2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5：第二讲本讲知识归纳与达标验收

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2017-2018学年高中数学选修4-5全册学案含解析人教A版115P

2017~2018学人教A版高中数学选修4-5全册学案解析版目录第一讲不等式和绝对值不等式一不等式1不等式的基本性质第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式第一讲不等式和绝对值不等式一不等式3三个正数的算术_几何平均不等式第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式1绝对值三角不等式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第二讲证明不等式的基本方法一比较法第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法第二讲证明不等式的基本方法二综合法与分析法第三讲柯西不等式与排序不等式一二维形式的柯西不等式第三讲柯西不等式与排序不等式三排序不等式第三讲柯西不等式与排序不等式二一般形式的柯西不等式第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式举例1．不等式的基本性质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大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差与0的大小；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差与0的大小．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a＞b⇔b＜a.(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c.(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋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>0，那么a n>b n(n∈N，n≥2)．(6)如果a>b>0n∈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)等式两边同乘一个数仍为等式，但不等式两边同乘同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．(3)性质(5)(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，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⇒a n>b n(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N*)．已知x ，y 均为正数，设m ＝x ＋y ，n ＝x ＋y ，试比较m 和n 的大小．两式作差――→变形转化为因式乘积形式――→与0比较判断正负，得出大小 m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝x ＋y 2－4xy xy x ＋y ＝x －y 2xy x ＋y ，∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0. ∴m －n ≥0，即m ≥n (当x ＝y 时，等号成立)．比较两个数(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，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知a ，b ∈R ，比较a 4＋b 4与a 3b ＋ab 3的大小．解：因为(a 4＋b 4)－(a 3b ＋ab 3) ＝a 3(a －b )＋b 3(b －a ) ＝(a －b )(a 3－b 3) ＝(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)＝(a －b )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋34b 2≥0. 当且仅当a ＝b 时，等号成立，所以a 4＋b 4≥a 3b ＋ab 3.2．在数轴的正半轴上，A 点对应的实数为6a29＋a 4，B 点对应的实数为1，试判断A 点在B 点的左边，还是在B 点的右边？解：因为6a 29＋a 4－1＝－a 2－29＋a 4≤0，所以6a29＋a4≤1.当且仅当a ＝±3时，等号成立，所以当a ≠±3时，A 点在B 点左边，当a ＝±3时，A 点与B 点重合.已知a >b >0，c <d <0，e <0.求证：ea －c >eb －d.可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明．法一：ea －c －eb －d＝e b －d －a ＋c a －c b －d ＝e b －a ＋c －da －cb －d，∵a >b >0，c <d <0，∴b －a <0，c －d <0. ∴b －a ＋c －d <0.又∵a >0，c <0，∴a －c >0.同理b －d >0， ∴(a －c )(b －d )>0. ∵e <0，∴e b －a ＋c －d a －c b －d >0，即e a －c >e b －d.法二：⎭⎪⎬⎪⎫c <d <0⇒－c >－d >0a >b >0⇒⎭⎪⎬⎪⎫a －c >b －d >0⇒1a －c <1b －d e <0⇒e a －c ＞e b －d.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．3．已知x ≥1，y ≥1，求证：x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y . 证明：左边－右边＝(y －y 2)x 2＋(y 2－1)x －y ＋1 ＝(1－y )＝(1－y )(xy －1)(x －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以1－y ≤0，xy －1≥0，x －1≥0. 所以x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y .4．已知a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，求证：x x ＋a >yy ＋b .证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，所以x a >y b ，所以a x <by.故a x ＋1yy ＋b.(1)已知－2≤α≤β≤2，求α－β的取值范围．(2)已知－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的取值范围．求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质． (1)∵－π2≤α≤β≤π2，∴－π2≤α≤π2，－π2≤－β≤π2，且α≤β.∴－π≤α－β≤π且α－β≤0.∴－π≤α－β≤0.即α－β的取值范围为．(2)设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b )＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b . 解得λ1＝53，λ2＝－23.∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23.∴－113≤a ＋3b ≤1.即a ＋3b 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，1.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．5．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．解：设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，n ＝32.又∵1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12≤12α＋β，－3≤32α－β－32⇒－52≤2α－β≤12.∴2α－β的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12.6．三个正数a ，b ，c 满足a ≤b ＋c ≤2a ，b ≤a ＋c ≤2b ，求b a的取值范围．解：两个不等式同时除以a ，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，①b a ≤1＋c a ≤2·ba ，②将②×(－1)，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，－2·b a ≤－1－c a ≤－ba，两式相加，得1－2b a ≤b a －1≤2－b a ，解得23≤b a ≤32.即b a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，32.课时跟踪检测(一)1．下列命题中不．正确的是( ) A ．若3a >3b ，则a >b B ．若a >b ，c >d ，则a －d >b －c C ．若a >b >0，c >d >0，则a d >b cD ．若a >b >0，ac >bd ，则c >d解析：选D 当a >b >0，ac >ad 时，c ，d 的大小关系不确定． 2．已知a >b >c ，则下列不等式正确的是( ) A ．ac >bc B ．ac 2>bc 2C ．b (a －b )>c (a －b )D ．|ac |>|bc |解析：选C a >b >c ⇒a －b >0⇒(a －b )b >(a －b )c . 3．如果a 0，ab >0，故1a －1b ＝b －a ab >0，1a >1b，故A 项错误；对于B 项，由a 0，ab >b 2，故B 项错误；对于C 项，由a 0，a 2>ab ，即－ab >－a 2，故C 项错误；对于D 项，由a 0，故－1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝a －b ab <0，－1a <－1b成立，故D 项正确．4．若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋bc＜0；③a －c ＞b －d ；④a (d －c )＞b (d －c )中，成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0，∴ad ＜bc ，故①不成立．∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0，∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴a (－c )＞(－b )(－d )，∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd＜0，故②成立．∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，∵a ＞b ，∴a ＋(－c )＞b ＋(－d )，a －c ＞b －d ，故③成立．∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a (d －c )＞b (d －c )，故④成立．成立的个数为3.5．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：由1a <1b ，得1a －1b <0，b －a ab <0，故①②④可推得1a <1b成立．答案：①②④6．设a >b >1，c <0，给出下列三个结论：①c a >c b；②a c log a (b －c )．其中所有的正确结论的序号是________．解析：由a >b >1，c <0，得1a <1b ，c a >c b；幂函数y ＝x c (c <0)是减函数，所以a c b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，①②③均正确．答案：①②③7．已知－1<x ＋y <4且2<x －y <3，则z ＝2x －3y 的取值范围是________．解析：设z ＝2x －3y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，即2x －3y ＝(m ＋n )x ＋(m －n )y .∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－3.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－12，n ＝52.∴2x －3y ＝－12(x ＋y )＋52(x －y )．∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3，∴－2<－12(x ＋y )<12，5<52(x －y )<152.由不等式同向可加性，得3<－12(x ＋y )＋52(x －y )<8，即3<z <8.答案：(3,8)8．若a >0，b >0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b .