3－a ， x ≥a ，当a ＋3≥6时，不等式f (x )≥6的解集为R ，不合题意；当a ＋3<6时，不等式f (x )≥6的解为⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－3，a －3－2x ≥6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，2x ＋3－a ≥6， 即⎩⎨⎧ x ≤－3，x ≤a －92或⎩⎨⎧ x ≥a ，x ≥a ＋32. 又因为f (x )≥6的解集为{x |x ≤－4或x ≥2}，所以a ＝1.。
2017-2018学年高中数学人教B版 选修4-5学业分层测评：
学业分层测评 (建议用时：45分钟)一、选择题1.对x 1＞x 2＞0,0＜a ＜1，记y 1＝x 11＋a ＋ax 21＋a ，y 2＝ax 11＋a ＋x 21＋a ，则x 1x 2与y 1y 2的关系为( )A.x 1x 2＞y 1y 2B.x 1x 2＝y 1y 2C.x 1x 2＜y 1y 2D.不能确定，与a 有关【解析】 ∵x 1＞x 2＞0,0＜a ＜1， ∴y 1y 2－x 1x 2＝x 1＋ax 2ax 1＋x 2＋a2－x 1x 2＝a x 1－x 22＋a2＞0，∴y 1y 2＞x 1x 2， ∴选项C 正确. 【答案】 C2.设a ＝sin 15°＋cos 15°，b ＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是( ) A.a ＜a 2＋b 22＜b B.a ＜b ＜a 2＋b 22C.b ＜a ＜a 2＋b 22D.b ＜a 2＋b 22＜a【解析】 a ＝sin 15°＋cos 15°＝2sin 60°，b ＝sin 16°＋cos 16°＝2sin 61°，∴a ＜b ，排除C ，D.又a ≠b ， ∴a 2＋b 22＞ab ＝2sin 60°·2sin 61°＝3sin 61°＞2sin 61°＝b ，故a ＜b ＜a 2＋b 22成立.【答案】 B3.已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是( )A.a n ＞a n ＋1B.a n ＜a n ＋1C.a n ＝a n ＋1D.与n 的取值有关【解析】 a n ＋1－a n ＝a n ＋b n ＋＋1－anbn ＋1＝abn ＋b＋bn＋.∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，∴a n＋1－a n＞0，a n＋1＞a n.【答案】 B4.若a，b为不等的正数，则(ab k＋a k b)－(a k＋1＋b k＋1)(k∈N＋)的符号( )A.恒正B.恒负C.与k的奇偶性有关D.与a，b大小无关【解析】(ab k＋a k b)－a k＋1－b k＋1＝b k(a－b)＋a k(b－a)＝(a－b)(b k－a k).∵a＞0，b＞0，若a＞b，则a k＞b k，∴(a－b)(b k－a k)＜0；若a＜b，则a k＜b k，∴(a－b)(b k－a k)＜0.【答案】 B5.已知a>b>0，c>d>0，m＝ac－bd，n＝a－b c－d，则m与n的大小关系是( )A.m<nB.m>nC.m≥nD.m≤n【解析】∵a＞b>0，c>d>0，∴ac>bd>0，ac>bd，∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2abcd，n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2abcd，∴－2abcd>－ad－bc，∴m2>n2，∴m>n.【答案】 B二、填空题6.若x＜y＜0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)(x＋y)，则M，N的大小关系为________.【解析】M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)＝－2xy(x－y).∵x＜y＜0，∴xy＞0，x－y＜0，∴－2xy(x－y)＞0，∴M－N＞0，即M＞N.【答案】M＞N7.设A ＝12a ＋12b ，B ＝2a ＋b(a ＞0，b ＞0且a ≠b )，则A ，B 的大小关系是________.【导学号：38000019】【解析】 法一(比较法)：A －B ＝a －b 22ab a ＋b＞0(a ＞0，b ＞0且a ≠b )，则A ＞B .法二：A ＞1ab，B ＜1ab，故A ＞B .【答案】 A ＞B 8.若f (x )＝3x2x －，且记A ＝4log a (x －1)，B ＝4＋2，若a ＞1，则A B________1.【解析】 因为f (x )＝3x2x －的定义域是x ＞3，又a ＞1，所以A ＞0，B ＞0.又因为B －A ＝2≥0， 所以B ≥A ，即A B≤1. 【答案】 ≤ 三、解答题9.若实数x ，y ，m 满足|x －m |＜|y －m |，则称x 比y 接近m .对任意两个不相等的正数a ，b ，证明：a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，且a ≠b ，∴a 2b ＋ab 2＞2ab ab ，a 3＋b 3＞2ab ab .∴a 2b ＋ab 2－2ab ab ＞0，a 3＋b 3－2ab ab ＞0.∴|a 2b ＋ab 2－2ab ab |－|a 3＋b 3－2ab ab | ＝a 2b ＋ab 2－2ab ab －a 3－b 3＋2ab ab ＝a 2b ＋ab 2－a 3－b 3＝a 2(b －a )＋b 2(a －b ) ＝(a －b )(b 2－a 2)＝－(a －b )2(a ＋b )＜0， ∴|a 2b ＋ab 2－2ab ab |＜|a 3＋b 3－2ab ab |， ∴a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .10.已知a ，b 都是正数，x ，y ∈R ，且a ＋b ＝1. 求证：ax 2＋by 2≥(ax ＋by )2. 【证明】 ax 2＋by 2－(ax ＋by )2＝ax 2＋by 2－a 2x 2－2abxy －b 2y 2＝(ax 2－a 2x 2)＋(by 2－b 2y 2)－2abxy ＝ax 2(1－a )＋by 2(1－b )－2abxy＝abx 2＋aby 2－2abxy ＝ab (x －y )2. ∵a ＞0，b ＞0，x ，y ∈R ， ∴ab ＞0，(x －y )2≥0， ∴ax 2＋by 2≥(ax ＋by )2成立.1.若0＜a 1＜a 2,0＜b 1＜b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( ) A.a 1b 1＋a 2b 2 B.a 1a 2＋b 1b 2 C.a 1b 2＋a 2b 1D.12【解析】 A 项减B 项有：a 1b 1＋a 2b 2－(a 1a 2＋b 1b 2)＝(b 1－a 2)(a 1－b 2).由题意得0＜a 1＜12，12＜a 2＜1，0＜b 1＜12，12＜b 2＜1，∴(b 1－a 2)(a 1－b 2)＞0， ∴a 1b 1＋a 2b 2＞a 1a 2＋b 1b 2. A 项减D 项有：(a 1b 1＋a 2b 2)－12＝2a 1b 1＋12－a 1－b 1＝b 1(2a 1－1)－12(2a 1－1)＝(2a 1－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－12＞0. ∴a 1b 1＋a 2b 2＞12.又知C 项：a 1b 2＋a 2b 1＝a 1(1－b 1)＋a 2(1－b 2) ＝a 1＋a 2－(a 1b 1＋a 2b 2)＝1－(a 1b 1＋a 2b 2)＜12.∴A 项最大，故选A. 【答案】 A2.