2012届高考数学第一轮专题复习测试卷3--证明不等式的基本方法
高考数学第一轮复习：《证明不等式的基本方法》
高考数学第一轮复习：《证明不等式的基本方法》最新考纲通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法1．比较法方法原理作差法a－b>0⇔a>b作商法ab>1⇔a>b(a>0，b>0)2.综合法与分析法(1)综合法：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．3．三个正数的算术几何平均不等式(1)定理如果a，b，c∈R＋，那么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．(2)基本不等式的推广对于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，即a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．1．设a，b为不等的正数，且M＝(a4＋b4)(a2＋b2)，N＝(a3＋b3)2则有() (A)M＝N(B)M＜N(C)M＞N(D)M≥N答案：C2．已知t＞1，且x＝t＋1－t，y＝t－t－1，则x，y之间的大小关系是()(A)x ＞y (B)x ＝y(C)x ＜y (D)x ，y 的关系随t 而定答案：C3．设0＜x ＜1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x中最大的一个是________． 解析：由a 2＝2x ，b 2＝1＋x 2＋2x ＞a 2，a ＞0，b ＞0得b ＞a . 又c －b ＝11－x －(1＋x )＝1－(1－x 2)1－x＝x 21－x ＞0得c ＞b ，知c 最大．答案：c4．设x ＞0，y ＞0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，则实数λ的最小值是________．解析：∵x ＞0，y ＞0，∴原不等式可化为－λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (x ＋y )＝2＋y x ＋x y . ∵2＋y x ＋x y ≥2＋2y x ·x y ＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (x ＋y )min ＝4， 即－λ≤4，λ≥－4. 答案：－4考点一 比较法证明不等式设f (x )＝2x 2＋1，且a ，b 同号，a ＋b ＝1.求证：对任意实数p ，q 恒有af (p )＋bf (q )≥f (ap＋bq )成立．解析：∵a ＋b ＝1， ∴af (p )＋bf (q )－f (ap ＋bq )＝a ·(2p 2＋1)＋b ·(2q 2＋1)－2(ap ＋bq )2－1 ＝2ap 2＋2bq 2－2a 2p 2－4abpq －2q 2b 2 ＝2ap 2(1－a )＋2bq 2(1－b )－4abpq＝2abp 2＋2abq 2－4abpq ＝2ab (p －q )2.∵a ，b 同号，∴2ab (p －q )2≥0. ∴原不等式成立．【反思归纳】 比较法证明不等式的方法与步骤 (1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论． (2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．提醒：(1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法． (2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法． 【即时训练】 求证：当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b2. 证明：a a b b(ab )a ＋b2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2，当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＝1.当a ＞b ＞0时，ab ＞1，a －b 2＞0， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＞1. 当b ＞a ＞0时，0＜a b ＜1，a －b 2＜0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1.综上可知，当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )a ＋b2成立．考点二 用分析法证明不等式(1)已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254. (2)已知△ABC 的三边长分别是a ，b ，c 且m 为正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m .(1)证明：因为已知a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，所以根据基本不等式a ＋b ≥2ab ， 所以0＜ab ≤14，又⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a 2＋1a ·b 2＋1b ＝a 2b 2－2ab ＋2ab ＝(1－ab )2＋1ab ≥254⎝ ⎛⎭⎪⎫取等号时a ＝b ＝12， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254.(2)解析：要证a a ＋m ＋b b ＋m ＞c c ＋m，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )＞0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2＞0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0.由于a ，b ，c 分别是△ABC 的三边长，故a ＋b ＞c . 因为m ＞0，所以(a ＋b －c )m 2＞0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0是成立的， 因此a a ＋m ＋b b ＋m ＞c c ＋m 成立．【反思归纳】 分析法的应用当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，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．【即时训练】 设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1. 求证：a bc ＋b ac ＋cab ≥3(a ＋b ＋c )． 证明：a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc .∵a 2＋b 2≥2ab b 2＋c 2≥2bc a 2＋c 2≥2ac ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋aca2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ac)＝3 ∴a＋b＋c≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥a＋b＋c，即证a bc＋b ac＋c ab≤1，即证a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca，而a bc＝ab·ac≤ab＋ac2，b ac≤ab＋bc2，c ab≤bc＋ac2.所以a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝33时等号成立)．所以原不等式成立．考点三用综合法证明不等式已知x，y，z均为正数．求证：xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.解：因为x，y，z均为正数．所以xyz ＋yzx＝1z⎝⎛⎭⎪⎫xy＋yx≥2z，同理可得z xy ＋yzx＝1x⎝⎛⎭⎪⎫zy＋yz≥2x，zxy＋xyz＝1y⎝⎛⎭⎪⎫zx＋xz≥2y，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xyz ＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.【反思归纳】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．【即时训练】已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2 ≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b ) ＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.分析法与综合法在不等式证明中的应用设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件． 审题指导关键点 所获信息 a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd利用不等式性质a ＋b >c ＋ d两边平方后观察不等式两边与已知条件的关系a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件 证明充分性和必要性解题突破：(1)利用分析法证明；(2)分充分性和必要性两种情况证明.满分展示：证明：(1)因为要证(a＋b)>c＋d，只需证(a＋b)2>(c＋d)2，即证a＋b＋2ab>c＋d＋2cd，因为a＋b＝c＋d，因此只需证2ab>2cd，即证ab>cd，而已知ab>cd，因此a＋b>c＋d.(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．答题模板：第一步：观察要证明的不等式，用分析法证明；第二步：证明必要性；第三步：证明充分性．课时作业1．设a，b，c为正实数，求证：1a3＋1b3＋1c3＋abc≥2 3.证明：因为a，b，c为正实数，由均值不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 3·1b 3·1c 3，即1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc ， 当且仅当1a 3＝1b 3＝1c 3，即a ＝b ＝c 时，等号成立．所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .而3abc ＋abc ≥23abc ·abc ＝23，当且仅当3abc ＝abc ，即abc ＝3时，等号成立，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.2．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥2.解：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，∴2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12.(2)∵a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a ，∴a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥(ac b ＋ab c )＋(ab c ＋bc a )＋(ac b ＋bc a )＝a (c b ＋b c )＋b (a c ＋c a )＋c (a b ＋b a )≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)．3．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≥|m ＋1|恒成立，求实数m 的最大值M ； (2)在(1)的条件下，若正数，b ，满足a ＋2b ＋c ＝M ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c≥1. 解析：(Ⅰ)若f (x )≥|m ＋1|恒成立，即f (x )min ≥|m ＋1|由绝对值的三角不等式|x －3|＋|x ＋2|≥|x －3－x －2|＝5，得f (x )min ＝5 即|m ＋1|≤5，解得－6≤m ≤4，所以M ＝4(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知a ＋2b ＋c ＝4，得(a ＋b )＋(b ＋c )＝4 所以有1a ＋b ＋1b ＋c ＝14[(a ＋b )＋(b ＋c )]⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ≥14(2＋2)＝1 即1a ＋b ＋1b ＋c≥1. 4．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 |，所以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)由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，故由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )(1a ＋12b ＋13c )≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9.5．设函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|，若－2＜f (a )＜0，－2＜f (b )＜0. (1)证明：|a ＋b |＜1；(2)比较2|a －b |与|1－4ab |的大小． 解析：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ＜－2－2x －1，－2≤x ＜1，－3，x ≥1由⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ＜1－2＜－2x －1＜0得－12＜x ＜12， 从而－12＜a ＜12，－12＜b ＜12，|b |＜12.所以|a ＋b |≤|a |＋|b |＜12＋12＝1. (2)(2|a －b |)2－|1－4ab |2＝(4a 2－1)(4b 2－1)． 由(1)得a 2＜14，b 2＜14，所以(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故2|a －b |＞|1－4ab |.6．已知a ＞0，b ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |的最小值为1. (1)求证：2a ＋b ＝2；(2)若a ＋2b ≥tab 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)法一：f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2，∵|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2≥|(x ＋a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 2|＝a ＋b 2且⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2≥0，∴f (x )≥a ＋b 2，当x ＝b2时取等号，即f (x )的最小值为a ＋b2，∴a ＋b2＝1,2a ＋b ＝2；法二：∵－a ＜b2，∴f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋b ，x ＜－a－x ＋a ＋b ，－a ≤x ≤b 2，3x ＋a ＋b ，x ≥b 2显然f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，b 2上单调递减，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b 2，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＝a ＋b 2，∴a ＋b2＝1,2a ＋b ＝2.(2)方法一：∵a ＋2b ＝tab 恒成立，∴a ＋2bab ＝t 恒成立， a ＋2b ab ＝1b ＋2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )·12 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4＋2a b ＋2b a ≥12⎝⎛⎭⎪⎫1＋4＋22a b ·2b a ＝92， 当a ＝b ＝23时，a ＋2b ab 取得最小值92， ∴92≥t ，即实数t 的最大值为92； 方法二：∵a ＋2b ≥tab 恒成立，∴a ＋2b ab ≥t 恒成立， t ≤a ＋2b ab ＝1b ＋2a 恒成立，1b ＋2a ＝1b ＋42a ≥(1＋2)2b ＋2a ＝92，∴92≥t ，即实数t 的最大值为92.7．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －3|.(Ⅰ)解不等式f (x )≤x ＋1；(Ⅱ)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.解析：(Ⅰ)f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋|x －3|≤x ＋1.(1)当x ＜1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，x ≥1.又∵x ＜1，∴x ∈；(2)当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，x ≥1.又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3.(3)当x ＞3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，x ≤5.又∵x ＞3，∴3＜x ≤5.综上所得，1≤x ≤3，或3＜x ≤5，即1≤x ≤5.∴原不等式的解集为[1,5]．(Ⅱ)由绝对值不等式性质得，|x －1|＋|x －3|≥|(1－x )＋(x －3)|＝2，∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m ＞1，n ＞1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4，a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝(m －1)2m ＋(n －1)2n ＝m ＋n ＋1m ＋1n －4＝4mn ≥4(m ＋n 2)2＝1，原不等式得证.8．已知函数f (x )＝|x －m |＋|x ＋1|(m ∈R )d 的最小值为4.(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋2b ＋3c ＝m ，求证：1a ＋12b ＋13c ≥3.解析：(1)f (x )＝|x －m |＋|x ＋1|≥|(x －m )－(x ＋1)|＝|m ＋1|， 所以|m ＋1|＝4，解得m ＝－5或m ＝3.(2)由题意，a ＋2b ＋3c ＝3.于是1a ＋12b ＋13c ＝13(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋2b a ＋a 2b ＋3c a ＋a 3c ＋3c 2b ＋2b 3c ≥13⎝⎛⎭⎪⎫3＋22b a ·a 2b ＋23c a ·a 3c ＋23c 2b ·2b 3c ＝3， 当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立，即a ＝1，b ＝12，c ＝13时等号成立．。
2012届高考数学一轮精品8.3基本不等式的证明(考点疏理 典型例题 练习题和解析)
2012届高考数学一轮精品8.3 基本不等式的证明（考点疏理+典型例题+练习题和解析）8.3 基本不等式的证明【知识网络】1、重要的基本不等式，不等式等号成立的条件；2、证明不等式的方法及应用。
【典型例题】例1：（1）设,a R ∈b ，已知命题:p a b =；命题222:22a b a bq ++⎛⎫≤⎪⎝⎭，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答案：B 。
解析： a b =是22222a b a b++⎛⎫≤⎪⎝⎭等号成立的条件。
（2）若,,a b c 为△ABC 的三条边，且222,S a b c p ab bc ac =++=++，则（ ）A ．2S p ≥B ． 2p S p <<C ．S p >D ．2p S p ≤<答案:D ．解析：2222221()[()()()]0,2S p a b c ab bc ac a b b c a c S p -=++-++=-+-+-≥∴≥，又∵222222222||,||,||,2,2,2a b c b c a a c b a ab b c b bc c a a ac c b -<-<-<∴-+<-+<-+< ∴2222(),2a b c ab bc ac S p ++<++∴<。
（3）设x > 0, y > 0,y x y x a +++=1, yyx x b +++=11， a 与b 的大小关系 （ ）A ．a >bB ．a <bC ．a ≤bD ．a ≥b 答案：B 。
解析：11111x y x y x ya x y x y x y x y+==+<+++++++++。
（4）b 克盐水中，有a 克盐（0>>a b ），若再添加m 克盐（m >0）则盐水就变咸了，试根据这一事实提炼一个不等式 .答案：mb ma b a ++<．解析:由盐的浓度变大得． （5）设.11120,0的最小值，求且yx y x y x +=+>> ．答案： 223+。
【人教A版】2012高三数学理一轮复习课件选考3-1绝对值不等式
[例 3] 解关于 x 的不等式xx－ ＋1a<1. [思路探究] 本题属于|ax＋b|<c(c>0)型不等式，可按此类不等 式的常规方法求解，去掉绝对值符号后转化为不等式组，再对a进 行分类讨论．
所以aa－ ＋33＝ ＝－5，1， 解得 a＝2.
②当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|. 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，
－2x－1，x<－3， 于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝5，－3≤x≤2，
2x＋1，x>2.
所以当x<－3时，g(x)>5；当－3≤x≤2时，g(x)＝5；当x>2时， g(x)>5.