证明：∵b 2a ＋a 2b －a －b ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b a ＝a －b 2a ＋b ab ，(a －b )2≥0恒成立，且已知a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b >0，ab >0.∴a －b2a ＋bab≥0.∴b 2a ＋a 2b≥a ＋b .9．已知－6<a <8,2<b <3，分别求2a ＋b ，a －b ，a b的取值范围．解：∵－6<a <8，∴－12<2a <16. 又20，a ≠1. (1)比较下列各式大小．①a 2＋1与a ＋a ；②a 3＋1与a 2＋a ； ③a 5＋1与a 3＋a 2.(2)探讨在m ，n ∈N ＋条件下，am ＋n＋1与a m ＋a n的大小关系，并加以证明．解：(1)由题意，知a >0，a ≠1，①a 2＋1－(a ＋a )＝a 2＋1－2a ＝(a －1)2>0. ∴a 2＋1>a ＋a .②a 3＋1－(a 2＋a )＝a 2(a －1)－(a －1) ＝(a ＋1)(a －1)2＞0，∴a 3＋1>a 2＋a ， ③a 5＋1－(a 3＋a 2)＝a 3(a 2－1)－(a 2－1)＝(a 2－1)(a 3－1)．当a >1时，a 3>1，a 2>1，∴(a 2－1)(a 3－1)>0. 当0<a <1时，0<a 3<1,0<a 2<1，∴(a2－1)(a3－1)>0，即a5＋1>a3＋a2.(2)根据(1)可得a m＋n＋1＞a m＋a n.证明如下：a m＋n＋1－(a m＋a n)＝a m(a n－1)＋(1－a n)＝(a m－1)(a n－1)．当a>1时，a m>1，a n>1，∴(a m－1)(a n－1)>0.当0<a<1时，0<a m<1,0<a n<1，∴(a m－1)(a n－1)>0.综上可知(a m－1)(a n－1)>0，即a m＋n＋1>a m＋a n.2．基本不等式1．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 . 2．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 ＋b22；(2)ab ≤a 2＋b 22；(3)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22；(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22； (5)(a ＋b )2≥4ab .已知a ，＋求证：1a ＋1b ＋1c≥9.解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明．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 ＋bc＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ＋⎝⎛⎭⎪⎫c a ＋ac ＋⎝⎛⎭⎪⎫c b ＋bc≥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：因为x 1，x 2，x 3为正实数，所以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，当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立．所以x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.2．已知a ，b ，c >0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵a ，b ，c ，a 2b ，b 2c ，c 2a 均大于0，又a 2b＋b ≥2 a 2b ·b ＝2a ，b 2c＋c ≥2 b 2c ·c ＝2b ，c 2a ＋a ≥2 c 2a·a ＝2c ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a ＋a ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .当且仅当a 2b ＝b ，b 2c ＝c ，c 2a＝a ，即a ＝b ＝c 时，等号成立.(1)求当x >0时，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．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． (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，等号成立．即f (x )＝2xx 2＋1的值域为(0,1]． (2)∵0<x <32，∴3－2x >0.∴y ＝4x (3－2x )＝2≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋－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，x ＋y 的最小值为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 >0，y >0且5x ＋7y ＝20，求xy 的最大值．解：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，所以xy 的最大值为207.4．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．解：(1)∵a ，b ∈R ＋，∴ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3. 令y ＝ab ，得y 2－2y －3≥0，∴y ≥3或y ≤－1(舍去)． ∴ab ＝y 2≥9.∴ab 的取值范围是＝17·1＋3b ＋23a ＋2＋a ＋3b ＋2＋4≥17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋2 3b ＋23a ＋2·a ＋3b ＋2＝97，当且仅当3b ＋23a ＋2＝a ＋3b ＋2，即a ＝19，b ＝89时取等号．所以13a ＋2＋43b ＋2的最小值为97.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2017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2017年的利润y (万元)表示为促销费t (万元)的函数； (2)该企业2017年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？(1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式． (1)由题意可设3－x ＝kt ＋1，将t ＝0，x ＝1代入，得k ＝2.∴x ＝3－2t ＋1. 当年生产x 万件时，∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用， ∴年生产成本为32x ＋3＝32⎝⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3. 当销售x 万件时，年销售收入为150%⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3＋12t . 由题意，生产x 万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，得年利润y ＝－t 2＋98t ＋35t ＋(t ≥0)．(2)y ＝－t 2＋98t ＋35t ＋＝50－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋32t ＋1 ≤50－2 t ＋12×32t ＋1＝50－216＝42，当且仅当t ＋12＝32t ＋1，即t ＝7时，等号成立，y max ＝42， ∴该企业2015年的促销费投入7万元时，企业的年利润最大．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．6．一商店经销某种货物，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)，每进一次货运费为50元，且在销售完该次所进货物时，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，等号成立，y min ＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．7.某学校为了支持生物课程基地研究植物的生长规律，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，为676 m 2.课时跟踪检测(二)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；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．已知a >0，b >0，a ，b 的等差中项是12，且α＝a ＋1a ，β＝b ＋1b ，则α＋β的最小值是( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C ∵a ＋b ＝2×12＝1，a >0，b >0，∴α＋β＝a ＋1a ＋b ＋1b ＝1＋1ab≥1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝5，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．3．已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意的正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选B (x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ＝1＋a ＋y x ＋ax y≥1＋a ＋2a ＝(a ＋1)2(x ，y ，a >0)，当且仅当y ＝ax 时取等号，所以(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y 的最小值为(a ＋1)2，于是(a ＋1)2≥9恒成立，所以a ≥4，故选B.4．要制作一个容积为4 m 3，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( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元解析：选C 设底面矩形的长和宽分别为a m ，b m ，则ab ＝4.容器的总造价为20ab ＋2(a ＋b )×10＝80＋20(a ＋b )≥80＋40ab ＝160(元)(当且仅当a ＝b ＝2时，等号成立)．5．已知函数f (x )＝4x ＋a x(x ＞0，a ＞0)在x ＝3时取得最小值，则a ＝________. 解析：∵x ＞0，a ＞0， ∴f (x )＝4x ＋a x≥24x ·a x ＝4a ，当且仅当4x ＝a x时等号成立，此时a ＝4x 2，由已知x ＝3时函数取得最小值，∴a ＝4×9＝36. 答案：366．若log 2x ＋log 2y ＝4，则x ＋y 的最小值是________．解析：由题意知x >0，y >0，log 2xy ＝4，得xy ＝4， ∴x ＋y ≥2xy ＝4(当且仅当x ＝y 时，等号成立)．答案：47．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，等号成立．答案：23－18．已知a ，b 是正数，求证： (1)a 2＋b 22≥a ＋b2； (2)ab ≥21a ＋1b. 证明：(1)左边＝ a 2＋b 2＋a 2＋b 24≥a 2＋b 2＋2ab4＝a ＋b24＝a ＋b2＝右边，原不等式成立．(2)右边＝21a ＋1b≤221ab＝ab ＝左边，原不等式成立．9．设x >0，y >0且x ＋y ＝4，要使不等式1x ＋4y≥m 恒成立，求实数m 的取值范围．解：由x >0，y >0且x ＋y ＝4，得x ＋y4＝1，∴1x ＋4y ＝x ＋y 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋y x ＋4x y ＋4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋y x ＋4x y≥14⎝⎛⎭⎪⎫5＋2y x ·4x y ＝94. 当且仅当y x ＝4xy时，等号成立．即y ＝2x (∵x >0，y >0，∴y ＝－2x 舍去)．此时，结合x ＋y ＝4，解得x ＝43，y ＝83.∴1x ＋4y 的最小值为94，∴m ≤94， ∴m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，94.10．如图，建立平面直角坐标系xOy ，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y ＝kx －120(1＋k 2)x 2(k ＞0)表示的曲线上，其中k 与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程．(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．解：(1)令y ＝0，得kx －120(1＋k 2)x 2＝0.