设x ＝2，y ＝7－3，z ＝6－2，则x ，y ，z 的大小关系是( ) A.x ＞y ＞z B.z ＞x ＞y C.y ＞z ＞xD.x ＞z ＞y【解析】 y ＝7－3＝47＋3，z ＝6－2＝46＋2.∵7＋3＞6＋2＞0，∴z ＞y . 又x －z ＝2－46＋2＝23＋2－46＋2＝23－26＋2＞0，∴x ＞z ，∴x ＞z ＞y . 【答案】 D3.设n ∈N ，n ＞1，则log n (n ＋1)与log n ＋1(n ＋2)的大小关系是________.【导学号：38000020】【解析】log n ＋1n ＋log n n ＋＝log n ＋1(n ＋2)·log n ＋1n≤⎝⎛⎭⎪⎫log n ＋1n ＋2＋log n ＋1n 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log n ＋1n 2＋2n 22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log n ＋1n ＋1222＝1.【答案】 log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)4.若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，证明：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.【证明】a ab b ccabca ＋b ＋c 3＝a 2a －b －c 3·b 2b －c －a 3·c 2c －a －b3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －cc ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c 3. 由于a ，b ，c 在题中的地位相当(全对称性)， 不妨设a ≥b ≥c ＞0，∴ab≥1，a －b3≥0，从而⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b3≥1，同理⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －cc ≥1， 相乘即可得证.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c 3≥1，即a ab bc cabca ＋b ＋c 3≥1，∴a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.。
2017-2018学年高中数学人教B版 选修4-5教师用书：第1
1.2 基本不等式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.教材整理 基本定理(重要不等式及基本不等式) 1.定理1设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 2.定理2如果a ，b 为正数，则a ＝b 时，等号成立.这个不等式我们称之为基本不等式或平均值不等式.同时，我们称a ＋b2为正数a ，b 的算术平均值，称ab 为正数a ，b 的几何平均值，该定理又可叙述为：两个正数的算术平均值大于或等于它们的几何平均值.3.定理3如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立.4.定理4如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.设0<a <b ，则下列不等式中正确的是( ) A.a <b <ab <a ＋b2B.a <ab <a ＋b2<bC.a <ab <b <a ＋b2D.ab <a <a ＋b2<b【解析】 ∵0<a <b ，∴a <a ＋b2<b ，A ，C 错误；ab －a ＝a (b －a )>0，即ab >a ，故选B.【答案】 B预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：已知a ，b ，c 都是正数，求证：b ＋c ＋a≥a ＋b ＋c .【导学号：38000004】【精彩点拨】 观察不等号两边差异，利用基本不等式来构造关系. 【自主解答】 ∵a >0，b >0，c >0，∴a 2b ＋b ≥2a 2b·b ＝2a ， 同理：b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c .三式相加得：a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(b ＋c ＋a )≥2(a ＋b ＋c )， ∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .1.首先根据不等式两端的结构特点进行恒等变形，或配凑使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形进行证明.2.当且仅当a ＝b ＝c 时，上述不等式中“等号”成立，若三个式子中有一个“＝”号取不到，则三式相加所得的式子中“＝”号取不到.1.设a ＞0，b ＞0，m ＞0，n ＞0.证明：(m 2＋n 4)(m 4＋n 2)≥4m 3n 3. 【证明】 因为m ＞0，n ＞0，则m 2＋n 4≥2mn 2，m 4＋n 2≥2m 2n ， 所以(m 2＋n 4)(m 4＋n 2)≥4m 3n 3， 当且仅当m ＝n ＝1时，取等号.(1)已知x ，y ∈R ＋，且x ＋2y ＝1，求x ＋y的最小值；(2)已知x >0，y >0，且5x ＋7y ＝20，求xy 的最大值.【精彩点拨】 根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件. 【自主解答】 (1)因为x ＋2y ＝1， 所以1x ＋1y ＝x ＋2y x ＋x ＋2y y ＝3＋2y x ＋x y≥3＋22yx ·xy＝3＋22，当且仅当2y x＝xy，x ＋2y ＝1，即x ＝2－1，y ＝1－22时，等号成立. 所以当x ＝2－1，y ＝1－22时，1x ＋1y取最小值3＋2 2. (2)xy ＝135(5x ·7y )≤135⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋7y 22＝135⎝ ⎛⎭⎪⎫2022＝207， 当且仅当5x ＝7y ＝10，即x ＝2，y ＝107时，等号成立，此时xy 取最大值207.在求最值时，除了注意“一正、二定、三相等”之外，还要掌握配项、凑系数等变形技巧，有时为了便于应用公式，还用换元法，多用于分母中有根式的情况.2.若将本例(1)的条件改为“已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1”，试求x ＋y 的最小值.【解】 ∵x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y＝y x＋9xy＋10≥2y x ·9xy＋10＝16. 当且仅当y x ＝9xy， 即y ＝3x 时等号成立.又1x ＋9y＝1，∴当x ＝4，y ＝12时，(x ＋y )min ＝16.)x万件与年促销费用m 万元(m ≥0)满足x ＝3－km ＋1(k 为常数)，如果不搞促销活动，该产品的年销售量只能是1万件.已知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，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.【自主解答】 (1)依题意得m ＝0时，x ＝1，代入x ＝3－km ＋1，得k ＝2，即x ＝3－2m ＋1. 