即时训练 解不等式|2x＋1|＋|x－2|>4. 解：当 x≤－12时，原不等式可化为 －2x－1＋2－x>4，∴x<－1； 当－12<x≤2 时，原不等式可化为 2x＋1＋2－x>4，∴x>1，又－12<x≤2， ∴1<x≤2； 当 x>2 时，原不等式可化为
2x＋1＋x－2>4，∴x>53， 又 x>2，∴x>2. 综上，得原不等式的解集为{x|x<－1 或 x>1}．
答案：{x|x<－1或x>1}
本讲内容若单独命题，一般以解答题或填空题的形式出现， 特别是与绝对值有关的解法，最值及证明问题是复习的重点，注 意绝对值与函数、数列相结合的证明问题．
[例 4] (2010·江苏高考)设 a、b 为非负实数，求证：a3＋b3≥ ab(a2 ＋b2)．
[证明] 由 a，b 是非负实数，作差得 a3＋b3－ ab(a2＋b2)＝a2 a( a－ b)＋b2 b( b－ a) ＝( a－ b)[( a)5－( b)5]． 当 a≥b 时， a≥ b，从而( a)5≥( b)5 得( a－ b)[( a)5 － ( b)5]≥0； 当 a＜b 时， a< b，从而( a)5<( b)5，得( a－ b)[( a)5－( b)5]>0. 所以 a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．
2012年高考数学复习检测题：不等式、推理与证明
第六单元 不等式、推理与证明第一节 不等关系与不等式1. 下列命题正确的是( )A. 若ac ＞bc ⇒a ＞bB. 若a 2＞b 2⇒a ＞bC. 若1a ＞1b⇒a ＜b D. 若a ＜b ⇒a ＜b 2. 若log a 2＜log b 2＜0，则( )A. 0＜a ＜b ＜1B. 0＜b ＜a ＜1C. a ＞b ＞1D. b ＞a ＞13. 已知x ＞y ＞z ，且x ＋y ＋z ＝0，下列不等式中成立的是( )A. xy ＞yzB. xz ＞yzC. xy ＞xzD. x |y |＞z |y |4. (2010·银川模拟)已知a ，b ，c ∈R ，则下列命题①a c 2＞b c 2⇒a ＞b ； ②a 3＞b 3，ab ＞0⇒1a ＜1b； ③a 2＞b 2，ab ＞0⇒1a ＜1b； ④0＜a ＜b ＜1⇒log a (1＋a )＞log b 11－a. 其中正确的个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 设0＜b ＜a ＜1，则下列不等式成立的是( )A. ab ＜b 2＜1B. log 12b ＜log 12a ＜0 C. 2b ＜2a ＜2 D. a 2＜ab ＜16. 若x ＞y ＞1，且0＜a ＜1，则：①a x ＜a y ；②log a x ＜log a y ；③x －a ＞y －a ；④log x a ＜log y a . 其中不成立的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 47. 已知1≤a ＋b ≤4，－1≤a －b ≤2，则4a －2b 的取值范围为____________．8. 设A ＝1＋2x 4，B ＝2x 3＋x 2，x ∈R ，则A 、B 的大小关系为____________．9. (2010·潍坊模拟)已知0＜x ＜y ＜a ＜1，设m ＝log a x ＋log a y ，则m 的取值范围为____________．10. 已知a ＋b ＞0，则a b 2＋b a 2________1a ＋1b.(填“＞”，“＝”，“＜”，“≤”或“≥”) 11. 有一根钢管，长度为4 000 mm ，要截成500 mm 和600 mm 两种毛坯，且以这两种毛坯数量之比大于13配套，请列出不等关系． 12. 设f (x )＝1＋log x 3，g (x )＝2log x 2(x ＞0且x ≠1)，试比较f (x )与g (x )的大小．第二节 一元二次不等式及其解法1. (2010·广东改编)函数f (x )＝lg(x 2－1)的定义域为( )A. (1，＋∞)B. (－∞，－1]C. (－∞，－1]∪[1，＋∞)D. (－∞，－1)∪(1，＋∞)2. (2010·全国)不等式x 2－x －6x －1＞0的解集为( ) A. {x |x ＜－2，或x ＞3} B. {x |x ＜－2，或1＜x ＜3}C. {x |－2＜x ＜1，或x ＞3}D. {x |－2＜x ＜1，或1＜x ＜3}3. 关于x 的方程2x ＝a 2＋a 在(－∞，1]上有解，则实数a 的取值范围是( )A. [－2，－1)∪(0,1]B. [－2，－1]∪(0,1]C. [－2，－1)∪(0,2]D. [－2，－1)∪[0,2]4. 若不等式ax 2＋bx ＋1>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－12<x <1，则( ) A ．a ＝2，b ＝－1 B ．a ＝2，b ＝1C ．a ＝－2，b ＝－1D ．a ＝－2，b ＝15. 在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x (1－y )．若不等式(x －a )⊗(x ＋a )<1对任意实数x 成立，则( )A. －1<a <1B. 0<a <2C. －12<a <32 D ．－32<a <126. (2010·泰安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2， x ≤0，－x ＋2， x ＞0，则不等式f (x )≥x 2的解集为( ) A. [－1,1] B. [－2,2] C. [－2,1]D. [－1,2]7. 不等式5x ＋2≥1的解集为________． 8. 已知{x |ax 2－ax ＋1<0}＝∅，则实数a 的取值范围为________．9. 若关于x 的方程x 2＋ax ＋a 2－1＝0有一正根和一负根，则a 的取值范围为________．10. (2010·天津)设函数f (x )＝x －1x.对任意x ∈[1，＋∞)，f (mx )＋mf (x )＜0恒成立，则实数m 的取值范围是______．11. 函数f (x )＝2－x ＋3x ＋1的定义域为集合A ，函数g (x )＝lg[(x －a －1)(2a －x )]的定义域为非空集合B .(1)求A ；(2)若B ⊆A ，求实数a 的取值范围．12. 解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ∈R)．第三节 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题1. 下列各点中，与点(2,2)在直线x ＋y －1＝0同一侧的是( )A. (0,0)B. (－1,1)C. (－1,3)D. (2，－3)2. (原创题)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＋1≥0x －2y －1≤0x ＋y ≤1表示的平面区域为( ) A. 四边形及其内部B. 等腰三角形及其内部C. 在第一象限的一个无界区域D. 不包含第一象限内的点的一个有界区域3. 已知变量x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥1，y ≤2，x －y ≤0，则x ＋y 的最小值是( )A. 4B. 3C. 2D. 14. 在平面直角坐标系上，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≤－3|x |＋1所表示的平面区域的面积为 ( ) A. 2 B. 32 C. 322D. 2 5. 若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a 表示的平面区域是一个三角形，则a 的取值范围是( )A. ⎣⎡⎭⎫43，＋∞B. (0,1]C. ⎣⎡⎦⎤1，43D. (0,1]∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 6. (2010·金华模拟)已知以x ，y 为自变量的目标函数ω＝kx ＋y (k ＞0)的可行域如图阴影部分(含边界)所示，若使ω取最大值时的最优解有无穷多个，则k 的值为( )A. 1B. 32C. 2D. 4 7. (创新题)由直线x ＋y ＋2＝0，x ＋2y ＋1＝0,2x ＋y ＋1＝0围成的三角形区域(含边界)用不等式组可表示为________．8. 已知点(－3，－1)和(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围为________．9. 设O 为坐标原点，A (1,1)，若点B (x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2－2x －2y ＋1≥0，1≤x ≤2，1≤y ≤2，则OA →·OB →取得最小值时，点B 的个数是________． 10. 已知平面区域D 是由以A (1,3)、B (2,0)、C (3,1)为顶点的三角形内部和边界组成．若目标函数z ＝ax ＋y (a >0)在区域D 内仅在点(2,0)处取得最小值，则a 的取值范围为________．11. (2010·泰安模拟)某研究所计划利用“神七”宇宙飞船进行新产品搭载实验，计划搭载新产品A 、B ，该所要根据该产品的研制成本、产品重量、搭载实验费用和预计产生收益来决定具体安排，通过调查，有关数据如下表：少？12. 已知O 为坐标原点，A (2,1)，P (x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧ x －4y ＋3≤0，3x ＋5y ≤25，x －1≥0，求|OP →|·cos ∠AOP 的最大值．第四节 基本不等式及其应用1. 设x >0，则y ＝3－3x －1x的最大值是( ) A ．3 B ．3－2 2C ．3－2 3D ．－12. 若x ，y >0，且x ＋2y ＝3，则1x ＋1y的最小值是( ) A. 2 B. 32 C. 1＋223D. 3＋2 2 3. 设a >0，b >0，若3是3a 与3b 的等比中项，则1a ＋1b的最小值为( ) A. 8 B. 4 C. 1 D. 144. (2010·潍坊模拟)若0＜x ＜1，则f (x )＝x (4－3x )取得最大值时，x 的值为( )A. 13B. 12C. 34D. 235. (2010·全国)已知函数f (x )＝|lg x |，若0＜a ＜b ，且f (a )＝f (b )，则a ＋2b 的取值范围是( )A. (22，＋∞)B. [22，＋∞)C. (3，＋∞)D. [3，＋∞)6. (2010·四川)设a ＞b ＞0，则a 2＋1ab ＋1a (a －b )的最小值是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 47. (2010·枣庄模拟)已知a ＞0，b ＞0，则1a ＋1b＋2ab 的最小值是________． 8. 已知a ＞b ＞c ，则(a －b )(b －c )与a －c 2的大小关系是________． 9. 函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0，a ≠1)的图像恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中mn >0，则1m ＋2n的最小值为________． 10. 设x ，y ∈R ，a ＞1，b ＞1，若a x ＝b y ＝3，a ＋b ＝23，则1x ＋1y的最大值为________． 11. 已知a ＞2，试判断log a (a －1)·log a (a ＋1)与1的大小关系．12. 函数f (x )对一切实数x ，y 均有f (x ＋y )－f (y )＝(x ＋2y ＋1)x 成立，且f (1)＝0.(1)求f (0)；(2)求f (x )；(3)当0＜x ＜2时不等式f (x )＞ax －5恒成立，求a 的取值范围．第五节 合情推理与演绎推理1. (改编题)“∵四边形ABCD 是矩形，∴四边形ABCD 的对角线相等”，补充以上推理的大前提是( )A. 正方形都是对角线相等的四边形B. 矩形都是对角线相等的四边形C. 等腰梯形都是对角线相等的四边形D. 矩形都是对边平行且相等的四边形2. 下列推理是归纳推理的是()A. A、B为定点，动点P满足|P A|＋|PB|＝2a＞|AB|，得P的轨迹为椭圆B. 由a1＝1，a n＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和S n的表达式C. 由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜出椭圆x2a2＋y2b2＝1的面积S＝πabD. 科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇3. 如图，把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正三角形，则第七个三角形数是()A. 27B. 28C. 29D. 304. (2010·广州模拟)在平面内有n(n∈N*，n≥3)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，若这n条直线把平面分成f(n)个平面区域，则f(6)等于()A. 19B. 22C. 24D. 325. 对于直线m，n和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是()A. m⊥n，m∥α，n∥βB. m⊥n，α∩β＝m，n⊆αC. m∥n，n⊥β，m⊆αD. m∥n，m⊥α，n⊥β6. 已知整数的数对列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…则根据上述规律，第60个数对可能是()A. (3,8)B. (4,7)C. (4,8)D. (5,7)7. 在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．8. 观察以下三个等式：(1)13＋23＝9；(2)13＋23＋33＝36；(3)13＋23＋33＋43＝100，归纳其特点可以获得一个猜想是13＋23＋33＋…＋n 3＝______________.9. 在等差数列{a n }中，若a 10＝0，则有等式a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n (n ＜19，n ∈N *)成立，类比上述性质，相应地，在等比数列{b n }中，若b 9＝1，则有等式____________成立．10. 观察下列不等式：1>12，1＋12＋13>1，1＋12＋13＋…＋17>32，1＋12＋13＋…＋115>2,1＋12＋13＋…＋131>52，…，由此猜想第n 个不等式为________________________________________________________________________．11. 观察下列等式：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34； ②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34. 由上面两式的结构规律，你是否能提出一个猜想？并证明你的猜想．12. 已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为k PM 、k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值．试对双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1写出具有类似特性的性质，并加以证明．第六节 直接证明与间接证明1. 命题“如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，那么数列{a n }一定是等差数列”是否成立( )A. 不成立B. 成立C. 不能断定D. 能断定2. (2010·济南模拟)若a 、b 、c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a ＞b 与a ＜b 及a ＝b 中一定有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立． 其中判断正确的个数是( )A. 0B. 1C. 2D. 33. 若a >b >0，则下列不等式中总成立的是( )A. a ＋1b >b ＋1aB. b a >b ＋1a ＋1C. a ＋1a >b ＋1bD. 2a ＋b a ＋2b >a b4. 设a ，b 是两个实数，给出下列条件：(1)a ＋b ＞1；(2)a ＋b ＝2；(3)a ＋b ＞2；(4)a 2＋b 2＞2；(5)ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )A. (2)(3)B. (1)(2)(3)C. (3)D. (3)(4)(5)5. 设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x中最大的一个是( ) A. a B. b C. c D. 不能确定6. 设x ，y ，z ∈(0，＋∞)，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数( ) A. 至少有一个不大于2 B. 都小于2C. 至少有一个不小于2D. 都大于27. (创新题)已知a ，b 为不相等的实数且a ＞0，b ＞0，x ＝a ＋b 2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．8. (改编题)等差数列{a n }中，a 1＋a 2＝4，a 3＋a 4＝12，则a 5＋a 6＝________.9. (改编题)若x ≥1，则x 与ln x 的大小关系为________．10. 完成反证法证题的全过程．已知：a 1，a 2，…，a 7是1,2，…，7的一个排列．