高中数学选修4-5不等式选讲导学案及课后作业加答案
选修4-5 第一节 绝对值不等式
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[基本能力]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)不等式|x|＜a 的解集为{x|－a＜x＜a}．
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(2)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点 x 到点 a，b 的
距离之和．
()
(3)不等式|2x－3|≤5 的解集为{x|－1≤x≤4}．
()
答案：(1)× (2)√ (3)√
或x2＞x＋1，1－2x－1＞0.
解得 x＞14，所以原不等式的解集为x|x＞14.
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(2)|x＋3|－|2x－1|＜x2＋1. [解] ①当 x＜－3 时， 原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)＜x2＋1， 解得 x＜10，∴x＜－3. ②当－3≤x≤12时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)＜x2＋1， 解得 x＜－25，∴－3≤x＜－25. ③当 x＞12时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)＜x2＋1， 解得 x＞2，∴x＞2. 综上可知，原不等式的解集为x|x＜－25或x＞2.
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2．(2018·全国卷Ⅰ)已知 f(x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)＞1 的解集； 解：当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即 f(x)＝－ 2x，2，－x≤1＜－x＜1，1， 2，x≥1. 故不等式 f(x)＞1 的解集为xx＞12 .
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(2)若存在实数 x，y，使 f(x)＋g(y)≤0，求实数 a 的取值范围． 解：∵g(x)＝(x－1)2＋x－4 12－5≥ 2 x－12·x－4 12－5＝－1，显然可取等号， ∴g(x)min＝－1. 于是，若存在实数 x，y，使 f(x)＋g(y)≤0，只需 f(x)min≤1. 又 f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2， ∴(a－1)2≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2， 即实数 a 的取值范围为[0,2]．
湘教版高中数学选修4-5不等式选讲：排序不等式
【自主解答】 (1)∵a≥b>0，于是1a≤1b， 又c>0，∴1c>0. 从而b1c≥c1a. 同理，∵b≥c>0，于是1b≤1c. ∴a>0，∴1a>0，于是得c1a≥a1b. 从而b1c≥c1a≥a1b.
(2)由(1)知b1c≥c1a≥a1b>0且a≥b≥c>0， ∴b21c2≥c21a2≥a21b2，a2≥b2≥c2. 由排序不等式，顺序和≥乱序和得 ba2c22＋cb2a22＋ac2b2 2≥bb2c22＋cc2a2 2＋aa2b22＝c12＋a12＋b12＝a12＋b12 ＋c12， 故ba2c22＋cb2a22＋ac2b2 2≥a12＋b12＋c12.
利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析 所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要 的带有大小顺序的两个数组．
本例题中条件不变，求证：ba3c53＋cb3a53＋ac3b5 3≥ac23＋ab23＋ b2 c3.
【证明】 ∵a≥b≥c≥0， ∴a5≥b5≥c5， 1c≥1b≥1a＞0. ∴b1c≥a1c≥b1a，
利用排序不等式求最值
设A，B，C表示△ABC的三个内角，a，b，c表 示其对边，求aAa＋＋bbB＋＋ccC的最小值(A，B，C用弧度制表 示)．
【思路探究】 不妨设a≥b≥c＞0，设法构造数组，利 用排序不等式求解．
【自主解答】 不妨设a≥b≥c， 则A≥B≥C，
aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC， aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC， aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC， 将以上三式相加，得 3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)·(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)， 当且仅当A＝B＝C＝π3时，等号成立． ∴aAa＋＋bbB＋＋ccC≥3π， 即aAa＋＋bbB＋＋ccC的最小值为3π.
人教a版高考数学(理)一轮课件：选修4-5不等式选讲
考纲解读
通过近几年的高考题可以看出, 本 部分内容的考查主要是在绝对值 不等式的几何意义和解绝对值不 等式两个方面,考查难度一般,试题 题型较为单一 .对于绝对值不等式 的证明一般会结合函数、导数等 内容考查,难度较大,属中高档题.
1.绝对值三角不等式 (1)定理 1:如果 a,b 是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当 ab≥0 时,等号成立. 其中不等式|a+b|≤|a|+|b|又称为三角不等式. (2)在|a+b|≤|a|+|b|中用向量 a,b 分别替换实数 a,b,则|a+b|<|a|+|b|的几 何意义是三角形的两边之和大于第三边(a,b 不共线). (3)定理 2:如果 a,b,c 是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0 时,等号成立.
(������ + 1)2 ≥ (x + 2)2 , ⇔ ������ + 2 ≠ 0, (������ + 1 + ������ + 2)(������ + 1-������-2) ≥ 0, 即 ������ ≠ -2, 解得 x≤- 且 x≠-2.
3 2
3 .设 a=2- 5,b= 5-2,c=5-2 5,则 a ,b ,c 之间的大小关系是 【答案】 c>b>a 【解析】分别由 a<0,b>0,c>0,再由 b 2-c2<0 得 b<c 判断.
5 .设 m 等于|a| ,|b| 和 1 中最大的一个,当|x|>m 时,求证: +
3 .|ax+b| ≤c,|ax+b| ≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax+b| ≤c(c>0)型不等式的解法是:先化为不等式-c≤ax+b ≤c,再利用 不等式的性质求出原不等式的解集. (2)|ax+b| ≥c(c>0)的解法是:先化为 ax+b ≥c 或 ax+b ≤-c,再进一步利用不 等式的性质求出原不等式的解集.
高考数学各地模拟汇编--数学选修4-5不等式选讲(有答案)
高中数学选修4-5不等式选讲一．解答题（共30小题）1．（2014•江苏）已知x＞0，y＞0，证明（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．2．（2014•安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（Ⅱ）数列{a n}满足a1＞，a n+1=a n+a n1﹣p．证明：a n＞a n+1＞．3．（2014•阜阳一模）已知α，β是方程4x2﹣4tx﹣1=0（t∈R）的两个不等实根，函数的定义域为[α，β]．（Ⅰ）求g（t）=maxf（x）﹣minf（x）；（Ⅱ）证明：对于，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则++＜．4．（2014•苏州一模）已知x，y，z均为正数．求证：．5．（2014•长春一模）（选做题）已知f（x）=|x+1|+|x﹣1|，不等式f（x）＜4的解集为M．（1）求M；（2）当a，b∈M时，证明：2|a+b|＜|4+ab|．6．（2014•长安区三模）设函数f（x）=x﹣a（x+1）ln（x+1），（x＞﹣1，a≥0）（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在上有两个实数解，求实数t的取值范围；（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）n＜（1+n）m．7．（2014•赤峰模拟）已知函数f（x）=m﹣|x﹣1|﹣|x﹣2|，m∈R，且f（x+1）≥0的解集为[0，1]．（1）求m的值；（2）若a，b，c，x，y，z∈R，且x2+y2+z2=a2+b2+c2=m，求证：ax+by+cz≤1．8．（2014•濮阳二模）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6；（Ⅱ）若|a|＜1，|b|＜1，且a≠0，求证：．9．（2014•宁城县模拟）已知a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca=1．求证：（Ⅰ）a+b+c≥；（Ⅱ）++≥（++）．10．（2014•沈阳一模）已知函数f（x）=lnx，．（Ⅰ）若f（x）与g（x）在x=1处相切，试求g（x）的表达式；（Ⅱ）若在[1，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．11．（2014•梅州一模）已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．（Ⅲ）求证：（其中n∈N*，e是自然对数的底数）．12．（2014•遵义二模）（1）已知x、y都是正实数，求证：x3+y3≥x2y+xy2；（2）若不等式|a﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．13．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．14．（2014•河北模拟）设不等式﹣2＜|x﹣1|﹣|x+2|＜0的解集为M，a、b∈M，（1）证明：|a+b|＜；（2）比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|的大小，并说明理由．15．（2014•河北模拟）已知a，b＞0，且a+b=1，求证：（Ⅰ）+≥8；（Ⅱ）++≥8．16．（2014•海南模拟）已知a，b均为正数，且a+b=1，证明：（1）（ax+by）2≤ax2+by2（2）（a+）2+（b+）2≥．17．（2013•临汾模拟）已知a2+b2=1，c2+d2=1．（Ⅰ）求证：ab+cd≤1．（Ⅱ）求a+b的取值范围．18．（2014•乌鲁木齐三模）已知a，b，c∈R*，证明：（1）（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）；（2）++≥．19．（2014•淮安模拟）已知a，b，c均为正数，证明：．20．（2014•南通一模）已知实数x，y满足：，求证：．21．（2014•南通三模）已知x＞0，y＞0，a∈R，b∈R．求证（）2≤．22．（2014•南通模拟）设a，b，c，d∈R，求证：+≥，等号当且仅当ad=bc 时成立．23．（2014•昆明一模）已知a，b，c均为正数．（Ⅰ）求证：a2+b2+（）2≥4；（Ⅱ）若a+4b+9c=1，求证：≥100．24．（2014•贵州二模）设不等式|x﹣2|＜m（m∈N+）的解集为A，且∈A，∉A．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若a，b，c∈R+，且a+b+c=，求证：++≥9．25．（2014•盐城二模）已知x，y∈R，且|x+y|≤，|x﹣y|≤，求证：|x+5y|≤1．26．（2014•盐城一模）已知x1，x2，x3为正实数，若x1+x2+x3=1，求证：．27．（2014•福建模拟）已知f（x）=aln（x+1）++3x﹣1．（1）若x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）求证：ln（2n+1）对一切正整数n均成立．28．（2014•静安区一模）（理）（1）设x、y是不全为零的实数，试比较2x2+y2与x2+xy的大小；（2）设a，b，c为正数，且a2+b2+c2=1，求证：++﹣≥3．29．（2013•泰州三模）选修4﹣5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，n∈N*．求证：．30．（2013•盐城二模）（选修4﹣5：不等式选讲）若，证明．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2014•江苏）已知x＞0，y＞0，证明（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：由均值不等式可得1+x+y2≥3，1+x2+y≥，两式相乘可得结论．解答：证明：由均值不等式可得1+x+y2≥3，1+x2+y≥分别当且仅当x=y2=1，x2=y=1时等号成立，∴两式相乘可得（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．