年成本为8＋16x ＝8＋16⎝⎛⎭⎪⎫3－2m ＋1(万元)， 所以y ＝(1.5－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤8＋16⎝⎛⎭⎪⎫3－2m ＋1－m ＝28－m －16m ＋1(m ≥0).(2)由(1)得y ＝29－⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ＋＋16m ＋1≤29－2m ＋16m ＋1＝21. 当且仅当m ＋1＝16m ＋1，即m ＝3时，厂家的年利润最大，为21万元.设出变量――→建立数学模型――→定义域利用均值不等式求最值――→“＝”成立的条件结论3.某工厂建一底面为矩形(如图121)，面积为162 m 2，且深为1 m 的无盖长方体的三级污水池，由于受地形限制，底面的长和宽都不能超过16 m ，如果池外围四壁建造单价为400 元/m 2，中间两条隔墙建造单价为248 元/m 2，池底建造单价为80 元/m 2，试设计污水池的长和宽，使总造价最低.图121【解】 设污水池的宽为x m ，则长为162xm ，则总造价f (x )＝400×⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2×162x＋248×2x ＋80×162＝1 296x ＋1 296×100x＋12 960＝1 296⎝⎛⎭⎪⎫x ＋100x ＋12 960.由限制条件，知⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ≤16，0＜162x ≤16，得818≤x ≤16. 设g (x )＝x ＋100x ⎝ ⎛⎭⎪⎫818≤x ≤16， 因为g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤818，16上是增函数， 所以当x ＝818时⎝ ⎛⎭⎪⎫此时162x ＝16，g (x )有最小值，即f (x )有最小值，f (x )min ＝1 296×⎝ ⎛⎭⎪⎫818＋80081＋ 12 960＝38 882(元).所以当长为16 m ，宽为818 m 时，总造价最低，为38 882元.探究1 在基本不等式2≥ab 中，为什么要求a >0，b >0?【提示】 对于不等式a ＋b2≥ab ，如果a ，b 中有两个或一个为0，虽然不等式仍成立，但是研究的意义不大，当a ，b 都为负数时，不等式不成立；当a ，b 中有一个为负数，另一个为正数，不等式无意义.探究2 你能给出基本不等式的几何解释吗？【提示】 如图，以a ＋b 为直径的圆中，DC ＝ab ，且DC ⊥AB . 因为CD 为圆的半弦，OD 为圆的半径，长为a ＋b2，根据半弦长不大于半径，得不等式ab ≤a ＋b2.显然，上述不等式当且仅当点C 与圆心重合，即当a ＝b 时，等号成立.因此，基本不等式的几何意义是：圆的半弦长不大于半径；或直角三角形斜边的中线不小于斜边上的高.探究3 利用基本不等式，怎样求函数的最大值或最小值？【提示】 利用算术平均数与几何平均数定理(即基本不等式)可以求函数的最大值、最小值.(1)已知x ，y ∈(0，＋∞)，如果积xy 是定值P ，那么当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P . (2)已知x ，y ∈(0，＋∞)，如果和x ＋y 是定值S ，那么当x ＝y 时，积xy 有最大值14S 2.以上两条可简记作：和一定，相等时，积最大；积一定，相等时，和最小.条件满足：“一正、二定、三相等”.求下列函数的值域.(1)y ＝x 2＋12x ；(2)y ＝2x x 2＋1.【精彩点拨】 把函数转化为y ＝ax ＋bx或y ＝1ax ＋b x的形式，再利用基本不等式求解.【自主解答】 (1)y ＝x 2＋12x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ，当x ＞0时，x ＋1x ≥2，∴y ≥1；当x ＜0时，－x ＞0，－x ＋1－x ≥2，x ＋1x ≤－2，∴y ≤－1，综上函数y ＝x 2＋12x的值域为{y |y ≤－1或y ≥1}.(2)当x ＞0时，y ＝2x x 2＋1＝2x ＋1x. 因为x ＋1x ≥2，所以0＜1x ＋1x≤12，所以0＜y ≤1，当且仅当x ＝1时，等号成立； 当x ＜0时，x ＋1x≤－2，所以0＞1x ＋1x≥－12， 所以－1≤y ＜0，当且仅当x ＝－1时，等号成立； 当x ＝0时，y ＝0. 综上，函数y ＝2xx 2＋1的值域为{y |－1≤y ≤1}.形如y ＝cx 2＋ex ＋f ax ＋b 型的函数，一般可先通过配凑或变量替换等变形为y ＝t ＋Pt ＋C (P ，C 为常数)型函数，再利用基本不等式求最值，但要注意变量t 的取值范围.4.求函数y ＝x 2＋8x －1(x ＞1)的最小值.【导学号：38000005】【解】 因为x ＞1，所以x －1＞0.所以y ＝x 2＋8x －1＝x －2＋2x ＋7x －1＝x －2＋x －＋9x －1＝(x －1)＋9x －1＋2≥2x －9x －1＋2＝8， 当且仅当x －1＝9x －1，即x ＝4时，等号成立. 所以当x ＝4时，y min ＝8.1.函数y ＝1x －3＋x (x >3)的最小值是( ) A.5 B.4 C.3 D.2 【解析】 原式变形为y ＝1x －3＋x －3＋3. ∵x >3，∴x －3>0，∴1x －3>0， ∴y ≥2x －1x －3＋3＝5， 当且仅当x －3＝1x －3，即x ＝4时等号成立. 【答案】 A2.下列函数中最小值为4的是( ) A.y ＝x ＋4xB.y ＝sin x ＋4sin x (0＜x ＜π)C.y ＝3x＋4×3-xD.y ＝lg x ＋4log x 10【解析】 A 项，当x ＜0时，y ＝x ＋4x＜0，故A 项错误；B 项，当0＜x ＜π时，sin x＞0，∴y ＝sin x ＋4sin x ≥2sin x ·4sin x ＝4，当且仅当sin x ＝4sin x，即sin x ＝2时取等号，但sin x ≤1，B 项错误；C 项，由指数函数的性质可得3x＞0，所以y ＝3x＋4·3－x≥24＝4，当且仅当3x＝2，即x ＝log 32时取得最小值4，故C 项正确；D 项，当0＜x ＜1时，lg x ＜0，log x 10＜0，所以y ＝lg x ＋4log x 10＜0，故D 项错误.【答案】 C3.若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( )【导学号：38000006】A.a 2＋b 2>2ab B.a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b>2abD.b a ＋ab≥2【解析】 A 选项中，当a ＝b 时，a 2＋b 2＝2ab ，则排除A ；当a <0，b <0时，a ＋b <0<2ab ，1a ＋1b<0<2ab，则排除B ，C 选项；D 选项中，由b a >0，a b >0，得b a ＋a b≥2b a ·ab＝2，当且仅当a ＝b 时取“＝”，所以选D.【答案】 D4.不等式b a ＋a b>2成立的充要条件是________. 【解析】 由b a ＋a b >2，知b a>0，即ab >0， 又b a ≠a b，∴a ≠b .因此b a ＋a b>2的充要条件是ab >0且a ≠b . 【答案】 ab >0且a ≠b 5.若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，求实数a 的取值范围.【解】 由x >0，知原不等式等价于 0<1a ≤x 2＋3x ＋1x ＝x ＋1x＋3恒成立.又x >0时，x ＋1x≥2x ·1x＝2， ∴x ＋1x＋3≥5，当且仅当x ＝1时，取等号.因此⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x＋3min ＝5，从而0<1a ≤5，解得a ≥15.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞.我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。