求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数．证明：假设p 为奇数，则____________均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝________________________＝____________________________＝0.但奇数个奇数之和不可能为偶数，这一矛盾说明p 为偶数．11. 已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc >ad ，求证：a b <a ＋c b ＋d <c d. 12. (2010·江苏启东中学模拟)已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b.第七节 数学归纳法1. 等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( ) A. n 为任何正整数时都成立B. 仅当n ＝1,2,3时成立C. 当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D. 仅当n ＝4时不成立2. 某个命题与正整数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时该命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A. 当n ＝6时该命题不成立B. 当n ＝6时该命题成立C. 当n ＝4时该命题不成立D. 当n ＝4时该命题成立3. 凸n 边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)为( )A. f (n )＋n ＋1B. f (n )＋nC. f (n )＋n －1D. f (n )＋n －24. 用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)”的过程中，第二步n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A. 1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B. 1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k －1＋2k ＋1C. 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D. 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－15. 用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)时，从k 到k ＋1，左边需要增加的代数式为( )A. 2k ＋1B. 2(2k ＋1)C. 2k ＋1k ＋1D. 2k ＋3k ＋16. 用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n ＞n 2”时，验证的第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是________．7. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋a n －1(n ∈N *)，用数学归纳法证明a 4n 能被4整除，假设a 4k 能被4整除，应证________．8. (改编题)用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为：________________________________________________________________________.9. (2010·青岛二模)利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1＜f (n )(n ≥2，n ∈N *)的过程，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了________项．10. 用数学归纳法证明：1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝12n (3n －1)． 11. 已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n －2)(3n ＋1)，…，计算数列和S 1、S 2、S 3、S 4，根据计算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法进行证明．参考答案第一节 不等关系与不等式1. 解析：由不等式的性质可知D 正确．答案：D2. 解析：由log a 2＜log b 2＜0，得0＜a ＜1,0＜b ＜1，且1log 2a ＜1log 2b＜0， ∴log 2b ＜log 2a ＜0，∴0＜b ＜a ＜1.答案：B3. 解析：由已知可得x ＞0，z ＜0，由y ＞z 可得xy ＞xz ，故选C.答案：C4. 解析：对于③中，当a ＝－3，b ＝－1时，命题不成立．答案：C5. 解析：令b ＝13，a ＝12，则ab ＝16， b 2＝19，a 2＝14，故可排除A 、D ，因为y ＝log 12x 为减函数，所以log 12b ＞log 12a ＞0.因为y ＝2x 为增函数，所以2b ＜2a ＜2，故选C.答案：C6. 解析：由0＜a ＜1可知y ＝a x 与y ＝log a x ，y ＝x －a 在(0，＋∞)上均为减函数，又∵x ＞y ＞1，∴有a x ＜a y ，log a x ＜log a y ＜0，x －a ＜y －a ，log x a ＞log y a ，故只有①②正确． 答案：B7. 解析：设4a －2b ＝m (a ＋b )＋n (a －b )＝(m ＋n )a ＋(m －n )b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝－2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3. 由－1≤a －b ≤2知－3≤3(a －b )≤6，又1≤a ＋b ≤4，∴－2≤4a －2b ≤10.答案：[－2,10]8. 解析：A －B ＝1＋2x 4－2x 3－x 2＝2x 3(x －1)－(x －1)(x ＋1)＝(x －1)(2x 3－x －1)＝(x －1)[(x 3－x )＋(x 3－1)]＝(x －1)[x (x －1)(x ＋1)＋(x －1)(x 2＋x ＋1)]＝(x －1)2(x 2＋x ＋x 2＋x ＋1)＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1)．∵x ∈R,2x 2＋2x ＋1＞0恒成立，∴(x －1)2(2x 2＋2x ＋1)≥0，故A ≥B .答案：A ≥B9. 解析：由0＜x ＜y ＜a ＜1知0＜xy ＜a 2，且y ＝log a x 在(0，＋∞)上为减函数，又m ＝log a x ＋log a y ＝log a xy ＞log a a 2＝2，故m ＞2.答案：(2，＋∞)10. 解析：a b 2＋b a 2－1a －1b ＝b －a a 2＋a －b b 2＝(a －b )⎝⎛⎭⎫1b 2－1a 2 ＝(a －b )a 2－b 2b 2a 2＝(a －b )2(a ＋b )a 2b 2. ∵a ＋b ＞0，∴(a －b )2(a ＋b )a 2b 2≥0，∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b. 答案：≥11. 解析：设截成500 mm 的x 根，600 mm 的y 根，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 500x ＋600y ≤4 000，y ＜3x ，x ，y ∈N *，即⎩⎪⎨⎪⎧ 5x ＋6y ≤40，y ＜3x ，x ，y ∈N *.12. 解析：f (x )－g (x )＝1＋log x 3－2log x 2＝log x 3x －log x 4＝log x 34x .(1)当log x 34x >0时，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >1，34x >1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<34x <1，也就是x >43或0<x <1时，f (x )>g (x )；(2)当log x 34x ＝0时，即34x ＝1，也就是x ＝43时，f (x )＝g (x )；(3)当log x 34x <0时，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >1，0<34x <1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，34x >1， 也就是1<x <43时，f (x )<g (x )．综上所述，当x >43或0<x <1时，f (x )>g (x )；当x ＝43时，f (x )＝g (x )；当1<x <43时，f (x )<g (x )．第二节 一元二次不等式及其解法1. 解析：由x 2－1＞0得x ＞1或x ＜－1. 答案：D2. 解析：∵(x －3)(x ＋2)x －1＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x －3)(x ＋2)＞0，x －1＞0或⎩⎪⎨⎪⎧(x －3)(x ＋2)＜0，x －1＜0，∴x ＞3或－2＜x ＜1. 答案：C3. 解析：∵x ∈(－∞，1]，∴2x ∈(0,2]，∴0＜a 2＋a ≤2， 解得0＜a ≤1或－2≤a ＜－1. 答案：A4. 解析：由已知－12，1为方程ax 2＋bx ＋1＝0的两根，所以⎩⎨⎧－b a ＝12，1a ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1.此时Δ＝1＋8＝9＞0，符合题意．答案：D5. 解析：∵(x －a )⊗(x ＋a )＝(x －a )[1－(x ＋a )]， ∴x 2－x －a 2＋a ＋1>0对任意实数x 都成立， ∴Δ＝1＋4(a 2－a －1)＝4a 2－4a －3<0，∴－12<a <32.答案：C6. 解析：当x ≤0时，f (x )≥x 2即为x ＋2≥x 2，解得－1≤x ≤2， 又x ≤0，所以－1≤x ≤0；当x ＞0时，f (x )≥x 2即为－x ＋2≥x 2，解得－2≤x ≤1， 又x ＞0，所以0＜x ≤1. 综上可知，－1≤x ≤1. 答案：A7. 解析：5x ＋2≥1⇔5x ＋2－1≥0⇔5－x －2x ＋2≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≠0，(－x ＋3)(x ＋2)≥0，∴－2＜x ≤3.答案：(－2,3]8. 解析：由题意知， ax 2－ax ＋1≥0恒成立，若a ＝0，则不等式1≥0恒成立；若a ≠0，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝a 2－4a ≤0， ∴0<a ≤4，∴a 的取值范围为0≤a ≤4. 答案：[0,4]9. 解析：设f (x )＝x 2＋ax ＋a 2－1，由题意知f (0)＝02＋a ×0＋a 2－1＜0，即a 2－1＜0，所以－1＜a ＜1. 答案：(－1,1)10. 解析：f (mx )＋mf (x )＝mx －1mx ＋mx －mx .原不等式等价于2m 2x 2－m 2－1mx ＜0.令g (x )＝2m 2x 2－m 2－1， ∵x ≥1，若m ＞0，则mx ＞0，即g (x )＝2m 2x 2－m 2－1在x ∈[1，＋∞)上恒小于零，显然此时不成立，若m ＜0，则mx ＜0，即g (x )＝2m 2x 2－m 2－1在x ∈[1，＋∞)上恒大于零，则只需g (1)＞0，求得：m ＜－1. 答案：(－∞，－1)11. 解析：(1)由题意知2－x ＋3x ＋1≥0，解得A ＝{x |x ＜－1或x ≥1}．(2)由题意知(x －a －1)(x －2a )＜0.∵B ≠∅，且B ⊆A ，∴①⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＜2a ，2a ≤－1或a ＋1≥1，解得a ＞1；②⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＞2a ，a ＋1≤－1或2a ≥1，解得a ≤－2或12≤a ＜1.∴a ≤－2或12≤a ＜1或a ＞1.12. 解析：原不等式变形为ax 2＋(a －2)x －2≥0.(1)当a ＝0时，原不等式变为－2x －2≥0，故其解集为{x |x ≤－1}； (2)当a ≠0时，不等式即为(ax －2)(x ＋1)≥0. ①当a ＞0时，不等式即为⎝⎛⎭⎫x －2a (x ＋1)≥0， 故其解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ≥2a 或x ≤－1；②当a ＜0时，不等式即为⎝⎛⎭⎫x －2a (x ＋1)≤0，2a －(－1)＝a ＋2a ， 当－2＜a ＜0时，2a ＜－1，故其解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 2a ≤x ≤－1；当a ＝－2时，不等式即为(x ＋1)2≤0，故其解集为{x |x ＝－1}； 当a ＜－2时，－1＜2a ，故其解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | －1≤x ≤2a .综上，当a ＝0时，解集为{x |x ≤－1}； 当a ＞0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | x ≥2a 或x ≤－1；当－2＜a ＜0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 2a ≤x ≤－1；当a ＝－2时，解集为{x |x ＝－1}； 当a ＜－2时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | －1≤x ≤2a .第三节 等比数列及其前n 项和1. 解析：将点的坐标代入x ＋y －1中，与代入点(2,2)同符号的即是． 答案：C2. 解析：作出符合条件的可行域即可． 答案：B3. 解析：画出满足条件的可行域，如图．令z ＝x ＋y ，即y ＝－x ＋z ，∴直线y ＝－x ＋z 过A (1,1)时截距最小， ∴z min ＝1＋1＝2. 答案：C4. 解析：⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≤－3|x |＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≤－3x ＋1x ≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≤3x ＋1x ≤0，，画出可行域如图．S △ABC ＝S △ADC ＋S △ADB ＝12×2×1＋12×2×12＝32.答案：B5. 解析：如图，画出可行域⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，再画x ＋y ＝a ，使x ＋y ≤a 与画好的可行域生成的新区域仍为三角形区域，则0<a ≤1或a ≥43.答案：D6. 解析：由题意易知当kx ＋y ＝ω与AE 所在直线平行时即可，∴－k ＝2－11－2＝－1，∴k ＝1.答案：A7. 解析：作出三条直线观察即可．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋2≥0x ＋2y ＋1≤02x ＋y ＋1≤08. 解析：根据题意知(－9＋2－a )·(12＋12－a )<0， 即(a ＋7)(a －24)<0，解得－7<a <24. 答案：(－7,24) 9. 解析：如图，阴影部分为点B (x ，y )的可行域． ∵OA →·OB →＝x ＋y ，令z ＝x ＋y ，则y ＝－x ＋z .由图可知，当点B 在C 点或D 点时，z 取最小值，故点B 的个数为2. 答案：210. 解析：平面区域D 如图．k AB ＝3－01－2＝－3，k BC ＝1－03－2＝1，若目标函数z ＝ax ＋y (a ＞0)在区域D 内仅在点B 处取得最小值，应满足－3＜－a ＜1，即－1＜a ＜3，又因为a ＞0，所以a 的取值范围为0＜a ＜3. 答案：(0,3)11. 解析：设搭载产品Ax 件，产品By 件，预计收益z ＝80x ＋60y . 则⎩⎪⎨⎪⎧20x ＋30y ≤300，10x ＋5y ≤110，x ∈N ，y ∈N ，作出可行域，如图，作出直线l 0：4x ＋3y ＝0并平移，由图像得，当直线经过M 点时z 能取得最大值， 由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋3y ＝30，2x ＋y ＝22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝9，y ＝4，则M (9,4)． 所以z max ＝80×9＋60×4＝960(万元)．答：搭载产品A 9件，产品B 4件，可使得总预计收益最大，为960万元． 13. 