点评：本题考查不等式的证明，正确运用均值不等式是关键．2．（2014•安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（Ⅱ）数列{a n}满足a1＞，a n+1=a n+a n1﹣p．证明：a n＞a n+1＞．考点：不等式的证明；数列与不等式的综合；分析法和综合法．专题：函数思想；点列、递归数列与数学归纳法．分析：第（Ⅰ）问中，可构造函数f（x）=（1+x）p﹣（1+px），求导数后利用函数的单调性求解；对第（Ⅱ）问，从a n+1着手，由a n+1=a n+a n1﹣p，将求证式进行等价转化后即可解决，用相同的方式将a n＞a n+1进行转换，设法利用已证结论证明．解答：证明：（Ⅰ）令f（x）=（1+x）p﹣（1+px），则f′（x）=p（1+x）p﹣1﹣p=p[（1+x）p﹣1﹣1]．①当﹣1＜x＜0时，0＜1+x＜1，由p＞1知p﹣1＞0，∴（1+x）p﹣1＜（1+x）0=1，∴（1+x）p﹣1﹣1＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0]上为减函数，∴f（x）＞f（0）=（1+0）p﹣（1+p×0）=0，即（1+x）p﹣（1+px）＞0，∴（1+x）p＞1+px．②当x＞0时，有1+x＞1，得（1+x）p﹣1＞（1+x）0=1，∴f′（x）＞0，∴f（x）在[0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）=0，∴（1+x）p＞1+px．综合①、②知，当x＞﹣1且x≠0时，都有（1+x）p＞1+px，得证．（Ⅱ）先证a n+1＞．∵a n+1=a n+a n1﹣p，∴只需证a n+a n1﹣p＞，将写成p﹣1个相加，上式左边=，当且仅当，即时，上式取“=”号，当n=1时，由题设知，∴上式“=”号不成立，∴a n +a n 1﹣p ＞，即a n+1＞．再证a n ＞a n+1． 只需证a n ＞a n +a n 1﹣p ，化简、整理得a n p ＞c ，只需证a n ＞c．由前知a n+1＞成立，即从数列{a n }的第2项开始成立，又n=1时，由题设知成立，∴对n ∈N *成立，∴a n ＞a n+1．综上知，a n ＞a n+1＞，原不等式得证．点评： 本题是一道压轴题，考查的知识众多，涉及到函数、数列、不等式，利用的方法有分析法与综合法等，综合性很强，难度较大．3．（2014•阜阳一模）已知α，β是方程4x 2﹣4tx ﹣1=0（t ∈R ）的两个不等实根，函数的定义域为[α，β]．（Ⅰ）求g （t ）=maxf （x ）﹣minf （x ）； （Ⅱ）证明：对于，若sinu 1+sinu 2+sinu 3=1，则++＜．考点：不等式的证明；函数的最值及其几何意义． 专题：计算题；证明题． 分析： （Ⅰ）先设α≤x 1＜x 2≤β，则4x 12﹣4tx 1﹣1≤0，4x 22﹣4tx 2﹣1≤0，利用单调函数的定义证明f （x ）在区间[α，β]上是增函数．从而求得函数f （x ）的最大值与最小值，最后写出g （t ） （Ⅱ）先证：从而利用均值不等式与柯西不等式即得：++＜．解答： 解：（Ⅰ）设α≤x 1＜x 2≤β，则4x 12﹣4tx 1﹣1≤0，4x 22﹣4tx 2﹣1≤0，∴则又故f （x ）在区间[α，β]上是增函数．（3分） ∵，∴=（6分）（Ⅱ）证：（9分）∴（15分）∵，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，∴++＜．（14分）点评： 本题主要考查了不等式的证明、函数的最值及其几何意义，解答关键是利用函数单调性求最值及均值不等式与柯西不等式的灵活运用．4．（2014•苏州一模）已知x ，y ，z 均为正数．求证：．考点： 不等式的证明．专题：常规题型；压轴题；综合法．分析：分别对，，进行化简分析，得出与的关系，然后三个式子左右分别相加除以2即可得到结论．解答：证明：因为x，y，z都是为正数，所以①同理可得②③当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得：点评：本题考查不等式的证明，涉及基本不等式的应用，属于中档题．5．（2014•长春一模）（选做题）已知f（x）=|x+1|+|x﹣1|，不等式f（x）＜4的解集为M．（1）求M；（2）当a，b∈M时，证明：2|a+b|＜|4+ab|．考点：不等式的证明；带绝对值的函数．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）将函数写成分段函数，再利用f（x）＜4，即可求得M；（Ⅱ）利用作差法，证明4（a+b）2﹣（4+ab）2＜0，即可得到结论．解答：（Ⅰ）解：f（x）=|x+1|+|x﹣1|=当x＜﹣1时，由﹣2x＜4，得﹣2＜x＜﹣1；当﹣1≤x≤1时，f（x）=2＜4；当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．所以M=（﹣2，2）．…（5分）（Ⅱ）证明：当a，b∈M，即﹣2＜a，b＜2，∵4（a+b）2﹣（4+ab）2=4（a2+2ab+b2）﹣（16+8ab+a2b2）=（a2﹣4）（4﹣b2）＜0，∴4（a+b）2＜（4+ab）2，∴2|a+b|＜|4+ab|．…（10分）点评：本题考查绝对值函数，考查解不等式，考查不等式的证明，解题的关键是将不等式写成分段函数，利用作差法证明不等式．6．（2014•长安区三模）设函数f（x）=x﹣a（x+1）ln（x+1），（x＞﹣1，a≥0）（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在上有两个实数解，求实数t的取值范围；（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）n＜（1+n）m．考点：不等式的证明；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）求导数，再利用导数大于0，求函数的单调区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在上单调递增，在[0，1]上单调递减可得解（Ⅲ）根据要证明的结论，利用分析法来证明本题，从结论入手，要证结论只要证明后面这个式子成立，两边取对数，构造函数，问题转化为只要证明函数在一个范围上成立，利用导数证明函数的性质．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=1﹣aln（x+1）﹣a①a=0时，f′（x）＞0∴f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数…（1分）②当a＞0时，f（x）在上递增，在单调递减．…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在上单调递增，在[0，1]上单调递减又∴∴当时，方程f（x）=t有两解…（8分）（Ⅲ）要证：（1+m）n＜（1+n）m只需证nln（1+m）＜mln（1+n），只需证：设，则…（10分）由（Ⅰ）知x﹣（1+x）ln（1+x），在（0，+∞）单调递减…（12分）∴x﹣（1+x）ln（1+x）＜0，即g（x）是减函数，而m＞n∴g（m）＜g（n），故原不等式成立．…（14分）点评：考查不等式的证明，考查化归思想，考查构造函数，是一个综合题，题目难度中等，在证明不等式时，注意采用什么形式，选择一种合适的写法7．（2014•赤峰模拟）已知函数f（x）=m﹣|x﹣1|﹣|x﹣2|，m∈R，且f（x+1）≥0的解集为[0，1]．（1）求m的值；（2）若a，b，c，x，y，z∈R，且x2+y2+z2=a2+b2+c2=m，求证：ax+by+cz≤1．考点：不等式的证明．专题：高考数学专题．分析：第（1）问中，分离m，由|x|+|x﹣1|≥1确定将m分“m＜1”与“m≥1”进行讨论；（2）中，可利用重要不等式将x2+a2与ax联系，y2+b2与by联系，z2+c2与cz联系．解答：解：（1）由f（x+1）≥0得|x|+|x﹣1|≤m．若m＜1，∵|x|+|x﹣1|≥1恒成立，∴不等式|x|+|x﹣1|≤m的解集为∅，不合题意．若m≥1，①当x＜0时，得，∴；②当0≤x≤1时，得x+1﹣x≤m，即m≥1恒成立；③当x＞1时，得，∴1，综上可知，不等式|x|+|x﹣1|≤m的解集为[，]．由题意知，原不等式的解集为[0，1]，∴解得m=1．（2）证明：∵x2+a2≥2xa，y2+b2≥2yb，z2+c2≥2zc，以上三式相加，得x2+y2+z2+a2+b2+c2≥2xa+2yb+2zc．由题设及（1），知x2+y2+z2=a2+b2+c2=m=1，∴2≥2（xa+yb+zc），即ax+by+cz≤1，得证．点评：本题难度与高考相当，第（1）问考查了分段讨论法解绝对值不等式，对参数的讨论是前提；第（2）问要求学生掌握不等式的基本性质，关键是联系第一问求解．8．（2014•濮阳二模）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6；（Ⅱ）若|a|＜1，|b|＜1，且a≠0，求证：．考点：不等式的证明；绝对值不等式；绝对值不等式的解法．专题：不等式选讲．分析：（Ⅰ）根据绝对值不等式的解法解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6即可；（Ⅱ）利用分析法进行证明不等式．解答：解：（I）∵f（x）=|x﹣1|．∴不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6等价|x﹣2|+|x+2|≥6，若当x≥2时，不等式等价为x﹣2+x+2≥6，即2x≥6，解得x≥3．当﹣2＜x＜2时，不等式等价为2﹣x+x+2≥6，即4≥6，此时不成立．当x≤﹣2时，不等式等价为2﹣x﹣x﹣2≥6，即2x≤﹣6，即x≤﹣3．综上不等式的解集为（﹣∞，﹣3]∪[3，+∞）．（II）要证，只需证|ab﹣1|＞|b﹣a|，只需证（ab﹣1）2＞（b﹣a）2而（ab﹣1）2﹣（b﹣a）2=a2b2﹣a2﹣b2+1=（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，∵|a|＜1，|b|＜1，∴a2＜1，b2＜1，即a2﹣1＜0，b2﹣1＜0，即（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，成立，从而原不等式成立．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，要注意进行分段讨论．9．（2014•宁城县模拟）已知a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca=1．求证：（Ⅰ）a+b+c≥；（Ⅱ）++≥（++）．考点：不等式的证明．专题：选作题；不等式选讲．分析：（Ⅰ）由题意可得，只需证（a+b+c）2≥3，只需证a2+b2+c2≥1，只需证a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）≥0，只需证（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a+b+c≥，证明++≥（++），只需证明≥++，结合基本不等式，即可得证．解答：证明：（Ⅰ）要证原不等式成立，只需证（a+b+c）2≥3，即证a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≥3，又ab+bc+ca=1．所以，只需证：a2+b2+c2≥1，即a2+b2+c2﹣1≥0，因为ab+bc+ca=1．所以，只需证：a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）≥0，只需证：2a2+2b2+2c2﹣2（ab+bc+ca）≥0，即（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0，而（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0显然成立，故原不等式成立；（Ⅱ）∵++=，由（Ⅰ）知，a+b+c≥，∴证明++≥（++），只需证明≥++，即证明：+b+c≤ab+bc+ca，∵≤，b≤，c≤，∴+b+c≤ab+bc+ca，∴++≥（++）．点评：本题考查用分析法证明不等式，寻找使不等式成立的充分条件，是解题的关键．10．（2014•沈阳一模）已知函数f（x）=lnx，．（Ⅰ）若f（x）与g（x）在x=1处相切，试求g（x）的表达式；（Ⅱ）若在[1，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．考点：不等式的证明；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）求导数，利用f（x）与g（x）在x=1处相切，可求g（x）的表达式；（Ⅱ）在[1，+∞）上是减函数，可得导函数小于等于0在[1，+∞）上恒成立，分离参数，利用基本不等式，可求实数m的取值范围；（Ⅲ）当x≥2时，证明，当x＞1时，证明，利用叠加法，即可得到结论．解答：（Ⅰ）解：∵f（x）=lnx，∴，∴，得：a=2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）又∵，∴b=﹣1，∴g（x）=x﹣1；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）（Ⅱ）解：∵=在[1，+∞）上是减函数，∴在[1，+∞）上恒成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）即x2﹣（2m﹣2）x+1≥0在[1，+∞）上恒成立，由，x∈[1，+∞），∵，∴2m﹣2≤2得m≤2；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可得：当x≥2时，，∴得：，∴，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）∴当x=2时，；当x=3时，；当x=4时，，…，当x=n+1时，，n∈N+，n≥2上述不等式相加得：即：①﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）由（Ⅱ）可得：当m=2时，ϕ（x）=在[1，+∞）上是减函数，∴当x＞1时，ϕ（x）＜ϕ（1）=0，即＜0，所以，从而得到．