高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-5-1比较法学案新人教B版选修4_5
高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-5-1比较法学案新人教B版选修4_5[读教材·填要点]1．定义要证a>b，只需要证a－b>0；要证a<b，只需证a－b<0，这种证明不等式的方法，称为比较法．2．用比较法证明不等式的步骤(1)求差．(2)变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式．(3)作出判断．[小问题·大思维]作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.[例1] ；(2)当a[思路点拨] (1)利用作差比较法，注意变形分解；(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小．[精解详析] (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x3－x －1) ＝(x －1)(2x3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x(x2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x2＋2x ＋1) ＝(x －1)2≥0， ∴1＋2x4≥2x3＋x2.法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x －1)2·x2＋(x2－1)2≥0， ∴1＋2x4≥2x3＋x2. (2)＝ab当a ＝b时，＝1当a>b>0时，>1，>0，则>1当b>a>0时，0<<1，<0， 则综上可知，当a (1)比较法证明不等式的过程中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)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．。
高二数学人教B版选修4-5讲义：第一章1.51.5.1比较法Word版含解析
1. 5 不等式证明的基本方法1 . 5.1 比较法扭氢问龙索弟葯幻比卅匚诸［对应学生用书P16］［读教材填要点］1. 定义要证a>b，只需要证 a —b>0;要证a<b,只需证a —b<0，这种证明不等式的方法，称为比较法.2. 用比较法证明不等式的步骤⑴求差.(2) 变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式.(3) 作出判断.［小问题大思维］作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明. 实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系•:爲爲疋企壮至它-字，hi：…点軌迪［对应学生用书P16］比较法证明不等式4 3 2［例1］求证：⑴当x€ R时，1 + 2x >2x + x ;a ba b ----(2)当a, b € (0,+s )时，a b > (ab) 2 .［思路点拨］(1)利用作差比较法，注意变形分解 :(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.［精解详析］⑴法一：(1 + 2x4) —(2x3+ x2)3=2x (x—1)—(x+ 1)(x—1)=(x—1)(2x3—x—1)=(x—1)(2x3—2x+ x—1)1. 5 不等式证明的基本方法=(x—1)［2x(/ —1) + (x—1)］11(x 1)2(2X 22x 1)(x 1)2 2 x 122 1101 2x 4 2x 3x 2.(1 2x 4 )(2 x 3 x 2) x 4 2x 3 x 2 x 4 2x 2 1 (x 1)2x 2 (x 2 1)2 01 2x 4 2x 3 x 2.⑵一a ab ba-baa bb _aPa 竽 babPa b a 竽 b1a>b>0 a >Ia b |1■ x a ba jb>a>00<a <1a b 2 <0b>1.a “ba b(0 )a ab b (ab)—规』l 沁 姑（i 2）x> 11 x>0 ■\/iX >0.x2.=-2【(x+ 1) - 2 x+ 1 + 1]-2( .x+ 1- 1)2w 0,•••寸1+x w 1+ 2.［例2］甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走.如果m^ n, 问甲、乙二人谁先到达指定地点？［思路点拨］本题考查比较法在实际问题中的应用，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程s,甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间如t2,然后利用作差法比较t1, t2的大小即可.［精解详析］设从出发地点至指定地点的路程为s,甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为如t2，依题意有：t1 t1^m+ 尹=s,2m+影t2mn m+ n '其中s, m, n都是正数，且m^ n,• •屯—t2< 0,即t r V t2.从而知甲比乙先到达指定地点.应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解决，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解.解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料；②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论.2 .某人乘出租车从A地到B地，有两种方案.第一种方案：乘起步价为10元，超过规定里程后每千米 1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车.按出租车管理条例， 在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地的距离为m 千米.起步价内行驶的路程为 a 千米.显然当m w a 时，选起步价为 8元的出租车比较合适.当m>a 时，设m = a + x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为 P(x)元.乘坐起步价 为8元的出租车费用为 Q(x)元，贝U P(x)= 10+ 1.2x , Q(x) = 8+ 1.4x. •/ P(x) — Q(x) = 2 — 0.2x = 0.2(10 — x)•••当x>10时，P(x)<Q(x)，此时选择起步价为 10元的出租车较为合适. 当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选择起步价为 8元的出租车较为合适. 当x = 10时，P(x)= Q(x)，两种出租车任选，费用相同.、选择题 1.下列关系中对任意 a v b v 0的实数都成立的是(2 .2A . a v b b C . a>1解析：■/ a v b v 0, •— a> — b>0.2 2 (—a) >( — b) >0. 即 a 2>b 2>0. b 2 • a2v 1.b 2又 lg b 2— Ig a 2= Ig^v Ig 1 = 0. a• lg b 2v Ig a 2答案：B1 o2.已知P =?++!