由实际意义和题设条件知x ＞0，k ＞0，故x ＝20k 1＋k 2＝20k ＋1k≤202＝10，当且仅当k ＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a ＞0，所以炮弹可击中飞行物，即存在k ＞0，使3.2＝ka －120(1＋k 2)a 2成立，即关于k 的方程a 2k 2－20ak ＋a 2＋64＝0有正根 ⇒Δ＝(－20a )2－4a 2(a 2＋64)≥0⇒a ≤6.所以当a 不超过6(千米)时，可击中飞行物．3．三个正数的算术—几何平均不等式1．定理3如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．(1)不等式a ＋b ＋c3≥3abc 成立的条件是：a ，b ，c 均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a ＝b ＝c .(2)定理3可变形为：①abc ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33；②a 3＋b 3＋c 3≥3abc .(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正、二定、三相等”．2．定理3的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．已知a ，b ＋b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc≥3. 欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形．b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc ＝⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋c b ＋ac ＋⎝⎛⎭⎪⎫c a ＋a b ＋bc －3 ≥33b a ·c b ·a c ＋33c a ·a b ·b c－3＝6－3＝3.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．(1)不等式的证明方法较多，关键是从式子的结构入手进行分析．(2)运用三个正数的平均不等式证明不等式时，仍要注意“一正、二定、三相等”，在解题中，若两次用平均值不等式，则只有在“相等”条件相同时，才能取到等号．1．已知x ＞0，y ＞0，求证：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明：因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0，1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .2．已知a 1，a 2，…，a n 都是正数，且a 1a 2…a n ＝1，求证：(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n. 证明：∵a 1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a 1＝1＋1＋a 1≥33a 1. 同理2＋a j ≥3 3a j (j ＝2,3，…，n )．将上述各不等式的两边分别相乘即得(2＋a 1)(2＋a 2) (2)a n )≥(33a 1)(33a 2)…(33a n )＝3n ·3a 1a 2…a n .∵a 1a 2…a n ＝1，∴(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n. 当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n ＝1时，等号成立.(1)求函数y ＝(x －1)2(3－2x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1<x <2的最大值．(2)求函数y ＝x ＋4x －2(x >1)的最小值．对于积的形式求最大值，应构造和为定值． (2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值． (1)∵1<x <32，∴3－2x >0，x －1>0.y ＝(x －1)2(3－2x )＝(x －1)(x －1)(3－2x )≤⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋x －1＋3－2x 33＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127，当且仅当x －1＝x －1＝3－2x ，即x ＝43∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，y max ＝127.(2)∵x ＞1，∴x －1>0，y ＝x ＋4x －2＝12(x －1)＋12(x －1)＋4x －2＋1≥3312x －12x －4x －2＋1＝4，当且仅当12(x －1)＝12(x －1)＝4x －2，即x ＝3时，等号成立．即y min ＝4.(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件即“一正、二定、三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如配系数、拆项、分离常数、平方变形等．3．设x >0，则f (x )＝4－x －12x2的最大值为( ) A ．4－22B ．4－ 2C ．不存在 D.52解析：选D ∵x >0，∴f (x )＝4－x －12x 2＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋12x 2≤4－33x 2·x 2·12x 2＝4－32＝52. 4．已知x ，y ∈R ＋且x 2y ＝4，试求x ＋y 的最小值及达到最小值时x ，y 的值．解：∵x ，y ∈R ＋且x 2y ＝4，∴x ＋y ＝12x ＋12x ＋y ≥3314x 2y ＝3314×4＝3.当且仅当x 2＝x2＝y 时，等号成立．又∵x 2y ＝4，∴当x ＝2，y ＝1时，x ＋y 取最小值3.大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比，即E ＝k sin θr2.这里k 是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？根据题设条件建立r 与θ的关系式→将它代入E ＝k sin θr2→得到以θ为自变量，E 为因变量的函数关系式 →用平均不等式求函数的最值→获得问题的解 ∵r ＝2cos θ，∴E ＝k ·sin θcos 2θ4⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2.∴E2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ≤k 232·⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ33＝k 2108. 当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ时取等号，即tan 2θ＝12，tan θ＝22.∴h ＝2tan θ＝ 2.即h ＝2时，E 最大．本题获解的关键是在获得了E ＝k ·sin θcos 2θ4后，对E 的表达式进行变形求得E 的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．5．已知长方体的表面积为定值S ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．解：设长方体的体积为V ，长、宽、高分别是a ，b ，c ，则V ＝abc ，S ＝2ab ＋2bc ＋2ac .V 2＝(abc )2＝(ab )(bc )(ac )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋bc ＋ac 33＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 63＝S 3216.当且仅当ab ＝bc ＝ac ，即a ＝b ＝c 时，上式取等号，V 2取最小值S 3216.由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝c ，2ab ＋2bc ＋2ac ＝S ，解得a ＝b ＝c ＝6S6.即当这个长方体的长、宽、高都等于6S 6时，体积最大，最大值为S 6S 36. 课时跟踪检测(三)1．已知x 为正数，下列各题求得的最值正确的是( ) A ．y ＝x 2＋2x ＋4x3≥33x 2·2x ·4x3＝6，∴y min ＝6.B ．y ＝2＋x ＋1x ≥332·x ·1x＝332，∴y min ＝332.C ．y ＝2＋x ＋1x≥4，∴y min ＝4. D ．y ＝x (1－x )(1－2x ) ≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x ＋－x ＋－2x 33＝881， ∴y max ＝881.解析：选C A 、B 、D 在使用不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)和abc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33(a ，b ，c ∈R ＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C 中，∵x >0，∴y ＝2＋x ＋1x＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥2＋2＝4，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时，等号成立．2．已知a ，b ，c 为正数，则a b ＋b c ＋c a有( ) A ．最小值3B ．最大值3C ．最小值2D ．最大值2解析：选A a b ＋b c ＋ca ≥33ab ×bc ×c a ＝3，当且仅当a b ＝b c ＝c a，即a ＝b ＝c 时，等号成立． 3．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( )A.3322B.833C.332D.223解析：选A 由log x y ＝－2，得y ＝1x 2.而x ＋y ＝x ＋1x2＝x 2＋x 2＋1x 2≥33x 2·x 2·1x 2＝3314＝3322，当且仅当x 2＝1x2，即x ＝32时，等号成立． 4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V ，则下列不等式总成立的是( ) A ．V ≥π B ．V ≤π C ．V ≥18πD ．V ≤18π解析：选B 设圆柱底面半径为r ，则圆柱的高h ＝6－4r 2，所以圆柱的体积为V ＝πr 2·h＝πr 2·6－4r 2＝πr 2(3－2r )≤π⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋r ＋3－2r 33＝π. 当且仅当r ＝3－2r ，即r ＝1时，等号成立． 5．若a >2，b >3，则a ＋b ＋1a －b －的最小值为________．解析：∵a >2，b >3，∴a －2>0，b －3>0，则a ＋b ＋1a －b －＝(a －2)＋(b －3)＋1a －b －＋5 ≥33a －b －1a －b －＋5＝8.当且仅当a －2＝b －3＝1a －b －，即a ＝3，b ＝4时，等号成立．答案：86．设0<x <1，则x (1－x )2的最大值为 ________. 解析：∵0<x <1，∴1－x >0.故x (1－x )2＝12×2x (1－x )(1－x )≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋－x ＋＋x 33＝12×827＝427(当且仅当x ＝13时，等号成立)．答案：4277．已知关于x 的不等式2x ＋1x －a2≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：2x ＋1x －a＝(x －a )＋(x －a )＋1x －a＋2a .∵x －a >0， ∴2x ＋1x －a2≥33x －a x －a1x －a2＋2a ＝3＋2a ，当且仅当x －a ＝1x －a2即x ＝a ＋1时，等号成立．∴2x ＋1x －a2的最小值为3＋2a .由题意可得3＋2a ≥7，得a ≥2. 答案：28．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： (a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴2(a ＋b ＋c )＝(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥33a ＋b b ＋c c ＋a >0.1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥331a ＋b ·1b ＋c ·1a ＋c >0， ∴(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．9．已知正数a ，b ，c 满足abc ＝1，求(a ＋2)(b ＋2)·(c ＋2)的最小值．解：因为(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1) ≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)的最小值为27.10．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．