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）当x=2时，；当x=3时，；当x=4时，，…，当x=n+1时，，n∈N+，n≥2上述不等式相加得：==即②综上：（n∈N+，n≥2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）点评：本题考查不等式的证明，考查导数知识的运用，考查基本不等式的运用，考查叠加法，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．11．（2014•梅州一模）已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．（Ⅲ）求证：（其中n∈N*，e是自然对数的底数）．不等式的证明；利用导数研究函数的单调性．考点：专综合题．题：分（Ⅰ）把a=﹣代入函数f（x），再对其进行求导利用导数研究函数f（x）的单调区间；析：（Ⅱ）已知当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，将问题转化为当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）﹣x≤0恒成立，只要求出ax2+ln（x+1）﹣x的最小值即可，令新的函数，利用导数研究其最值问题；（Ⅲ）由题设（Ⅱ）可知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用此不等式对所要证明的不等式进行放缩，从而进行证明；解解：（Ⅰ）当时，（x＞﹣1），答：（x＞﹣1），由f'（x）＞0解得﹣1＜x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1．故函数f（x）的单调递增区间为（﹣1，1），单调递减区间为（1，+∞）．（4分）（Ⅱ）因函数f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）﹣x≤0恒成立，设g（x）=ax2+ln（x+1）﹣x（x≥0），只需g（x）max≤0即可．（5分）由=，（ⅰ）当a=0时，，当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）（ⅱ）当a＞0时，由，因x∈[0，+∞），所以，①若，即时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；②若，即时，函数g（x）在上单调递减，在区间上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（8分）（ⅲ）当a＜0时，由，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a ﹣1）＜0，∴g'（x ）＜0，故函数g （x ）在[0，+∞）上单调递减， 故g （x ）≤g （0）=0成立．综上所述，实数a 的取值范围是（﹣∞，0]．（10分）（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln （x+1）≤x 在[0，+∞）上恒成立 （或另证ln （x+1）≤x 在区间（﹣1，+∞）上恒成立），（11分） 又，∵===，∴．（14分）点评： 此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题，解题过程中多次用到了转化的思想，第二题实质还是函数的恒成立问题，第三问不等式的证明仍然离不开前面两问所证明的不等式，利用它们进行放缩证明，本题难度比较大，是一道综合题； 12．（2014•遵义二模）（1）已知x 、y 都是正实数，求证：x 3+y 3≥x 2y+xy 2； （2）若不等式|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．考点： 不等式的证明．专题： 不等式的解法及应用．分析： （1）利用作差法，因式分解，即可得到结论；（2）根据柯西不等式证明++≤3，利用|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，可得|a ﹣1|，从而可求实数a 的取值范围．解答： （1）证明：由x 3+y 3﹣x 2y ﹣xy 2=x 2（x ﹣y ）+y 2（y ﹣x ）=（x ﹣y ）（x 2﹣y 2）=（x ﹣y ）2（x+y ）…（3分）又x 、y 都是正实数，∴（x ﹣y ）2≥0，x+y ＞0， ∴x 3+y 3﹣x 2y ﹣xy 2＞0， ∴x 3+y 3≥x 2y+xy 2；…（5分）（2）解：由题意，根据柯西不等式有（++）2≤（12+12+12）[（）2+（）2+（）2]=3[3（x+y+z ）+3]=3×6=18， ∴++≤3…（3分）又|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立， ∴|a ﹣1|，∴a +1或a ，∴a 的取值范围是（﹣]∪[1+3，+∞）．…（5分）点评：本题考查不等式的证明，考查柯西不等式的运用，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，正确运用柯西不等式是关键．13．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．考点：不等式的证明；集合的包含关系判断及应用；函数的定义域及其求法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用；集合．分析：（Ⅰ）根据题意，得|x+1|+|x+2|﹣5≥0；求出x的取值范围，即是f（x）的定义域A；（Ⅱ）由A、B求出B∩C R A，即得a、b的取值范围，由此证明成立即可．解答：解：（Ⅰ）a=5时，函数f（x）=，∴|x+1|+|x+2|﹣5≥0；即|x+1|+|x+2|≥5，当x≥﹣1时，x+1+x+2≥5，∴x≥1；当﹣1＞x＞﹣2时，﹣x﹣1+x+2≥5，∴x∈∅；当x≤﹣2时，﹣x﹣1﹣x﹣2≥5，∴x≤﹣4；综上，f（x）的定义域是A={x|x≤﹣4或x≥1}．（Ⅱ）∵A={x|x≤﹣4或x≥1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴∁R A=（﹣4，1），∴B∩C R A=（﹣1，1）；又∵，而；当a，b∈（﹣1，1）时，（b2﹣4）（4﹣a2）＜0；∴4（a+b）2＜（4+ab）2，即．点评：本题考查了求函数的定义域以及集合的运算和不等式的解法与证明问题，是综合题，解题时应把含绝对值的不等式分类讨论，不等式证明时常用作差法，是中档题．14．（2014•河北模拟）设不等式﹣2＜|x﹣1|﹣|x+2|＜0的解集为M，a、b∈M，（1）证明：|a+b|＜；（2）比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|的大小，并说明理由．考点：不等式的证明；绝对值不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：（1）利用绝对值不等式的解法求出集合M，利用绝对值三角不等式直接证明：|a+b|＜；（2）利用（1）的结果，说明ab的范围，比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|两个数的平方差的大小，即可得到结果．解答：解：（1）记f（x）=|x﹣1|﹣|x+2|=由﹣2＜﹣2x﹣1＜0解得﹣＜x＜，则M=（﹣，）．…（3分）∵a、b∈M，∴，所以|a+b|≤|a|+|b|＜×+×=．…（6分）（2）由（1）得a2＜，b2＜．因为|1﹣4ab|2﹣4|a﹣b|2=（1﹣8ab+16a2b2）﹣4（a2﹣2ab+b2）=（4a2﹣1）（4b2﹣1）＞0，…（9分）所以|1﹣4ab|2＞4|a﹣b|2，故|1﹣4ab|＞2|a﹣b|．…（10分）点评：本题考查不等式的证明，绝对值不等式的解法，考查计算能力．15．（2014•河北模拟）已知a，b＞0，且a+b=1，求证：（Ⅰ）+≥8；（Ⅱ）++≥8．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式选讲．分析：（Ⅰ）利用a+b=1，通过重要不等式以及基本不等式，推出，然后证明+≥8；（Ⅱ）利用a+b=1，利用1的代换，转化++为+，利用基本不等式即可求证结果．解答：证明：（Ⅰ）∵ab≤（）2=，当且仅当a=b时等号成立，∵a+b=1，a=b=，∴．∵+≥≥8，当且仅当a=b=时等号成立，∴+≥8．（5分）（Ⅱ）∵++=++=+++=2（a+b）（+）=4+2（）≥4+4=8，当且仅当a=b=时等号成立，∴++≥8．（10分）点评：利用基本不等式以及重要不等式以及“1”的代换，注意“正、定、等”的应用．16．（2014•海南模拟）已知a，b均为正数，且a+b=1，证明：（1）（ax+by）2≤ax2+by2（2）（a+）2+（b+）2≥．考点：不等式的证明．专题：证明题．分析：（1）将所证的关系式作差（ax+by）2﹣（ax2+by2）=a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy利用a+b=1，整理，可得a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy=﹣ab（x﹣y）2≤0，当且仅当x=y时等号成立；（2）将所证的不等式左端展开，转化为，进一步整理后，利用基本不等式即可证得结论成立．解答：证明：（1））（ax+by）2﹣（ax2+by2）=a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy，因为a+b=1，所以a﹣1=﹣b，b﹣1=﹣a，又a，b均为正数，所以a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy=﹣ab（x2+y2﹣2xy）=﹣ab（x﹣y）2≤0，当且仅当x=y时等号成立；（2）==．当且仅当a=b时等号成立．点评：本题考查不等式的证明，着重考查作差法的应用，突出考查等价转化思想与逻辑推理能力，属于难题．17．（2013•临汾模拟）已知a2+b2=1，c2+d2=1．（Ⅰ）求证：ab+cd≤1．（Ⅱ）求a+b的取值范围．考点：不等式的证明．专题：综合题；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）利用综合法，结合基本不等式，即可得出结论；（Ⅱ）设=（a，b），=（1，），利用|⋅|≤||⋅||，可求a+b的取值范围．解答：（I）证明：∵a2+b2≥2ab，c2+d2≥2cd，∴a2+b2+c2+d2≥2（ab+cd），当且仅当a=b=c=d=时取“=”…（2分）又∵a2+b2=1，c2+d2=1∴2（ab+cd）≤2 …（4分）∴ab+cd≤1 …（5分）（Ⅱ）解：设=（a，b），=（1，），∵|⋅|≤||⋅||，…（8分）∴|a+b|≤2=2，∴﹣2≤a+b≤2∴a+b的取值范围为[﹣2，2]．…（10分）点评：本题考查不等式的证明，考查求a+b的取值范围，正确运用基本不等式，合理构造向量是关键．18．（2014•乌鲁木齐三模）已知a，b，c∈R*，证明：（1）（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）；（2）++≥．考点：不等式的证明．专题：高考数学专题．分析：第（1）问考虑左边展开与右边可抵消一个a2+b2+c2，想到作差比较，项较多，可重新分组进行因式分解；第（2）可通过构造柯西不等式放缩，获取定值．解答：证明：（Ⅰ）右边﹣左边，得3（a3+b3+c3）﹣（a+b+c）（a2+b2+c2）=2（a3+b3+c3）﹣a（b2+c2）﹣b（a2+c2）﹣c（a2+b2）．∵a，b∈R*，∴a3+b3﹣a2b﹣ab2=a2（a﹣b）+b2（b﹣a）=（a﹣b）2（a+b）≥0．∴a3+b3≥a2b+ab2，同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，以上三式相加得=2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac，∴2（a3+b3+c3）﹣a（b2+c2）﹣b（a2+c2）﹣c（a2+b2）≥0，∴（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）．（Ⅱ）∵a，b，c∈R*，∴a+b＞0，b+c＞0，c+a＞0，由柯西不等式得）[（a+b）+（b+c）+（c+a）]≥2=9，即2（a+b+c）（++）≥9，∴2（++）≥3，故++≥，当且仅当a=b=c时，不等式取等号．点评：本题的两小问设置合理，主要考查了不等式的基本性质及变形技巧，作差比较法，柯西不等式等．19．（2014•淮安模拟）已知a，b，c均为正数，证明：．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：两次运用基本不等式即可证明结论．解答：证明：∵a，b，c均为正数，∴左边≥≥2=2=6，当且仅当a=b=c时取等号，∴．点评：本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确运用基本不等式是关键．20．（2014•南通一模）已知实数x，y满足：，求证：．