2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1不等式1.1.1不等式的基本性质课件新人教A版选修4_5
高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1.3三个正数的算术—几何平均不等式
B．3
C.523 5
D．4
3 2
解析：y＝3x＋
1 2x2
＝
3x 2
＋
3x 2
＋
1 2x2
≥3
3
33 1 2x·2x·2x2
＝
3 3
98＝323 9.
当且仅当32x＝21x2，即x＝ 3 13时，等号成立． 答案：A
3．设x＞0，则y＝x＋x42的最小值为(
)
ห้องสมุดไป่ตู้
A．2
B．2 2
C．3 2
D．3
解析：y＝x＋x42＝x2＋x2＋x42≥3· 3 x2·x2·x42＝3， 当且仅当x2＝x42时取“＝”号． 答案：D
(3)如果a，b，c∈R＋，那么abc≤
a＋b＋c 3
3
，当且
仅当a＝b＝c时，等号成立．( )
(4)如果a1，a2，a3，…，an都是实数．那么a1＋a2
n
＋…＋an≥n· a1a2…an.( )
解析：(1)根据定理3，只有在a，b，c都是正数才成
立．其他情况不一定成立，如a＝1，b＝－1，c＝－3，
第一讲 不等式和绝对值不等式
1.1 不等式 1．1.3 三个正数的算术—
几何平均不等式
[学习目标] 1.探索并了解三个正数的算术—几何平 均不等式的证明过程，会用三项的平均值不等式证明一 些简单问题(难点)． 2.能够利用三项的平均值不等式求 一些特定函数的最值(重点)． 3.会建立函数不等式模 型，会解决简单的应用问题(重点)．
解：设切去的正方形的边长为x，无盖盒子的容积为V， 则V＝(a－2x)2x＝14(a－2x)(a－2x)·4x≤14 （a－2x）＋（3 a－2x）＋4x3＝22a73， 当因且此仅V取当最a－大2值x＝22a473x，，即x＝a6时，等号成立． 故当切去的小正方形边长是原来的正方形的边长的16 时，盒子的容积最大．
2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式2绝对值不等式的解法课件新人教A版选修4_5
2．不等式|x－1|<1 的解集为( )
A．(0，2)
B．(－∞，2)
C．(1，2)
D．[0，2)
解析：选 A.由|x－1|<1⇔－1<x－1<1⇔0<x<2，
所以不等式的解集为(0，2)．
3．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) 解析：选 D.因为|5－2x|＝|2x－5|，则原不等式等价于 3≤2x－5<9 或－9<2x－5≤－3， 解得 4≤x<7 或－2<x≤1， 故解集为(－2，1]∪[4，7)．
(3)原不等式等价于||xx－ －22||≥ ≤24， .②① 由①得 x－2≤－2，或 x－2≥2， 所以 x≤0，或 x≥4. 由②得－4≤x－2≤4， 所以－2≤x≤6. 所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤0，或 4≤x≤6}．
含有一个绝对值号不等式的常见类型及其解法 (1)形如|f(x)|<a(a>0)和|f(x)|>a(a>0)型不等式可运用等价转化法 化成等价的不等式(组)求解． (2)形如|f(x)|<g(x)和|f(x)|>g(x)型不等式的解法有 ①等价转化法：|f(x)|<g(x)⇔－g(x)<f(x)<g(x)， |f(x)|>g(x)⇔f(x)<－g(x)或 f(x)>g(x)． (这里 g(x)可正也可负)
含有两个绝对值号不等式的解法 解下列不等式： (1)|x－1|>|2x－3|； (2)|x－1|＋|x－2|>2； (3)|x＋1|＋|x＋2|>3＋x.
高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1.2基本不等式练习(含解析)新人教A版选修4_5
2.基本不等式一、选择题1.若a,b,c都是正数,且a(a+b+c)+bc=4-2,则2a+b+c的最小值为( )A.-1B.+1C.2+2D.2-2解析:∵a(a+b+c)+bc=4-2,∴(a+b)(a+c)=4-2,∵a,b,c>0,∴(a+c)(a+b)≤,当且仅当a+c=a+b,即b=c时,等号成立.∴2a+b+c≥2=2(-1)=2-2.答案:D2.下列结论中不正确的是( )A.a>0时,a+≥2B.≥2C.a2+b2≥2abD.a2+b2≥解析:选项A、C显然正确;选项D中,2(a2+b2)-(a+b)2=a2+b2-2ab≥0,∴a2+b2≥成立;而选项B中,≥2不成立,因为若ab<0,则不满足基本不等式成立的条件.答案:B3.函数y=3x2+的最小值是( )A.3-3B.-3C.6D.6-3解析:y=3x2+=3x2+3+-3,∵3x2+3>0,>0,∴y≥2-3=6-3,当且仅当3x2+3=时,y取得最小值6-3.答案:D4.设x,y∈R,且x+y=5,则3x+3y的最小值是( )A.10B.6C.4D.18解析:3x+3y≥2=2=2=18.答案:D5.若x,y>0,且x+2y=3,则的最小值是( )A.2B.C.1+D.3+2解析:=1+,当且仅当时,等号成立,取得最小值1+.答案:C二、非选择题6.若a>3,则+a的最小值为.解析:由基本不等式,得+a=+a-3+3≥2+3=2+3=7,当且仅当=a-3,即a=5(a=1舍去)时,等号成立.答案:77.若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是.解析:令=t(t>0),由ab=a+b+3≥2+3,得t2≥2t+3,∴t≥3或t≤-1(舍去).∴≥3.∴ab≥9,当a=b=3时,等号成立.答案:[9,+∞)8.函数y=log a(x+3)-1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A,若点A在直线mx+ny+1=0上,其中mn>0,则的最小值为.解析:函数y=log a(x+3)-1的图象恒过定点A(-2,-1),∵点A在直线mx+ny+1=0上,∴-2m-n+1=0,即2m+n=1,则×(2m+n)==2++4·+2≥4+2=4+4=8,当且仅当m=,n=时取等号.答案:89.求函数y=(x≥0)的最小值.解:原式变形,得y==x+2++1.因为x≥0,所以x+2>0.所以x+2+≥6,所以y≥7,当且仅当x=1时,等号成立.所以函数y=(x≥0)的最小值为7.10. 若a>0,b>0,且.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.解:(1)由,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.11.如图,为处理含有某种杂质的污水,要制造一个底宽为2 m的无盖长方体沉淀箱,污水从A 孔流入,经沉淀后从B孔流出,设箱体的长度为a m,高度为b m,已知流出的水中该杂质的质量分数与a,b的乘积ab成反比,现有制箱材料60 m2,问当a,b各为多少时,沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小?(A,B孔的面积忽略不计)解:设y为流出的水中该杂质的质量分数,则y=,k>0,k为比例系数,依题意,即求a,b的值,使y最小.依题设,有4b+2ab+2a=60(a>0,b>0),所以b=(0<a<30).①于是y====≥=.当a+2=时,等号成立,y取最小值.这时a=6,a=-10(舍去),将a=6代入①,得b=3.故当a为6,b为3时,沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.三、备选习题1.已知a>2,试判断log a(a-1)·log a(a+1)与1的大小关系.解:∵a>2,∴log a(a-1)>0,log a(a+1)>0,且log a(a-1)≠log a(a+1),∴log a(a-1)·log a(a+1)<==1,∴当a>2时,log a(a-1)·log a(a+1)<1.2.一艘船由甲地逆水匀速行驶到乙地,甲乙两地相距s(千米),水速为常量p(千米/时),船在静水中的最大速度为q(千米/时),且p<q.已知船每小时的燃料费用(元)与船在静水中速度v(千米/时)的平方成正比,比例系数为k.(1)把全程燃料费用y(元)表示为静水中的速度v(千米/时)的函数,并指出其定义域;(2)为了使全程燃料费用最小,船的实际前进速度应为多少?解:(1)由于船每小时航行的燃料费用是kv2,全程航行时间为,于是全程燃料费用y=kv2·,故所求函数是y=ks·(p<v≤q),定义域是(p,q].(2)y=ks·=ks=ks·≥ks=4ksp.其中取“=”的充要条件是v-p=,即v=2p.①当v=2p∈(p,q],即2p≤q时y min=f(2p)=4ksp.②当v=2p∉(p,q],即2p>q.任取v1,v2∈(p,q],且v1<v2,则y1-y2=ks=·[p2-(v1-p)(v2-p)],而p2-(v1-p)(v2-p)>p2-(q-p)(q-p)=q(2p-q)>0,∴y1-y2>0.故函数y在区间(p,q]内单调递减,此时y(v)≥y(q),即y min=y(q)=ks.此时,船的前进速度等于q-p.故为使全程燃料费用最小,当2p≤q时,船的实际前进速度应为2p-p=p(千米/时);当2p>q 时,船的实际前进速度为q-p(千米/时).。
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式(第