证明：法一：因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式，得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23.又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．法二：因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式，得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ，① 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac，②故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ac ＋3ab ＋3bc ＋3ac≥63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立；当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立，即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．1．绝对值三角不等式绝对值三角不等式(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．几何解释：用向量a ，b 分别替换a ，b .①当a 与b 不共线时，有|a ＋b|<|a |＋|b |，其几何意义为：三角形的两边之和大于第三边．②若a ，b 共线，当a 与b 同向时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，当a 与b 反向时，|a ＋b |<|a |＋|b |.由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式． ③定理1的推广：如果a ，b 是实数，则||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |. (2)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．几何解释：在数轴上，a ，b ，c 所对应的点分别为A ，B ，C ，当点B 在点A ，C 之间时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |.当点B 不在点A ，C 之间时：①点B 在点A 或点C 上时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |； ②点B 不在点A ，C 上时，|a －c |<|a －b |＋|b －c |. 应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．已知|A －a |<3，|B －b |<3，|C －c |<3.求证：|(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|<s .原式――→变形重新分组――→定理转化为|A －a |＋|B －b |＋|C －c |―→得出结论 |(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )| ＝|(A －a )＋(B －b )＋(C －c )| ≤|(A －a )＋(B －b )|＋|C －c | ≤|A －a |＋|B －b |＋|C －c |.因为|A －a |<s 3，|B －b |<s 3，|C －c |<s3，所以|A －a |＋|B －b |＋|C －c |<s 3＋s 3＋s3＝s .所以|(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|<s .含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．1．设a ，b 是满足ab <0的实数，则下列不等式中正确的是( ) A ．|a ＋b |>|a －b | B ．|a ＋b |<|a －b | C ．|a －b |<||a |－|b ||D ．|a －b |<|a |＋|b |解析：选B ∵ab <0且|a －b |2＝a 2＋b 2－2ab ， ∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <|a －b |2. ∴(|a |＋|b |)2＝a 2＋b 2＋2|ab |＝|a －b |2. 故A 、D 不正确；B 正确；又由定理1的推广知C 不正确． 2．设ε>0，|x －a |<ε4，|y －a |<ε6.求证：|2x ＋3y －2a －3b |<ε.证明：|2x ＋3y －2a －3b |＝|2(x －a )＋3(y －b )|≤|2(x －a )|＋|3(y －b )|＝2|x －a |＋3|y －b |<2×ε4＋3×ε6＝ε.(1)(2)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋x －a (－1≤x ≤1)．若|a |≤1，求|f (x )|的最大值．利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解． (1)法一：||x －3|－|x ＋1||≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4， ∴－4≤|x －3|－|x ＋1|≤4. ∴y max ＝4，y min ＝－4. 法二：把函数看作分段函数．y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧4，x <－1，2－2x ，－1≤x ≤3，－4，x >3.∴－4≤y ≤4. ∴y max ＝4，y min ＝－4. (2)∵|x |≤1，|a |≤1，∴|f (x )|＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x | ＝|a ||x 2－1|＋|x |≤|x 2－1|＋|x | ＝1－|x 2|＋|x |＝－|x |2＋|x |＋1 ＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－122＋54≤54.∴|x |＝12时，|f (x )|取得最大值54.(1)利用绝对值不等式求函数最值，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．3．(江西高考)x ，y ∈R ，若|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≤2，则x ＋y 的取值范围为________．解析：|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，|y |＋|y －1|≥|y －(y －1)|＝1，所以|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≥2，当且仅当x ∈，y ∈时，|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|取得最小值2，而已知|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≤2，所以|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|＝2，此时x ∈，y ∈，所以x ＋y ∈．答案：4．求函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的最小值．解：∵|x －1|＋|x ＋1|＝|1－x |＋|x ＋1|≥|1－x ＋x ＋1|＝2，当且仅当(1－x )(1＋x )≥0，即－1≤x ≤1时取等号．∴当－1≤x ≤1时，函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|取得最小值2. 5．若对任意实数，不等式|x ＋1|－|x －2|>a 恒成立，求a 的取值范围．解：由题意知a <|x ＋1|－|x －2|对任意实数恒成立，∴a<min.∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.∴min＝－3.∴a<－3.即a的取值范围为(－∞，－3)．课时跟踪检测(四)1．对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是( )A．当a，b异号时，左边等号成立B．当a，b同号时，右边等号成立C．当a＋b＝0时，两边等号均成立D．当a＋b>0时，右边等号成立；当a＋b<0时，左边等号成立解析：选B 当a，b异号且|a|>|b|时左边等号才成立，A不正确，显然B正确；当a ＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确，D显然不正确．2．不等式|a＋b||a|＋|b|<1成立的充要条件是( )A．a，b都不为零B．ab<0C．ab为非负数D．a，b中至少有一个不为零解析：选B 原不等式即为|a＋b|<|a|＋|b|⇔a2＋b2＋2ab<a2＋b2＋2|ab|⇔ab<0. 3．已知a，b，c∈R，且a>b>c，则有( )A．|a|>|b|>|c| B．|ab|>|bc|C．|a＋b|>|b＋c| D．|a－c|>|a－b|解析：选D ∵a，b，c∈R，且a>b>c，令a＝2，b＝1，c＝－6.∴|a|＝2，|b|＝1，|c|＝6，|b|<|a|<|c|，故排除A.又|ab|＝2，|bc|＝6，|ab|<|bc|，故排除B.又|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，|a＋b|<|b＋c|，排除C.而|a－c|＝|2－(－6)|＝8，|a－b|＝1，∴|a－c|>|a－b|.4．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )A．|a＋b|＋|a－b|>2B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2D．不可能比较大小解析：选B 当(a＋b)(a－b)≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.当(a ＋b )(a －b )<0时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |<2. 5．不等式|x －1|－|x －2|<a 恒成立，则a 的取值范围为________．解析：若使不等式|x －1|－|x －2|<a 恒成立，只需a >(|x －1|－|x －2|)max . 因为|x －1|－|x －2|≤|x －1－(x －2)|＝1，故a >1.故a 的取值范围为(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)6．设a ，b ∈R ，|a －b |＞2，则关于实数x 的不等式|x －a |＋|x －b |＞2的解集是________．解析：∵|x －a |＋|x －b |＝|a －x |＋|x －b |≥|(a －x )＋(x －b )|＝|a －b |＞2， ∴|x －a |＋|x －b |＞2对x ∈R 恒成立，故解集为(－∞，＋∞)．答案：(－∞，＋∞) 7．下列四个不等式： ①log x 10＋lg x ≥2(x >1)； ②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)； ④|x －1|＋|x －2|≥1.其中恒成立的是______(把你认为正确的序号都填上)．解析：log x 10＋lg x ＝1lg x ＋lg x ≥2，①正确；ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；∵ab ≠0时，b a 与a b同号，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④正确．综上可知①③④正确．答案：①③④8．已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|x －y |≤14，求证：|x ＋5y |≤1.证明：|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|. 由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|≤|3(x ＋y )|＋|2(x －y )| ＝3|x ＋y |＋2|x －y |≤3×16＋2×14＝1，即|x ＋5y |≤1.9．设f (x )＝x 2－x ＋b ，|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．证明：∵f (x )－f (a )＝x 2－x －a 2＋a ＝(x －a )(x ＋a －1)， |f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|≤|x－a|＋2|a|＋1<2|a|＋2＝2(|a|＋1)，∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．10．设函数y＝|x－4|＋|x－3|.求：(1)y的最小值；(2)使y<a有解的a的取值范围；(3)使y≥a恒成立的a的最大值．解：(1)y＝|x－4|＋|x－3|＝|x－4|＋|3－x|≥|(x－4)＋(3－x)|＝1，∴y min＝1.(2)由(1)知y≥1，要使y<a有解，∴a>1，即a的取值范围为(1，＋∞)．(3)要使y≥a恒成立，只要y的最小值1≥a即可，∴a max＝1.。