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：首先由3|y|=|3y|=|2（x+y）﹣（2x﹣y）|≤2|x+y|+|2x﹣y|，再结合已知的不等式，即可证得结论．解答：证明：∵3|y|=|3y|=|2（x+y）﹣（2x﹣y）|≤2|x+y|+|2x﹣y|，由题设，∴．∴．点评：本题考查不等式的证明，考查学生分析转化问题的能力，属于中档题．21．（2014•南通三模）已知x＞0，y＞0，a∈R，b∈R．求证（）2≤．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：利用“分析法”和不等式的性质即可证明．解答：证明：∵x＞0，y＞0，∴x+y＞0，∴要证，即证（ax+by）2≤（x+y）（a2x+b2y）．即证xy（a2﹣2ab+b2）≥0，即证（a﹣b）2≥0，而（a﹣b）2≥0显然成立，故．点评：本题考查了“分析法”和不等式的性质证明不等式，属于基础题．22．（2014•南通模拟）设a，b，c，d∈R，求证：+≥，等号当且仅当ad=bc 时成立．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：运用分析法证明，要证原不等式成立，可考虑两边平方，化简整理，再由柯西不等式（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，即可得证．解答：证明：要证+≥，即证（+）2≥（）2，即为a2+b2+c2+d2+2≥（a+c）2+（b+d）2，化简后，即证≥ac+bd，由柯西不等式（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，得|ac+bd|≥ac+bd．则原不等式得证．且有原不等式中等号当且仅当ad=bc时成立．点评：本题考查不等式的证明，考查柯西不等式的运用，以及不等式的性质的运用，考查推理能力，属于中档题．23．（2014•昆明一模）已知a，b，c均为正数．（Ⅰ）求证：a2+b2+（）2≥4；（Ⅱ）若a+4b+9c=1，求证：≥100．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：利用基本不等式，即可证明结论．解答：证明：（Ⅰ）∵a，b均为正数，∴a2+b2≥2ab，≥，∴a2+b2+≥2ab+，∴a2+b2+（）2≥2ab+≥4，当且仅当a=b=时，等号成立．（Ⅱ）∵a+4b+9c=1，∴=（a+4b+9c）（）=9+16+9+++≥34+24+18+24=100，当且仅当a=3b=9c时等号成立．点评：本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，掌握基本不等式的使用条件是关键．24．（2014•贵州二模）设不等式|x﹣2|＜m（m∈N+）的解集为A，且∈A，∉A．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若a，b，c∈R+，且a+b+c=，求证：++≥9．考点：不等式的证明．专题：选作题；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）根据∈A，∉A，求出m的范围，结合m∈N+，即可求m的值；（Ⅱ）利用“1”的代换，结合基本不等式，即可得出结论．解答：（Ⅰ）解：由．﹣﹣（4分）∵m∈N+，∴m=1．﹣﹣（5分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）有：（a，b，c∈R+）又===≥9，∴++≥9﹣﹣（10分）点评：本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，正确运用“1”的代换，基本不等式，是解题的关键．25．（2014•盐城二模）已知x，y∈R，且|x+y|≤，|x﹣y|≤，求证：|x+5y|≤1．考点：不等式的证明；绝对值不等式．专题：证明题．分析：利用x+5y=3（x+y）﹣2（x﹣y），利用绝对值不等式的性质即可证得结论．解答：证明：∵|x+y|≤，|x﹣y|≤，∴|x+5y|=|3（x+y）﹣2（x﹣y）|≤|3（x+y）|+|2（x﹣y）|=3|x+y|+2|x﹣y|≤3×+2×=1．即|x+5y|≤1．点评：本题考查绝对值不等式的性质，分析得到x+5y=3（x+y）﹣2（x﹣y）是应用绝对值不等式性质的关键，考查转化思想与推理论证能力，属于中档题．26．（2014•盐城一模）已知x1，x2，x3为正实数，若x1+x2+x3=1，求证：．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：由基本不等式，可得，，，三式相加，利用x1+x2+x3=1，可得结论．解答：证明：∵x1，x2，x3为正实数，∴，，，∴三式相加，可得+x 3≥2（x 1+x 2+x 3），∵若x 1+x 2+x 3=1，∴．点评： 本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确运用基本不等式是关键．27．（2014•福建模拟）已知f （x ）=aln （x+1）++3x ﹣1．（1）若x ≥0时，f （x ）≥0恒成立，求实数a 的取值范围； （2）求证：ln （2n+1）对一切正整数n 均成立．考点：不等式的证明． 专题：选作题；不等式选讲． 分析：（1）求导数，分类讨论，确定函数的单调性，即可求实数a 的取值范围； （2）由（1）知，x ＞0时，不等式恒成立，则x ＞0时，恒成立．令（k ∈N *），．令k=1，2，3，…，n ，叠加，即可证明结论．解答：（1）解：．若a ≥﹣2，则a+6＞0，x ＞0时，f'（x ）＞0．此时，f （x ）在区间[0，+∞）上为增函数． ∴x ≥0时，f （x ）≥f （0）=0．a ≥﹣2符合要求．若a ＜﹣2，则方程3x 2+（a+6）x+a+2=0有两个异号的实根，设这两个实根为x 1，x 2，且x 1＜0＜x 2． ∴0＜x ＜x 2时，f'（x ）＜0．f （x ）在区间[0，x 2]上为减函数，f （x 2）＜f （0）=0． ∴a ＜﹣2不符合要求．∴a 的取值范围为[﹣2，+∞）． （2）证明：由（1）知，x ＞0时，不等式恒成立．∴x ＞0时，恒成立．令（k ∈N *），得， 整理得 ．∴．令k=1，2，3，…，n ，得，，，…，．将上述n 个不等式的左右两边分别相加，得． ∴对一切正整数n 均成立．点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，巧妙利用两小题之间的关系，是解题的关键． 28．（2014•静安区一模）（理）（1）设x 、y 是不全为零的实数，试比较2x 2+y 2与x 2+xy 的大小； （2）设a ，b ，c 为正数，且a 2+b 2+c 2=1，求证：++﹣≥3．考点： 不等式的证明；比较法．专题： 证明题；不等式的解法及应用．分析： （1）解法1：利用作差法；解法2：利用分类讨论思想，分xy ＜0与xy ＞0讨论即可证得结论；（2）利用作差法，通过通分、分组、配方等一系列转化，即可证得结论．解答： 证明：（1）证法1：∵x 、y 是不全为零的实数，∴2x 2+y 2﹣（x 2+xy ） =x 2+y 2﹣xy=+y 2＞0，∴2x 2+y 2＞x 2+xy ．证法2：当xy ＜0时，x 2+xy ＜2x 2+y 2；当xy ＞0时，作差：x 2+y 2﹣xy ≥2xy ﹣xy=xy ＞0； 又因为x 、y 是不全为零的实数， ∴当xy=0时，2x 2+y 2＞x 2+xy ． 综上，2x 2+y 2＞x 2+xy ． （2）证明：∵++﹣﹣3=++﹣﹣3=a 2（+）+b 2（+）+c 2（+）﹣2（++）=a 2+b 2+c 2≥0（当且仅当a=b=c 时，取得等号），∴++﹣≥3．点评： 本题考查不等式的证明，着重考查作差法，考查通分、配方、分类讨论等方法，运用转化思想，推理证明，属于难题．29．（2013•泰州三模）选修4﹣5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，n∈N*．求证：．考点：综合法与分析法(选修）．专题：不等式的解法及应用．分析：先用分析法证明，再利用基本不等式，即可证得成立．解答：证明：先证，只要证2（a n+1+b n+1）≥（a+b）（a n+b n），即要证a n+1+b n+1﹣a n b﹣ab n≥0，即要证（a﹣b）（a n﹣b n）≥0，…（5分）若a≥b，则a﹣b≥0，a n﹣b n≥0，所以，（a﹣b）（a n﹣b n）≥0．若a＜b，则a﹣b＜0，a n﹣b n＜0，所以（a﹣b）（a n﹣b n）＞0，综上，可得（a﹣b）（a n﹣b n）≥0，从而．…（8分）因为，所以．…（10分）点评：本题主要考查用分析法证明不等式，基本不等式的应用，属于中档题．30．（2013•盐城二模）（选修4﹣5：不等式选讲）若，证明．考点：不等式的证明；柯西不等式的几何意义．专题：证明题．分析：直接构造18=6×3=[（1+2x）+（3+x）+（2﹣3x）]（1+1+1），利用柯西不等式证明即可．解答：证明：因为18=6×3=[（1+2x）+（3+x）+（2﹣3x）]（1+1+1），由柯西不等式可得：…（7分）又，所以．…（10分）点评：本题考查柯西不等式的证明方法的应用，构造柯西不等式是解题的关键．。
高中课标课程选修4-5《不等式选讲》教学参考二 柯西不等式
23c =，则半短轴b =2.又椭圆的焦点在x 轴上，所以椭圆的标准方程为221164x y +=.而椭圆方程221164xy+=在伸缩变换','2x x y y==作用下，变为圆的方程2216x y +=，此时点(2,1)A 变为点(2,2)A ′.要求△ABC 面积的最大值问题转化为先求过原点做直径B C ′′，使△ABC ′′′面积最大.又根据圆的性质，当OA BC ′′′⊥时，点A ′到直径B C ′′的距离取到最大值，此时△AB C′′′的面积为1128228222R OA ′=××=最大.再由定理，知182422ABCA BC b S Sa ′′′==×=.故填42.4.利用伸缩变换解高考题例5(2006年高考山东文科卷)已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4.(I)求椭圆的方程；(II)直线l 过点P(0，2)且与椭圆相交于A 、B 两点，当△AOB 面积取得最大值时，求直线l 的方程.解析：(I)易求椭圆方程为22121xy+=.(II)椭圆22121x y +=在伸缩变换','2x x y y==作用下，变为圆的方程222x y +=，此时点P(0，2)在伸缩变换1002作用下变为(0,22)P ′.由题意知直线l 的斜率K 存在且0K ≠时，设直线l 的方程为2y Kx =+，则直线l ′的方程为22y kx =+1()2bK k k a ==，原点到该直线l ′的距离2221d k =+，弦长22222826222211k AB Rd k k ′′===++，故ΔA OB 面积为22211262222211AO Bk S AB d k k ′′′′′==++2222622(1)(1)k k k =++令226(0),m k m =>则2262m k +=，从而21224218612AO Bm Sm m m ′′′==≤+++，当且仅当8m m=，即22m =时，ma x 1S =，此时7k =±.所以原直线l 的斜率114(7)22b K k a ==×±=±，故所求直线方程为14240x y ±+=.高中课标课程选修4-5《不等式选讲》教学参考(二)柯西不等式杨恩彬1,2柯跃海11福建师范大学数学与计算机科学学院(350007)2福建省宁德第一中学(352100)柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析学的过程中发现的．柯西不等式是基本而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，不仅形式优美，而且具有非常重要的应用价值．因而《普通高中数学课程标准(实验)》中将柯西不等式列入高中数学的选学内容．2008年第6期福建中学数学131柯西不等式在《不等式选讲》中的地位《不等式选讲》新增的内容有：三个正数的算术-几何平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努利不等式，其中三个正数的算术-几何平均值不等式是中学数学教师较熟悉的，而对贝努利不等式的要求又不高，因而柯西不等式就成为本专题的一大特色内容．柯西不等式有着丰富的数学背景，从历史的角度看，柯西不等式又可称为柯西-布理可夫斯基席瓦兹(Cauch-BuniakowskySchwarz)不等式．作为其初等叙述，其不等式可从二维向量空间推广到一般的向量空间(n R )上，即：如果1212(,,,),(,,)n n a a a b b b αβ==，则222111()nnni ii i i i i a b a b ===≥∑∑∑，等号成立当且仅当存在,t R ∈使得(1,2,)i i b ta i n ==．而后，两位数学家又彼此独立地在积分学中对这一不等式作了推广，使之达到近乎完善：[222(()())()()bbbaaaf xg x dx f x dx g x dx ≤∫∫∫],等号成立当且仅当存在,t R ∈使得()()f x tg x =(0t ≠,t 为常数)．这一历史表明，柯西不等式主要是作为数学分析的重要工具．但真正能显示其魅力的还在于它与高等代数中的内积空间的密切联系，即任意两个向量,αβ的夹角,αβ<>的余弦cos ,αβαβαβ<>=，于是1αβαβ≤，这就是柯西不等式的向量形式．2柯西不等式的教学建议基于柯西不等式的应用价值，柯西不等式的教学目标应该定位于帮助学生理解柯西不等式的导出过程，认识柯西不等式及其几种不同形式的结构特征，理解它们的几何意义，会用二维或三维情形的柯西不等式解决简单的证明或求最值问题．教学重点则应放在柯西不等式的几何解释、向量背景以及实际应用上．由二维形式的柯西不等式到n 维形式的柯西不等式，是从特殊到一般的过程．