1.1 不等式 1自我小测1．若a ＞b ，则下列不等式中一定成立的是( )A ．a ＞2bB ．－b a ＞－1C ．2a ＞2bD ．lg(a －b )＞12．如果a ＞b ，那么下列结论中错误的是( )A ．a －3＞b －3B ．3a ＞3bC ．a 3＞b 3D ．－a ＞－b 3．已知a ，b ，c 均为实数，下面四个命题中正确命题的个数是( )①a ＜b ＜0⇒a 2＜b 2；②a b ＜c ⇒a ＜bc ；③ac 2＞bc 2⇒a ＞b ；④a ＜b ＜0⇒b a＜1. A ．0 B ．1 C ．2 D ．34．已知m ，n ∈R ，则1m ＞1n成立的一个充要条件是( ) A ．m ＞0＞n B ．n ＞m ＞0C ．m ＜n ＜0D ．mn (m －n )＜05．已知函数f (x )＝x ＋x 3，x 1，x 2，x 3∈R ，x 1＋x 2＜0，x 2＋x 3＜0，x 3＋x 1＜0，那么f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的值( )A ．一定大于0B ．一定小于0C ．等于0D ．正负都有可能6．已知0＜a ＜1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b 1＋b，则M ，N 的大小关系是________． 7．若a ＞b ＞0，m ＞0，n ＞0，则a b ，b a ，b ＋m a ＋m ，a ＋n b ＋n按由小到大的顺序排列为________． 8．若－1＜a ＜2，－2＜b ＜1，则a －|b |的取值范围是________．9．(1)研究函数f (x )＝x ＋1－x 的单调性，并证明你的结论；(2)已知a ≥1，试用(1)的结论比较M ＝a ＋1－a 和N ＝a －a －1的大小．10．若已知二次函数y ＝f (x )的图象过原点，且1≤f (－1)≤2,3≤f (1)≤4.求f (－2)的范围．参考答案1．解析：∵y ＝2x (x ∈R )是增函数，又a ＞b ，∴2a ＞2b .答案：C2．解析：∵a ＞b ，∴－a ＜－b .故D 项错误．答案：D3．解析：①不正确．∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0，∴(－a )2＞(－b )2，即a 2＞b 2.②不正确．∵a b ＜c ，若b ＜0，则a ＞bc .③正确．∵ac 2＞bc 2，∴c ≠0，∴a ＞b .④正确．∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0.∴1＞b a ＞0.答案：C4．解析：∵1m ＞1n ⇔1m －1n ＞0⇔n －m mn＞0⇔mn (n －m )＞0⇔mn (m －n )＜0. 答案：D5．解析：x 1＋x 2＜0⇒x 1＜－x 2，又∵f (x )＝x ＋x 3为奇函数，且在R 上递增，∴f (x 1)＜f (－x 2)＝－f (x 2)，即f (x 1)＋f (x 2)＜0.同理：f (x 2)＋f (x 3)＜0，f (x 1)＋f (x 3)＜0.以上三式相加，整理得f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)＜0.答案：B6．解析：方法一：M －N ＝11＋a ＋11＋b －a 1＋a －b 1＋b＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝2(1－ab )(1＋a )(1＋b )， 由已知可得a ＞0，b ＞0且ab ＜1，∴1－ab ＞0，∴M －N ＞0，即M ＞N .方法二：M N ＝2＋a ＋b a ＋b ＋2ab， ∵0＜a ＜1b ，∴0＜ab ＜1，∴0＜2ab ＜2，∴0＜a ＋b ＋2ab ＜a ＋b ＋2.∴2＋a ＋b a ＋b ＋2ab＞1.又∵M ＞0，N ＞0，∴M ＞N . 答案：M ＞N7．解析：由a ＞b ＞0，m ＞0，n ＞0，知b a ＜b ＋m a ＋m ＜1，且b a ＜b ＋n a ＋n ＜1，所以a b ＞a ＋n b ＋n ＞1，即1＜a ＋n b ＋n ＜a b. 答案：b a ＜b ＋m a ＋m ＜a ＋n b ＋n ＜a b 8．解析：∵－2＜b ＜1，∴0≤|b |＜2.∴－2＜－|b |≤0.而－1＜a ＜2，∴－3＜a －|b |＜2.答案：(－3,2)9．分析：(1)用定义法证明函数f (x )＝x ＋1－x 的单调性；(2)在单调区间内，利用函数的单调性比较大小．解：(1)f (x )在其定义域上是减函数．证明：函数f (x )＝x ＋1－x 的定义域是[0，＋∞)，任取x 1，x 2∈[0，＋∞)且x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋1－x 1)－(x 2＋1－x 2) ＝x 1＋1－x 2＋1＋x 2－x 1 ＝x 1－x 2x 1＋1＋x 2＋1－x 1－x 2x 2＋x 1＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫1x 1＋1＋x 2＋1－1x 1＋x 2. ∵x 1＋1＞x 1＞0，x 2＋1＞x 2＞0，∴x 1＋1＋x 2＋1＞x 1＋x 2＞0.∴0＜1x 1＋1＋x 2＋1＜1x 1＋x 2， 即1x 1＋1＋x 2＋1－1x 1＋x 2＜0. 又∵x 1＜x 2，∴x 1－x 2＜0，∴f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在[0，＋∞)上是减函数．(2)构造函数f (x )＝x ＋1－x ，由(1)知，当x ≥0时f (x )为减函数．M ＝f (a )＝a ＋1－a ，N ＝f (a －1)＝a －a －1，且a ＞a －1≥0，则f (a )＜f (a －1)，∴M ＜N .10．答案：解：∵二次函数y ＝f (x )的图象过原点， ∴可设f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝a ＋b ，f (－1)＝a －b .∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12[f (1)＋f (－1)]，b ＝12[f (1)－f (－1)]. ∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)．∵1≤f (－1)≤2,3≤f (1)≤4，∴6≤f (－2)≤10，即f (－2)的范围是[6,10]．。
2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式课件
解析：因为 1＝a＋b≥2 ab， 1 所以 ab≤ . 4 1 答案： 4
利用基本不等式证明不等式 已知 a，b，c∈R＋，且 a＋b＋c＝1. 1 1 1 求证：a＋b＋c ≥9.
【证明】
法一：因为 a，b，c∈R＋，且 a＋b＋c＝1，
1 1 1 a＋b＋c a＋b＋c a＋b＋c 所以a＋b＋c ＝ a ＋ b ＋ c b c a c a b ＝3＋a＋a＋b＋b＋ c＋c
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) a＋b (1)a，b 的算术平均数是 ab，几何平均数是 .( × ) 2 (2) 应 用 基 本 不 等 式 求 最 值 时 应 注 意 “ 一 正 、 二 定 、 三 相 等”．( √ ) (3)若 a2＋b2≥2ab 对任意 a，b 恒成立，则 a＋b≥2 ab也对任 意实数 a，b 恒成立．( × )
b c a c a b ＝1＋ ＋ ＋ ＋1＋ ＋ ＋ ＋1 a a b b c c
b a c a c b ＝3＋a＋b＋a＋ c ＋b＋ c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当
a＝b
＝c 时，等号成立． 1 1 1 所以a＋b＋c ≥9.
利用基本不等式证明不等式的方法与技巧 (1)方法：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或其变形形式进行证明． (2)技巧：对含条件的不等式的证明问题，要将条件与结论结合 起来，寻找出变形的思路，构造出基本不等式，切忌两次使用 基本不等式用传递性证明，有时等号不能同时取到．
48×4 所以 y＝240x＋ ×40(0＜x≤48，x∈Z)， x 即
32 y＝240x＋ x ≥240×2
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.1.2 不等式的基本性质(2)课堂导学案
1.1.2 不等式的基本性质（2）课堂导学三点剖析一、不等式性质的应用【例1】 若a,b,c∈R ,则①a>b ⇒ac 2>bc 2;②a>b ⇒ac>bc;③a>b ⇒a 2>b 2;④a>b ⇒b a >中,真命题的个数是 …( )A.0B.1C.2D.3解析：①中,若c=0,则ac 2=bc 2,故①不成立;②中,c≤0时,ac>bc 不成立;③中,a=-1,b=-2时,a 2=1<b 2=4,故③不成立;④中,令a=-1,b=-2,则b a ,无意义,故④也不成立.所以选A.答案：A温馨提示不等式的乘法性质,乘方性质,开方性质及推论都以正数为前提.在判定是否正确时,只要找出负值或0不成立的一个情形即可.解选择题时,用特例否定是很好的技巧,应注意熟练掌握.各个击破类题演练1 已知三个不等式:①ab>0;②bd a c -<-;③bc>cd. 以其中两个作为条件,余下一个作为结论,则可以组成___________个正确的命题. 解析:根据已知条件,可以构成如下三个命题:(1)若bd a c -<-,bc>cd,则ab>0; (2)若ab>0,bc>cd,则bd a c -<-; (3)若ab>0,b d a c -<-,则bc>cd. 可以证明以上命题均是正确的.答案:3变式提升1若a,b 是任意实数,且a>b,则( )A.a 2>b 2B.ab <1 C.lg(a-b)>0 D.(21)a <(21)b 解析:a>b 并不保证a,b 均为正数,从而不能保证A,B 成立.又a>b ⇒a-b>0,但不能保证a-b>1,从而不能保证C 成立,显然只有D 成立.事实上,指数函数y=(21)x 在x∈R 上是减函数,所以a>b ⇔(21)a <(21)b 成立.故选D. 答案:D二、不等式性质的灵活运用【例2】 实数a,b,c,d 满足下列三个条件:①d>c;②a+b=c+d;③a+d<b+c.把a,b,c,d 按从大到小的次序排列起来.思路分析:从条件②③出发我们会得到一些有用的结果.解：⎩⎨⎧<<⇒⎩⎨⎧-<--<-⇒⎩⎨⎧-=--<-⇒⎩⎨⎧+=++<+,,c a b d a c c a d b b d d b a c a c b d d c b a c b d a 再结合①知b>d>c>a.