，Q= a 2— a +1，那么P 、Q的大小关系是()A . P>Q C . P >Q解析：2 21 — (a — a + 1 f a + a + 1 } P — Q = 24 i 2—++T ，YING YONG课下训练经撫化.贵在鮭类旁通P18][对应学生用书)2 2B . lgb <ig aB . P<QD .>3 (A C A D4 A C56a 2 a 1 0a 4 a 2 0P Q 0. QP.m主彩石⑴w p wm n>p B m>n p n> m>pD n m>pB C.n.D.(ab k a k b) (a k 1 b k 1)(k N )(ab k a "b) b k (a b) a k (b a) b k 1a>0 b>0 a>b (a b)(b k a k ) a k >b k(a b)(b k a k )<0 a<ba k <b k(a b)(b k a k )<o.2 2(x y )(x y) N (x y )(x y) MN 2, 、 z 2 . 2X z 、 x y 0 M M N (x y 2)(x y) (x 2y 2)(x y)(x y)[(x 2y 2) (x y)2]2xy(x y)x<y<0 xy 0 x y<0.2xy(x y)>0 M N>0. M>N. M>N0<x<1a换b 1 X c 匕得c>b，知c最大.答案：c17.如果a>0, b>0，则下列两式的大小关系为lg(1 + Vab) _______ 艮lg(1 + a) + lg(1 +b)].(填不等关系符号)解析：T (1 + a)(b+ 1) = 1 + a+ b+ ab,1•- 2[lg(1 + a) + lg(1 + b)]=lg 1 + a+ b+ ab.T (1 + ：.；ab)2 —(-；”；1 + a+ b + ab)?= 2 ■'ab —(a + b),又 a + b》2、.；ab,.°. 2・..；ab —(a + b)w 0.1•- lg(1 + ■.ab)w 2【lg(1 + a) + lg(1 + b)].答案：w&一个个体户有一种商品，其成本低于^■器元.如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%,如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应_______________________ 出售(填“月初”或“月末”).解析：设这种商品的成本费为a元.月初售出的利润为L1= 100+ (a+ 100) X 2.5% ,月末售出的利润为L2= 120-2%a,则L1-L2= 100 + 0.025a+ 2.5- 120 + 0.02a=0.045 a-...av3器，•. L1<L2，月末出售好.答案：月末三、解答题9.已知a> 1,求证.a+ 1 - '.a< ,a- .a —1,证明：•/ ( a + 1 - .a) —( a —a- 1)= 1 -1.a+ 1 + \ a .a + a- 1m 0/什昇1 ) 0 f(a) f(b)a 3b 3 剧（a 2 b 2）a p a &a 並）b 乐（伍翻（帝佝［（佝5（W ）5］a by/a y/b（回5（W ）5（击承）［（W ）5 （W ）5］ 0 a ＜b 羽＜训 （诉）5＜（托）5b a<0.a 1b 1m b a (a1 • 1<0f (a)<f(b )m•— >0 f(a)>f(b) a 1 b 12 2 2 2a 22x b 2 1 x 2 2x>a 2 a>0 b>0a 3b 3 何a 211m R a>b>1 mxf(x)'丿x 1f(a)f(a) f(b) ma 1a 1mb m b ab 1(a1 b1.a>b>1b a<0 a 1>0 b 1>0（⑴ 佝（何（何］＞0.f(b)m>0m<0b>a.c b — x) 5^)产>01 x 1 x 1 xI -a + 1 + \a+ \; a—1 i,a+ 1 - .a<, a —, a- 1.10.设a, b是非负实数，求证：a3+ b3> ab(a I 2+ b2).什昇1) 0 f(a) f(b)m 0 /。
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
P24][ P24]() ()[1] |x 1| |x|<2.[] 3x 1x 1 x<2 一<x 1 2 1<x<0 x 1x<21<x<0x 1 x<2x<2.不等式的基木性质解不等式p 1元一次不等式含绝对值的不等式一元二次不等式因此，原不等式的解集为# —2<x<1匚法二：利用方程和函数的思想方法.令f(x) = |x+ 1|+ 凶一22x—1 x> 0 ,1=—1 —K x<0 ,—2x — 3 x<—1 .作函数f(x)的图象(如图),3 1知当f(x)<0 时，一2<x<?.3 1故原不等式的解集为X1 — 3<x<1 .法三：利用数形结合的思想方法.由绝对值的几何意义知，x+ 11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0(0)的距离.由条件知，这两个距离之和小于 2.3 1 |--------------- 1作数轴(如图)，知原不等式的解集为吠一3 v x</ .2 2丿3-1 0 1L.~2T 法四：利用等价转化的思想方法.原不等式？ 0W|x+ 1|<2 —|x|,•••(x+ 1)2<(2 —|x|)2，且|X|<2,即0<4|x|<3—2x,且xi<2.• 16x <(3 —2x),且—2<x<2.3 1 3 1、解得—2<x<2・故原不等式的解集为<x|—2v x<2 r.［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；⑵若f(x 一2f $ j w k恒成立，求k的取值范围.［解］(1)由|ax+ 1|w 3 得—4w ax w 2.又f(x) w 3的解集为｛x|—2w x w 1｝，所以当a w 0时，不合题意.当a>0 时，一4w x w2，得 a = 2.a a(2) 法一：记h(x) = f(x)—2fQ ,kk 1.B 2 .3 D 4 . 31.5(1x 1 」 4x 31<x< h(x) <【11 x212k 1.2|x 1||[3]0<x<21 cos 2x 8sin 2x22cos x8sin 2x 1 .. f(x)- 2sin xcos x 丄4ta n x. tan xI r 、 1x! P n 丿 tan x>0 tan x>0.f(x)1 4ta n x2 1 4ta nxtan x、:tan x[]C[4]xm11164.2014k (m 0) x 3(k )m 120148|h(x)| 1 k1| 1f(x) 2fg) k⑴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;⑵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］ ⑴由题意可知，当 m = 0时，x = 1(万件)， 1 = 3— k.「. k = 2.「. x = 3 — _2—m + 1 每件产品的销售价格为 1.5 X 8±^6X (元),X ••• 2014年的利润16⑵「m >0，• mV (m +1)》216=8,• y w 29 — 8= 21.16当 =m + 1，即 m = 3, y max = 21. m +1•该企业2014年的技术改革费用投入 3万元时，厂家的利润最大证明不等式是近几年新课标高考的一个热点考向，常以解答题的形式出现，常与函数、 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)22=(a — b )(2 a + 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 ‘— b ‘》2ab ?