因而教学中，应充分借助向量的内积或二次函数的性质通过对二维形式的柯西不等式证明思路的推广，把二维形式的柯西不等式推广到一般的n 维形式，并帮助学生了解其几何意义，从数与形两方面充分认识柯西不等式．此外，在n 维形式的柯西不等式的教学中，一定要引导学生认真分析不等式的结构，切实把握其结构特征，为运用柯西不等式打好基础．考虑到中学生数学学习的实际情况以及当前课程改革的基本理念，柯西不等式的呈现不宜过难，基本上应以二维形式为主，即重点研究222()(a b c ++22)()d ac bd ≥+及其简单应用，而且还应淡化求解过程所需变换的技巧．3柯西不等式的几种不同的形式3.1二维形式的柯西不等式及其它推广形式二维柯西不等式的基本形式为：若a b c d R ∈、、、，则2222()()a b c d ++(ac ≥+2)bd ，当且仅当ad bc =时等号成立．其推广形式为：①若0a b c d ≥、、、，则()()(a b c d ac ++≥+2)bd ，当且仅当ad bc =时等号成立．②若a b c d R ∈、、、，则2222a b c d ++≥ac bd +，当且仅当ad bc =时等号成立．③若a b c d R ∈、、、，则2222a b c d ++ac bd ≥+，当且仅当ad bc =时等号成立．④221212()()x x y y +222323()()x x y y ++221313()()x x y y ≥+(三角形不等式)．3.2一般形式的柯西不等式①柯西不等式的代数形式：设123a a a 、、、、,n a 123n b b b b 、、、、是实数，则2222221212()()n n a a a b b b ++++++21122()n n a b a b a b ≥+++,当且仅当0(1,2,)i b i n ==，或存在实数k 使得(1,2,)i i a k b i n ==时，等号成立．②柯西不等式的向量形式:设α、β是两个向量，则αβαβ≤，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使k αβ=等号成立时,．4柯西不等式的应用举例柯西不等式揭示了任意两组实数积之和与平方和之积间的大小关系．应用它及其推论，可以很简单地解决许多复杂的不等式．在解题时如何改造变形是关键，也就是通过变换不等式，构造柯西不等14福建中学数学2008年第6期式所需要的两组数，使之符合柯西不等式使用的条件，这往往需要观察、直觉、猜测、推理．例1已知正数a b 、满足21a b +=，则21a b+的最小值为______．解析：∵正数a b 、满足21a b +=，()22121228a b a b a b a b∴++≥+=，故21a b+的最小值为8．评注：本题也可用平均值不等式完成，但不如用柯西不等式简洁、方便．对于已知中含有或隐含有1122n n m a m a m a k +++=(0,0,1,2,i i m a i >>=)n 这样的特殊条件，用1122n nm a m a m a k+++去乘任何式子，所得的结果不变，因而可以较容易地构造出一组非负数1122,,,n n m a m a m a ，从而与另一式所构造出的一组非负数使用柯西不等式．变式：(1)已知x y z 、、为正实数，且1x y z ++=，求证：14936x y z++≥．(证明略)(2)函数6586y x x =+的最大值是____．解析：本题虽没有直接给出和为定值的条件，但隐含了(5)(6)1x x +=为定值，故可构造出56x x 、及26、28两组数，进而使用柯西不等式求解．(答案：10)(3)已知x y a b 、、、为正实数，且1a bx y+=，求x y +的最小值．(答案：2()a b +)例2若a b R ∈、，且2210a b +=，则a b 的取值范围是()A.[25,25]B.[210,210]C.[10,10]D.[5,5]解析：a b a b ≤+∵，且222211,a b a b ++≥+25,a b ∴+≤25,ab ∴≤故选A ．评注：由于柯西不等式的前提条件是两组正数，故利用对称性和绝对值不等式的性质先把ab 化为a b +，从而创造了使用了柯西不等式的条件．变式：(1)设实数x y 、满足22312x y +≤2，则3P x =+2y 的最大值是．(答案：43)(2)已知221a b +=，则cos sin a b αα+的取值范围是____．(答案：[1,1])例3用柯西不等式推导直线外一点00(,)P x y 到直线:0l Ax By C ++=的距离公式：0022Ax B y Cd A B ++=+．解析:设点111(,)P x y 是直线l 上的任意一点，则110A x B y C ++=,①2210101()()PP x x y y =+．②点1P P 、两点间的最短距离就是点P 到直线l 的距离，即求(2)式的最小值，∵()()22220101x x y y Α+Β+()()0101A x x B y y ≥+=()0011x y C x y C Α+Β+Α+Β+,由①、②得：221A B PP +22220101()()A B x x y y =++00A x By C ≥++,即00122A x By CPP A B++≥+，③当且仅当0101y y Bx x A=即1PP l ⊥时，③式取等号,即点00(,)P x y 到直线:0l Ax By C ++=的距离公式为0022Ax B y Cd A B ++=+．评注:柯西不等式的结构和谐,应用灵活广泛,不仅用在求解代数式的最值问题上,还可以在几何方面有广泛应用．变式:已知P 为椭圆22149x y +=上的一点，P 到直线34200x y ++=的距离为d ，求d 的最大值、最小值．(答案：min max 20652065,55d d +==).2008年第6期福建中学数学15。
高中数学选修4-5《不等式的基本性质》同步课时作业(含答案)
高中数学选修4-5《不等式的基本性质》同步课时作业(建议用时：45分钟)一、选择题1．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论正确的是( ) A．a＋c>b＋d B．a－c>b－dC．ac>bd D.a d > b c2．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是( ) A．b－a>0 B．a3＋b3<0C．b＋a>0 D.a2－b2<03．若a<b<0，则下列不等式不能成立的是( )A.1a>1bB．2a>2b C．|a|>|b|>0 D.⎝⎛⎭⎪⎫12a>⎝⎛⎭⎪⎫12b4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么( )A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞a C．ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a5．设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜1a”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二、填空题6．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是f(x)________g(x)．7．给出四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0.能得出1a<1b成立的有________．(填序号)8．已知α，β满足－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围是________．三、解答题9．(1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，求证：3ad＜3bc；(2)若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：ea－c2＞eb－d2.10．设x，y为实数，且3≤xy2≤8,4≤x2y≤9，求x3y4的取值范围．巩固提高1．若a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：①ca ＞cb；②a c＜b c；③log b(a－c)＞log a(b－c)．其中所有的正确结论的序号是( )A．① B．①② C．②③ D.①②③3．给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中能推出log b 1b＜log a1b＜log a b成立的条件的序号是________．(填所有可能的条件的序号) 4．已知f(x)＝ax2＋c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围.高中数学选修4-5《不等式的基本性质》同步课时作业参考答案一、选择题1．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论正确的是( ) A．a＋c>b＋d B．a－c>b－dC．ac>bd D.a d > b c【解析】∵a>b，c>d，∴a＋c>b＋d.【答案】 A2．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是( ) A．b－a>0 B．a3＋b3<0C．b＋a>0 D.a2－b2<0【解析】a－|b|>0⇒|b|<a⇒－a<b<a⇒a＋b>0.故选C.【答案】 C3．若a<b<0，则下列不等式不能成立的是( )A.1a>1bB．2a>2b C．|a|>|b|>0 D.⎝⎛⎭⎪⎫12a>⎝⎛⎭⎪⎫12b【解析】考查不等式的基本性质及其应用．取a＝－2，b＝－1验证即可求解．【答案】 B4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么( )A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞aC．ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a【解析】ab2－ab＝ab(b－1)，∵a＜0，－1＜b＜0，∴b－1＜0，ab＞0，∴ab2－ab＜0，即ab2＜ab；又ab2－a＝a(b2－1)，∵－1＜b＜0，∴b2＜1，即b2－1＜0.又a＜0，∴ab2－a＞0，即ab2＞a. 故ab＞ab2＞a.【答案】 D5．设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜1a”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】∵0＜ab＜1，当a＜0且b＜0时可推得b＞1 a ，所以“0＜ab＜1”不是“b＜1a”的充分条件，①反过来，若b＜1 a ，当b＜0且a＞0时，有ab＜0，推不出“0＜ab＜1”，所以“0＜ab＜1”也不是“b＜1a”的必要条件，②由①②知，应选D.【答案】 D二、填空题6．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是f(x)________g(x)．【解析】f(x)－g(x)＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1＞0，∴f(x)＞g(x)．【答案】＞7．给出四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0.能得出1a<1b成立的有________．(填序号)【解析】1a<1b⇔1a－1b<0⇔b－aab<0，∴①②④可推出1a<1b成立．【答案】①②④8．已知α，β满足－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围是________．【解析】设α＋3β＝λ(α＋β)＋μ(α＋2β)，可解得λ＝－1，μ＝2，∴α＋3β＝－(α＋β)＋2(α＋2β)．又－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，∴1≤α＋3β≤7.【答案】[1,7]三、解答题9．(1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，求证：3ad＜3bc；(2)若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：ea－c2＞eb－d2.【证明】(1)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.∴0＜－1c＜－1d.又a＞b＞0，∴－ad＞－bc＞0，∴3－ad＞3－bc，即－3ad＞－3bc.两边同乘以－1，得3ad＜3bc.(2)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0. ∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，∴(a－c)2＞(b－d)2＞0，∴1a－c2＜1b－d2.又∵e＜0，∴ea－c2＞eb－d2.10．设x，y为实数，且3≤xy2≤8,4≤x2y≤9，求x3y4的取值范围．【解】由4≤x2y≤9，得16≤x4y2≤81. ①又3≤xy2≤8，∴18≤1xy2≤13. ②由①×②得18×16≤x4y2·1xy2≤81×13，即2≤x3y4≤27，因此x3y4的取值范围是[2,27]．巩固提高1．若a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【解析】对于0＜ab＜1，如果a＞0，则b＞0，a＜1b成立，如果a＜0，则b＜0，b＞1a成立，因此“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a＜1b或b＞1a”成立，但条件0＜ab＜1不成立，因此“0＜ab＜1”不是“a＜1b或b＞1a”的必要条件，即“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的充分而不必要条件．