温馨提示此题的解答过程看起来蛮简单的,主要是我们制定了一个比较合理的程序,在这个程序的设计中,不等式的一些最基本的性质用活了.在对以上变形的每一个细小环节的观察和思考里,即使是一次移项,一个符号的调整,都充分体现了解题的目的性和对下一步有效的预测.类题演练2若b<0,|a|<|b|<|c|,lg(ab)+lg(bc)=lg(ab 2c),则a,b,c 的大小关系是( )A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.b<a<c解析:由对数的定义知ab>0,bc>0,ac>0,又b<0,因此a<0,c<0.而|a|<|b|<|c|,可知a>b>c. 答案:C变式提升2若a>b>0,则下列不等式中总成立的是( ) A.a b >11++a b B.a+a 1>b+b1 C.a+b 1>b+a1 D.b a b a b a >++22 解析:由a>b>0⇒0<a 1<b 1⇒a+b 1>b+a1,选C. 若令特值:a=2,b=1,排除A,D,再令a=21,b=31,排除B. 答案:C三、利用不等式的性质求范围【例3】 已知2≤a+b≤4,1≤a -b≤2.求3a-2b 的取值范围.错解1：∵2≤a+b≤4,①1≤a -b≤2,②∴①+②得3≤2a≤6,即23≤a≤3,③ ②×(-1)得-2≤b -a≤-1,④ ①+④得0≤2b≤3,即0≤b≤23,⑤③×3+⑤×(-2)得23≤3a -2b≤9. ∴3a -2b 的取值范围为［23,9］. 错解2:①×2得4≤2a+2b≤8,⑥②+⑥得5≤3a+b≤10,⑦⑤×(-3)得29-≤-3b≤0,⑧ ⑦+⑧得21≤3a -2b≤10, ∴3a -2b 的取值范围为［21,10］. 正解:设x=a+b,y=a-b,则a=2y x +,b=2y x -.于是3a-2b=3·2y x ++2·2x y -=252y x +.而2≤x≤4,1≤y≤2, ∴1≤2x ≤2,25≤25y ≤5,于是27≤252y x +≤7,即3a-2b 的取值范围为［27,7］. 类题演练3已知f(x)=ax 2-c,且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,求f(3)的取值范围.解析:把f(3)用f(1),f(2)表示.∵f(x)=ax 2-c,不妨设f(3)=mf(1)+nf(2),∴9a -c=m(a-c)+n(4a-c)=(m+4n)a-(m+n)c. ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=∴⎩⎨⎧-=+-=+.38,35,1)(,94n m n m n m ∴f(3)=35-f(1)+38f(2). 又∵-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,∴-1≤f(3)≤20.变式提升3若6≤a≤10,21a≤b≤2a,c=a -b,求c 的取值范围. 解析:∵21a≤b≤2a, ∴-2a≤-b≤-21a. ∴-a ≤a -b≤21a. ∵c=a -b,因此-a≤c≤21a. ∵6≤a≤10,∴3≤21a≤5.∵c≤21a≤5,-10≤-a≤-6, c≥-a≥-10,从而-10≤c≤5.。
2018_2019版高中数学第一章不等式和绝对值不等式1.2.2绝对值不等式的解法课件新人教A版选修4_5
做一做3 不等式|x+2|+|x-3|>4的解集为 . 解析：因为|x+2|+|x-3|≥|(x+2)-(x-3)|=5,即|x+2|+|x-3|的最小值 为5,所以不等式|x+2|+|x-3|>4恒成立,即解集为R. 答案：R
思考辨析 判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画 “×”. 3-������ 3+������ ������ < ������ < . ( × ) (1)关于x的不等式|2x-3|<m的解集为 2 2 (2)关于x的不等式|x-a|+|x-b|>m的解集不可能为空集. ( √ ) (3)关于x的不等式|x-a|-|x-b|>m的解集不可能是全体实数集R. (× ) (4)不等式|x2-2x-3|>0的解集为全体实数集R. ( × )
3.|x-a|+|x-b|≤c和|x-a|+|x-b|≥c型不等式的解法 有三种不同的解法: (1)利用绝对值不等式的几何意义求解,体现数形结合思想.理解 绝对值的几何意义,给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键. (2)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、负性,进而去掉绝对值符号. (3)通过构造函数,利用函数的图象求解,体现函数与方程的思想. 正确求出函数的零点并画出函数图象(有时需要考虑函数的增减性) 是关键. 特别提醒对于|x-a|-|x-b|≤c和|x-a|-|x-b|≥c型的不等式,也可采用 上述三种方法进行求解,即(1)几何意义法;(2)零点分段法;(3)构造函 数法.
探究一
探究二
2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式习题课件新人教A版选修4_5
法二：因为1x＋y＋2 1＝2，所以121x＋y＋2 1＝1，所以 2x＋y＋1 －1＝121x＋y＋2 1(2x＋y＋1)－1＝12(2＋y＋4x1＋y＋x 1＋2)－1≥ 12×(4＋2 4)－1＝ 3当且仅当y＋4x1＝y＋x 1，即x＝1，y＝1时等号成立.
7．已知 x＋3y－2＝0，则 3x＋27y＋1 的最小值是________．
解析：3x＋27y＋1＝3x＋33y＋1≥2 3x·33y＋1＝7，当且仅当 x ＝3y，即 x＝1，y＝13时，等号成立． 答案：7
8．要制作一个容积为 4 m3，高为 1 m 的无盖长方体容器．已 知该容器的底面造价是每平方米 20 元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是________元． 解析：设该长方体容器的长为 x m，则宽为4x m．又设该容器 的造价为 y 元，则 y＝20×4＋2x＋4x×10，即 y＝80＋20x＋4x (x＞0)．因为 x＋4x≥2 x·4x＝4(当且仅当 x＝4x，即 x＝2 时取 “＝”)，所以 ymin＝80＋20×4＝160(元)． 答案：160
亦不成立．对于 D，令 b＝4，a＝2，显然不对，故选 C.
2．已知 x＞0，则 2x＋8x的最小值和取得最小值时的 x 值分别
是( )
A．8，2
B．8，4
C．16，2
D．16，4
解析：选 A.2x＋8x≥2 2x·8x＝8，当且仅当 2x＝8x，即 x＝2
时，取“＝”号，故选 A.
3．下列说法中，正确的个数是( )
5．某公司租地建仓库，每月土地占用费 y1 与仓库到车站的距
离成反比，而每月库存货物的运费 y2 与仓库到车站的距离成正
比．如果在距离车站 10 km 处建仓库，这两项费用 y1，y2 分别
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.
1.1.1 不等式的基本性质(一)
课前导引
情景导入
如果甲湖湖水深度大于乙湖湖水深度,乙湖湖水深度大于丙湖湖水深度,那么甲湖湖水深度大于丙湖湖水深度,这就是不等式的传递性.不等式的性质是证明不等式和解不等式的理论依据.
知识预览
1.实数大小比较的符号法则
a-b>0⇔a>b;
a-b<0⇔a<b;
a-b=0⇔a=b.
上述三式左边是实数运算性质,右边反映的是实数大小顺序,合起来反映了实数的运算性质和大小顺序间的关系.它是本讲的理论基础,是解不等式和证明不等式的依据.
2.不等式的性质
性质1:对称性:a>b ⇔b<a.
性质2:传递性:
⇒⎭
⎬⎫>>c b b a a>c. 性质3:加法性质:
a>b ⇒a+c>b+c(c∈R ).
推论:⎭
⎬⎫>>d c b a ⇒a+c>b+d. 说明:(1)性质3是移项法则的基础.
(2)性质3的推论是同向不等式相加法则的依据.它可以推广到任意有限个同向不等式的两边分别相加,所得不等式与原不等式同向.
(3)应特别注意,同向不等式有可加性,无可减性.如a>b,c>d ⇒a-c>b-d 是错误的.。
2018-2019学年高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.2 绝对值不等式 1.2.2 绝对不等式的解法 新人教A版
2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c 型不等式有 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)分段讨论法． 转化为不含绝对值的不等式求解． (3)数形结合法． 从函数的观点，利用函数图象求不等式的解集．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)|x|＜1 的解集为{x|－1＜x＜1}．( ) (2)|x|＜1 的几何意义就是数轴上到原点的距离小于 1 的点的集合．( ) (3)|x|≥1 的解集是{x|x≥1 或 x≤－1}．( ) (4)|x|＞1 的几何意义就是数轴上到原点的距离大于 1 的点的集合．( )
1．|x|＞a 与|x|＜a(α＞0)型的不等式 当 a＞0 时，不等式|x|＞a 的解集是{x|x＞a 或 x＜－ a}，不等式|x|＜a 的解集是{x|－a＜x＜a}．
2．|ax＋b|＞c，(c＞0)与|ax＋b|＜c，(c＞0)型的不等
式 不等式|ax＋b|＞c 的解集是{x|ax＋b＞c 或 ax＋b＜－
＜－4或x＞2.
答案：A
3．(2017·天津卷)设x∈R，则“2－x≥0”是“|x－
1|≤1”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：因为2－x≥0，所以x≤2，因为|x－1|≤1，所
以0≤x≤2.因为当x≤2时不一定有x≥0，当0≤x≤2时一
定有x≤2，所以“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的必要而不
当 x≥ 1－a时，f(x)＝x＋ a－x＋ 1－a＝ a＋ 1－a.