— a ^b.y = x • 1.5X8 + 16xx —(8 + 16x)— m -16m + 1卜 m + 1 + 29(m > 0).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” 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 + 乙 >x +y ,① 7y 2+ zy + z［z+ 2/+ 4y 2 >z + 2,②•••由①②得：x 2 + xy + y 2 + y 2 + zy + z>x + y + 乙 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:［证明］即证 a + b + 1 + 2，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条［证明］8]2 .2 a2 1a孑<21 1 1112 12 31 1 1[ ] 1 23 <k 1 2 •2小11)2n<3.a>0 b>0 a b 1.(1)(ab1 1ab 2(a b) 4 114.] 22.212a12aaa2 4[9]22 )<1 +1 +1+ 步+ {+ …+ 十=1=3 — 2°-1V 3.爪匚'■■叭[对应学生用书P26] 一、选择题A . [ — 1,4) D . (— 1,4)解析：A = {x|x — 1|>2} = {x|x>3 或 x< — 1},2B = {x|x — 6x + 8<0} = {x|2<x<4}, •••(?u A) n B = {x|2<x w 3}. 答案：C12. a>1 ”是“才<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1 1 一 a解析：当一<1时，有 <0,即a<0或a>1, a a 1所以a>1 ”是“丄<1”成立的充分不必要条件.a 答案：A 3.已知a ,b ,c 满足c<b<a 且a>0, ac<0,则下列选项中不一疋能成立的是（）c b A . -<aa ab — a B . >0c .2 2b a c.—> —c ca — c D . <0 ac解析：由b>c , a>0,即丄>0,可得->c ,故A 恒成立.a a a-b<a ，…b — a<0.b _ a又c<0,•—厂>0,故B 恒成立.c -c<a ,・• a — c>0.1.已知全集 U = R ，且 A = {x|X — 1|>2}, B = {x|x 2— 6x + 8<0}，则(?u A) n B 等于( B . (2,3) C . (2,3]ac<0 ----------- <0 Dac b 2 a 1b 2>a 2 c<0.2 2b a <—c cC4 |x 2| |x 3|>a x RA ( 5)B [0,5)C (1) D [0,1]A B A B |x 2| X 3|5Aa b不肩也何2占曙|x 1| |x 3|M >N6()x|ax 2|<3!x —I 33l32 a5一3 7a 71- 336 a引X132|x 2| |x 3|5 AB5a<5. A( 3)B(2)5.[-2x — 2,(X W — 3 , *；4, (— 3<x<1 ,(2x + 2, (X 》1 .当 x < — 3 时，一2x — 2>6? x < — 4; 当 x > 1 时，2x + 2>6? x >2; 当一3<x<1时，4W 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}1 , ,8.已知 a>0，贝U ---- , ~: ----- , ---------- 从大至U 小的顺序为2如 2pa + 1 >/a+p a + 1 解析：T a>0, — 2、a<• J a +、a + 1<2 .j a + 1 1 ______ 1 _______ 12 H a a + a + 1 2 ；：a + 1 1 1 _______ 12 ja a + \：a + 1 2\： a + 1 三、解答题(1)证明：对n 》2总有x n 》,a ; ⑵证明：对n 》2总有X n 》X n + 1.证明：(1)由x 1 = a>0，及X n + 1 = 1X n +旦可以归纳证明21 X n 丿X n • = a(n € N +)，所以当n 》2时，x *》a 成立. X n (2)当 n 》2 时，因为 X n 》a>0 , X n + 1= 2 X n + X ， 所以 x n +1 — x n =# 、 21 , a 1 a — x n= 1X n +X n —冷=2 - X n 仝故当n 》2时,Xn 》Xn + 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, 13 1••• ix -1》2 x 》3或 x < 2,•••不等式的解集为 *| x < 1或X 》2 .答案:9.某数列由下列条件确定:1 X 1 = a>0, xn + 1=-刈+x n ， Xn >0,从而有 X n +1= £1-0(2) |ax 1| |ax a| |a 1|b a 小 C・a a 2b 2 ab ab a 2 A B|a| |b| 0 |a b| 0.Ra 2 a 0. |a 1| 1a[2 ) 11 (1) x(x 1)(x 21)(x 31) 8x(2) x R(x 1)(x 2 1)(x 3 1) 8x 3xx 12五 12 x 2xx 31 2品(x 1)(x 21)(x 3 1)2乐 2x 2欢8x 3(⑵ x R(x 21)(x1)(x 3 31) 8x 3(1)x>0x 0 8x 3 0.(x 1)(x 2 1)(x 3 1)(x 1)2(x 21)(x 2 x 1)(x 1)2(x 2 1)[(x 2）刃P49]1090120 ) 50 )A a 2 b 2B ab b 2 D |a||b| |a b|ABCD b a 0? ai |b|.a>0 a 2. (1) x答案：D2.设 a , b , c € R J 则"abc = 1” 是"芈 + -1 +-1 < a + b + c ” 的（ p aQ b A /CA .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，有辛+¥ a + b + c ,但abc 丰1,所以必要性不成立; a . b . c当 abc = 1 时，"a * I * 1广J " * ac * ab ， a* b 土 *2* c a * c > ab * bc * ac ,所以充分性成立, a * b * c ”的充分不必要条件. 答案：A x > 0,3.不等式3 -x 2 — x 的解集是（）> | |3* x 2*X A . (0,2) B . (0,2.5) C . (0, .6) D . (0,3)5解析：用筛选法，容易验证 x = 2是不等式的解，否定A ; x = 5不是不等式的解，否定D ; X=V 6使汙％ 瓷!取 “ = ”，7 V 2,故否定 B.3十x 2十X | 2 答案：C4•若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是 () 1 1 A . a * b>b *a b b * 1B.a 诂 112a * b aC .a -b>b -aD .O *十航解析：a>b>0?右〉1〉。
【精品】2018-2019学年高二数学人教b版选修4-5课件：第一章_1.5_1.5.2_综合法和分析法
答案：C
3．若 a>0，b>0，下列不等式中不成立的是
()
A．ba＋ab≥2
B．a2＋b2≥2ab
C．ba2＋ab2≥a＋b
D．1a＋1b≥2＋a＋2 b
解析：由ba∈(0，＋∞)且ab∈(0，＋∞)，得ba＋ab≥2 ba·ab，所
以 A 成立，B 显然成立，不等式 C 可变形为 a3＋b3≥a2b＋
解析：因为1a＋1b≥2 a1b，1b＋1c≥2 b1c，1a＋1c≥2
三式相加可得1a＋1b＋1c≥
1＋ ab
1＋ bc
1 ac
.