解析：在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的可行域(如图)，由于|OP →|·cos ∠AOP ＝|OP →|·|OA →|cos ∠AOP |OA →|＝OP →·OA →|OA →|，在图中标出点A (2,1)，OA →＝(2,1)， OP →＝(x ，y )，所以|OP →|·cos ∠AOP ＝2x ＋y 5，令z ＝2x ＋y ，则y ＝－2x ＋z ，即z 表示直线y ＝－2x ＋z 在y 轴上的截距，由图形可知，当直线经过可行域中的点M 时，z 取到最大值， 由⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3＝0，3x ＋5y ＝25得M (5,2)，这时z ＝12，此时|OP →|·cos ∠AOP ＝125＝1255，故|OP →|·cos ∠AOP 的最大值等于1255.第四节 基本不等式及其应用 1. 解析：y ＝3－3x －1x ＝3－⎝⎛⎭⎫3x ＋1x ≤3－23x ·1x＝3－23， 当且仅当3x ＝1x ，即x ＝33时取等号．答案：C2. 解析：1x ＋1y ＝x ＋2y 3·⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＝13⎝⎛⎭⎫1＋2y x ＋x y ＋2≥13·⎝⎛⎭⎫3＋22y x ·x y ＝1＋223，当且仅当x y ＝2y x ，即x 2＝2y 2，x ＝2y ，x ＝32－3，y ＝3－322时，等号成立． 答案：C3. 解析：∵3是3a 与3b 的等比中项， ∴(3)2＝3a ·3b ，即3＝3a ＋b ，∴a ＋b ＝1.此时1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ≥2＋2＝4(当且仅当a ＝b ＝12时取等号)． 答案：B4. 解析：f (x )＝x (4－3x )＝13·3x ·(4－3x )≤13⎝⎛⎭⎫3x ＋4－3x 22＝13×4＝43.当且仅当3x ＝4－3x ，即x＝23时取等号． 答案：D5. 解析：∵f (a )＝f (b )，∴|lg a |＝|lg b |，即lg 2a －lg 2b ＝0，∴(lg a ＋lg b )(lg a －lg b )＝0，又∵a ≠b ， ∴lg a ＋lg b ＝0，∴ab ＝1，∴a ＋2b ≥22ab ＝22，又a ≠b ， 且0＜a ＜b ，∴a ≠2b ，∴a ＋2b ＞2 2. 答案：A6. 解析：∵a 2＋1ab ＋1a (a －b )＝a (a －b ＋b )＋1ab ＋1a (a －b )＝a (a －b )＋ab ＋1ab ＋1a (a －b )≥4(当a ＝2，b ＝22时，取等号)．答案：D7. 解析：1a ＋1b ＋2ab ≥21ab ＋2ab ≥4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，1ab＝ab 时，即a ＝b ＝1时取等号．答案：48. 解析：由a ＞b ＞c 知a －b ＞0，b －c ＞0， a －c 2＝(a －b )＋(b －c )2≥ 2(a －b )(b －c )2＝(a －b )(b －c ).当且仅当a －b ＝b －c 即2b ＝a ＋c 时取等号．答案：(a －b )(b －c )≤a －c29. 解析：由题意得A (－2，－1)， ∵A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上， ∴－2m －n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1， 又mn >0，∴m >0，n >0. 1m ＋2n ＝2m ＋n m ＋4m ＋2n n ＝2＋n m ＋4m n ＋2≥4＋2n m ·4m n＝8. 当且仅当n m ＝4m n ，即m ＝14，n ＝12时等号成立．答案：810. 解析：由a ＞1，b ＞1及a x ＝b y ＝3 知x ＝log a 3，y ＝log b 3， 1x ＋1y ＝1log a 3＋1log b 3＝log 3a ＋lg 3b ＝log 3ab ， 而a ＋b ＝23≥2ab ，∴ab ≤3，∴log 3ab ≤1，即1x ＋1y≤1.当且仅当a ＝b ＝3时等号成立． 答案：111. 解析：∵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)＜⎣⎡⎦⎤log a (a －1)＋log a (a ＋1)22＝⎣⎡⎦⎤log a (a 2－1)22＜⎣⎡⎦⎤log a a 222＝1，∴log a (a －1)·log a (a ＋1)＜1.12. 解析：(1)令x ＝1，y ＝0，得f (1＋0)－f (0)＝(1＋2×0＋1)·1＝2，∴f (0)＝f (1)－2＝－2.(2)令y ＝0，f (x ＋0)－f (0)＝(x ＋2×0＋1)·x ＝x 2＋x ，∴f (x )＝x 2＋x －2. (3)f (x )＞ax －5化为x 2＋x －2＞ax －5，即ax ＜x 2＋x ＋3，∵x ∈(0,2)，∴a ＜x 2＋x ＋3x ＝1＋x ＋3x .当x ∈(0,2)时，1＋x ＋3x≥1＋23，当且仅当x ＝3x，即x ＝3时取等号，由3∈(0,2)，得⎝⎛⎭⎫1＋x ＋3x min ＝1＋23，∴a ＜1＋2 3. 第五节 合情推理与演绎推理1. 答案：B2. 答案：B3. 解析：设第n 个三角形数为a n ，则有：⎭⎪⎬⎪⎫a 2－a 1＝2a 3－a 2＝3a 4－a 3＝4a 5－a 4＝5a 6－a 5＝6a 7－a 6＝7左右分别相加⇒a 7－a 1＝2＋3＋…＋7＝27. ∵a 1＝1，∴a 7＝27＋1＝28. 答案：B4. 解析：f (3)＝7，f (4)＝7＋4＝11，f (5)＝11＋5＝16，f (6)＝16＋6＝22. 答案：B5. 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ，n ⊥β⇒m ⊥β，又m ⊆α，∴α⊥β.答案：C6.当和为11时，共有11×102＝55个数对，因而第60个数对为和为12的第5个数对．答案：D7. 解析：由类比推理得，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则体积比为1∶8. 答案：1∶88. 解析：∵9＝⎝⎛⎭⎫2×322,36＝⎝⎛⎭⎫3×422,100＝⎝⎛⎭⎫4×522，…，∴猜想：13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22.答案：⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)229. 解析：∵b 9＝1＝b 1q 8⇒b 1＝q －8，∴b 1b 2…b n ＝(b 1b n )n2＝q n 2－17n 2，b 1b 2…b 17－n ＝(b 1b 17－n )17－n 2＝q n 2－17n2，∴b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n .答案：b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n ＜17，n ∈N *)10. 解析：由1>12，1＋12＋122－1>22，1＋12＋13＋…＋123－1>32， 1＋12＋13＋…＋124－1>42， 1＋12＋13＋…＋125－1>52，可猜想第n 个不等式为1＋12＋13＋…＋12n －1>n 2. 答案：1＋12＋13＋…＋12n －1>n211. 解析：由①②可看出，两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为34.猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin 2α＋cos 2β＋sin αcos β＝34，也可直接写成sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.下面进行证明：左边＝1－cos 2α2＋1＋cos (2α＋60°)2＋sin α·cos(α＋30°)＝1－cos 2α2＋1＋cos 2αcos 60°－sin 2αsin 60°2＋sin α(cos α·cos 30°－sin αsin 30°)＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α－34sin 2α＋34sin 2α－1－cos 2α4＝34＝右边． 故sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.12. 解析：类似的性质为：若M 、N 是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1上关于原点对称的两个点，点P 是双曲线上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为k PM 、k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值．证明：设点M 、P 的坐标分别为(m ，n )，(x ，y )，则N (－m ，－n )． 因为点M (m ，n )在已知双曲线上，所以n 2＝b 2a 2m 2－b 2. 同理y 2＝b 2a2x 2－b 2.则k PM ·k PN ＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝b 2a 2·x 2－m 2x 2－m 2＝b 2a2(定值)．第六节 直接证明与间接证明1. 解析：∵S n ＝2n 2－3n ，∴S n －1＝2(n －1)2－3(n －1)(n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝4n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1符合上式． ∵a n ＋1－a n ＝4(n ≥1)为常数， ∴{a n }是等差数列． 答案：B 2. 答案：C3. 解析：∵a >b >0，∴1b >1a，又a >b ，∴a ＋1b >b ＋1a.答案：A4. 解析：本题可用特值法，令a ＝b ＝34知(1)不行，令a ＝b ＝1知(2)不行，令a ＝b ＝－2知(4)(5)都不成立． 答案：C5. 解析：由已知易得1＋x ＞2x ＞2x ，∴b ＞a .∵(1＋x )(1－x )＝1－x 2＜1，又0＜x ＜1，即1－x ＞0，∴(1＋x )－11－x ＝(1＋x )(1－x )1－x ＜0.∴1＋x ＜11－x，∴c ＞b .答案：C6. 解析：假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x≥2x ·1x ＋2y ·1y ＋2z ·1z＝6，与a ＋b ＋c ＜6矛盾，故假设a ，b ，c 都小于2错误． 答案：C7. 解析：x 2＝a ＋b ＋2ab 2＜2(a ＋b )2＝a ＋b ＝y 2，∴x ＜y .答案：x ＜y8. 解析：a 3＋a 4＝a 1＋2d ＋a 2＋2d ＝4＋4d ＝12，∴4d ＝8， a 5＋a 6＝a 3＋2d ＋a 4＋2d ＝a 3＋a 4＋4d ＝12＋8＝20. 答案：209. 解析：设f (x )＝x －ln x (x ≥1)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当x ≥1时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )＝x －ln x 在[1，＋∞)上是增函数． 又f (1)＝1－ln 1＝1＞0，∴x ＞ln x . 答案：x ＞ln x10. 答案：a 1－1，a 2－2，...，a 7－7 (a 1－1)＋(a 2－2)＋...＋(a 7－7) (a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)11. 证明：∵a ＋c b ＋d －ab＝(a ＋c )b －a (b ＋d )(b ＋d )b ＝bc －ad (b ＋d )b，a ，b ，c ，d ∈R ＋且bc >ad ， ∴bc －ad (b ＋d )b >0，∴a ＋c b ＋d >a b. 又c d －a ＋c b ＋d ＝c (b ＋d )－d (a ＋c )d (b ＋d ) ＝bc －ad d (b ＋d )>0， ∴c d >a ＋c b ＋d，∴不等式成立． 12. 证明：欲证(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b，只需证(a －b )28a ＜(a －b )22＜(a －b )28b. ∵a ＞b ＞0， ∴只需证a －b 22a ＜a －b 2＜a －b 22b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b ，欲证a ＋b 2a＜1， 只需证a ＋b ＜2a ，即b ＜a ，该式显然成立． 欲证1＜a ＋b 2b ， 只需证2b ＜a ＋b ，即b ＜a ，该式显然成立．∴a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b成立， 且以上各步骤都可逆，则(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b成立． 第七节 数学归纳法1. 解析：分别将n ＝1,2,3,4,5代入验证易知，B 正确．答案：B2. 解析：由数学归纳法的原理易知，C 正确．答案：C3. 解析：由题意易知增加的对角线条数为(n －1)条．答案：C4. 解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，而右边应为2k ＋1－1.答案：D5. 解析：当n ＝k 时左边的最后一项是2k ，n ＝k ＋1时左边的最后一项是2k ＋2，而左边各项都是连续的，所以n ＝k ＋1时比n ＝k 时左边少了(k ＋1)，而多了(2k ＋1)(2k ＋2)．因此增加的代数式是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)． 答案：B6. 解析：将n ＝2,3,4,5分别代入验证，可得n ＝2,3,4时，2n ≤n 2，而n ＝5时，25＞52. 答案：57. 解析：本题考查的是从n ＝k 到n ＝k ＋1的变化．答案：a 4k ＋4能被4整除8. 解析：首先必须应用归纳假设，然后采用配凑法．答案：(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6证明：(1)当n ＝1时，左边＝S 1＝14，右边＝13×1＋1＝14，猜想成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即11×4＋14×7＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＝k 3k ＋1成立， 则当n ＝k ＋1时，11×4＋14×7＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＋1[3(k ＋1)－2][3(k ＋1)＋1]＝k 3k ＋1＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝3k 2＋4k ＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝(3k ＋1)(k ＋1)(3k ＋1)(3k ＋4)＝k ＋13(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时，猜想成立，根据(1)(2)知猜想对任意n ∈N *都成立.。
高考数学(人教A版理科)一轮复习核心素养测评八十证明不等式的基本方法
核心素养测评八十证明不等式的基本方法(20分钟40分)1.(10分)已知a,b都是正实数,且a+b=2,求证:+≥1. 【证明】因为a>0,b>0,a+b=2,所以+ 1====== .因为a+b=2≥2,所以ab≤1.所以≥0.所以+≥1.2.(10分)(2020·桂林模拟)已知正数a,b满足+=1.(1)证明:≤ab.(2)若存在实数x,使得=a+b,求a,b.【解析】(1)因为4a+b=(4a+b)=4+++≥4+2+=,≤1,又1=+≥2⇒ab≥1,所以≤ab.(2)因为|x+2||x|≤|(x+2)(x)|=,当且仅当,即x≥时,等号成立;又a+b=(a+b)=1+++≥1++2=,当且仅当=即a=2b时,等号成立,所以⇒a=,b=.3.(10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+.(2)+>+是|ab|<|cd|的充要条件.【证明】(1)因为a,b,c,d为正数,且a+b=c+d,欲证+>+,只需证明(+)2>(+)2,也就是证明a+b+2>c+d+2,只需证明>,即证ab>cd.由于ab>cd成立,因此+>+.(2)①若|ab|<|cd|,则(ab)2<(cd)2,即(a+b)24ab<(c+d)24cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.②若+>+,则(+)2>(+)2,所以a+b+2>c+d+2.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(ab)2=(a+b)24ab<(c+d)24cd=(cd)2.因此|ab|<|cd|.综上,+>+是|ab|<|cd|的充要条件.4.(10分)设函数f(x)=|x2|+2x3,记f(x)≤1的解集为M.(1)求M.(2)当x∈M时,求证:x[f(x)]2x2f(x)≤0.【解析】(1)由已知,得f(x)=当x≤2时,由f(x)=x1≤1,解得x≤0,此时x≤0;当x>2时,由f(x)=3x5≤1,解得x≤,显然不成立.故f(x)≤1的解集为M={x|x≤0}.(2)当x∈M时,f(x)=x1,于是x[f(x)]2x2f(x)=x(x1)2x2(x1)=x2+x=+.令g(x)=+,则函数g(x)在(∞,0]上是增函数, 所以g(x)≤g(0)=0.故x[f(x)]2x2f(x)≤0.。
2012高考数学第一轮复习基本不等式
2因为x 0，所以225x 3602 2 225 3602 10800.