人教A版数学选修4-5第2讲 1

Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
即an＋1＝2an＋1
从而an＋1＋1＝2(an＋1).
数学
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，
选修
∴a1＋a2＝2a1＋6.
人教 A 版
① ②
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
又 a1＝5，故 a2＝11，
从而 a2＋1＝2(a1＋1).
[分析] 由于不等式两边对数的底数不同，故不宜采用作差比较法，解答本题可采用作商比较法.
[解析] ∵a>2，∴a－1>1，
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0，
数学选
由于lologgaaa＋－1a1＝loga(a－1)·loga(a＋1)
修
人教
<[logaa－1＋2 logaa＋1]2＝[logaa22－1]2.
2f′(1)与23n2－13n的大小.
数学
[分析] 大比较大小时，作差法的差式与“n”的取值有关，且大小关系随
选修
“n”的变化而变化.
人教 A 版
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
[解析] (1)证明：由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5， ∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4， ①②两式相减，得
(3)运用放缩法证明命题时要注意放缩必须适度，放得过大或缩得过小都不能
够达到证明命题的目的. 放缩时使用的主要方法有：
①舍去或加上一些项，如：(x＋12)2＋34>(x＋12)2.
②将分子或分母放大(或缩小)，如：k12<kk－1 1，k12>kk＋1 1，
数

2018学年高中数学人教A版选修4-5课件：第2讲-章末分层突破精品

已知实数 x，y，z 不全为零，求证： x2＋xy＋y2＋ y2＋yz＋z2＋ z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z)．
【规范解答】因为 x2＋xy＋y2＝
x＋2y2＋34y2
≥
x＋2y2＝x＋2y≥x＋2y，
同理可证： y2＋yz＋z2≥y＋2z， x2＋xz＋z2≥z＋2x.
由于 x，y，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，
(2)若 AD＞12BC，因为 BD＝DC＝12BC，所以在△ABD 中，AD＞BD，从而∠B＞∠BAD. 同理∠C＞∠CAD. 所以∠B＋∠C＞∠BAD＋∠CAD，即∠B＋∠C＞∠A. 因为∠B＋∠C＝180°－∠A，
所以 180°－∠A＞∠A，即∠A＜90°，与已知矛盾，故 AD＞12BC 不成立．由(1)(2)知 AD＜12BC 成立.
[再练一题] 3．如图 2-1，已知在△ABC 中，∠CAB＞90°，D 是 BC 的中点，求证：AD ＜12BC.
图 2-1
【证明】假设 AD≥12BC. (1)若 AD＝12BC，由平面几何定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么这条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾，所以 AD≠12BC.
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，a3n＋2k，an4＋3k依次构成等比数列？并说明理由．
【解】 (1)证明：因为22aan＋n1＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以 2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列．

高中数学选修4-5知识点(最全版)

高中数学选修4-5知识点1．不等式的基本性质1．实数大小的比较(1)数轴上的点与实数之间具有一一对应关系．(2)设a 、b 是两个实数，它们在数轴上所对应的点分别是A 、B .当点A 在点B 的左边时，a b ．(3)两个实数的大小与这两个实数差的符号的关系(不等式的意义)⎩⎨⎧a >b ⇔a －b >0a ＝b ⇔a －b ＝0a ，<，≥，≤共5个．(2)相等关系和不等关系任意给定两个实数，它们之间要么相等，要么不相等．现实生活中的两个量从严格意义上说相等是特殊的、相对的，不等是普遍的、绝对的，因此绝大多数的量都是以不等关系存在的．(3)不等式的定义：用不等号连接起来的式子叫做不等式．(4)不等关系的表示：用不等式或不等式组表示不等关系．3.不等式的基本性质(1)对称性：a >b ⇔b <a ；(2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c ；(3)可加性：a >b ，c ∈R ⇔a ＋c >b ＋c ；(4)加法法则：a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d ；(5)可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc ；(6)乘法法则：a >b >0，c >d >0⇒ac >bd ；(7)乘方法则：a >b >0，n ∈N 且n ≥2⇒a n >b n ；(8)开方法则：a >b >0，n ∈N 且n ≥2⇒n a >n b .（9）倒数法则，即a >b >0⇒1a <1b .2．基本不等式1．重要不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．2．基本不等式(1)定理2：如果a ，b >0，那么a b +≥ a ＋b 2≥ab)，当且仅当a ＝b 时，等号成立．(2)定理2的应用：对两个正实数x ，y ，①如果它们的和S 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的积P 取得最大值，最大值为S2 4.②如果它们的积P是定值，则当且仅当x＝y时，它们的和S取得最小值，最小值为2P.3．基本不等式ab≤a＋b2的几何解释如图，AB是⊙O的直径，C是AB上任意一点，DE是过C点垂直AB的弦．若AC＝a，BC＝b，则AB＝a＋b，⊙O的半径R＝a＋b2，Rt△ACD∽Rt△DCB，CD2＝AC·BC＝ab，CD＝ab，CD≤R⇒ab≤a＋b2，当且仅当C点与O点重合时，CD＝R＝AB2，即ab＝a＋b2.4．几个常用的重要不等式(1)如果a∈R，那么a2≥0，当且仅当a＝0时取等号；(2)如果a，b>0，那么ab≤（a＋b）24，当且仅当a＝b时等号成立．(3)如果a>0，那么a＋1a≥2，当且仅当a＝1时等号成立．(4)如果ab>0，那么ab＋ba≥2，当且仅当a＝b时等号成立．3．三个正数的算术-几何平均不等式1．如果a、b、c∈R＋，那么a3＋b3＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．2．(定理3)如果a、b、c∈R＋，那么3++≥a b c (a＋b＋c3≥3abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．3．如果a1，a2，…，a n∈R＋，那么a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．即对于n个正数a1，a2，…，a n，它们的算术平均不小于它们的几何平均．二绝对值不等式1．绝对值三角不等式1．绝对值及其几何意义(1)绝对值定义：|a |＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥0）－a （a <0） (2)绝对值几何意义：实数a 的绝对值|a |表示数轴上坐标为a 的点A 到原点O 的距离|OA |.(3)数轴上两点间的距离公式：设数轴上任意两点A ，B 分别对应实数x 1，x 2，则|AB |＝|x 1－x 2|．2．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．推论1：如果a ，b 是实数，那么|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |.推论2：如果a ，b 是实数，那么|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b |.(2)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．|x |<a 与|x |>a 型不等式的解法设a >0，则(1)|x |<a ⇔－a <x <a ；(2)|x |≤a ⇔－a ≤x ≤a ；(3)|x |>a ⇔x <－a 或x >a ；(4)|x |≥a ⇔x ≤－a 或x ≥a ．2．|ax ＋b |≤c (c >0)与|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 与|x －a |＋|x －b |≥c 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．(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．确定各个绝对值号内多项式的正、负号，进而去掉绝对值号．(3)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．正确求出函数的零点并画出函数图象(有时需要考察函数的增减性)是关键．注：绝对值的几何意义(1)|x |的几何意义是数轴上点x 与原点O 的距离；(2)|x －a |＋|x －b |的几何意义是数轴上点x 到点a 和点b 的距离之和；(3)|x －a |－|x －b |的几何意义是数轴上点x 到点a 和点b 的距离之差．2．绝对值不等式的几何意义(1)|x |≤a (a >0)的几何意义是以点a 和－a 为端点的线段，|x |≤a 的解集是[－a ，a ]．(2)|x |>a (a >0)的几何意义是数轴除去以点a 和－a 为端点的线段后剩下的两条射线，|x |>a 的解集是(－∞，－a )∪(a ，＋∞)．3．解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值变形为不含绝对值的不等式(组)求解．例题：例如：分类讨论法：即通过合理分类去绝对值后再求解。