所以[f(x)]max＝ a＋ 1－a.(7 分)
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.1.6 三个正数的算术—几何平均不等式(
1.1.6 三个正数的算术—几何平均不等式（二）课后导练基础达标1下列不等式的证明过程正确的是( ) A.若a 、b∈R ,则ba ab b a a b ∙≥+2=2 B.若x 、y 是正实数,则lgx+lgy≥y x lg lg 2∙C.若x 是负实数,则x+xx x 424∙≥=4 D.若a 、b∈R 且ab<0,则abb a a b b a a b b a -∙--≤---=+2)(=-2 解析:只有D 正确. ∵ab<0,∴b a ->0.ab->0 ∴)()(2ab b a a b b a -∙-≥--. ∴abb a a b b a -∙--≥---2)( A 、B 、C 三个选项忽视了各项为负值的情形.答案:D 2函数y=4522++x x 的最小值是_____________.解析:y=4144142222+++=+++x x x x ,设t=42+x ≥2,则y=t+t1在［2,+∞)上是增函数. ∴y min =2+2521=. 答案:25 3设a 、b∈R ,已知命题p:a=b;命题q:(2b a +)2≤222b a +.则p 是q 成立的…( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析:命题p:a=b 是命题q:(2b a +)2≤222b a +成立的充分不必要条件.故选B.答案:B4函数y=x(1-3x)(0<x<31)的最大值是…( ) A.161 B.121 C.0 D.无最大值解析:y=31·3x·(1-3x)≤31·(2313x x -+)2=121,即y max =121. 此时3x=1-3x ⇔x=161.答案:B5如果x 2+xy+y 2=1(x 、y∈R ),那么n=x 2+y 2适合的条件是( ) A.0<n≤1 B.2≤n≤3 C.n≥2 D.32≤n≤2 解析:令y=mx,于是x 2+mx 2+m 2x 2=1,∴x 2=111222++=++m m m m m .∴x 2+y 2=11111111222++-=++-=+++m m m m mm m m .∵m+m 1≥2或m+m1≤-2, ∴32≤n≤2. 答案:D 综合应用 6已知m=a+21-a (a>2),n=22)21(-x (x<0),则m 、n 的大小关系是________. 解析:∵a>2,x<0, ∴a -2>0,x 2-2>-2.又m=a-2+21-a +2≥4(当且仅当a=3时取等号),n=22)21(-x <(21)-2=4,∴m≥4,n<4.∴m>n.答案:m>n7已知x 和k 都是正实数,f(x)=kx k x +++221,则( )A.f(x)≥4B.f(x)≥3C.f(x)≥2D.f(x)>2 解析:f(x)=kx k x +++221≥2,即f(x)min =2,此时⇔+=+kx k x 221x 2+k=1⇔x 2=1-k.当0<k≤1时,f(x)取到最小值2. ∴f(x)≥2. 答案:C8在△ABC 中,若三边a 、b 、c 满足条件(a+b+c)3=27abc,试判定△ABC 的形状.解析:∵a>0,b>0,c>0,故有不等式a+b+c≥33abc (见阅读材料),即(a+b+c)3≥27abc,当且仅当a=b=c 时,上式等号成立,故三角形为等边三角形.9某工厂生产一批精密仪器,这个厂有两个分厂,分设在甲、乙两城市.在甲城市的分厂生产半成品,然后送到乙城市的分厂加工成成品.现该厂接受了一批订货,要在100天内制成这批精密仪器.由于乙分厂每天可以加工完一件仪器,而甲分厂的半成品保证满足供应,所以这项订货任务恰好按期完成.今知每一批半成品从甲市运到乙市的运费为100元,而每个半成品在乙市储存一天的储存费为2元.问应分几批(批量相等),才能使总的花费(包括运输费及储存费)最省?解析:由题设条件,每批送x 个,批次为x100, 又①每批运费100元,②每批储存费为2×1+2×2+…+2(x -1)=2［1+2+…+(x -1)］=x(x-1),由此可建立总的花费y 与x 的函数.设总费用为y 元,每批送x 个,批次为x100. 由题意,得y=x 100［100+x(x-1)］(0<x≤100,x∈N *,x100∈N *) =(x410+100x)-100≥x x1001024⨯-100=1 900,当且仅当x410=100x,即x=10(件)时等号成立.x100=10(批). 答:分10批送总费用最低. 拓展探究10若θ∈(0,2π),a>b>0,求f(θ)=θθ2222sin cos b a +的最小值. 解法一:(化弦为切)f(θ)=θθ2222sin cos b a +=a 2(1+tan 2θ)+b 2(1+θ2tan 1) =a 2+b 2+(a 2tan 2θ+θ22tan b ) ≥a 2+b 2+2ab=(a+b)2.当且仅当a 2tan 2θ=θ22tan b ,即tan 2θ=ab ,tan θ=a b 时“=”成立. 故f(θ)的最小值为(a+b)2.解法二:(利用cos 2θ+sin 2θ=1)(cos 2θ+sin 2θ)(θθ2222sin cos b a +)=a 2+b 2+θθθθ222222sin cos cos sin b a +≥a 2+b 2+2ab=(a+b)2,当且仅当θθθθ222222sin cos cos sin b a +,即tan θ=a b 时“=”成立. ∴f(θ)的最小值为(a+b)2.备选习题11求y=x x sin 22sin +(0<x<π)的最小值. 解法一:y=xx x sin 23)sin 212sin (++. ∵x∈(0,π),∴0<sinx≤1,23sin 23≥x . ∴y≥2523sin 212sin 2=+∙x x . 当且仅当xx sin 212sin =,即sinx=1时取“=”. 因此y 的最小值为25.解法二:设2sin x =t,∵x∈(0,π),∴t∈(0,21］, 则函数y=x x sin 22sin +=t+t 1. 而y=t+t1在t∈(0,21］上为减函数(证明略),∴当t=21时,y min =21+2=25,此时,x=2π.故当x=2π,即sinx=1时,y min =25.12若0<α<2π,0<β<2π,试证ββαα2222cos sin sin 1cos 1+≥7.证明:ααβααββαα222222222sin 4cos 12sin sin 4cos 1cos sin sin 1cos 1+≥+=+ =1+tan 2α+4+cot 2α≥5+2tan α·cot α=7.当且仅当sin 22β=1,tan 2α=1时“=”成立. ∴原不等式成立.13已知n>2,试证:log n (n+1)<log n-1n. 证法一:∵log n (n+1)-log n-1n=log n (n+1)-)1(log 1]2)1(log )1(log [)1(log 1)1(log )1(log )1(log 12--++-<--+∙-=-n n n n n n n n n n n n n n=)1(log 1)log 21()1(log 1)]1(log 21[2222--<---n n n n n n n n∴log n (n+1)<log n-1n. 证法二:nn n n )1(log )1(log -+=log n (n+1)·log nn-1<［21(log n (n+1)+log nn-1)］2=［21log n (n 2-1)］2<(21log n n 2)2=1.又log n (n+1)>0,log n-1n>0, ∴log n (n+1)<log n-1n.14甲、乙两地相距s 千米,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过c 千米/时.已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度v(千米/时)的平方成正比,比例常数为b,固定部分为a 元.(1)把全程运输成本y 元表示为速度v(千米/时)的函数,并指出函数的定义域; (2)为了使全程运输成本最少,汽车应以多大的速度行驶?解析:(1)因为汽车每小时的运输成本为bv 2+a(元),全程时间为v s (小时),故y=vs (bv 2+a),即y=s(va+bv),v∈(0,c］. (2)由于va+bv≥ab 2,仅当v=b a 时取等号,故①若b a ≤c,则当v=b a 时,y 取最小值.②若b a ≥c,则先证y=s(va+bv),v∈(0,c］为单调减函数. 事实上,当v 1、v 2∈(0,c］,且v 1<v 2,则y 1-y 2=s ［(1v a +bv 1)-(2v a+bv 2)］ =s ［(1v a -2v a)+(bv 1-bv 2)］=s(v 1-v 2)(b-21v v a ) =sb(v 1-v 2)·2121v v b a v v -.∵v 1、v 2∈(0,c］,v 1<v 2, ∴v 1-v 2<0,v 1v 2>0,v 1<b a ,v 2≤ba . 进而v 1v 2<ba,从而y 1-y 2>0. 故y=s(va+bv),v∈(0,c］为单调减函数,由此知当v=c 时取得最小值. 综上可知,若b a ≤c,则当v=b a 时,y 取最小值;若ba ≥c,则当v=c 时取得最小值. 15某种生产设备购买时费用10万元,每年的设备管理费共计9千元,这种生产设备的维修费各年为:第一年2千元,第二年4千元,第三年6千元,依每年2千元的增量逐年递增,问这种生产设备最多使用多少年报废最合算(即使用多少年的年平均费用最少)? 解析:设使用x 年的年平均费用为y 万元.由已知,得y=222.02.09.010x xx ∙+++, 即y=1+1010x x +(x∈N *).由均值不等式,知y≥1+10102x x ∙=3,当且仅当1010x x +,即x=10时取“=”.因此使用10年报废最合算,年平均费用为3万元.16已知x 、y 、z∈R +,且x+y+z=1,求xy 2z+xyz 2的最大值.解析:xy 2z+xyz 2=xyz(y+z) =x(1-x)yz≤x(1-x)·(2z y +)2=x(1-x)·4)1(2x -=121·3x·(1-x)·(1-x)·(1-x) ≤121·(43)4=102427, 当且仅当⎪⎩⎪⎨⎧=++-==,1,13,z y x x x z y 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===83,41z y x 时,(xy 2z+xyz 2)max =102427.。
2018-2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1不等式1.1.1不等式的基本性质课件新人教A版选修4-5
又 a＞b，所以 a＞0，b＜0. 故该命题为真命题． 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．已知数轴上两点 A，B 对应的实数分别为 x，y， 若 x＜y＜0， 则|x|与|y|对应的点 P， Q 的位置关系是( A．P 在 Q 的左边 C．P，Q 两点重合 B．P 在 Q 的右边 D．不能确定 )
②中，因为 ac＜bc， 所以 c(a－b)＜0. 又因为 a＞b，所以 a－b＞0. 所以 c＜0，故②不正确．
c c ③因为a＜b， c（b－a） c c 所以a－b＜0，即 ＜0. ab
因为 a＞b＞0， 所以 ab＞0，b－a＜0. 所以 c＞0.故③正确． ④因为 a＜b＜0，b＜0， 所以 ab＞b2，故④不正确． 答案：D
①(移项法则)如果 a＋b＞c，那么 a＞c－b. ②(同向可加性)如果 a＞b，且 c＞d，那么 a＋c＞b ＋d. (4)乘法：如果 a＞b，c＞0，那么 ac＞bc；如果 a＞b， c＜0，那么 ac＜bc. 推论：如果 a＞b＞0，c＞d＞0，那么 ac＞bd. (5)乘方：如果 a＞b＞0，那么 an＞bn(n∈N，n≥2)．
归纳升华 1．利用不等式的性质判断命题真假的技巧． (1)要判断一个命题为真命题，必须严格证明； (2)要判断一个命题为假命题，或者举反例，或者由 题中条件推出与结论相反的结果．其中，举反例是一种 行之有效的方法．
[变式训练]
1 1 已知x，y均为正数，设m＝ ＋ ，n＝ x y
4 ，试比较m和n的大小． x＋y x＋y 1 1 4 4 解：m－n＝ x ＋ y － ＝ xy － ＝ x＋y x＋y （x＋y）2－4xy （x－y）2 ＝ ， xy（x＋y） xy（x＋y） 因为x，y均为正数， 所以x＞0，y＞0，xy＞0，x＋y＞0，(x－y)2≥0.所以 m－n≥0，即m≥n(当x＝y时，等号成立).