【答案】 A2．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：①ca＞cb；②a c＜b c；③log b(a－c)＞log a(b－c)．其中所有的正确结论的序号是( )A ．①B ．①②C ．②③ D.①②③【解析】 由a ＞b ＞1，c ＜0，得1a ＜1b ，c a ＞cb；幂函数y ＝x c (c ＜0)是减函数，所以a c ＜b c ；因为a －c ＞b －c ，所以log b (a －c )＞log a (a －c )＞log a (b －c )，①②③均正确．【答案】 D3．给出下列条件：①1＜a ＜b ；②0＜a ＜b ＜1；③0＜a ＜1＜b .其中能推出log b 1b ＜log a 1b＜log a b 成立的条件的序号是________．(填所有可能的条件的序号)【解析】 ∵log b 1b＝－1，若1＜a ＜b ，则1b ＜1a＜1＜b ，∴log a 1b ＜log a 1a＝－1，故条件①不可以；若0＜a ＜b ＜1，则b ＜1＜1b ＜1a，∴log a b ＞log a 1b ＞log a 1a ＝－1＝log b 1b，故条件②可以；若0＜a ＜1＜b ，则0＜1b＜1，∴log a 1b＞0，log a b ＜0，条件③不可以．故应填②. 【答案】 ②4．已知f (x )＝ax 2＋c ，且－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5，求f (3)的取值范围.【解】 由－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5，得 ⎩⎨⎧－4≤a ＋c ≤－1，－1≤4a ＋c ≤5.设u ＝a ＋c ，v ＝4a ＋c ，则有a ＝v －u 3，c ＝4u －v3，∴f (3)＝9a ＋c ＝－53u ＋83v .又⎩⎨⎧－4≤u ≤－1，－1≤v ≤5，∴⎩⎪⎨⎪⎧53≤－53u ≤203，－83≤83v ≤403，∴－1≤－53u ＋83v ≤20，即－1≤f (3)≤20.∴f (3)的取值范围为[－1,20].。
高中数学选修4-5《基本不等式》同步课时作业(含答案)
高中数学选修4-5《基本不等式》同步课时作业(建议用时：45分钟)一、选择题1．函数f(x)＝xx＋1的最大值为( )A.25B.12C.22D．12．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＜b3．已知x≥52，则f(x)＝x2－4x＋52x－4有( )A．最大值为54B．最小值为54C．最大值为1 D.最小值为14．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则a＋b2 cd的最小值是( )A．0 B．1C．2 D.45．已知a，b是不相等的正数，x＝a＋b2，y＝a＋b，则x，y的关系是( )A．x>y B．y>xC．x>2y D.y>2x二、填空题6．若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________.7．已知x，y∈R＋，且满足x3＋y4＝1，则xy的最大值为________．8．已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．三、解答题9．已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，x ，y 为变量，a ，b 为常数，且a ＋b ＝10，a x ＋by ＝1，x ＋y 的最小值为18，求a ，b .10．已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.巩固提高1．设x ，y ∈R ＋，且满足x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B ．10 C ．4D.22．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D.2千米处3．y ＝3＋x ＋x 2x ＋1(x ＞0)的最小值是________．4．若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，求实数a 的取值范围.高中数学选修4-5《基本不等式》同步课时作业参考答案一、选择题 1．函数f (x )＝xx ＋1的最大值为( )A.25B.12C.22 D ．1 【解析】 显然x ≥0.当x ＝0时，f (x )＝0； 当x >0时，x ＋1≥2x ，∴f (x )≤12，当且仅当x ＝1时，等号成立， ∴f (x )max ＝12.【答案】 B2．设0＜a ＜b ，则下列不等式中正确的是( ) A ．a ＜b ＜ab ＜a ＋b 2B ．a ＜ab ＜a ＋b 2＜bC ．a ＜ab ＜b ＜a ＋b 2D.ab ＜a ＜a ＋b2＜b【解析】 取特殊值法．取a ＝2，b ＝8，则ab ＝4，a ＋b 2＝5，所以a ＜ab＜a ＋b 2＜b .故选B.【答案】 B3．已知x ≥52，则f (x )＝x 2－4x ＋52x －4有( )A ．最大值为54B ．最小值为54C ．最大值为1D.最小值为1【解析】 ∵x ≥52，∴x －2≥12，∴f(x)＝x－22＋12x－2＝12(x－2)＋12x－2≥2x－22·12x－2＝1，当且仅当x－22＝12x－2，即x＝3时，等号成立，∴f(x)min＝1. 【答案】 D4．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则a＋b2 cd的最小值是( )A．0 B．1C．2 D.4【解析】由题意知a＋b＝x＋y，cd＝xy，∴(a＋b)2＝(x＋y)2≥4xy＝4cd，∴a＋b2cd≥4，当且仅当x＝y时，取等号．【答案】 D5．已知a，b是不相等的正数，x＝a＋b2，y＝a＋b，则x，y的关系是( )A．x>y B．y>xC．x>2y D.y>2x【解析】因为a，b是不相等的正数，所以x2＝a＋b2＋ab<a＋b2＋a＋b2＝a＋b＝y2，即x2<y2，故x<y.【答案】 B二、填空题6．若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________.【解析】x2＋y2＋xy＝(x＋y)2－xy≥(x＋y)2－x＋y24＝34(x＋y)2，∴(x＋y)2≤43，∴|x＋y|≤233，即x＋y的最大值为233.【答案】233 7．已知x ，y ∈R ＋，且满足x 3＋y4＝1，则xy 的最大值为________．【解析】 因为x ＞0，y ＞0， 所以x 3＋y 4≥2x 3·y 4＝xy 3，即xy 3≤1，解得xy ≤3，所以其最大值为3.【答案】 38．已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．【解析】 ∵a ，b ，m ，n ∈R ＋，且a ＋b ＝1，mn ＝2， ∴(am ＋bn )(bm ＋an ) ＝abm 2＋a 2mn ＋b 2mn ＋abn 2 ＝ab (m 2＋n 2)＋2(a 2＋b 2) ≥2ab ·mn ＋2(a 2＋b 2) ＝4ab ＋2(a 2＋b 2) ＝2(a 2＋b 2＋2ab ) ＝2(a ＋b )2＝2，当且仅当m ＝n ＝2时，取“＝”， ∴所求最小值为2. 【答案】 2 三、解答题9．已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，x ，y 为变量，a ，b 为常数，且a ＋b ＝10，a x ＋b y ＝1，x ＋y 的最小值为18，求a ，b .【解】 ∵x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫a x ＋b y＝a ＋b ＋bx y ＋ayx≥a ＋b ＋2ab ＝(a ＋b )2， 当且仅当bx y ＝ayx时取等号． 又(x ＋y )min ＝(a ＋b )2＝18，即a ＋b ＋2ab ＝18. ① 又a ＋b ＝10， ②由①②可得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝8或⎩⎨⎧a ＝8，b ＝2.10．已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.【证明】 ∵x 22x 1＋x 1＋x 23x 2＋x 2＋x 21x 3＋x 3≥2x 22＋2x 23＋2x 21＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝2，∴x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.1．设x ，y ∈R ＋，且满足x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B ．10 C ．4D.2【解析】 因为x ，y ∈R ＋，∴4xy ≤x ＋4y 2，∴xy ≤x ＋4y 4＝10，∴xy ≤100.∴lg x ＋lg y ＝lg xy ≤lg 100＝2. 【答案】 D2．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D.2千米处【解析】 由已知：y 1＝20x，y 2＝0.8x (x 为仓库到车站的距离)． 费用之和y ＝y 1＋y 2＝0.8x ＋20x≥20.8x ·20x＝8. 当且仅当0.8x ＝20x，即x ＝5时等号成立． 【答案】 A3．y ＝3＋x ＋x 2x ＋1(x ＞0)的最小值是________．【解析】 ∵x ＞0，∴y ＝3＋x ＋x 2x ＋1＝3x ＋1＋x ＋1－1≥23－1.当且仅当x ＋1＝3时取等号． 【答案】 23－1 4．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，＋∞.。
人教版高中数学选修4-5《3.1 柯西不等式》
2
k,使 得a i kbi ( i 1,2, , n)时, 等 号 成 立 。 2n 问题： 1、柯西不等式里一共涉及多少个实数？ 个 2、柯西不等式的结构有何特征？
平方和的乘积不小于乘积和的平方
1、柯西是什么人？
• 法一：问柯西本人；
2、他是怎么发现该不等式的？
4 4 2 2 3 3 2
（2）复杂问题：变形后运用柯西不等式。
例3 求函数 y 5 x 1 10 2 x的最大值
思考：该题目用了哪些变形技巧？ 凑配系数，平方。
2.已知x y 1, 那么2 x 2 3 y 2的最小值是( 5 A. 6 6 B. 5 25 C. 36 36 D. 25 )
( 2) a b c d ac bd2 ຫໍສະໝຸດ 2 2222
2
自主探究： 1、这两个变式 怎么来的呢？ 2、这三个不等 式取“=” 的条 件分别是什么？
进一步—理解—柯西不等式
• 1、代数理解。
2 2 2 2
• 2、几何理解。
(1) a b c d ac bd
小组讨论：根据变式一，你能给出柯西不 等式的几何解释吗？
柯西不等式
选修4-5 不等式选讲
定 理(一 般 形 式 的 柯 西 不 等 ) 式 设a1 , a 2 , a 3 , , a n , b1 , b2 , b3 , , bn是 实 数 ,则
(a a a )( b b b ) (a1b1 a2b2 anbb ) 当且仅当 bi 0( i 1,2, , n)或 存 在 一 个 数
教学目标：
• 1、发现、推导
柯西不等式
高中数学选修4-5 1考点3 与绝对值不等式有关的参数范围问题
选修4-5 不等式选讲第一节绝对值不等式考点3 与绝对值不等式有关的参数范围问题（2018·全国卷Ⅲ（理））选修4－5：不等式选讲设函数f（x）＝|2x＋1|＋|x－1|.（1）画出y＝f（x）的图象；（2）当x∈[0，＋∞）时，f（x）≤ax＋b恒成立，求a＋b的最小值．【解析】（1）f（x）＝{−3x,x<−12,x+2,−12≤x<1, 3x,x≥1.y＝f（x）的图象如图所示．（2）由（1）知，y＝f（x）的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f（x）≤ax＋b在[0，＋∞）上恒成立，因此a＋b的最小值为5.【答案】见解析（2018·全国Ⅱ卷（理））选修4－5：不等式选讲设函数f（x）＝5－|x＋a|－|x－2|.（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥0的解集；（2）若f（x）≤1，求a的取值范围．【解析】（1）当a ＝1时，f （x ）＝{2x ＋4，x ≤－1,2,－1＜x ≤2,－2x ＋6,x ＞2.可得f （x ）≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}．（2）f （x ）≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，当且仅当x ＋a 与2－x 同号时等号成立．故f （x ）≤1等价于|a ＋2|≥4.由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是（－∞，－6]∪[2，＋∞）．【答案】见解析（2018·全国Ⅰ卷（理））选修4－5：不等式选讲已知f （x ）＝|x ＋1|－|ax －1|.（1）当a ＝1时，求不等式f （x ）＞1的解集；（2）若x ∈（0,1）时不等式f （x ）＞x 成立，求a 的取值范围．【解析】（1）当a ＝1时，f （x ）＝|x ＋1|－|x －1|，即f （x ）＝{－2,x ≤－1,2x,－1＜x ＜1,2,x ≥1.故不等式f （x ）＞1的解集为{x|x >12}. （2）当x ∈（0,1）时，|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立等价于当x ∈（0,1）时，|ax －1|＜1成立． 若a ≤0，则当x ∈（0,1）时，|ax －1|≥1；若a ＞0，则|ax －1|＜1的解集为{x|0<x <2a }，所以2a ≥1，故0＜a ≤2. 综上，a 的取值范围为（0,2]．【答案】见解析。