x
所以y 225x 3602 360 10440，当且仅当225x 3602 时，
x
x
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10440元．
拓展练习3：某公司一年购买某种货物400吨，每次购买x吨，
sin2 x
sin2 x
所以函数y sin2 x 4 的最小值是5 sin2 x
方法2：令t sin2 x，则0 t 1，y t 4， t
所以y
1
4 t2
.当0 t
1时，y 1
4 t2
0，
即y t 4 在0,1上是减函数，
t
所以当t 1时，y t 4的最小值是5. t
运费为4万元 / 次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年
的总运费与总存储费用之和最小，则x 20 吨．
解析：设购买n次，总费用为y万元，则n 400， x
总运费为 400 4万元， x
所以总费用y 400 4 4x 2 400 4 4x 160.
x
x
当且仅当 400 4 4x，即x 20时，等号成立， x
23
3
3
3
2设函数f x 2x 1 1 x 0，则f x A
x
A．有最大值
B．有最小值
C．是增函数
D．是减函数
基本不等式与函数
例3：(2009 湖北卷)围建一个面积为360 m2的矩形场地，要 求矩形场地的一面利用旧墙(利用的旧墙需维修)，其他 三面围墙要新建．在旧墙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.设利用的旧墙长度为x(单位：m)， 修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位：元)．
2012届高考数学第一轮专题复习测试卷第二讲证明不等式的基本方法
第二讲 证明不等式的基本方法班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________ 一､选择题:(本大题共6小题,每小题6分,共36分,将正确答案的代号填在题后的括号内.)1.P =设则P ､Q ､R 的大小顺序是( )A.P>Q>RB.P>R>QC.Q>P>RD.Q>R>P:P R 2263;+=>>+>>解析即又,即R>Q;故有P>R>Q.故应选B. 答案:B2.已知a>2,b>2,则a+b 与ab 的大小关系是( ) A.a+b>abB.a+b<abC.a+b≥abD.a+b≤ab 解析:解法一:∵a>2,b>2, ∴a -1>1,b-1>1,∴(a -1)(b-1)>1,即ab-a-b>0, ∴ab>a+b,故选B.1111,0,221:a 2,b 2,0000a b a 11,b,B 1,.a b a ba b ab <<<++<>>∴<∴<<∴<+<<解法二即故选答案:B3.若实数x,y 适合不等式xy>1,x+y≥-2,则( ) A.x>0,y>0 B.x<0,y<0 C.x>0,y<0 D.x<0,y>0解析:x,y 异号时,显然与xy>1矛盾,所以可排除C ､D.假设x<0,y<0,则x<1y.∴x+y<y+1y≤-2与x+y≥-2矛盾,故假设不成立.又xy≠0,∴x>0,y>0.答案:A4.若a,b∈(0,+∞),且a≠b,M N==则M与N的大小关系是( )A.M>NB.M<NC.M≥ND.M≤N解析:∵a,b∈(0,+∞),且a≠b,M N, A.++>+>+>∴>故应选答案:A5.已知a,b,c∈R,a+b+c=0,abc>0,111Ta b c=++,则( ) A.T>0 B.T<0C.T=0D.无法判断T的正负解析:∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=0,即2ab+2bc+2ac=-(a2+b2+c2)<0,∵abc>0,∴上述不等式两边同除以2abc,得2221110,2a b cTa b c abc++=++=-<故选B.答案:B6.已知a,b,c,d 都是正数,,a b c dS a b c a b d c d a c d b=+++++++++++则有( )A.S<1B.S>1C.S>2D.以上都不对 解析:S>1a b c d+++ (a+b+c+d)=1.答案:B二､填空题:(本大题共4小题,每小题6分,共24分,把正确答案填在题后的横线上.) 7.某品牌彩电厂家为了打开市场,促进销售,准备对其生产的某种型号的彩电降价销售,现有四种降价方案:(1)先降价a%,再降价b%; (2)先降价b%,再降价a%; (3)先降价2a b +%,再降价2a b+ %; (4)一次性降价(a+b)%.其中a>0,b>0,a≠b,上述四种方案中,降价幅度最小的是________.解析:设降价前彩电的价格为1,降价后的彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 则x 1=(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%·b%, x 2=(1-b%)(1-a%)=x 1,()()()()241231312324%%1a b %?a b %,x 1a b %1a b %a%b%x x ,x x a%b%0,x x x x 112214%.%2a b a b x a b ++⎛⎫⎛⎫=-- ⎪⎪⎝=-+++⎡⎤⎣⎦=-+<-++⎭⎝⎭+⎛⎫- ⎪==-=>∴>=⎝>⎭答案:方案(3)8.已知|a+b|<-c(a 、b 、c∈R),给出下列不等式:①a<-b-c;②a>-b+c;③a<b -c;④|a|<|b|-c;⑤|a|<-|b|-c.其中一定成立的不等式是________(把所有成立的不等式的序号都填上). 解析:∵|a+b|<-c,∴c<a+b<-c. ∴-b+c<a<-b-c. 故①②成立,③不成立. ∵|a+b|<-c,|a+b|≥|a|-|b|, ∴|a|-|b|<-c.∴|a|<|b|-c.故④成立,⑤不成立. 答案:①②④ 9.函数y =的最大值为________.解析:函数的定义域为[1,6].222222211]]3515y [y 15.y 00y .81x 3.=⨯⨯∴>∴<=++==∴==≤≤由题意知即时等号成立答案10.已知x 2+2y 2+3z 2=1817,则3x+2y+z 的最小值为________. 解析:()222222221x 213(2)322333(32y 3z )x yz x y z⎡⎤⎛⎫++++⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛=++⎫++ ⎪⎝⎭≥当且仅当x=3y=9z,等号成立. ∴(3x+2y+z)2≤12,即当y z ==时, 为最小值. 答案三､解答题:(本大题共3小题,11､12题13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤.)11.(2010·浙江自选模块卷)设正实数a,b,c,满足abc≥1,求222222 a b ca b b c c a+++++的最小值.解:因为()()()() 2222222a2b b2c c2a]a[2221,2b c23,2a b ca b b c c aa b c a b ca b b c c a⎛⎫++⎪+++⎝⎭++++++++++++++≥所以≥≥当a=b=c=1时,上述不等式取等号,所以222222a b ca b b c c a+++++的最小值为1.12.(2010·江苏)设a,b是非负实数,求证:a3+b32+b2).证明:a3+b32+b2)=(a3-a23-b))332233225aa b a b,a b a b0,a b a b(.ba b-=-<=<∴++∴++<当≥时当时≥评析:证明不等式,常用方法是作差比较法.13.已知x,y,z是正实数,求证:分析:注意到所证不等式的特点,可考虑构造向量,使用柯西不等式的向量形式证明. 证明:∵x,y,z是正实数,令)()()22222222222222,,,,,),[()(a b (a b a b ,x y z ,,x y z 2x )(y z ,)],()x y z y z x z x y y z x z x y x y z y z x z x y y z x z x y x y z y z x z x y y z x z x y x y z z y x z x yx y z x y z x z x y ⎛⎫+++ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎛+++++ +++⎝⎛⎫+++++++ ⎪+++==≤∴==⎝⎭++++++++++++++∴≤当且仅当时等号成立即≤≥.2y z ++评析:使用柯西不等式时,既要注意它的数学意义,又要注意它的外在形式.当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可以考虑使用柯西不等式对这个式子进行缩小或放大.第一讲 集合与集合的运算班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________一､选择题:(本大题共6小题,每小题6分,共36分,将正确答案的代号填在题后的括号内.)1.(2010·天津)设集合A={x||x-a |<1,x∈R},B={x|1<x<5,x∈R}.若A∩B=,则实数a的取值范围是( )A.{a|0≤a≤6}B.{a|a≤2,或a≥4}[来源:学.科.网]C.{a|a≤0,或a≥6}D.{a|2≤a≤4}解析:由于不等式|x-a|<1的解是a-1<x<a+1,当A∩B=∅时,只要a+1≤1或a-1≥5即可,即a≤0或a≥6,选C.答案:C2.(2010·安徽)若集合()1R 21|,2A A x log x ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭≥则22,.,2222.(,0A.(,],.,20]2B C D ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎡⎫⎡⎫-++⎪⎪⎢⎢⎪⎪⎣⎭⎣-∞⋃∞∞∞⋃∞⎭∞1R 1221201112220220,,.2:log A (,220]2x x log x log x x x >⎧⎪⇒⇒⎨⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎩>⎧⎛⎫⎪<+∞ ⎪⎨ ⎪⇒=-∞⋃⎝⎭⎪⎩解析不等式≥≥≤所以≤答案:A3.已知M={x|x=a 2+2a+4,a∈Z},N={y|y=b 2-4b+6,b∈Z},则M ､N 之间的关系是( ) A.M N B.N M C.M=ND.M 与N 之间没有包含关系解析:取a=0,则4∈M,但4∉N,若不然,有b 2-4b+6=4,b ∉Z.又取b=0,6∈N,但6∉M.答案:D4.设全集为U,若命题p:2010∈A∩B,则命题⌝ p 是( )A.2010∈A∪BB.2010∉A 且2010∉BC.2010∈(UA)∩(UB) D.2010∈(UA)∪(UB)解析:命题⌝p 是2010∈ U (A∩B),即2010∈(U A)∪(UB).答案:D评析:本题考查集合的运算及非命题的概念,要求对于集合中的运算性质U(A∩B)=(UA)∪(UB)与U(A∪B)=(UA)∩(UB)能够加强联想与发散.5.已知集合P={y=x 2+1},Q={y|y=x 2+1},S={x|y=x 2+1},M={(x,y)|y=x 2+1},N={x|x≥1},则( )A.P=MB.Q=SC.S=MD.Q=N解析:集合P是用列举法表示,只含有一个元素,集合Q,S,N中的元素全是数,即这三个集合都是数集,集合Q是函数y=x2+1中y的取值范围{y|y≥1},集合S是函数y=x2+1中x的取值范围R;集合N是不等式的解集{x|x≥1},而集合M的元素是平面上的点,此集合是函数y=x2+1图象上所有的点组成的集合.选D.答案:D评析:解集合问题时,对集合元素的准确性识别十分重要,不要被x,y等字母所迷惑,要学会透过现象看本质.6.定义集合M与N的新运算如下:M*N={x|x∈M或x∈N,但x M∩N}.若M={0,2,4,6,8,10,12},N={0,3,6,9,12,15},则(M*N)*M等于( )A.MB.{2,3,4,8,9,10,15}C.ND.{0,6,12}解析:因为M∩N={0,6,12},所以M*N={2,3,4,8,9,10,15},所以(M*N)*M={0,3,6,9,12,15}=N,故选C.答案:C评析:本题给出了新运算“*”的定义,并要求求(M*N)*M的解,解决这类信息迁移题的基本方法是以旧代新法,把新定义的运算“*”纳入到已有的集合交､并､补的运算体系之中,并用已有的解题方法来分析､解决新的问题.另外此题还可以用Venn图来分析求解.[来源:Z#xx#]二､填空题:(本大题共4小题,每小题6分,共24分,把正确答案填在题后的横线上.)[来源:]7.(2010·重庆)设U={0,1,2,3},A={x∈U|x2+mx=0},若U A={1,2},则实数m=________.[来源:学,科,网][来源:学§科§网Z§X§X§K]解析:依题意得A={0,3},因此有0+3=-m,m=-3.答案:-38.已知A={x|x>3或x<-1},B={x|a≤x≤b}.若A∪B=R,A∩B={x|3<x≤4},则a,b的值分别为________.解析:画出数轴可知a=-1,b=4.答案:-1,4[来源:学科网ZXXK]9.已知U={实数对(x,y)},A={(x,y)|lg(y-4)-lg(x-2)=lg3},B={(x,y)|3x-y-2=0},则瘙綂[KG-1mm]UA∩B=________.解析:容易错解为:由lg(y-4)-lg(x-2)=lg3,得y=3x-2,故A=B,则UA∩B=∅.上述解答的错因是将条件进行了非等价变形而扩大了变量的取值范围.实际上,由lg(y-4)-lg(x-2)=lg3,得y=3x-2(x>2),[来源:学科网]∴A={(x,y)|lg(y -4)-lg(x-2)=lg3}={(x,y)|y=3x-2(x>2)},UA ={(x,y)|y=3x-2(x≤2)}.答案: UA∩B={(x,y)|y=3x -2(x≤2)}10.已知集合A ､B 与集合A⊙B 的对应关系如下表: A {1,2,3,4,5} {-1,0,1} {-4,8} B{2,4,6,8}{-2,-1,0,1}[来源:]{-4,-2,0,2}A⊙B{1,3,6,5,8}{-2}{-2,0,2,8} 若A={-2009,0,2010},B={-2009,0,2011},试根据图表中的规律写出A⊙B=__________. 解析:通过对表中集合关系的分析可以发现:集合A⊙B 中的元素是A∪B 中的元素再去掉A∩B 中的元素组成,故当A={-2009,0,2010},B={-2009,0,2011}时,A⊙B={2010,2011}.答案:{2010,2011}三､解答题:(本大题共3小题,11､12题13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤.) 11.规定与是两个运算符号,其运算法则如下:对任意实数a,b 有:a b=ab,a b=b(a 2+b 2+1)且-2<a<b<2,a,b∈Z.用列举法表示集合|2().a b A x x a b b ⎧⎫==+⎨⎩⊕⎬⎭⊗解:根据运算法则有[来源:学科网]()2222ab a b 1a b 1.a 1,b 0b 1.,b ,b 02(),.a b x a b ba bb⊕⊗=+++=++⊕=-====+当时或因为在中为分母故不符合题意舍去当a=0时,b=1.把a=-1,b=1或a=0,b=1代入x=(a+b)2+1得x=1或x=2.故A={1,2}.12.已知集合A={2,x,x 2,xy},集合B={2,1,y,x},是否存在实数x,y 使A=B?若存在,试求x,y 的值;若不存在,说明理由.解:假设存在实数x,y 使A=B,若x=1,则集合A,B 中出现2个1,这与集合中元素的互异性矛盾,所以必有2,21,1,.x y x xy xy y ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩或 (1)由x 2=y 且xy=1,解得x=y=1,与集合中元素的互异性矛盾.[来源:学&科&网Z&X&X&K] (2)由x 2=1且xy=y,解得x=1,y∈R(舍去)或x=-1,y=0.经检验x=-1,y=0适合题意. 13.已知两集合A={x|x=t 2+(a+1)t+b},B={x|x=-t 2-(a-1)t-b},求常数a 、b,使A∩B={x|-1≤x≤2}.{}22224(1)4(1)|,|,44(1)4(1:A A B x |1x 2)14,4(1)24,b a b a x x B x x b a b a ⎧⎫⎧⎫-+--=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎧-+=-⎪⎪⎨--⎪==⋂-=∴⎪⎩-解≥≤≤≤ 解得a=-1,b=-1.。