选修4-5 第2讲

第2讲不等式的证明基础知识整合1．比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．2．综合法一般地，从□05已知条件出发，利用□06定义、公理、□07定理、性质等，经过一系列的□08推理、□09论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．3．分析法证明命题时，从□10要证的结论出发，逐步寻求使它成立的□11充分条件，直至所需条件为□12已知条件或□13一个明显成立的事实(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，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．4．反证法证明命题时先假设要证的命题□14不成立，以此为出发点，结合□15已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)□16矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．5．放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值□17放大或□18缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．6．柯西不等式(1)二维形式的柯西不等式定理1若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥□19(ac＋bd)2，当且仅当□20ad＝bc时，等号成立．(2)柯西不等式的向量形式定理2设α，β是两个向量，则□21|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．1．作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2．如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3．高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！1．已知0<a<1b，且M＝11＋a＋11＋b，N＝a1＋a＋b1＋b，则M，N的大小关系是()A．M<N B．M>N C．M＝N D．不确定答案 B解析由已知得0<ab<1，故M－N＝11＋a＋11＋b－a1＋a－b1＋b＝1－a1＋a＋1－b1＋b＝2(1－ab)(1＋a)(1＋b)>0.故M>N.2．(2019·南通模拟)若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是()A．a<b＋c B．a>c－bC．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|答案 D解析|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|.故选D.3．已知a，b，c，d均为正数，S＝aa＋b＋d＋bb＋c＋a＋cc＋d＋b＋dd＋a＋c，则一定有()A．0<S<1 B．1<S<2 C．2<S<3 D．3<S<4 答案 B解析S>aa＋b＋c＋d ＋ba＋b＋c＋d＋ca＋b＋c＋d＋da＋b＋c＋d＝1，S<aa＋b＋b a＋b ＋cc＋d＋dc＋d＝2，∴1<S<2.故选B.4．(2019·驻马店质检)若x1，x2，x3∈(0，＋∞)，则3个数x1x2，x2x3，x3x1的值() A．至多有一个不大于1 B．至少有一个不大于1C．都大于1 D．都小于1答案 B解析解法一：设x1≤x2≤x3，则x1x2≤1，x2x3≤1，x3x1≥1.故选B.解法二：设x1x2>1，x2x3>1，x3x1>1，∴x1x2·x2x3·x3x1>1与x1x2·x2x3·x3x1＝1矛盾，∴至少有一个不大于1.5．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的取值范围是________．答案[－213，213]解析根据柯西不等式(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)∴－213≤3a＋2b≤213.3a＋2b∈[－213，213]．6．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则1a＋1b＋1c的最小值为________．答案9解析解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c ，得 a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c 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 ＝13时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2，即1a ＋1b ＋1c ≥9.核心考向突破考向一比较法证明不等式例1 (2019·西宁模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求A ；(2)若s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .解 (1)不等式f (x )<3等价于|2x ＋1|＋|x －2|<3.(*) 设函数g (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|－3，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －4，x ≥2，x ，－12<x <2，－3x －2，x ≤－12，其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0时，g (x )<0.所以不等式(*)的解集为x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－23<x <0.所以A ＝x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－23<x <0. (2)证明：因为s ，t ∈A ，由(1)知s ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，所以s 2<1，t 2<1.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s 2(1－t 2)(s 2－1)<0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .触类旁通比较法证明的一般步骤作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．即时训练 1.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，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 解 (1)由已知，得f (x )＝⎩⎨⎧x －1，x ≤2，3x －5，x >2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}． (2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1) ＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， ∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 考向二综合法证明不等式例2 (2019·咸阳模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值；(2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .解 (1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1，当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1. (2)证明：由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b ≥5＋2b a ·4ab ＝9，当且仅当b a ＝4a b 且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取等号．所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2，所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3，即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .触类旁通综合法是由因导果的证明方法.用综合法证明不等式时，应注意观察不等式的结构特点，选择恰当的公式作为依据，其中均值不等式是最常用的.即时训练 2.(2019·宜春模拟)(1)求不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集； (2)设a ，b 均为正数，h ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a ，a 2＋b 2ab ，2b ，证明：h ≥2. 解 (1)记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎨⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1，由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12，则不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12.(2)证明：h ≥2a ，h ≥a 2＋b 2ab ，h ≥2b，h 3≥4(a 2＋b 2)ab ≥4×2ab ab ＝8，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴h ≥2.考向三分析法证明不等式例3 (2019·株洲模拟)(1)求不等式|x －5|－|2x ＋3|≥1的解集； (2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤1.解 (1)当x ≤－32时，－x ＋5＋2x ＋3≥1，解得x ≥－7， ∴－7≤x ≤－32；当－32<x <5时，－x ＋5－2x －3≥1，解得x ≤13， ∴－32<x ≤13；当x ≥5时，x －5－(2x ＋3)≥1，解得x ≤－9，舍去．综上，－7≤x ≤13. 故原不等式的解集为x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－7≤x ≤13. (2)证明：要证a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1，即证2ab ≤12，即证ab ≤14. 而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤14成立， ∴原不等式成立．触类旁通对于一些难以看出综合推理出发点的题目，我们可以从要证的结论入手，通常采用分析法求证.分析法证明不等式是“执果索因”，要注意书写的格式和语言的规范.即时训练 3.(2018·福建模拟)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 ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．解 (1)当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1，综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．(2)证法一：因为f (ab )＝|ab ＋1|＝|(ab ＋b )＋(1－b )|≥|ab ＋b |－|1－b |＝|b ||a ＋1|－|1－b |.因为a ，b ∈M ，所以|b |>1，|a ＋1|>0，所以f (ab )>|a ＋1|－|1－b |，即f (ab )>f (a )－f (－b )．证法二：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，所以要证f (ab )>f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|>|a ＋b |，即证|ab ＋1|2>|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1>0，即证(a 2－1)(b 2－1)>0.因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向四反证法证明不等式例4 (2019·湖南模拟)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法.其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论.即时训练 4.已知x ，y 都是正实数，且x ＋y ≥2. (1)求x 2＋y 2的最小值；(2)求证：1＋x y ≤2和1＋yx ≤2至少有一个成立．解 (1)(x 2＋y 2)－(x ＋y )22＝2x 2＋2y 2－(x ＋y )22＝(x －y )22≥0，当且仅当x ＝y 时等号成立，所以x 2＋y 2≥(x ＋y )22≥2，当x ＝y ＝1时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为2.(2)证明：假设1＋x y ≤2和1＋yx ≤2都不成立，则有1＋x y >2且1＋yx >2，即1＋x >2y 且1＋y >2x ，两式相加，得2＋x ＋y >2x ＋2y ，即x ＋y <2，这与已知矛盾，因此1＋x y ≤2和1＋yx ≤2至少有一个成立．考向五放缩法证明不等式例5 (2019·包头模拟)已知x ，y ，z 为三角形的三边长，求证：1<x y ＋z ＋yx ＋z ＋zx ＋y<3. 证明 ∵x ，y ，z 为三角形的三边长， ∴y ＋z >x ，x ＋y >z ，x ＋z >y ， ∴1y ＋z <1x ，1y ＋x <1z ，1x ＋z <1y ， ∴x y ＋z ＋y x ＋z ＋zx ＋y<3，又x y ＋z ＋y x ＋z ＋z x ＋y >x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z ＋z x ＋y ＋z＝1， ∴1<x y ＋z ＋y x ＋z ＋z x ＋y <3.触类旁通用放缩法证明不等式将所证不等式中的某些项适当放大或缩小(主要方法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．即时训练 5.求证：12＋1＋122＋1＋123＋1＋…＋12n ＋1<1(n ∈N *)．证明注意到12n ＋1<12n将通项放缩为等比数列，左边<12＋122＋123＋…＋12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n <1. 6．求证：12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<53. 证明 ∵2n －1＝2·2n －1－1＝2·2n －1－2n －12n －1＝2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1≥74·2n －1(n ≥3)，∴12n －1≤47·12n －1， ∴12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<1＋13＋47⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋12n －1＝43＋27⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －2<43＋27＝3421<3521＝53.考向六柯西不等式的应用例6 (2018·江苏高考)若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．解由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2. 因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4，当且仅当x 1＝y 2＝z 2时，不等式取等号，此时x ＝23，y ＝43，z ＝43，所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4. 触类旁通即时训练 7.已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9. 解 (1)因为f (x ＋2)＝m －|x |，f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m ，由|x |≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{x |－m ≤x ≤m }．又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c 2＝9. 所以不等式得证．。