选修4-5不等式选讲(学生版)
选修4－5 不等式选讲高考对本章考查主要有以下两个方面：(1)合，这是高考命题的热点；(2)式的证明相结合第一节绝对值不等式1.绝对值三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立.❶定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立. 2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值不等式|x |＜a 与|x |＞a 的解法：(2)|ax ＋b |≤c (c ＞0)和|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 (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；❷③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.(1)等号成立的条件在解题时经常用到，特别是用定理求函数的最大(小)值时，应特别注意. (2)定理1还可以变形为|a －b |≤|a |＋|b |，等号成立的充要条件是ab ≤0. 分区间讨论时，要注意以下两点： (1)不要把分成的区间的端点遗漏.(2)原不等式的解集是若干个不等式解集的并集，而不是交集.[熟记常用结论]常用绝对值不等式的性质(1)|||a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |；(2)|a ＋b ＋c |≤|a |＋|b |＋|c |.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)若|x |＞c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|＜2的解集为∅.( )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a ＞b ＞0时等号成立.( ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立.( ) 二、选填题1.设a ，b 为满足ab ＜0的实数，那么( )A.|a ＋b |＞|a －b |B.|a ＋b |＜|a －b |C.|a －b |＜||a |－|b ||D.|a －b |＜|a |＋|b | 2.不等式3≤|5－2x |＜9的解集为( )A.[－2,1)∪[4,7)B.(－2,1]∪(4,7]C.(－2，－1]∪[4,7) D .(－2,1]∪[4,7) 3.不等式|2x －a |＜b 的解集为{x |－1＜x ＜4}，则a ＋b 的值为( ) A.－2 B.2 C.8D.－84.不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________.5.函数y ＝|x －4|＋|x ＋4|的最小值为________.考点一 绝对值不等式的解法 [师生共研过关][典例精析](2018·洛阳第一次统考)已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R ).(1)当a ＝2时，解不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≥1； (2)设不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 的解集为M ，若⎣⎡⎦⎤13，12⊆M ，求实数a 的取值范围. [解题技法]解绝对值不等式的常用方法[过关训练]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.考点二绝对值不等式性质的应用[师生共研过关][典例精析](2019·银川模拟)设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|＜1.(1)解不等式|f(x)|＞5.(2)求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).[解题技法]绝对值不等式性质的应用利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式.[过关训练]若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值.考点三含绝对值不等式的综合问题[师生共研过关][例1](2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f(x)＝|x－a|＋|2x－a|(a∈R).(1)若f(1)＜11，求a的取值范围；(2)若∀a∈R，f(x)≥x2－x－3恒成立，求x的取值范围.[例2] (2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞4；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1使不等式a ＋1＞f (x )成立，求实数a 的取值范围. [解题技法]1.含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法：运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立问题中的参数范围问题. 求最值的3种方法：①利用基本不等式和不等式的相关性质解决；②将函数解析式用分段函数形式表示，作出函数图象，求得最值； ③利用性质“||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |”求最值.(2)更换主元法：求解含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法.(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可更直观解决问题. 2.不等式能成立问题(1)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＞A 成立，等价于在区间D 上f (x )max ＞A ； (2)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＜B 成立，等价于在区间D 上f (x )min ＜B . 3.不等式恰成立问题(1)不等式f (x )＞A 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＞A 的解集为D ； (2)不等式f (x )＜B 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＜B 的解集为D .[过关训练]1.(2018·惠州第一次调研)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|，g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |. (1)解不等式f (x )＞9；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围.2.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围.[课时跟踪检测](1)若函数f(x)的值域为[2，＋∞)，求实数a的值；(2)若f(2－a)≥f(2)，求实数a的取值范围.2.已知f(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.(1)求不等式f(x)＜2的解集；(2)若存在x∈R，使得f(x)＞|3a－2|成立，求实数a的取值范围.3.(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.(1)当k＝1时，若不等式f(x)＜4的解集为{x|x1＜x＜x2}，求x1＋x2的值；(2)当x∈R时，若关于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值.4.(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围.5.(2018·甘肃第二次诊断检测)设函数f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|.(1)解不等式f(x)＋g(x)＜2；(2)对于实数x，y，若f(x)≤1，g(y)≤1，证明：|x－2y＋1|≤3.6.设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围.(1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值.8.设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋8m ＋|x －2m |(m ＞0). (1)求证：f (x )≥8恒成立；(2)求使得不等式f (1)＞10成立的实数m 的取值范围.第二节不等式的证明1.基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均. 定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立. 2.比较法(1)作差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .(2)作商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1.3.综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( ) (3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( ) 二、选填题1.已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b 的最小值为( )A.1B.2C.4D.82.若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A.x ＞yB.x ＜yC.x ≥yD.x ≤y3.若a ，b ，m ∈R ＋，且a ＞b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b ＋m a ＋m ≥b a B.b ＋m a ＋m ＞b a C.b ＋m a ＋m ≤baD.b ＋m a ＋m ＜ba4.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________.5.已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________.考点一 比较法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).[解题技法]作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负.作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小.[过关训练]已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.考点二 综合法证明不等式[典例精析]已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [解题技法]1.综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键；(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.2.综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ；a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22.(4)a ＋b2≥ab ，它的变形形式有a ＋1a ≥2(a ＞0)；ab ＋b a ≥2(ab ＞0)；a b ＋b a ≤－2(ab ＜0).(5)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.[过关训练]已知实数a ，b ，c 满足a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝1.求证： (1)(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .考点三 分析法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，求证：f (ab )＞f (a )－f (－b ).[解题技法]1.分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a ＋b 2，a ＞0，b ＞0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.2.