2018-2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式讲义含解析新人教A版选修
2．基本不等式1．基本不等式的定理1,2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 ，而且仅当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．2．基本不等式的理解重要不等式a 2＋b 2≥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充要条件；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充分不必要条件，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a ＝b . 3．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式 (1)a 2＋b 2≥(a ＋b )22；(2)ab ≤a 2＋b 22；(3)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22；(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22； (5)(a ＋b )2≥4ab .[例1] 已知a ＋求证：1a ＋1b ＋1c≥9.[思路点拨] 解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明． [证明] 法一：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．即1a ＋1b ＋1c≥9.法二：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c＝1＋b a ＋c a ＋a b ＋1＋c b ＋a c ＋b c＋1＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴1a ＋1b ＋1c≥9.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．1．已知a ，b ，c ，d 都是正数，求证：(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd . 证明：因为a ，b ，c ，d 都是正数， 所以ab ＋cd2≥ab ·cd ＞0，ac ＋bd2≥ac ·bd ＞0，所以(ab ＋cd )(ac ＋bd )4≥abcd ，即(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd .当且仅当ab ＝cd ，ac ＝bd ，即a ＝d ，b ＝c 时，等号成立． 2．已知a ，b ，c 为正实数， 求证：(1)(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )abc≥8；(2)a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca . 证明：(1)∵a ，b ，c 为正实数， ∴a ＋b ≥2ab >0，b ＋c ≥2bc >0， c ＋a ≥2ca >0，由上面三式相乘可得(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )≥8ab ·bc ·ca ＝8abc . 即(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )abc≥8.(2)∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b ≥2ab ，b ＋c ≥2bc ，c ＋a ≥2ca ， 由上面三式相加可得(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥2ab ＋2bc ＋2ca . 即a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca .[例2] (1)当x >0时，求f (x )＝x 2＋1的值域； (2)设0<x <32，求函数y ＝4x (3－2x )的最大值；(3)已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．[思路点拨] 根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值． [解] (1)∵x >0， ∴f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x. ∵x ＋1x≥2，∴0<1x ＋1x≤12. ∴0<f (x )≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 即f (x )的值域为(0,1]． (2)∵0<x <32，∴3－2x >0.∴y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )] ≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋(3－2x )22＝92.当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．∴y ＝4x (3－2x )的最大值为92.(3)∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y (x ＋y )＝y x ＋9x y＋10≥6＋10＝16.当且仅当y x ＝9x y ，又1x ＋9y＝1， 即x ＝4，y ＝12时，上式取等号． 故当x ＝4，y ＝12时，有(x ＋y )min ＝16.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．3．已知x ，y ∈(0，＋∞)，且log 2x ＋log 2y ＝2，则1x ＋1y的最小值是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选D 1x ＋1y ＝x ＋y xy ≥2xy xy＝2xy，当且仅当x ＝y 时取等号．∵log 2x ＋log 2y ＝log 2(xy )＝2，∴xy ＝4. ∴1x ＋1y ≥2xy＝1，当且仅当x ＝y ＝2时取等号，故1x ＋1y的最小值为1.4．设x ，y ∈R ，a >1，b >1，若a x ＝b y＝2,2a ＋b ＝8，则1x ＋1y的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．log 23解析：选B 由a x＝b y＝2得x ＝log a 2，y ＝log b 2， ∴1x ＋1y ＝1log a 2＋1log b 2＝log 2a ＋log 2b ＝log 2(ab )． 又a >1，b >1，∴8＝2a ＋b ≥22ab ，即ab ≤8， 当且仅当2a ＝b ， 即a ＝2，b ＝4时取等号， 所以1x ＋1y＝log 2(ab )≤log 28＝3.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y max ＝3.利用基本不等式解决实际问题[例3] 某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m 2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1 m ，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m 宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留3 m 宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x (单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S (单位：m 2)．(1)求S 关于x 的函数关系式； (2)求S 的最大值．[解] (1)由题设，得S ＝(x －8)⎝ ⎛⎭⎪⎫900x －2＝－2x －7 200x ＋916，x ∈(8,450)．(2)因为8<x <450， 所以2x ＋7 200x≥22x ·7 200x＝240，当且仅当x ＝60时等号成立，从而S ≤676.故当矩形温室的室内长为60 m 时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，最大为676 m 2.利用基本不等式解决实际应用问题的步骤(1)仔细阅读题目，弄清基本要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；(2)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)； (3)利用基本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．5．一商店经销某种货物，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？解：设一年的运费和库存费共y 元，由题意知y ＝50 000x ×50＋x 2×20＝25×105x ＋10x ≥2 25×106＝104，当且仅当25×105x＝10x 即x ＝500时，y min ＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．6.围建一个面积为360 m 2的矩形场地，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． 解：(1)设矩形的另一边长为a m.则y ＝45x ＋180(x －2)＋180×2a ＝225x ＋360a －360. 由已知xa ＝360，得a ＝360x，所以y ＝225x ＋3602x－360(x ＞0)．(2)∵x >0，∴225x ＋3602x≥2225×3602＝10 800.∴y ＝225x ＋3602x－360≥10 440，当且仅当225x ＝3602x时，等号成立．即当x ＝24 m 时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10 440元．1．下列不等式中，正确的个数是( ) ①若a ，b ∈R ，则a ＋b2≥ab ；②若x ∈R ，则x 2＋2＋1x 2＋2≥2； ③若x ∈R ，则x 2＋1＋1x 2＋1≥2； ④若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab .A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 显然①不正确；③正确；对于②，虽然x 2＋2＝1x 2＋2无解，但x 2＋2＋1x 2＋2>2成立，故②正确；④不正确，如a ＝1，b ＝4.2．设正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则( ) A.1a ＋1b有最大值4B.ab 有最小值12C.a ＋b 有最大值 2D ．a 2＋b 2有最小值22解析：选C 由于a >0，b >0，由基本不等式得1＝a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，∴ab ≤12，∴ab ≤14，1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥4，因此1a ＋1b 的最小值为4，a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab≥1－12＝12，(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤1＋1＝2，所以a ＋b 有最大值2，故选C.3．已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是( ) A ．3 B ．4 C.92D.112解析：选B 由题意得x ＋2y ＝8－x ·2y ≥8－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2y 22，当且仅当x ＝2y 时，等号成立，整理得(x ＋2y )2＋4(x ＋2y )－32≥0，即(x ＋2y －4)(x ＋2y ＋8)≥0，又x ＋2y >0，所以x ＋2y ≥4，故选B.4．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：选A 由已知可得y 1＝20x，y 2＝0.8x (x 为仓库到车站的距离)，所以费用之和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．5．若x ≠0，则f (x )＝2－3x 2－12x2的最大值是________，取得最大值时x 的值是________．解析：f (x )＝2－3⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4x2≤2－3×4＝－10，当且仅当x 2＝4x2即x ＝±2时取等号．答案：－10 ± 26．若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________．(填序号)①ab ≤1；② a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2； ④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b≥2.解析：两个正数，和定，积有最大值，即ab ≤(a ＋b )24＝1，当且仅当a ＝b 时取等号，故①正确；(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝2＋2ab ≤4，当且仅当a ＝b 时取等号，得 a ＋b ≤2，故②错误；由于a 2＋b 22≥(a ＋b )24＝1，故a 2＋b 2≥2成立，故③正确；a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2＋b 2－ab )＝2(a 2＋b 2－ab )，∵ab ≤1，∴－ab ≥－1，又a 2＋b 2≥2，∴a 2＋b 2－ab ≥1，∴a 3＋b 3≥2，故④错误；1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ·a ＋b 2＝1＋a 2b ＋b 2a ≥1＋1＝2，当且仅当a ＝b 时取等号，故⑤成立． 答案：①③⑤7．对于x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，不等式1sin 2x ＋p cos 2x ≥16恒成立，则正数p 的取值范围为________． 