a1b，
答案：1a＋1b＋1c≥
1＋ ab
1＋ bc
1 ac
6．若 x>0，y>0，且 5x＋7y＝20，则 xy 的最大值是_________． 解析：xy＝315(5x·7y)≤3155x＋2 7y2＝3152202＝270. 当且仅当 5x＝7y＝10 即 x＝2，y＝170时取等号． 答案：270
[精解详析] 法一：∵a，b，c 是不等正数，且 abc＝1， ∴ a＋ b＋ c＝ b1c＋ a1c＋ a1b＜1b＋2 1c＋1a＋2 1c＋1a＋2 1b ＝1a＋1b＋1c. 法二：∵a，b，c 是不等正数，且 abc＝1， ∴1a＋1b＋1c＝bc＋ca＋ab ＝bc＋2 ca＋ca＋2 ab＋ab＋2 bc ＞ abc2＋ a2bc＋ ab2c ＝ a＋ b＋ c.
[例 2] a，b 均为正实数，且 2c>a＋b. 求证：c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab. [思路点拨] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．解答 本题需要对原不等式变形为－ c2－ab<a－c< c2－ab，然后再 证明． [精解详析] 要证 c－ c2－ab＜a＜c＋ c2－ab， 只需证－ c2－ab＜a－c＜ c2－ab， 即证|a－c|＜ c2－ab，
人教B版数学选修4-5课件：1.1.1 不等式的基本性质
②作差法或作商法; ③函数的单调性.
(2)在直接利用不等式的性质证明不等式时,特别注意以下几点:
①是不是同向不等式; ②此性质是不是可以逆用.
题型一 题型二 题型三 题型四
易错辨析
易错点:由于多次应用同向不等式相加(乘)法则导致变量的取值
范围扩大.
【例4】 已知f(x)=mx2-n,且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,求f(3)的取值
对于④,当 a=1,b=0,c=-1,d=-2 时,ac>bd 不成立;
对于⑤,当 cd 不一定大于 0,故不正确.
答案:②
1.使用不等式的性质时要注意哪些问题?
剖析:(1)在应用传递性时,如果两个不等式中有一个带等号,而另
一个不带等号,那么等号是不能传递的.如a≤b,b<c⇒a<c.
(2)在乘(除)中,要特别注意乘(除)数的符号.
.
解析:(x2-x)-(x-2)=x2-2x+2=(x-1)2+1.
因为(x-1)2≥0,所以(x-1)2+1>0,
即(x2-x)-(x-2)>0.
所以x2-x>x-2.
答案:x2-x>x-2
【做一做1-2】 设x=a2b2+5,y=2ab-a2-4a,若x>y,则实数a,b应满足
的条件为
.
解析:∵x>y,
范围.
错解:依题意,有
-4 ≤ ������-������ ≤ -1, -1 ≤ 4������-������ ≤ 5,
加减消元,得0≤m≤3,1≤n≤7,
从而,得-7≤f(3)=9m-n≤26,即f(3)的取值范围是[-7,26].
题型一 题型二 题型三 题型四
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1 1 » 8．若不等式 ＋ ＋ >0 在条件 a>b>c 时恒成立，则 a－b b－c c－a » 的取值范围是 ________．
1 1 » 解析：不等式可化为 ＋ > . a－b b－c a－c ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0， a－c a－c ∴»< ＋ 恒成立． a－b b－c a－c a－c a－b＋b－c a－b＋b－c ∵ ＋ ＝ ＋ a－b b－c a－b b－c
[小问题 ·大思维]
1．如何理解分析法寻找的是使要证命题成立的充分条件？
提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证 A 只需证 B”表示，说明只要 B 成立，就一定有 A 成立，所以 B 必须是 A 的充 分条件才行，当然 B 是 A 的充要条件也可． 2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？
第 一 章
1 ． 5 不 等 式 证 明 的 基 本 方 法
1 ． 5. 2 综 合 法 和 分 析 法
读教材·填要点 理解教材新知 小问题·大思维 考点一 把握热点考向 考点二 考点三 应用创新演练
1．5
不等式证明的基本方法
1．5.2
综合法和分析法
[读教材 ·填要点]
1．综合法 从 命题的已知条件 出发，利用公理、已知的定义及定理， 逐步推导，从而最后导出 要证明的命题 ，这种方法称为综合法． 2．分析法 从 需要证明的命题 出发，分析使这个命题成立的充分条件， 利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件 (或 者一个已证明过的定理或一个明显的事实 )，这种证明方法称为分 析法．
10 当且仅当 5x＝7y＝10 即 x＝2，y＝ 时取等号． 7
20 答案： 7
7．已知 a＞0，b＞0，若 P 是 a，b 的等差中项， Q 是 a，b 的正 1 1 1 的等比中项，R是a，b的等差中项，则 P、Q、R 按从大到小 的排列顺序为________．
a＋ b 解析：由已知 P＝ ，Q＝ ab， 2 1 1 ＋ 1 a b a＋ b 2ab R＝ 2 ＝ 2ab ，即 R＝a＋b，显然 P≥Q， 2ab 2ab 又 ≤ ＝ ab，∴Q≥R.∴P≥Q≥R. a＋b 2 ab
2 2
a＋ b b a ③若 a，b 为正实数， ≥ ab.特别a＋b≥2.④a2＋b2＋c2≥ab 2 ＋bc＋ca.