用分析法证“若A 则B ”这个命题的模式 为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… ……只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 必真.[过关训练]已知a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab .[课时跟踪检测] 1.(2017·全国卷Ⅱ)已知a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.2.设a ，b 为正实数，且1a ＋1b ＝2 2. (1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值.3.已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]. (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.4.(2019·南宁联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4.5.(2019·长春质量检测)(1)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |(a ＞0)，若不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤－2或x ≥3}，求a 的值；(2)已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92m .6.设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，求证：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.7.已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |＜1，|b |＜1，a ≠0，求证：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a .8.设函数f (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|－m ，若∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立. (1)求实数m 的取值范围；(2)求证：log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3).。
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高二数学选修4-5 不等式选讲导学案及课后作业 1 第一节 不等式和绝对值不等式 第一课时 不等式基本性质 一、知识要点 1．实数大小的比较 （1）数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的 ．在数轴上，右边的数总比左边的数 ． （2）如果a－b＞0，则 ；如果a－b＝0，则 ；如果a－b＜0，则 . （3）比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的 ；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的 2．不等式的基本性质 由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质： （1）如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即 . （2）如果a＞b，b＞c，那么 .即a＞b，b＞c⇒ . （3）如果a＞b，那么a＋c> . （4）如果a＞b，c>0，那么ac bc；如果a>b，c<0，那么ac bc. （5）如果a＞b，dc，那么dbca （6）如果0,0dcba，那么bdac （7）如果a>b>0，那么an bn(n∈N，n≥2)． （8）如果a>b>0，那么na nb(n∈N，n≥2)． 3．对上述不等式的理解 使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如： （1）等式两边同乘以一个数仍为等式，但不等式两边同乘以同一个数c(或代数式)结果有三种： ①c＞0时得 不等式；②c＝0时得 ；③c<0时得 不等式． （2）a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以 ；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为 时，可以相乘，但不可以 ． （3）性质(5)、(6)成立的条件是已知不等式两边均为 ，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒an>bn(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N＋)． 二、考点例题 考点一 实数大小的比较 [例1] 已知x，y均为正数，设m＝1x＋1y，n＝4x＋y，试比较m和n的大小． 方法规律小结 比较两个数(式子)的大不，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等 跟踪训练 1．已知a，b∈R，比较44ba与33abba的大小． 2．在数轴的正半轴上，A点对应的实数为6a29＋a4，B点对应的实数为1，试判别A点在B点的左边，还是在B点的右边？ 考点二 不等式的证明 [例2] 已知a>b>0，ceb－d. 方法规律小结 进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件． 跟踪训练 1．判断下列命题的真假，并简述理由． （1）若a>b，c>d，则ac>bd；
（2）若a>b>0，c>d>0，则ac>bd； （3）若a>b，cb－d；
（4）若a>b，则an＞bn，na>nb(n∈N且n≥2)． 2．已知a，b，x，y都是正数，且1a>1b，x>y，求证：xx＋a>yy＋b.
考点三 利用不等式的性质求范围 [例3] （1）已知：－π2≤α（2）已知：－1≤a＋b≤1,1≤a－2b≤3，求a＋3b的范围． 方法规律小结 求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．
跟踪训练 1．“已知－π2≤α≤π2，－π2≤β≤π2”，求α＋β2，α－β2的取值范围． 2．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围． 三、课后作业
1．设Rdcba,,,，且dcba,，则下列结论正确的是 ( ) A．dbca B．dbca C．bdac D．cbda 2．下列不等式成立的是 ( ) A．log323．设Rba,,若0ba，则下列不等式正确的是( )
A．0ab B．033ba C．022ba D．0ba 4．若11，则下列各式中恒成立的是 ( ) 高二数学选修4-5 不等式选讲导学案及课后作业 2 A．02 B．12 C．01 D．11 5．设11.ba，则下列不等式中恒成立的是 ( ) A．ba11 B．ba11 C．2ba D．ba22 6．若0,0cdab，则下列不等式中必成立的是( ) A．bdac B．dbca C．dbca D．a-c>b-d 7．已知3328,8460yx，则yx的取值范围是 . 8．已知cba,,为三角形的三边长，则2a与acab的大小关系是 . 9．若baRcba,,,，则下列不等式成立的是 (填上正确的序号). ①ba11 ②22ba ③1122cbca ④cbca
10．已知正实数ba,且ba,比较baab22与ba的大小. 11．已知31ba且42ba，求ba32的取值范围. 12．实数zyx,,满足122zyxx且012yx,试比较zyx,,的大小.
第二课时 基本不等式 一、知识要点 1．基本不等式的理解 重要不等式a2＋b2≥2ab和基本不等式a＋b2≥ab，成立的条件是不同的．前者成立的条件是 a与b都为实数，并且a与b都为实数是不等式成立的 ；而后者成立的条件是a与b都为正实数，并且a与b都为正实数是不等式成立的 ，如a＝0，b≥0仍然能使a＋b2≥ab成立． 两个不等式中等号成立的充要条件都是 2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式 （1）a2＋b2≥2)(2ba；（2）ab≤a2＋b22；（3）ab≤(a＋b2)2；（4）(a＋b2)2≤a2＋b22；（5）(a＋b)2≥4ab. 二、考点例题 [例1] 已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求证：1a＋1b＋1c≥9. 方法规律小结 用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，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进行证明． 跟踪训练 1．已知a、b、c是不全相等的正数，求证：abcbacacbcba6)()()(222222 2．已知a，b，c>0，求证：a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c. 考点二 利用基本不等式求最值 [例2] （1）求当x>0时，f(x)＝2xx2＋1的值域． （2）设00，y>0，且1x＋9y＝1，求x＋y的最小值 方法规律小结 在应用基本不等式求最值时， 分以下三步进行： （1）首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值； （2）其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正； （3）利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决． 跟踪训练 1．若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是 ( ) A．245 B．285 C．5 D．6 2．已知x>0，y>0且5x＋7y＝20，求xy的最大值． 3．若正数a、b满足ab＝a＋b＋3，（1）求ab的取值范围；（2）求a＋b的取值范围． 考点三 利用基本不等式解决实际问题 [例3] 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2012年英国伦敦奥运会期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2012年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完 （1）将2012年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数． （2）该企业2012年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？ 方法规律小结 利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约． 跟踪训练 1．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x
件)，每进一次货运费50元，且在销售完该货物时，立即进货，现以年平均x2件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x应是多少？ 2．围建一个面积为3602m的矩形场 高二数学选修4-5 不等式选讲导学案及课后作业 3 地，要求矩形场地的一面利用 旧墙(利用旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，设利用的旧墙的长度为x (单位：元)． （1）将y表示为x的函数； （2）试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用． 三、课后作业 1．设Ryx,，且满足404yx，则yxlglg的最大值为 ( ) A．40 B．10 C．4 D．2 2．设Ryx,且5yx，则yx33的最小值为 ( ) A．10 B．6 C．4 D．18 3．等比数列na的各项均为正数，公比1q，设7593,2aaQaaP，则P与Q的大小关系是 ( ) A．QP B．QP C．QP D．无法确定 4．已知0,0ba，且2ba则 ( ) A．21ab B．21ab C．222ba D．322ba 5．已知在ABC中，2,1BCB，则C的最大值是 ( ) A．6 B．2 C．4 D．3 6．“1a”是“对任意正数12,xaxx”的 ( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 7．若正数ba,满足3baab，则ab的取值范围是 . 8．已知0,0ba，且12ba，则2242baabS的最大值为 . 9．已知0,0yx且满足6yx，则使不等式myx91恒成立的实数m的取值范围为 . 10．已知yxba,,,都是正数,且1ba，求证:xyaybxbyax))(( 11．已知yxRyxba,,,,,为变量，ba,为常数,且yxybxaba,1,10的最小值为18，求ba, 12．(能力挑战题)某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD,公园由长方形休闲区1111DCBA和环公园人行道(阴影部分)组成.已知休闲区1111DCBA的面积为4000平方米,人行道的宽分别为4米和10米(如图所示).