解析：令t ＝sin 2x ，则cos 2x ＝1－t .又x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴t ∈(0,1)．不等式1sin 2x ＋p cos 2x ≥16可化为p ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫16－1t (1－t )． 而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－1t (1－t )＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋16t ≤17－21t ·16t ＝9，当1t ＝16t ，即t ＝14时取等号， 因此若原不等式恒成立，只需p ≥9. 答案：[9，＋∞)8．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ·a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)∵⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.9．已知x >0，y >0，且2x ＋5y ＝20. (1)求u ＝lg x ＋lg y 的最大值； (2)求1x ＋1y的最小值．解：(1)∵x >0，y >0，∴由基本不等式，得2x ＋5y ≥210xy .∵2x ＋5y ＝20，∴210xy ≤20，即xy ≤10，当且仅当2x ＝5y 时等号成立．因此有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，2x ＝5y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，此时xy 有最大值10.∴u ＝lg x ＋lg y ＝lg(xy )≤lg 10＝1.∴当x ＝5，y ＝2时，u ＝lg x ＋lg y 有最大值1.(2)∵x >0，y >0，∴1x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ·2x ＋5y 20＝120⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋5y x ＋2x y ≥120⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋25y x ·2x y ＝7＋21020， 当且仅当5y x ＝2xy时等号成立．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，5y x ＝2xy，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1010－203，y ＝20－4103.∴1x ＋1y 的最小值为7＋21020. 10．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A 1B 1C 1D 1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A 1B 1C 1D 1的面积为4 000 m 2，人行道的宽分别为4 m 和10 m(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比A 1B 1B 1C 1＝x ，求公园ABCD 所占面积S 关于x 的函数S (x )的解析式； (2)要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1的长和宽应如何设计？ 解：(1)设休闲区的宽为a m ，则其长为ax m ， 由a 2x ＝4 000，得a ＝2010x.则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20)＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160 ＝4 000＋(8x ＋20)·2010x＋160＝8010⎝⎛⎭⎪⎫2 x ＋5x ＋4 160(x >1)．(2)由(1)知，S ≥8010×22x ·5x＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760.当且仅当2 x ＝5x即x ＝2.5时取等号，此时a ＝40，ax ＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1应设计为长100 m ，宽40 m.文档供参考，可复制、编辑，期待您的好评与关注！11 / 11。
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.1.3 基本不等式(一)课后导练 新人教A版选修45
1.1.3 基本不等式（一）课后导练基础达标1若a>b>1,P=b a lg lg ∙,Q=21(lga+lgb),R=lg 2b a +,则( )A.R<P<QB.P<Q<RC.Q<P<RD.P<R<Q解析:∵a>b>1,∴lga>lgb>0.从而Q>b a lg lg ∙=P,R>ab lg =21(lga+lgb)=Q,故R>Q>P.选B. 答案:B2若b>a>0,a+b=1,则（ ）A.b>a 2+b 2>2ab>21>a B.b>a 2+b 2>21>2ab>a C.a 2+b 2>b>21>a>2ab D.a 2+b 2>2ab>b>21>a解析:∵b>a>0,a+b=1, ∴0<a<21<b<1, a 2+b 2>2)(2b a +=21,2ab<2(2b a +)2=21, 2ab=(2b)5a>a. ∴a 2+b 2-b=(1-b)2+b 2-b=(1-b)2+b(1-b)=(1-b)(1-2b)<0. ∴a 2+b 2<b.故选B. 答案:B3a,b,c 是不全相等的正数,且abc=1,若t=c b a ++,S=a 1+b 1+c1,则S 与t 的大小关系是( )A.S>tB.S=tC.S<tD.不能确定解析:由abc=1,得S=ab+bc+ac,可用特值法判断选A. 答案:A 4已知f(x)=(21)x ,a,b∈R +,A=f(2b a +),G=f(ab ),H=f(b a ab +2),则A,G,H 的大小关系是…( )A.A≤G≤HB.A≤H≤GC.G≤H≤AD.H≤G≤A 解析:因为f(x)=(21)x,所以f(x)是单调递减函数.因为a,b∈R +,所以2ba +≥ab . 所以ab b a 211≤+.所以ba ab+2≤ab . 所以b a ab +2≤ab ≤2ba +. 所以f(2b a +)≤f(ab )≤f(ba ab+2).所以A≤G≤H.答案:A5已知a,b∈R +，则下列不等式中不成立的是（ ） A.a+b+ab1≥22 B.(a+b)(a 1+b1)≥4 C.abb a 22+≥a+b D.ab b a ab ≥+2解析:∵a+b+ab1≥2ab +ab1≥22,(a+b)(a 1+b1)≥ab 2·ab 12=4,a 2+b 2≥2)(2b a +=2ba +(a+b)≥ab (a+b),∴abb a 22+≥a+b.故选D.答案:D综合运用6在下列不等式中，恒成立的个数有（ ） ①a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca ②a(1-a)≤41③a b +ba ≥2 ④(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac+bd)2A.1个B.2个C.3个D.4个解析:①∵a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,c 2+a 2≥2ac, ∴a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca; ②a(1-a)=-a 2+a=-(a-21)2+41≤41; ③当ab<0时，不成立；④(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2≥a 2c 2+b 2d 2+2abcd=(ac+bd)2. 故选C. 答案:C 7已知m=a+21-a (a>2),n=22)21(-x (x<0),则m,n 之间的大小关系是( )A.m>nB.m<nC.m=nD.m≤n 解析:m=(a-2)+21-a +2≥21)2(2--a a +2=4,即m≥4.n=222+-x ,而f(x)=-x 2+2,在x<0时为单调增函数,又2t在t∈(-∞,+∞)上是单调增函数, 根据复合函数的单调性得n=222+-x 在x∈(-∞,0)上单调递增.∴0<n<4.∴m≥4>n,即m>n. 答案:A8求证:log 565log 54<1.一般地，试探索log n (n+1)5log n (n-1)(n≥2,n∈N *)与1的大小关系. 证明:log 565log 54<(24log 6log 55+)2=(224log 5)2<(225log 5)2=1.由类似方法，可得出一般性结果:log n (n+1)5log n (n-1)<1.9若x>0,y>0,且x+y≤4,则下列不等式中恒成立的是( ) A.y x +1≤41 B.x 1+y1≥1 C.xy ≥2 D.xy1≥1 解析:∵x+y≤4y x +⇒1≥41.故A 错. 又4≥x+y≥xy 2,∴xy ≤2. 故C 错.4≥x+y≥⇒xy 2xy≤4xy 1⇒≥41,故D 错. 又x 1+y 1≥y x y x xy xy +=+≥=422212≥44=1,故B 正确. 答案:B 拓展探究10在某两个正数x,y 之间，若插入一个正数a,使x 、a 、y 成等比数列，若另插入两个正数b 、c,使x 、b 、c 、y 成等差数列.求证:(a+1)2≤(b+1)(c+1).证明:由题设⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+==⎪⎩⎪⎨⎧+=+==.32,32,.2,2,2y x c y x b xy a y b c c x b xy a 解得 ∴(b+1)(c+1)=bc+b +c+1=91(2x+y)(x+2y)+x+y+1 =91［2(x 2+y 2)+5xy ］+(x+y)+1 ≥91(4xy+5xy)+xy 2+1 =(xy +1)2=(a+1)2.∴(a+1)2≤(b+1)(c+1). 备选习题11已知a>b>c ，则))((c b b a --与2ca -的大小关系是____________. 解析:))((2)()(2c b b a c b b a c a --≥-+-=-. 答案:))((c b b a --≤2ca -12a,b 是正数,则ba abab b a ++2,,2三个数的大小顺序是( ) A.ba ab ab b a +≤≤+22 B.ba abb a ab +≤+≤22 C.22b a ab b a ab +≤≤+ D.22ba b a ab ab +≤+≤ 解析:设⇔+≥+b a abb a 22(a+b)2≥4ab ⇔a 2+b 2≥2ab 成立. ∴ba abb a +≥+22. 设⇔+≥b a abab 2a+b≥ab 2成立, ∴ba abab +≥2.又ab ba ≥+2, ∴ba ab ab b a +≥≥+22. 答案:C13已知a,b,c∈R ,且a 2+b 2+c 2=1,求证:21-≤ab+bc+ca≤1. 证明:1=a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca,又(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca)≥0, 即1+2(ab+bc+ca)≥0, 有ab+bc+ca≥21-, 故原不等式成立. 14设a,b>0,求证:a+b+221≥ab.证明:∵a+b+22121≥+≥abab ab ,∴原不等式成立. 15已知a,b,c>0,求证:ba ca cbc b a +++++>2. 证明:acb ac b a c b 2)12(211++=++≤∙+, 即c b a a c b a ++≥∙+21, 同理,cb a bc a b ++≥∙+21, cb ac b a c ++≥∙+21, 三式相加得ba cc a b c b a +++++≥2. 等号成立的条件:1,1,1=+=+=+ba c c abc b a 三式同时成立, 即b=a+c,c=a+b,a=b+c,于是a+b+c=0,与题设矛盾. 故ba ca cbc b a +++++>2.16设a,b,c 是三角形的三边长.求证:cb ac b a c b a c b a -++-++-+222≥a+b+c.证明:∵b+c -a>0,∴a c b a -+2+(b+c-a)≥2a, 即有ac b a -+2≥3a -b-c.同理,b a c b -+2≥3b -c-a,cb ac -+2≥3c -a-b.三式相加得证.。
高中数学第一讲不等式和绝对值不等式第1节第1课时不等
又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也 不正确．
又∵ay＝－33＝－1，xb＝－22＝－1， ∴ay＝bx，因此⑤不正确． 由不等式的性质可推出②④恒成立． 即恒成立的不等式有②④．
2．已知三个不等式：ab＞0，bc－ad＞0，ac－db＞ 0(其中 a，b，c，d 均为实数)，用其中两个不等式作 为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题， 可组成的正确命题有几个？
(3)错误．此命题当 a、b、c、d 均为正数时才正确．
(4)正确．因为 a＞b>0， 所以 ab＞0，两边同乘以a1b，得1a＜1b. (5)错误．只有当 cd＞0 时，结论才成立． (6)正确．因为 c＞d，所以－d＞－c，又 a＞b， 所以 a－d＞b－c.综上可知(4)(6)正确．
答案：B
运用不等式的性质时要注意条件，如倒数法则要 求两数同号；两边同乘一个数，不等号方向是否改变 要视此数的正负而定；同向不等式可以相加，异向不 等式可以相减．
2．(广州二模)设 a，b 为正实数，则“a<b”是“a－1a<b －1b成立的”( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件 C．充分必要条件
下列命题中正确的是( )
(1)若 a＞b，c＞b，则 a＞c； (2)若 a＞b，则 lgba＞0； (3)若 a＞b，c＞d，则 ac＞bd； (4)若 a＞b＞0，则1a<1b； (5)若ac＞bd，则 ad＞bc； (6)若 a＞b，c＞d，则 a－d＞b－c.
A．(1)(2) C．(3)(6)
解：因为(x＋1)x2＋x2＋1＝(x＋1)·x2＋x＋1－x2 ＝(x＋1)(x2＋x＋1)－x2(x＋1)， x＋12(x2＋x＋1)＝x＋1－12(x2＋x＋1) ＝(x＋1)(x2＋x＋1)－12(x2＋x＋1)．
高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.