人教数学选修4-5全册精品课件：第二讲本讲优化总结

才能确定an－bn的符号．
例2
1 3 31 已知 x>0，y>0，求证：(x ＋y ) >(x ＋y ) . 2 3
2 2
【思路点拨】
本题若用比较法，则不易变形；若
直接用综合法，则不易发现与已知不等式的关系．因而可试用分析法．
【证明】要证明(x2＋y2) >(x3＋y3) . 只需证：(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，即证：x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，即证：3x4y2＋3x2y4>2x3y3. ∵x>0，y>0， ∴x2y2>0，即证：3x2＋3y2>2xy. ∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy， ∴3x2＋3y2>2xy 成立，故(x2＋y2) >(x3＋y3) .
【思路点拨】
用比较法证明．
【证明】
(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋anb＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1 ＝abn＋anb－an＋1－bn＋1 ＝a(bn－an)＋b(an－bn)
＝(a－b)(bn－an)．
当a>b>0时，bn－an<0，a－b>0，
此时(a－b)(bn－an)<0；
【名师点评】
问题(2)是反证法的范例．反证法
常用于直接证明困难或以否定形式出现的命
题．涉及 “ 都是 „” 、 “ 都不是 „” 、 “ 至少
„” 、 “ 至多 „” 等形式的命题，也常用反证
法．如果不用反证法，则改为证明原命题的否命
题正确，从而判定逆命题正确也可．
【名师点评】

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5：第二讲二综合法与分析法

a a aa a a－ b b a ∴ 0<a<b<1，∴ ab＝ a >1.∴ a <a .ba＝ b a.
( B．aa<ba<ab D．ab<ba<aa
)
a a ∵ 0<b<1， a>0.∴ b a<1.∴ aa<ba.
∴ a b < aa < ba .
答案： C
3
3
3
3
3
1．设 a，b∈R＋，A＝ a＋ b，B＝ a＋b，则 A，B 的大小关系是( A． A ≥ B C． A ＞ B 所以 A2>B2. 又 A＞0，B＞0， ∴A＞B. ) B．A≤B D． A ＜ B
解析：A2＝( a＋ b)2＝a＋2 ab＋b，B2＝a＋b，
答案：C
2．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是． a b A.b＋a≥2 b a a＋ b C. 2＋ 2≤ ab a b b2 a2 B. a ＋ b ≥a＋b 1 1 2 D. 2＋ 2≥ab a b
5．已知 a，b，c 都是正数，
a＋b 求证：2 － 2 a＋b＋c 3 ab≤3 － abc. 3 a＋b＋c a＋b 3 证明：法一：要证 2 － ab≤3 － 2 3
abc，
只需证 a＋b－2 ab≤a＋b＋c－3 abc，即－2 ab≤c－3 abc. 移项，得 c＋2 ab≥3 abc. 由 a，b，c 为正数，得 c＋2 ab＝c＋ ab＋ ab≥3 abc成立． ∴原不等式成立． 3 3 3
用综合法证明不等式
[例 1] 已知 x>0，y>0，且 x＋y＝1，求证：

人教A版高中数学选修4-5 4.2数学归纳法及其应用举例教学课件 (共19张PPT)

n
图形
交点个数 n 图形交点个数
2
•
f(2)=1 3
• ••
f(3)=3 =1+2 =f(2)+2
4
• •• •• •
f(4)=6
=3+3 5
=f(3)+3
••••••••• •
f(5)=10 =6+4 =f(4)+4
从k条到k+1条交点增加了k点，应证f(k+1)=f(k)+k
例题选讲
=k2+2k+1+k22k3 =(k2+2k+1)+(k+1)(k3) (因k3，则k30,k+1>0） k2+2k+1=(k+1)2．所以2k+1+2>(k+1)2．故当n=k+1时，原不等式也成立．根据1和2，原不等式对于任何 nN*都成立
例3、求证：当n2,nN时， n
1
1
n
1
2
1 3n
证明：（1）当n=1时，x 2 –y 2 = (x+y)(x-y), x2 - y 2 能被x+y整除。 (2)假设n k时，（k N )时，x2k y2k能被x y整除，那么
x2(k 1) y 2(k 1) x2 • x2k y 2 • y 2k
x2 • x2k x2 • y2k x2 • y2k y2 • y2k
思考2：例4与例5在由n=k到N=k+1时的证明
选有什么不同之处？不同之处是例4 拆项后可以直接分成两个都能被14整除的数的和，而例5拆项后则需要增减项后才能分成两个都能被x＋y整除的数的

2018高中数学选修4-5课件：第二讲2-1比较法精品

b a
－
(
a＋
b)＝
（ a）3＋（ b）3－（ a＋ b） ab
ab
＝
（ a＋ b）（ a－ b）2
ab
，
因为 a＞0，b＞0，
所以 a＋ b＞0， ab＞0，( a－ b)2≥0，
所以 ab＋ ba－( a＋ b)≥0，
故
ab＋
b≥ a
a＋
b.
类型 2 作商比较法证明不等式(自主研析)
a＋b
[典例 2] 已知 a，b∈R＋，求证：aabb≥(ab) 2 .
右边 a－ a－1 a＋1＋ a
又 a＋1－ a＞0， a－ a－1＞0.
所以原不等式成立．
1．比较法是证明不等式的一种最基本、最常用的方法，比较法除了课本中介绍的作差比较法(即利用 a＞b⇔ a－b＞0)，还有作商比较法即要证明a＞b，而b＞0，只要证明ab＞1.
作差比较法的基本步骤是：作差、变形、判断符号．变形是关键，目的在于能判断差的符号．为便于判断差式的符号．通常将差式变形为常数或几个因式的积、商形式或平方和形式．多项式不等式、分式不等式或对数不等式常用作差比较法证明．作商比较法的基本步骤是：作商、变形、判断商值与 1 的大小，适用于两边都是正值的幂或积的形式的不等式．其中判断差值的正负及商值与 1 的大小是用比较法证明不等式的难点．
2．用比较法证明不等式时，当差式或商式中含有字母时，一般需对字母的取值进行分类讨论．
又 c－b＝ 1 －(1＋x)＝ x2 ＞0，
1－x
1－x
所以 c＞b.所以 c＞b＞a.
答案：c
类型 1 作差比较法证明不等式
[典例 1] (1)已知 a，b∈R，求证：a2＋b2＋1＞a(b ＋1)；