(精选)高考数学大一轮复习作业本72《证明不等式的基本方法》 原卷版
(精选)高考数学大一轮复习作业本72《证明不等式的基本方法》1.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).2.已知定义在R 上的函数，且f(x)<4恒成立. （1）求实数m 的值；（2）若，求证：.3. [选修4−5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x-1|+|x-5|.（1）解关于x 的不等式f(x)>6；（2）记f(x)的最小值为m ，已知实数a ，b ，c 都是正实数，且， 求证：a+2b+3c ≥9．4.已知a>0，b>0，c>0，且a ＋b ＋c=1.(1)求证：a 2＋b 2＋c 2≥13； (2)求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.5.已知不等式|2x －3|<x 与不等式x 2－mx ＋n<0(m ，n ∈R )的解集相同.(1)求m －n ；(2)若a ，b ，c ∈(0,1)，且ab ＋bc ＋ac=m －n ，求a 2＋b 2＋c 2的最小值.6.已知函数f(x)=x ＋1＋|3－x|，x ≥－1.(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若f(x)的最小值为n ，正数a ，b 满足2nab=a ＋2b ，求证：2a ＋b ≥98.7.已知函数f(x)=|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t.(1)求t 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b=t ，求证：1a ＋4b ≥94.8.已知定义在R 上的函数f(x)=|x －m|＋|x|，m ∈N *，存在实数x 使f(x)<2成立.(1)求实数m 的值；(2)若α，β≥1，f(α)＋f(β)=4，求证：4α＋1β≥3.。
高考数学一轮复习训练：证明不等式的基本方法
第十四篇 第2节一、填空题1．若a>b>c ，则1b －c 与1a －c 的大小关系为________． 解析：∵a>b>c ，∴a －c>b －c>0，∴1a －c <1b －c. 答案：1a －c <1b －c 2．若a>b>1，则a ＋1a 与b ＋1b的大小关系是________． 解析：a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab. 由a>b>1得ab>1，a －b>0， 所以a －bab －1ab >0. 即a ＋1a >b ＋1b. 答案：a ＋1a >b ＋1b3．若0<α<β<π4，sin α＋cos α＝a ，sin β＋cos β＝b ，则a 与b 的大小关系是________．解析：a 2＝1＋sin 2α，b 2＝1＋sin 2β，又0<2α<2β<π2， ∴sin 2α<sin 2β，∴a 2<b 2，又∵a ，b 均大于0，∴a<b.答案：a<b 4．已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a>0，b>0，a≠b，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f(ab)，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 中最大的为________．解析：∵a>0，b>0，a≠b，∴a ＋b 2>ab>2ab a ＋b ， 又函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上单调递减， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<f(ab)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 即A<B<C. 答案：C5．若P ＝x 1＋x ＋y 1＋y ＋z 1＋z(x>0，y>0，z>0)，则P 与3的大小关系为________． 解析：∵1＋x>0,1＋y>0,1＋z>0，∴x 1＋x ＋y 1＋y ＋z 1＋z <1＋x 1＋x ＋1＋y 1＋y ＋1＋z 1＋z＝3.即P<3. 答案：P<36．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x>y ，则a 、b 应满足的条件是________． 解析：x －y ＝(a 2b 2＋5)－(2ab －a 2－4a)＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0，∴ab －1≠0或a ＋2≠0，故a ，b 满足的条件为ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－27．已知a>b>c ，n ∈N *，且1a －b ＋1b －c ≥n a －c恒成立，则n 的最大值为________． 解析：∵a －c>0，∴n≤a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c 恒成立，∵a －b>0，b －c>0，∴b －c a －b ＋a －b b －c ≥2b －c a －b ·a －b b －c ＝2. ∴n≤4.即n 的最大值为4.答案：48．设x>5，P ＝x －4－x －5，Q ＝x －2－x －3，则P 与Q 的大小关系为________． 解析：1P －1Q ＝1x －4－x －5－1x －2－x －3＝x －4＋x －5x －4－x －5－x －2＋x －3x －2－x －3＝x －4＋x －5－x －2－x －3<0.∴1P <1Q ，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.答案：P>Q9．已知a>0，b>0，a ＋b ＝1，则a ＋1＋b ＋1的最大值为________．解析：(a ＋1＋b ＋1)2＝a ＋1＋b ＋1＋2a ＋1b ＋1 ＝a ＋b ＋2＋2a ＋1b ＋1 ≤3＋2×a ＋1＋b ＋12＝6.当且仅当a ＝b ＝12时等号成立． 即(a ＋1＋b ＋1)2≤6，故a ＋1＋b ＋1≤ 6.答案： 610．某品牌彩电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电降价销售，现有四种降价方案：(1)先降价a%，再降价b%；(2)先降价b%，再降价a%；(3)先降价a ＋b 2%，再降价a ＋b 2%； (4)一次性降价(a ＋b)%.其中a>0，b>0，a≠b，上述四个方案中，降价幅度最小的是________．解析：设降价前彩电的价格为1，降价后彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4.则x 1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a ＋b)%＋a%·b%x 2＝(1－b%)(1－a%)＝x 1， x 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2% ＝1－(a ＋b)%＋14[(a ＋b)%]2， x 4＝1－(a ＋b)%<1－(a ＋b)%＋a%·b%＝x 1＝x 2，x 3－x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a%＋b%22－a%·b%>0， ∴x 3>x 1＝x 2>x 4.答案：方案(3)二、解答题11．在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 的对边分别是a 、b 、c ，若a 、b 、c 三边边长的倒数成等差数列，求证∠B<90°.证明：假设∠B<90°不成立，即∠B≥90°，从而∠B 是△ABC 的最大角，∴b 是△ABC 的最大边，即b>a ，b>c.∴1a >1b ，1c >1b， 相加得1a ＋1c >1b ＋1b ＝2b. 这与已知1a ＋1c ＝2b矛盾， 故∠B≥90°不成立，从而∠B<90°.12．若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，求证：(1)a 2＋b 2＋c 2≥13； (2)1a ＋1＋1b ＋1＋1c ＋1≥94. 证明：(1)∵1＝(a ＋b ＋c)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc≤3(a 2＋b 2＋c 2)，∴a 2＋b 2＋c 2≥13. (2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋1b ＋1＋1c ＋1(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1) ＝3＋b ＋1a ＋1＋a ＋1b ＋1＋c ＋1a ＋1＋a ＋1c ＋1＋c ＋1b ＋1＋b ＋1c ＋1≥9. ∴1a ＋1＋1b ＋1＋1c ＋1≥9a ＋b ＋c ＋3＝94.。
2012年高考第一轮复习数学6.3不等式的证明(二)
6.3 不等式的证明（二）●知识梳理1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.3.放缩法证明不等式.4.利用单调性证明不等式.5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.6.数形结合法证明不等式.7.反证法、换元法等. 特别提示 不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.●点击双基1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）na ＜2+nn 11+-）（对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是A.［－2，23） B.（－2，23） C.［－3，23）D.（－3，23） 解析：当n 为正偶数时， a ＜2－n 1，2－n 1为增函数， ∴a ＜2－21=23. 当n 为正奇数时，－a ＜2+n 1，a ＞－2－n1. 而－2－n 1为增函数，－2－n1＜－2， ∴a ≥－2.故a ∈［－2，23）. 答案：A2.（2003年南京市质检题）若a 1＜b 1＜0，则下列结论不正确．．．的是 A.a 2＜b 2B.ab ＜b 2C.a b +ba＞2D.|a |+|b |＞|a +b |解析：由a 1＜b1＜0，知b ＜a ＜0.∴A 不正确. 答案：A3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的 A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 答案：A4.（理）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a n =b n ＞0，则a m 与b m 的大小关系是____________.解析：若d =0或q =1，则a m =b m .若d ≠0，画出a n =a 1+（n －1）d 与b n =b 1·q n －1的图象，x易知a m ＞b m ，故a m ≥b m . 答案：a m ≥b m（文）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a 2n +1=b 2n +1＞0（n =1，2，3，…），则a n +1与b n +1的大小关系是____________.解析：a n +1=2121++n a a ≥121+n a a =121+n b b =b n +1. 答案：a n +1≥b n +15.若a ＞b ＞c ，则b a -1+c b -1_______ca -3.（填“＞”“=”“＜”） 解析：a ＞b ＞c ，（b a -1+c b -1）（a －c ）=（b a -1+cb -1）［（a －b ）+（b －c ）］ ≥2））（（c b b a --1·2））（（c b b a --=4.∴b a -1+c b -1≥c a -4＞c a -3. 答案：＞ ●典例剖析 【例1】 设实数x 、y 满足y ＋x 2＝0，0＜a ＜1.求证：log a （a x ＋a y ）＜log a 2＋81.剖析：不等式左端含x 、y ，而右端不含x 、y ，故从左向右变形时应消去x 、y . 证明：∵a x ＞0，a y ＞0， ∴a x ＋a y ≥2y x a +＝22x x a -. ∵x －x 2＝41－（x －21）2≤41，0＜a ＜1， ∴a x＋a y≥241a ＝2a 81.∴log a （a x ＋a y）＜log a2a 81＝log a 2＋81.评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a x＋ay≥2·a 81即可．【例2】 已知a 、b 、c ∈R +，且a +b +c =1.求证：（1+a ）（1+b ）（1+c ）≥8（1－a ）（1－b ）（1－c ）.剖析：在条件“a +b +c =1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a +b +c ”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.证明：∵a 、b 、c ∈R +且a +b +c =1， ∴要证原不等式成立， 即证［（a +b +c ）+a ］·［（a +b +c ）+b ］［（a +b +c ）+c ］≥8［（a +b +c ）－a ］·［（a +b +c ）－b ］·［（a +b +c ）－c ］.也就是证［（a +b ）+（c +a ）］［（a +b ）+（b +c ）］·［（c +a ）+（b +c ）］≥8（b +c ）（c +a ）（a +b ）. ①∵（a +b ）+（b +c ）≥2））（（c b b a ++＞0， （b +c ）+（c +a ）≥2））（（a c c b ++＞0， （c +a ）+（a +b ）≥2））（（b a a c ++＞0， 三式相乘得①式成立.故原不等式得证.【例3】 已知a ＞1，n ≥2，n ∈N *. 求证：n a －1＜na 1-. 证法一：要证n a －1＜na 1-， 即证a ＜（na 1-+1）n . 令a －1=t ＞0，则a =t +1. 