1.1.3 基本不等式（1）课堂导学三点剖析一、利用基本不等式证明不等式【例1】 a,b,c∈R ,求证:a 4+b 4+c 4≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≥abc(a+b+c),当且仅当a=b=c 时取等号.思路分析:由于a 4+b 4≥2a 2b 2,说明了运用基本不等式,可以找到左式与中间式的关系.同样地,a 2b 2+b 2c 2≥2ab 2c,而ab 2c 就是右式中的一项.证明：∵a 4+b 4≥2a 2b 2,b 4+c 4≥2b 2c 2,c 4+a 4≥2a 2c 2,∴2(a 4+b 4+c 4)≥2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2),即a 4+b 4+c 4≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2.又∵a 2b 2+b 2c 2≥2ab 2c,b 2c 2+c 2a 2≥2bc 2a,c 2a 2+a 2b 2≥2a 2bc,∴2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2)≥2(ab 2c+bc 2a+a 2bc),即a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≥abc(a+b+c).以上各式当且仅当a=b=c 时取等号.温馨提示在证明不等式的一些题目时,若有和大于或等于积的形式,可考虑用均值不等式来证明,有时需要多次使用基本不等式才能解决问题.本题中,字母a,b,c 是可轮换的(即a→b,b→c,c→a 式子不变),这称为轮换对称式,轮换对称式的证明都可用此技巧.各个击破类题演练1已知a,b,c∈(0,+∞),求证:ac c b b a 222++≥a+b+c. 证明:∵a,b,c∈(0,+∞), ∴b ba b b a ∙≥+222=2a.① 同理,c cb c c b ∙≥+222=2b,② a ac c a c ∙≥+222=2c,③ ∴(ac c b b a 222++)+(a+b+c)≥2(a+b+c). ∴ac c b b a 222++≥a+b+c. 变式提升1设a,b,c 为不全相等的正数,求证:cc b a b b a c a a c b -++-++-+>3. 证明:左式=(a b +b a )+(c b b c +)+(ac c a +)-3, ∵a b +b a ≥2,c b b c +)≥2 ac c a +≥2, 又a,b,c 为不全相等的正数,故等号不可能同时取得, ∴(a b +b a )+(c b b c +)+(ac c a +)>6. 因此原不等式成立.二、利用基本不等式证明条件不等式【例2】 已知x,y>0,且x+y=1,求证:(1+x1)(1+y 1)≥9. 思路分析:最突出的一点,要证的不等式中有四个“1”,而已知条件x+y=1,又一个“1”,如何用好这些“1”呢?证法一:(1+x1)(1+y 1) =1+x 1+y 1+xy1 =1+xy y x y y x x y x +++++ =3+yx y x x y 11+++ =3+yy x x y x y x x y +++=+ =5+2(y x x y +)≥5+2×12=9. ∴原不等式成立.证法二：(1+x1)(1+y 1) =xyy x xy xy x y y x xy y x )(25)2)(2()1)(1(22++=++=++ xyxy xy y x 225)(2522⨯+≥++=∴原不等式成立.证法三:设x=cos 2θ,y=sin 2θ,θ∈(0,2π), ∴(1+x1)(1+y 1)=(2+tan 2θ)(2+cot 2θ)=5+2(tan 2θ+cot 2θ)≥5+2×θθ22cot tan 1∙=9. 温馨提示在运用基本不等式时,活用“1”,巧用“1”,解法就会非常简洁.类题演练2已知x>0,y>0,且x+4y=1,求证: (1)y x 14+=8+yx x y +16; (2)y x 14+≥16. 证明:(1)∵x+4y=1, ∴)14(14y x y x +=+=8+yx x y +16, 即y x 14+=8+y x x y +16;. (2)法一:∵x>0,y>0,且由(1)可知yx x y y x x y y x ∙+≥++=+162816814=16, 即有yx 14+≥16. 法二:∵x>0,y>0,x+4y=1, ∴y x 14+≥xyy x 14142=∙, x+4y≥xy y x 44=∙. ∴(y x 14+)(x+4y)≥16·xy xy∙1=16. ∴yx 14+≥16. 变式提升2已知a>0,b>0,a+b=1,求证:2121+++b a ≤2. 证明:∵2211)21(121++≤+⨯=+a a a ,2211)21(121++≤+⨯=+b b b , ∴2121+++b a ≤21(1+a+21+1+b+21)=2, 当且仅当a=b=21时取等号. ∴原不等式成立.三、利用基本不等式解决某些综合问题【例3】 设a>0,a≠1,t>0,试比较21log a t 与log a 21+t 的大小. 思路分析:两式先化为同底对数log a t 与log a 21+t ，由于t>0,应用均值不等式知21+t ≥t ，下一步只要运用对数函数y=log a x 的单调性，就可以比较它们的大小了. 解:∵t>0,由均值不等式得21+t ≥t ,当且仅当t=1时取等号. 当t=1时，log a 21+t =log a t , 即log a 21+t =21log a t; 当0<t≠1时，21+t >t . 当0<a<1时，函数y=log a x 是减函数，∴log a21+t <log a t ,即log a 21+t <21log a t;当a>1时，函数y=log a x 是增函数, ∴log a 21+t >log a t ,即log a 21+t >21log a t. 综上所述，当0<a<1时，21log a t≥log a 21+t ; 当a>1时，21log a t≤log a 21+t . 温馨提示函数式的大小比较,除了利用求差比较法或均值不等式定理比较之外,还要注意应用函数的重要性质——单调性.指数函数,对数函数因底数范围不同,而单调性不同,要注意分类讨论.类题演练3已知x,y,z 是互不相等的正数，且x+y+z=1.试比较(x 1-1)(y 1-1)(z1-1)与8的大小关系. 解析:x1-1=x z x y x z y x +=-++1, y1-1=y z y x y z y x +=-++1, z1-1=y z z x z z y x +=-++1, ∴(x 1-1)(y 1-1)(z1-1) =zxy y xz x yz z y x y z x x z y 222∙∙>+∙+∙+=8. ∵x,y,z 是互不相等的正数，∴上式中取不到等号，即(x 1-1)(y 1-1)(z1-1)>8. 变式提升3已知关于x 的方程log a (x-3)=-1+log a (x+2)+log a (x-1)有实根，求实数a 的取值范围.解析:由⎪⎩⎪⎨⎧>->+>-.01,02,03x x x 得x>3.方程可化为a(x-3)=(x+2)(x-1), ∴a=3)1)(2(--+x x x =x-3+310-x +7≥7+102 当且仅当x-3=310-x ,即x=3+10时取等号. 故当方程有解时，a 的取值范围是［7+102,+∞).。
2018-2019年高中数学 第一讲 不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.1.2 基本不等
1.1.2 基本不等式A 级 基础巩固一、选择题1．已知a ，b ∈R ，且ab ≠0，则下列结论恒成立的是( ) A ．a ＋b ≥2abB.a b ＋b a≥2 C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋b a ≥2D ．a 2＋b 2＞2ab解析：当a ，b 都是负数时，A 不成立； 当a ，b 一正一负时，B 不成立；当a ＝b 时，D 不成立，因此只有C 是正确的． 答案：C2．下列各式中，最小值等于2的是( )A.x y ＋y xB.x 2＋5x 2＋4C ．tan θ＋1tan θD ．2x＋2－x解析：因为2x ＞0，2－x＞0， 所以2x＋2－x≥22x 2－x＝2.当且仅当2x ＝2－x，即x ＝0时，等号成立． 答案：D3．已知5x ＋3y＝1(x ＞0，y ＞0)，则xy 的最小值是( )A ．15B ．6C ．60D ．1解析：因为5x ＋3y≥215xy(当且仅当x ＝10，y ＝6时，取等号)，所以215xy≤1，所以xy ≥60，故xy 的最小值为60. 答案：C4．若直线x a ＋y b＝1(a ＞0，b ＞0)过点(1，1)，则a ＋b 的最小值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：因为直线x a ＋y b＝1过点(1，1)，所以1a ＋1b＝1.又a ，b 均大于0，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝1＋1＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝2＋2＝4，当且仅当a ＝b 时，等号成立．所以a ＋b 的最小值为4. 答案：C 5．函数y ＝x 2x 4＋9(x ≠0)的最大值及此时x 的值为( )A.16， 3 B.16，± 3 C.16，－ 3 D.16，±3 解析：y ＝x 2x 4＋9＝1x 2＋9x2(x ≠0)，因为x 2＋9x2≥2x 2·9x 2＝6，所以y ≤16，当且仅当x 2＝9x 2，即x ＝±3时，y max ＝16.答案：B 二、填空题6．设x ＞0，则函数y ＝3－3x －1x的最大值是________．解析：y ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x ≤3－23，当且仅当3x ＝1x ，即x ＝33时，等号成立．所以y max ＝3－2 3. 答案：3－237．已知x ＋3y －2＝0，则3x ＋27y＋1的最小值是________． 解析：3x＋27y＋1＝3x＋33y＋1≥23x ·33y ＋1＝23x ＋3y＋1＝7，当且仅当x ＝3y ，即x＝1，y ＝13时，等号成立．答案：78．已知lg x ＋lg y ＝2，则1x ＋1y的最小值为________．解析：因为lg x ＋lg y ＝2，所以x ＞0，y ＞0，lg(xy )＝2，所以xy ＝102， 所以1x ＋1y≥21xy ＝15，当且仅当x ＝y ＝10时，等号成立． 答案：15三、解答题9．已知x ＜0，求2x ＋1x的最大值．解：由x ＜0，得－x ＞0， 得－2x ＋1－x≥2（－2x ）⎝⎛⎭⎪⎫1－x ＝22，所以2x ＋1x≤－22，当且仅当－2x ＝1－x， 即x ＝－22时等号成立． 故2x ＋1x取得最大值－2 2.10．若a 、b 、c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b＋lg c .证明：因为a ＞0，b ＞0，c ＞0， 所以a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ac ＞0.且上述三个不等式中等号不能同时成立． 所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc . 所以lga ＋b2＋lgb ＋c 2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c . B 级 能力提升1．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：A2．(2017·天津卷)若a ，b ∈R ，ab ＞0，则a 4＋4b 4＋1ab的最小值为________．解析：因为a ，b ∈R ，ab ＞0，所以a 4＋4b 4＋1ab ≥4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，4ab ＝1ab ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝22，b 2＝24时取得等号． 故a 4＋4b 4＋1ab的最小值为4.答案：43．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，所以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，＋∞.。