1．已知 a>0，b>0，求证 a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
证明：因为 b2＋c2≥2bc，a>0， 所以 a(b2＋c2)≥2abc. 又因为 c2＋a2≥2ac，b>0， 所以 b(c2＋a2)≥2abc. 因此 a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
a－ b) <
2 a－b2
2 b
，
a－ b a－ b 即证 0＜ ＜ a－ b＜ ， 2 a 2 b a＋ b a＋ b 即证 <2< ， a b
b a 即证 1＋ <2<1＋ ， a b 即证 b a<1< a b成立．
1 1 1 证明：法一：要证明 ＋ ＋ >0， a－b b－c c－a 1 1 1 只需要证明 ＋ > . a－b b－c a－c ∵a>b>c，∴a－c>a－b>0，b－c>0， 1 1 ∴ > ， a－b a－c 1 1 1 1 >0，∴ ＋ > 成立． b－c a－b b－c c－a
1 1 1 ∴ ＋ － >0 成立． a－b b－c c－a 法二：若令 a－b＝x，b－c＝y，则 a－c＝x＋y， ∵a>b>c，∴x>0，y>0， 1 1 1 证明 ＋ ＋ >0， a－b b－c c－a 1 1 1 只要证明：x＋y － >0， x＋y yx＋y＋xx＋y－xy 也就是要证： >0， xyx＋y x2＋y2＋xy 即证： ＞0， xyx＋y
本题可先采用分析法将所要证明的不等式转化为较易证明的不 等式，然后再用综合法证明．
[精解详析 ] 欲证原不等式成立，只需证 a4＋b4＋c4＞a4＋ b4＋c4－2a2b2＋2a2c2－2b2c2， 即证 a2b2＋b2c2－a2c2＞0，
∵b2＝ac，故只需证(a2＋c2)ac－a2c2＞0. ∵a、c＞0，故只需证 a2＋c2－ac>0， 又∵a2＋c2>2ac， ∴a2＋c2－ac>0 显然成立． ∴原不等式成立．
用分析法证明不等式
[例 2]
a，b 均为正实数，且 2c>a＋b.
求证：c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab.
[思路点拨 ] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．解答 本题需要对原不等式变形为 － c2－ab<a－c< c2－ab，然后再 证明．
[精解详析] 要证 c－ c2－ab＜a＜c＋ c2－ab， 只需证－ c2－ab＜a－c＜ c2－ab， 即证|a－c|＜ c2－ab，
提示：综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(逐步推演不等式成立的必 要条件)， 即由条件出发推导出所要证明的不等式成立． 分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(步步寻求不等式成立的充分条件)， 总之，综合法与分析法是对立统一的两种方法．
用综合法证明不等式
[例 1] 已知 a，b，c<a＋b＋c .
x>0， 由 y>z
得 xy>xz.
答案：C
3．若 a>0，b>0，下列不等式中不成立的是 b a A． a＋ b≥ 2 b2 a2 C． a ＋ b ≥ a＋ b B．a2＋b2≥2ab 1 1 2 D．a＋b≥2＋ a＋ b
(
)
b a b a 解析：由a∈(0，＋∞)且b∈(0，＋∞)，得a＋b≥2
1 1 1 ∴a＋b＋c> a＋ b＋ c. 法二：由右式推证左式 ∵a，b，c 为互不相等的正数，且 abc＝1， ∴ a＋ b＋ c ＝ 1 bc＋ 1 ac＋ 1 ab
1 1 1 1 1 1 b＋c a＋ c a＋b < ＋ ＋ (基本不等式) 2 2 2 1 1 1 ＝a＋b＋c. 1 1 1 ∴a＋b＋c> a＋ b＋ c.
∴ a＋ b ＋ c ＝ 1 1 1 ＝a＋b＋c .
法二：∵a，b，c 是不等正数，且 abc＝1， 1 1 1 ∴a＋b＋c＝bc＋ca＋ab bc＋ca ca＋ab ab＋bc ＝ ＋ ＋ 2 2 2 ＞ abc2＋ a2bc＋ ab2c
＝ a＋ b＋ c.
(1)用综合法证明不等式时，主要利用基本不等式，函数的单 调性以及不等式的性质等知识，在严密的演绎推理下推导出结论． (2) 综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不 等式，其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)．②(a－b)2≥0(a， a＋ b 2 1 2 2 b ∈ R) ，其变形有： a ＋ b ≥2ab ， ( ) ≥ab.a ＋ b ≥ (a ＋ b)2. 2 2
ba a·b，所
以 A 成立，B 显然成立，不等式 C 可变形为 a3＋b3≥a2b＋ ab2⇔(a2－b2)(a－b)≥0.
答案：D
4．已知 a、b、c 为三角形的三边且 S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc ＋ca，则 A． S ≥ 2 P C． S > P B．P<S<2P D．P≤S＜2P ( )
∵x>0，y>0，∴x＋y>0，x2＋y2＋xy>0， 1 1 1 ∴上式成立，即x＋ y－ ＞ 0， x＋ y 1 1 1 故 ＋ ＋ >0. a－b b－c c－a
一、选择题 1．设 a，b 均为正实数，A＝ a＋ b，B＝ a＋b，则 A、B 的 大小关系是 A．A≥B C．A＞B B．A≤B D．A＜B ( )
2．已知 x>0，y>0，求证：(x2＋y )
1 2 2
1 3
证明：要证明(x2＋y )
1 2 2
1 3
>(
.
>(
1 2 1 3
， x
分析法与综合法的综合应用
[例 3]
已知 a，b，c 均为正实数，且 b2＝ac.求证：a4＋b4
＋c4＞(a2－b2＋c2)2.
[思路点拨 ]
本题考查综合法与分析法的综合应用．解答
[思路点拨] 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＝ 1 1 ＋ 1 b c bc< 2 实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．
[精解详析] 法一：∵a，b，c 是不等正数，且 abc＝1， 1 bc ＋ 1 ac ＋ 1 1 1 1 1 1 ＋ ＋ ＋ 1 b c a c a b ab ＜ 2 ＋ 2 ＋ 2
解析：∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， 即 S≥P. 又三角形中 |a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2. 同理 b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2， ∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)．即 S<2P.
b－c a－b ＝2＋ ＋ a－b b－c ≥2＋2＝4. ∴»<4.
答案：(－∞，4)
三、解答题 9．a，b，c 为互不相等的正数，且 abc＝1. 1 1 1 求证：a＋b＋ c> a＋ b＋ c.
证明：法一：由左式推证右式 ∵abc＝1，且 a，b，c 为互不相等的正数， bc＋ac ac＋ab ab＋bc 1 1 1 ∴a＋b＋ c ＝ bc＋ ac＋ab＝ ＋ ＋ > bc·ac 2 2 2 ＋ ac·ab＋ ab·bc(基本不等式) ＝ c＋ a＋ b.