也就是证t +1＜（1+nt ）n . ∵（1+n t ）n =1+C 1n n t +…+C n n （nt ）n ＞1+t ， 即n a －1＜na 1-成立. 证法二：设a =x n ，x ＞1. 于是只要证nx n 1-＞x －1，即证11--x x n ＞n .联想到等比数列前n 项和1+x +…+x n －1=11--x x n， ①倒序xn －1+xn －2+…+1=11--x x n .②①+②得2·11--x x n =（1+x n －1）+（x +x n －2）+…+（x n －1+1）＞21-n x +21-n x +…+21-n x ＞2n . ∴11--x x n ＞n .思考讨论本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下. ●闯关训练 夯实基础1.已知a 、b 是不相等的正数，x =2b a +，y =b a +，则x 、y 的关系是A.x ＞yB.y ＞xC.x ＞2yD.不能确定解析：∵x 2=21（a +b ）2=21（a +b +2ab ）， y 2=a +b =21（a +b +a +b ）＞21（a +b +2ab ）=x 2，又x ＞0，y ＞0.∴y ＞x . 答案：B2.对实数a 和x 而言，不等式x 3+13a 2x ＞5ax 2+9a 3成立的充要条件是____________. 解析：（x 3+13a 2x ）－（5ax 2+9a 3） =x 3－5ax 2+13a 2x －9a 3 =（x －a ）（x 2－4ax +9a 2） =（x －a ）［（x －2a ）2+5a 2］＞0.∵当x ≠2a ≠0时，有（x －2a ）2+5a 2＞0.由题意故只需x －a ＞0即x ＞a ，以上过程可逆. 答案：x ＞a3.已知a ＞b ＞c 且a +b +c =0，求证：ac b -2＜3a . 证明：要证ac b -2＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2， 即证b 2+a （a +b ）＜3a 2，即证（a －b ）（2a +b ）＞0， 即证（a －b ）（a －c ）＞0. ∵a ＞b ＞c ，∴（a －b ）·（a －c ）＞0成立. ∴原不等式成立.4.已知a +b +c =0，求证：ab +bc +ca ≤0. 证法一：（综合法）∵a +b +c =0， ∴（a +b +c ）2＝0.展开得ab +bc +ca =－2222c b a ++，∴ab +bc +ca ≤0.证法二：（分析法）要证ab +bc +ca ≤0， ∵a +b +c =0，故只需证ab +bc +ca ≤（a +b +c ）2， 即证a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca ≥0，亦即证21［（a +b ）2＋（b ＋c ）2＋（c ＋a ）2］≥0． 而这是显然的，由于以上相应各步均可逆， ∴原不等式成立.证法三：∵a +b +c =0，∴－c =a +b .∴ab +bc +ca =ab +（b +a ）c =ab －（a +b ）2 ＝－a 2－b 2－ab ＝－［（a ＋2b ）2＋432b ］≤0．∴ab +bc +ca ≤0. 培养能力5.设a +b +c =1，a 2+b 2+c 2=1且a ＞b ＞c .求证：－31＜c ＜0.证明：∵a 2+b 2+c 2=1， ∴（a +b ）2－2ab +c 2=1.∴2ab =（a +b ）2+c 2－1=（1－c ）2+c 2－1=2c 2－2c . ∴ab =c 2－c .又∵a +b =1－c ，∴a 、b 是方程x 2+（c －1）x +c 2－c =0的两个根，且a ＞b ＞c . 令f （x ）=x 2+（c －1）x +c 2－c ，则 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<-⇒>->.0031210）（c f c c c Δ 6.已知acb 22-=1，求证：方程ax 2+bx +c =0有实数根. 证明：由a cb 22-=1，∴b =22c a +. ∴b 2=（2a+2c ）2=22a +2ac +2c 2=4ac +（2a －2c ）2≥4ac .∴方程ax 2+bx +c =0有实数根. 7.设a 、b 、c 均为实数，求证：a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1. 证明：∵a 、b 、c 均为实数，∴21（a 21＋b 21）≥ab21≥b a +1，当a =b 时等号成立；21（b 21＋c 21）≥bc21≥c b +1，当b =c 时等号成立； 21（c 21＋a 21）≥ca21≥a c +1． 三个不等式相加即得a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1，当且仅当a =b =c 时等号成立. 探究创新8.已知a 、b 、c 、d ∈R ，且a +b =c +d =1，ac +bd ＞1. 求证：a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 证明：假设a 、b 、c 、d 都是非负数， ∵a +b =c +d =1，∴（a +b ）（c +d ）=1. ∴ac +bd +bc +ad =1≥ac +bd . 这与ac +bd ＞1矛盾.所以假设不成立，即a 、b 、c 、d 中至少有一个负数. ●思悟小结1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.●教师下载中心 教学点睛1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法（特别是三角换元）、放缩法以及数学归纳法等.拓展题例【例1】 已知a 、b 为正数，求证：（1）若a +1＞b ，则对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立； （2）若对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立，则a +1＞b . 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件；②由条件变形得出要证的不等式.证明：（1）ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2.∵a +1＞b （b ＞0），∴（a +1）2＞b 2. （2）∵ax +1-x x ＞b 对于大于1的实数x 恒成立，即x ＞1时，［ax +1-x x ］min ＞b ， 而ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2， 当且仅当a （x －1）=11-x ，即x =1+a 1＞1时取等号.故［ax +1-x x］min =（a +1）2. 则（a +1）2＞b ，即a +1＞b .评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除.【例2】 求证：||1||b a b a +++≤||1||a a ++||1||b b +.剖析：|a +b |≤|a |+|b |，故可先研究f （x ）=xx+1（x ≥0）的单调性. 证明：令f （x ）=xx+1（x ≥0），易证f （x ）在［0，+∞）上单调递增. |a +b |≤|a |+|b |，∴f （|a +b |）≤f （|a |+|b |），即||1||b a b a +++≤||||1||||b a b a +++=||||1||||||1||b a b b a a +++++≤||1||||1||b b a a +++. 思考讨论1.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a +b |=0时，不等式成立；当|a +b |≠0时，原不等式即为||111b a ++≤||1||||1||b b a a +++. 再利用|a +b |≤|a |+|b |放缩能证吗?读者可以尝试一下!。
高考数学复习3-5证明不等式的基本方法
lg(a＋2b)第，• 二则第级(三级 )
A．R＜–P第＜四Q 级
B．P＜Q＜R
C．Q＜P＜R
D．P＜R＜Q
[解析] ∵»lg第a＞五l级gb＞0，∴12(lga＋lgb)＞ lga·lgb，即 Q
＞P，又∵a＞b＞1，∴a＋2 b＞ ab，∴lg(a＋2 b)＜lg ab＝12(lga
＋lgb)，即 R＞Q，∴有 P＜Q＜R.
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第二级
• 第三级
– 第四a－级b>0
a－b<0
»第五级
a－b＝0
(2)求商法：a，b∈R＋，ab>1⇒ a>b ；ab<1⇒ a<b .
单击此处编辑母版文本样式 第二级 • 第三级 综– 合第法四级 »第五级
执果索因
分析法
单击此处编辑母版文本样式 第二级 • 第三级 – 第四级 »第五级
即(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c＞614
而(1－a)a≤[a＋12－a]2＝14， 同理(1－b)b≤14，(1－c)c≤14， ∴[(1－a)a]·[(1－b)b]·[(1－c)c]≤614与①矛盾 ∴(1－a)c，(1－b)a，(1－c)b 不同时大于14
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单击此处编辑母版文本样式 (2)[第解二] 级544545＝(5445)11＝(1602254)11 ∴54•4＜第4三55.级 – 第四级 »第五级
单击此处编辑母版文本样式 (第人二教级版选修 4—5 第 25 页例 4)已知 a，b，c∈R＋，求
证：a2b2＋a• ＋第b–2b三c＋第2＋级c四c2级a2≥abc. [证明] 要»证第a2五b2＋a级＋b2bc＋2＋c c2a2≥abc 即证 a2b2＋b2c2＋c2a2≥(a＋b＋c)abc ∵b2＋c2≥2bc，a2(b2＋c2)≥2a2bc， 同理 b2(a2＋c2)≥2ab2c，c2(a2＋b2)≥2abc2，
2012届高考数学一轮复习精讲课件(湘教版)第16单元第83讲证明不等式的基本方法
2.四个不相等的正数a、b、c、d 成等差数列，则 ad A. ? bc 2 ad C. ? bc 2 因为a d b c， 解析：
所以 ad bc bc (b、c互不相等)． 2 2
ad B. bc 2 ad D. bc 2
3.设m n，x m 4 m3 n，y n3 m n 4， 则x，y的大小关系是 A．x y C．x y B．x y D．与m，n的取值有关
4 3 3 4
解析： 因为x y m m n n m n m n m mn n
2 2
m3 m n n 3 m n m n m 3 n 3
2
0，所以x y.
4.设a 0，b 0，则以下不等式 中不恒成立的是 1 1 A． a b ( ) 4? a b 3 3 2 B．a b 2ab C．a b 2 2a 2b
评析：本题是利用综合法证明不等式．用 综合法证明不等式时，应注意观察不等式 的结构特点，选择恰当地已知不等式作为 依据，其中基本不等式是最常用了．对于 这种两边各有三项的不等式，都可利用本 题中的方法进行证明，例如： a b c ab bc ca，a b b c c a
5．放缩法：欲证A B，可通过适当放大和缩小，借助 一个或多个中间量，使得B B1，B1 B2， ，B1 A，再 利用传递性，达到欲证的目的，这种方法叫做放缩法． 6．换元法：换元法是指结构较为复杂、量与量之间关 系不很明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原题 中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究 的形式．用换元法证明不等式时一定要注意新元的约 束条件及整体置换策略． 7．构造法：构造二次方程用“ ”，构造函数用函数单 调性，构造图形用数形结合方法．
高三数学人教版一轮训练：第十三篇第2节 证明不等式的基本方法
第2节证明不等式的基本方法【选题明细表】1.(2017·揭阳二模)已知函数f(x)=|2|x|-1|.(1)求不等式f(x)≤1的解集A;(2)当m,n∈A时,证明:|m+n|≤mn+1.(1)解:由|2|x|-1|≤1,得-1≤2|x|-1≤1,即|x|≤1,解得-1≤x≤1,所以A=[-1,1].(2)证明:|m+n|2-(mn+1)2=m2+n2-m2n2-1=-(m2-1)(n2-1),因为m,n∈A,故-1≤m≤1,-1≤n≤1,m2-1≤0,n2-1≤0,故-(m2-1)(n2-1)≤0,|m+n|2≤(mn+1)2.又显然mn+1≥0,故|m+n|≤mn+1.2.(2017·四川宜宾二诊)已知函数f(x)=m-|x-2|, m∈R,且f(x+2)≥0的解集为[-3,3].(1)解不等式: f(x)+f(x+2)>0;(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证: ++≥3.(1)解: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[-3,3],故m=3.所以f(x)+f(x+2)>0可化为: 3-|x-2| +3-|x|>0,所以|x|+|x+2|<6.①当x≤-2时, -x-x-2<6,所以x>-4,所以-4<x≤-2;②当-2<x≤0时, -x+x+2<6,所以2<6,所以x∈R,又-2<x≤0,所以-2<x≤0;③当x>0时, x+x+2<6,所以x<2,又x>0,所以0<x<2.综上①②③得不等式f(x)+f(x+2)>0的解集为:{x|-4<x<2}.(2)证明: a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=3,因为+++(a+b+c)=(+a)+(+b)+(+c)≥2(++) =2(a+b+c)(当且仅当a=b=c=1时,取“=”),所以++≥a+b+c,即++≥3.f(x)=|x+b2|-|-x+1|,g(x)=|x+a2+c2| +|x-2b2|,其中a,b,c均为正实数,且ab+bc+ac=1.(1)当b=1时,求不等式f(x)≥1的解集;(2)当x∈R时,求证f(x)≤g(x).解:(1)由题意,当b=1时,f(x)=当x≤-1时,f(x)=-2<1,不等式f(x)≥1无解;当-1<x<1时,f(x)=2x≥1,解得x≥,所以≤x<1.当x≥1时,f(x)=2≥1恒成立,所以f(x)≥1的解集为[,+∞).(2)当x∈R时,f(x)=|x+b2|-|-x+1|≤|x+b2+(-x+1)|=|b2+1|=b2+1;g(x)=|x+a2+c2|+|x-2b2|≥|x+a2+c2-(x-2b2)|=a2+c2+2b2.而a2+c2+2b2-(b2+1)=a2+c2+b2-1= (a2+b2+b2+c2+c2+a2)-1≥ (2ab+2bc+2ac)-1=ab+bc+ac-1=0.当且仅当a=b=c=时,等号成立,即a2+c2+2b2≥b2+1,因此,当x∈R时,f(x)≤b2+1≤a2+c2+2b2≤g(x),所以,当x∈R时,f(x)≤g(x).·陕西咸阳二模)已知函数f(x)=m- |x+4|(m>0),且f(x-2)≥0的解集为[-3,-1].(1)求m的值;(2)若a,b,c都是正实数,且++=m,求证: a+2b+3c≥9. (1)解:依题意f(x-2)=m-|x+2|≥0,即|x+2|≤m⇔-m-2≤x≤-2+m,所以m=1.(2)证明:因为++=1(a,b,c>0)所以a+2b+3c=(a+2b+3c)( ++)=3+(+)+(+)+(+)≥9,当且仅当a=2b=3c,即a=3,b=,c=1时取等号.。
高考数学一轮复习课时检测 第二节 不等式证明的基本方法 理 试题