【精选】高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1不等式1.1.3三个正数的算术_几何平均不等式自主训练新人教A
1.1.3 三个正数的算术—几何平均不等式自主广场我夯基我达标1.若x>0，则4x+的最小值是（）A.9B.C.13D.不存在思路解析：因为x>0,所以4x+=2x+2x+≥，当且仅当2x=,即x=时等号成立.答案：B2.若实数x,y满足xy>0，且x2y=2,则xy+x2的最小值是（）A.1B.2C.3D.4思路解析：xy+x2=2xy+xy+x2≥=1.答案：A3.已知a,b∈R+，则(++)(++)≥____________.思路解析：(++)(++)=3+≥3+=9.答案：94.设a,b,c∈R+，求证：ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.证明：左边=(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)≥=6abc.∴a、b、c∈R+,∴原式成立.5.如果a,b∈R+，且a≠b,求证：a3+b3>a2b+ab2.证明：∵a、b∈R+,且a≠b,则a3+b3=［(a3+a3+b3)+(a3+b3+b3)］> (）=a2b+ab2.∴a3+b3>a2b+ab2.6.求函数y=4sin2x-cosx的最值.解：∵y2=16sin2xsin2x·cos2x,=8(sin2x·sin2x·2cos2x)≤8()3=8×.∴y2≤,当且仅当sin2x=2cos2x,即tanx=±时取“=”号.∴y大=,y小=。
7.已知：a,b,c都是小于1的正数，求证：(1-a)b、(1-b)c、(1-c)a中至少有一个不大于. 证明：假设(1-a)b>,(1-b)c>,(1-c)a>.则(1-a)b(1-b)c(1-c)a>1[]64.①又(1-a)b(1-b)c(1-c)a≤［］6=()6=,这与①矛盾.∴假设不成立.即原结论正确.8.已知a>0,b>0,c>0,d>0,求证：≥4.证明：=4.当且仅当a=b=c=d时取等号，得证.我综合我发展9.如果圆柱轴截面的周长l为定值，则此圆柱体积的最大值为___________.思路解析：设圆柱的底面半径为r,高为h,则4r+2h=l,v=πr2h≤π()3=π()3当且仅当r=h=时取“=”号.答案：10.已知x∈R+，有不等式x+≥2,x+≥3,…,由此启发我们可以推广为：x+≥n+1(n∈N +).则a=__________.思路解析：从n=1,n=2,…归纳得出：x+≥n+1.答案：n n11.若记号“*”表示求两个实数a与b的算术平均的运算，即a*b=,则两边均含有运算“*”和“+”，且对任意3个实数a,b,c都能成立的一个等式可以是___________.思路解析：a+(b*c)=(a+b)*(a+c),∵a+(b*c)=a+,①又∵(a+b)*(a+c)=,②由①②，可知a+(b*c)=(a+b)*(a+c).答案：a+(b*c)=(a+b)*(a+c)12.若a,b,c∈R+，且a+b+c=1,求证：.证明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1,∴2=(a+b)+(b+c)+(c+a).∴［(a+b)+(b+c)+(c+a)］·()≥=9.∴原式得证.13.用边长为60厘米的正方形铁皮做一个无盖的水箱，先在四面分别截去一个小正方形，然后把四边形翻转90°，再焊接而成，问小正方形的边长为多少时，水箱容积最大，最大的容积为多少？解：设正方形的边长为x cm.V=x(60-2x)2=·4x(60-2x)(60-2x)≤()3=16 000.当4x=60-2x即x=10时取等号.∴小正方形的边长为10 cm时，最大容积为16 000 cm3.14.已知矩形ABCD的两个顶点A、B在函数y=-2(x-1)2+4(0≤x≤2)的图象上，另两个顶点C、D在x轴上，求这个矩形面积的最大值.解：设A(x0,y0),且不妨设x0>1,则矩形ABCD的面积S=|AB|·|AD|=2(x0-1)y0.∵y0=-2(x0-1)2+4且1<x0≤2,∴S=-4(x0-1)3+8(x0-1)=4(x0-1)［2-(x0-1)2］=≤.当且仅当2(x0-1)2=2-(x0-1)2,即x0=1+时，取“=”号.∴矩形ABCD的面积的最大值为.。
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解析：因为 x＜y＜0，所以|x|＞|y|＞0.故 P 在 Q 的右 边． 答案：B
3．设A＝(x－3)2，B＝(x－2)· (x－4)，则A与B的大 小关系为( A．A≥B C．A≤B ) B．A＞B D．A＜B
解析：A－B＝(x2－6x＋9)－(x2－6x＋8)＝1＞0，所 以A＞B.故选B. 答案：B
类型 2 利用不等式的性质判断命题的真假 [典例 2] 下列命题正确的是( 1 1 ①若 a＞b，且a＜b，则 ab＞0； ②若 a＞b，且 ac＜bc，则 c＞0； c c ③若 a＞b＞0，且a＜b，则 c＞0； ④若 a＜b＜0，则 ab＜b2. )
A．①② C．③④
B．②③ D．①③
解析：①中，因为 a＞b，所以 a－b＞0. 1 1 又因为a＜b， 1 1 a－b 所以b－a＝ ab ＞0. 所以 ab＞0，故①正确．
4．与a＞b等价的不等式是( A．|a|＞|b| a C.b＞1 B．a2＞b2 D．a3＞b3
)
Байду номын сангаас
a 解析：当b＜a＜0时，|a|＜|b|，a ＜b ， b ＜1，故
2 2
A、B、C不成立．由f(x)＝x3在R上单调递增及a＞b可知 f(a)＞f(b)，即a3＞b3.所以a3＞b3与a＞b等价． 答案：D
温馨提示 的差的符号．
要比较两个实数的大小，只需考查它们
2．不等式的基本性质 (1)对称性：如果 a＞b，那么 b＜a；如果 b＜a，那么 a＞b. (2)传递性：如果 a＞b，且 b＞c，那么 a＞c，即 a＞ b，b＞c⇒a＞c. (3)加法：如果 a＞b，那么 a＋c＞b＋c，即 a＞b⇒a ＋ c ＞ b＋ c .
n n
(6)开方：如果 a＞b＞0，那么 a＞ b(n∈N，n≥2)．
温馨提示
要注意不等式的性质是否可逆； 要注意不
等式成立的条件．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)若a＞b，则ac＜bc.( (2)若ac2＞bc2，则a＞b.( ) ) ) )
(3)若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2.( 1 1 (4)若a＞b， ＞ ，则a＞0，b＜0.( a b
解析：(1)未知 c 是正数、负数还是零，因而判断 ac 与 bc 大小缺乏依据，故该命题是假命题； (2)由 ac2＞bc2 知 c≠0，故 c2＞0， 所以 a＞b，故该命题是真命题；
a＜b＜0 a＜ b 2 ⇒a ＞ab， ⇒ab＞b2， (3) a＜0 b＜ 0 所以 a2＞ab＞b2.故该命题为真命题； b－a 1 1 1 1 (4)a＞b⇒a－b＞0，a＞b⇒a－b＞0⇒ ab ＞0. 因为 a－b＞0，所以 b－a＜0. 所以 ab＜0.
1 2 3 1) x－2 ＋4.
因为 x＞1， 所以 x－1＞0.
12 3 又因为x－2 ＋ ＞0， 4 12 3 所以(x－1) x－2 ＋4＞0，
所以 x3－1＞2x2－2x.
归纳升华 比较两个实数(式子)的大小，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，常用的方法是通分、因式分解、配方等．
①(移项法则)如果 a＋b＞c，那么 a＞c－b. ②(同向可加性)如果 a＞b，且 c＞d，那么 a＋c＞b ＋d. (4)乘法：如果 a＞b，c＞0，那么 ac＞bc；如果 a＞b， c＜0，那么 ac＜bc. 推论：如果 a＞b＞0，c＞d＞0，那么 ac＞bd. (5)乘方：如果 a＞b＞0，那么 an＞bn(n∈N，n≥2)．
归纳升华 1．利用不等式的性质判断命题真假的技巧． (1)要判断一个命题为真命题，必须严格证明； (2)要判断一个命题为假命题，或者举反例，或者由 题中条件推出与结论相反的结果．其中，举反例是一种 行之有效的方法．
②中，因为 ac＜bc， 所以 c(a－b)＜0. 又因为 a＞b，所以 a－b＞0. 所以 c＜0，故②不正确．
c c ③因为a＜b， c（b－a） c c 所以a－b＜0，即 ＜0. ab
因为 a＞b＞0， 所以 ab＞0，b－a＜0. 所以 c＞0.故③正确． ④因为 a＜b＜0，b＜0， 所以 ab＞b2，故④不正确． 答案：D
又 a＞b，所以 a＞0，b＜0. 故该命题为真命题． 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．已知数轴上两点 A，B 对应的实数分别为 x，y， 若 x＜y＜0， 则|x|与|y|对应的点 P， Q 的位置关系是( A．P 在 Q 的左边 C．P，Q 两点重合 B．P 在 Q 的右边 D．不能确定 )
[变式训练]
1 1 已知x，y均为正数，设m＝ ＋ ，n＝ x y
4 ，试比较m和n的大小． x＋y x＋y 1 1 4 4 解：m－n＝ x ＋ y － ＝ xy － ＝ x＋y x＋y （x＋y）2－4xy （x－y）2 ＝ ， xy（x＋y） xy（x＋y） 因为x，y均为正数， 所以x＞0，y＞0，xy＞0，x＋y＞0，(x－y)2≥0.所以 m－n≥0，即m≥n(当x＝y时，等号成立).
5．若a∈R，则a2＋3与2a的大小关系是________． 解析：因为a2＋3－2a＝(a－1)2＋2＞0，所以a2＋3 ＞2a. 答案：a2＋3＞2a
类型1 [典例1]
实数大小的比较(自主研析) 已知x＞1，比较x3－1与2x2－2x的大小．
解：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－ (x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－
第一讲
不等式和绝对值不等式
1．1 不等式 1．1.1 不等式的基本性质
[学习目标]
1.理解实数大小与实数运算性质间的关
系． 2.理解不等式的性质，能用不等式的性质比较大小 和证明简单的不等式(重点、难点)．
1．实数的运算性质与大小顺序的关系 数轴上右边的点表示的数总大于左边的点所表示的 数，从实数的减法和在数轴上的表示可知： a＞b⇔a－b＞0； a＝b⇔a－b＝0； a＜b⇔a－b＜0．