人教A版高中数学选修4-5同步ppt课件：本讲小结2

2 2
1 2
>(x ＋y )
3
3
1 3
.
四
用反证法证明不等式设 a0，a1，a2，…，an－1，an 满足 a0＝an＝0，且有
【例 6】
a0－2a1＋a2≥0， a1－2a2＋a3≥0， …… an－2－2an－1＋an≥0. 求证：a1，a2，…，an－1 均不大于 0. 【分析】反证法．从结论中 a1，a2，…，an－1 均不大于 0，可考虑用
1 1 1 1 1 n－n＋1<n2<n－1－n，将这些不等式相加得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2－3＋3－4＋…＋n－n＋1<22＋32＋…＋n2<1－2＋2－3＋… 1 1 ＋－， n－1 n 1 1 1 1 1 1 即－ < ＋＋…＋ 2<1－ . 2 n＋1 22 32 n n 3 1 1 1 1 1 ∴ － <1＋ 2＋ 2＋…＋ 2<2－ (n≥2 且 n∈N＋). 2 n＋1 2 3 n n
一
专题探究比较法证明不等式若 x＋y＋z＝1，x，y，z∈R，
2 2
【例 1】
2
1 求证：x ＋y ＋z ≥3. 【分析】待证不等式是 x，y，z 的对称式，又都是二次式，
因此应想到作差，化为完全平方式的形式，进而可证．
【证明】
2 2
∵x＋y＋z＝1，
2
1 1 2 ∴x ＋y ＋z －＝ (3x ＋3y2＋3z2－1) 3 3 1 2 ＝3[3x ＋3y2＋3z2－(x＋y＋z)2] 1 2 ＝3[2x ＋2y2＋2z2－(2xy＋2yz＋2zx)] 1 ＝3[(x－y)2＋(y－z)2＋(z－x)2]≥0. 1 ∴x ＋y ＋z ≥3.

高中数学本讲归纳整合4课件新人教A版选修4-5

专题二
归纳猜想数学归纳法证明
应用数学归纳法证明不等式的关键是在运用归纳假设时，应分析p(k)与p(k＋1)的差异及联系，利用拆、添、并、放等手段，从p(k＋1)中分离出p(k)，再进行局部调整，也可考虑
寻求二者的结合点，以便顺利过渡，利用归纳假设，经过适
当放缩、恒等变形，得到结论需要的形式“凑结论”．
2．放缩法涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．
1 1 1 n 【例 2】求证：1＋＋＋…＋ n－1＞ (n∈N＋)． 2 3 2 2
1 证明 (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝ . 2 左边＞右边，∴不等式成立． (2)假设 n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立， 1 1 1 k 即 1＋＋＋…＋ k－1＞ . 2 3 2 2
1 1 1 【例 1】求证：＋＋…＋＜ n，n∈N＋. 1×2 2×3 nn＋1 1 1 证明 (1)当 n＝1 时，因为＝ (2)假设 n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有 1 1 1 ＋＋…＋＜ k， 1×2 2×3 kk＋1 当 n＝k＋1 时， 1 ＋ 1×2 1 ＋…＋ 2×3 1 ＋ kk＋1
2．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命
题成立．
3．运用数学归纳法时易犯的错误 (1) 对项数估算的错误，特别是寻找 n＝ k 与 n＝ k ＋1 的关系时，项数发生什么变化被弄错．
当 n＝k＋1 时， 1 1 1 1＋2＋3＋…＋ k－1＋ 2 k＋1 k k－1 1 ＞2＋2 · 2k＝ 2 . ∴n＝k＋1 时，不等式成立． 1 1 1 n 由(1)、(2)可知，1＋2＋3＋…＋ n－1＞2(n∈N＋)． 2

高中数学人教A版选修4-5教学案第二讲本讲知识归纳与达标验收

对应学生用书考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验．(福建高考)设不等式－＜的解集为.①求集合；②若，∈，试比较＋与＋的大小．解：①由－＜得－＜－＜，解得＜＜，所以＝{＜＜}．②由①和，∈可知＜＜＜＜.所以(＋)－(＋)＝(－)(－)＞，故＋＞＋.．(辽宁高考)设()＝＋－，证明：()当>时，()<(－)；()当<<时，()<.解：()法一：记()＝＋－－(－)，则当>时，′()＝＋－<.又()＝，故()<，即()<(－)．法二：由均值不等式，当>时，<＋，故<＋.①令()＝－＋，则()＝，′()＝－<，故()<，即<－.②由①②得，当>时，()<(－)．()法一：记()＝()－，当<<时，由()得′()＝＋－＝－<－＝.令()＝(＋)－<<，′()＝(＋)－<，因此()在()内是递减函数，又由()＝，得()<，所以′()<.因此()在()内是递减函数，又由()＝，得()<.于是当<<时，()<.法二：记()＝(＋)()－(－)，则当<<时，由()得′()＝()＋(＋)′()－<(－)＋(＋)－＝[(－)＋(＋)(＋)－]<[(－)＋(＋)－]＝(－＋)<，因此()在()内单调递减，又()＝，所以()<，即()<.对应学生用书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]设，为实数，＜＜＜＜，＋＝，求证：＋≥(＋).[证明]∵＋－(＋)＝－＝＝＝≥，∴＋≥(＋).。

高三数学总复习选修4-5 第2讲

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a＋b＋c 3 定理3：如果a、b、c为正数，则 ≥ abc ，当且仅当a＝b＝c时，等号 3 成立．定理4：(一般形式的算术－几何平均不等式)如果a1，a2，„，an为n个正数， a1＋a2＋„＋an n 则 ≥ a1a2„an，当且仅当a1＝a2＝„＝an时，等号成立． n
工具
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选修4－5 不等式选讲
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2．柯西不等式 (1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc 时等号成立． b1 b2 2 2 2 (2)若ai，bi(i＝1,1，„，n)为实数，则(ai )(bi )≥(aibi) ，当且仅当a ＝a 1 2 i＝1 i＝1 i＝1 bn ＝„＝a (当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，„，n)时等号成立． n (3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α· β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
证明：
由2n≥n＋k>n(k＝1,2，„，n)，
1 1 1 得2n≤ <n. n＋k 1 1 1 当k＝1时，2n≤ < ； n＋1 n 1 1 1 当k＝2时，2n≤ < ； n＋2 n
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„ 1 1 1 当k＝n时，2n≤ <n， n＋n 1 n 1 1 1 n ∴2＝2n≤ ＋＋„＋2n<n＝1. n＋1 n＋2
n n n
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3．不等式的证明方法

人教A版数学选修4-5第2讲 2

所以ba＋ab≥2，bc＋bc≥2，ac＋ac≥2.
且这三式的等号不能同时成立. (否则 a＝b＝c).
所以(ba＋ab)＋(bc＋bc)＋(ac＋ac)－3>6－3＝3.
数
学选修
即b＋ac－a＋c＋ab－b＋a＋bc－c>3.
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第二讲证明不等式的基本方法
[方法技巧] 综合法证明不等式的策略
所以原不等式成立.
本题也可用比较法证明如下：
a－b2
8b a＋2 b－
＝8b2 aa－－b2b2＝ ab
a＋ 4b
b2＝
ab＋12 4.
数学选修
因为 a>b>0，所以
ab4＋12>1，
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
a－b2
所以a＋2 b8－b
4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
典例试做3 已知a、b、c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1. 导学号 98920179
求证：(1)a＋b＋c≥ 3； (2) bac＋ abc＋ acb≥ 3( a＋ b＋ c).
数学选修人教 A 版
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
[解析] (1)要证明 a＋b＋c≥ 3，由于 a、b、c∈R＋，因此只需证明(a＋b＋ c)2≥3，
＋
lg
b＋c 2
＋
lg
c＋a 2
>lga
＋
lgb
＋
lgc
，
只
需
证
数学
lg(a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a)>lg(a·b·c)，即证a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a>abc.

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5：第二讲 本讲知识归纳与达标验收