卜人入州八九几市潮王学校选修4-5第二节不等式证明的根本方法1．a、b、x、y均为正实数，且>，x>y.求证：>.证明：∵－＝，又>，且a、b均为正实数，∴b>a>0.又x>y>0，∴bx>ay.∴>0，即>.2．a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋(＋＋)2≥6，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a2＋b2＋c2≥3(abc)23，①＋＋≥3(abc)13-，②所以(＋＋)2≥9(abc)2 3 -.故a2＋b2＋c2＋(＋＋)2≥3(abc)23＋9(abc)2 3 -.又3(abc)23＋9(abc)23-≥2＝6，③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，由根本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①同理＋＋≥＋＋，②故a2＋b2＋c2＋(＋＋)2≥ab＋bc＋ac＋3＋3＋3≥6.③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．3．(2021·豫南九校联考)x，y均为正数，且x＞y，求证：2x＋≥2y＋3.解：因为x＞0，y＞0，x－y＞0，2x＋－2y＝2(x－y)＋＝(x－y)＋(x－y)＋≥3＝3，所以2x＋≥2y＋3.4．正实数a，b，c满足＋＋＝1，求证：a＋＋≥9.证明：因为a，b，c均为正实数，所以＋＋≥3.同理可证：a＋＋≥3.所以(a＋＋)(＋＋)≥3·3＝9.因为＋＋＝1，所以a＋＋≥9，当且仅当a＝3，b＝6，c＝9时，等号成立．5．x、y、z∈R,且2x＋3y＋3z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．解：由柯西不等式得，(2x＋3y＋3z)2≤(22＋32＋32)(x2＋y2＋z2)．∵2x＋3y＋3z＝1，∴x2＋y2＋z2≥，当且仅当＝＝，即x＝，y＝z＝时，等号成立，∴x2＋y2＋z2的最小值为.6．设f(x)＝2x2－2x＋2010，假设实数a满足|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<4(|a|＋1)．证明：∵f(x)＝2x2－2x＋2010，∴|f(x)－f(a)|＝2|x2－x－a2＋a|＝2|x－a|·|x＋a－1|<2|x＋a－1|，又∵2|x＋a－1|＝2|(x－a)＋2a－1|≤2(|x－a|＋|2a－1|)<2(1＋|2a|＋1)＝4(|a|＋1)．7．求证：＋＋…＋＞(n≥2，n∈N*)．证明：法一：利用数学归纳法：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋＞，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立．即＋＋…＋＞.那么当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋(＋＋－)＞＋(3×－)＝.所以当n＝k＋1时不等式也成立，由(1)，(2)知原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．法二：利用放缩法：∵n≥2，∴＋＋…＋＞＋＋…＋＝＞.即＋＋…＋＞(n≥2，n∈N*)．8．a，b，c为实数，且a＋b＋c＋2－2m＝0，a2＋b2＋c2＋m－1＝0.(1)求证：a2＋b2＋c2≥；(2)务实数m的取值范围．解：(1)由柯西不等式得[a2＋(b)2＋(c)2]≥(a＋b＋c)2，即(a2＋b2＋c2)×14≥(a＋b＋c)2.∴a2＋b2＋c2≥.当且仅当|a|＝|b|＝|c|获得等号．(2)由得a＋b＋c＝2m－2，a2＋b2＋c2＝1－m，∴14(1－m)≥(2m－2)2.即2m2＋3m－5≤0.∴－≤m≤1.又∵a2＋b2＋c2＝1－m≥0，∴m≤1，∴－≤m≤1.。
高考数学一轮复习 不等式证明的基本方法限时集训 理
限时集训(六十九) 不等式证明的基本方法(限时：40分钟 满分：50分)1．(满分10分)已知关于x 的不等式2x ＋2x －a ≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，求实数a 的最小值．2．(满分10分)(2013·沈阳模拟)已知a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.3．(满分10分)(2013·平湖模拟)已知x 、y 、z 均为正数，求证： 33⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≤ 1x 2＋1y 2＋1z2.4．(满分10分)(2013·福建高考)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 ≥9.5．(满分10分)已知数列{x n }中，x 1＝1，x n ＋1＝1＋x n p ＋x n (n ∈N *，p 是正常数)． (1)当p ＝2时，用数学归纳法证明x n <2(n ∈N *)；(2)是否存在正整数M ，使得对于任意正整数n ；都有x M ≥x n .答 案[限时集训(六十九)]1．解析：∵2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a ＋2a ≥2 2x －a 2x －a ＋2a ＝2a ＋4≥7， ∴a ≥32. 2．证明：法一：∵a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c )2－(2ab ＋2bc ＋2ac )≥(a ＋b ＋c )2－2(a 2＋b 2＋c 2)，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2＝1，∴a 2＋b 2＋c 2≥13. 法二：∵a 2＋b 2＋c 2－13＝a 2＋b 2＋c 2－a ＋b ＋c23＝13(2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ac ) ＝13[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]≥0 ∴a 2＋b 2＋c 2≥13. 法三：∵(12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2＝1，即3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，∴a 2＋b 2＋c 2≥13. 3．证明：由柯西不等式得(12＋12＋12)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1y 2＋1z 2≥ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z 2， 则3×1x 2＋1y 2＋1z 2≥1x ＋1y ＋1z ，即33⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≤ 1x 2＋1y 2＋1z2. 4．解：(1)因为f (x ＋2)＝m －|x |，所以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. 5．解：由x 1＝1，x n ＋1＝1＋x n p ＋x n，p >0知，x n >0(n ∈N *)． (1)证明：当p ＝2时， x n ＋1＝1＋x n2＋x n ， ①当n ＝1时，x 1＝1<2，命题成立．②假设当n ＝k 时，x k <2， 则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x k 2＋x k ＝2－22＋x k <2－22＋2＝2， 即n ＝k ＋1时，命题成立．根据①②知，x n <2(n ∈N *)．(2)用数学归纳法证明，x n ＋1>x n (n ∈N *)． ①当n ＝1时，x 2＝1＋x 1p ＋x 1>1＝x 1，命题成立．②假设当n ＝k 时，x k ＋1>x k ， 因为x k >0，p >0， 所以p p ＋x k ＋1<p p ＋x k， 则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x kp ＋x k ＝2－p p ＋x k <2－p p ＋x k ＋1＝x k ＋2，即n ＝k ＋1时，命题成立． 根据①②知，x n ＋1>x n (n ∈N *)． 所以综上证明可知{x n }是递增数列，故不存在正整数M ，使得对于任意正整数n ，都有x M ≥x n .。
2012届高考数学一轮复习 6.2 不等式的证明(一)教案
6.2 不等式的证明〔一〕●知识梳理1.均值定理：a +b ≥2ab ；ab ≤〔2b a +〕2〔a 、b ∈R +〕， 当且仅当a =b 时取等号.2.比较法：a －b ＞0⇒a ＞b ，a －b ＜0⇒a ＜b .3.作商法：a ＞0，b ＞0，ba＞1⇒a ＞b . 特别提示1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用条件，假设ba＞1不能推出a ＞b .这里要注意a 、b 两数的符号. ●点击双基1.假设a 、b 是正数，那么2b a +、ab 、b a ab+2、222b a +这四个数的大小顺序是A.ab ≤2b a +≤b a ab +2≤222b a +B.222b a +≤ab ≤2b a +≤b a ab+2C.b a ab +2≤ab ≤2b a +≤222b a +D.ab ≤2b a +≤222b a +≤ba ab+2解析：可设a =1，b =2，那么2b a +=23，ab =2， b a ab +2=34，222b a +=241+=25=5.2.答案：C2.设0＜x ＜1，那么a =2x ，b =1+x ，c =x-11中最大的一个是 A.aB.bC.cD.不能确定 解析：∵0＜x ＜1，∴1+x ＞2x =x 4＞x 2.∴只需比较1+x 与x-11的大小. ∵1+x －x -11=x x ---1112=－x x -12＜0，∴1+x ＜x-11.答案：C3.〔2005年春季上海，15〕假设a 、b 、c 是常数，那么“a ＞0且b 2－4ac ＜0〞是“对任意x ∈R ，有ax 2+bx +c ＞0〞的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件 必要条件解析：当a ＞0，b 2－4ac ＜0时，ax 2+bx +c ＞0.反之，ax 2+bx +c ＞0对x ∈R 成立不能推出a ＞0，b 2－4ac ＜0. 反例：a =b =0，c =2.应选A. 答案：A4.〔理〕|a +b |＜－c 〔a 、b 、c ∈R 〕，给出以下不等式：①a ＜－b －c ；②a ＞－b +c ；③a ＜b －c ；④|a |＜|b |－c ；⑤|a |＜－|b |－c . 其中一定成立的不等式是____________.〔把成立的不等式的序号都填上〕解析：∵|a +b |＜－c ，∴c ＜a +b ＜－c .∴－b +c ＜a ＜－b －c .故①②成立，③不成立. ∵|a +b |＜－c ，|a +b |≥|a |－|b |，∴|a |－|b |＜－c .∴|a |＜|b |－c . 故④成立，⑤不成立. 答案：①②④〔文〕假设a 、b ∈R ，有以下不等式：①a 2+3＞2a ；②a 2+b 2≥2〔a －b －1〕；③a 5+b 5＞a 3b 2+a 2b 3；④a +a1≥2.其中一定成立的是__________. 解析：①a 2+3－2a =〔a －1〕2+2＞0，∴a 2+3＞2a ；②a 2+b 2－2a +2b +2=〔a －1〕2+〔b +1〕2≥0，∴a 2+b 2≥2〔a －b －1〕；③a 5+b 5－a 3b 2－a 2b 3=a 3〔a 2－b 2〕+b 3〔b 2－a 2〕=〔a 2－b 2〕〔a 3－b 3〕=〔a +b 〕〔a －b 〕2〔a 2+ab +b 2〕.∵〔a －b 〕2≥0，a 2+ab +b 2≥0，但a +b 符号不确定，∴a 5+b 5＞a 3b 2+a 2b 3不正确； ④a ∈R 时，a +a1≥2不正确. 答案：①②5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v 1和在静水中的速度v 2的大小关系为____________.解析：设甲地至乙地的距离为s ，船在静水中的速度为v 2，水流速度为v 〔v 2＞v ＞0〕，那么船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间t =v v s +2+v v s-2=22222vv s v -， 平均速度v 1=ts 2=2222v vv -.∵v 1－v 2=2222v v v -－v 2=－22v v ＜0，∴v 1＜v 2.答案：v 1＜v 2●典例剖析[例1] 设a ＞0，b ＞0，求证：〔b a 2〕21〔ab2〕21≥a 21+b 21.剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.证法一：左边－右边＝abb a 33）（）（+－〔a ＋b 〕＝abb a ab b ab a b a ）（））（（+-+-+＝ab b ab a b a ））（（+-+2＝abb a b a 2））（（-+≥0.∴原不等式成立.证法二：左边＞0，右边＞0，右边左边＝）（））（（b a ab b ab a b a ++-+＝ab b ab a +-≥ababab -2＝1. ∴原不等式成立.评述：用比较法证不等式，一般要经历作差〔或商〕、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的例3那么是公式法与配方法的综合应用.[例2] a 、b 、x 、y ∈R +且a 1＞b1，x ＞y . 求证：ax x+＞b y y +. 剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合.证法一：〔作差比较法〕∵a x x+－b y y +=））（（b y a x ay bx ++-，又a 1＞b1且a 、b ∈R +，∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0，∴bx ＞ay . ∴））（（b y a x ay bx ++-＞0，即ax x+＞b y y +. 证法二：〔分析法〕 ∵x 、y 、a 、b ∈R +，∴要证ax x+＞b y y +， 只需证明x 〔y +b 〕＞y 〔x +a 〕，即证xb ＞ya . 而由a 1＞b1＞0，∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0， 知xb ＞ya 显然成立.故原不等式成立. 思考讨论该例假设用函数的单调性应如何构造函数?解法一：令f 〔x 〕=a x x +，易证f 〔x 〕在〔0，+∞〕上为增函数，从而a x x+＞b y y +.再令g 〔x 〕=xm m+，易证g 〔x 〕在〔0，+∞〕上单调递减. ∵a 1＞b1，a 、b ∈R +.∴a ＜b . ∴g 〔a 〕＞g 〔b 〕，即a m m +＞bm m+，命题得证.解法二：原不等式即为1+ax a x ＞1+by b y ，为此构造函数f 〔x 〕=1+x x，x ∈〔0，+∞〕. 易证f 〔x 〕在〔0，+∞〕上为单调增函数，而a x＞by ， ∴1+ax a x＞1+by b y ，即ax x+＞b y y +. [例3] 某食品厂定期购买面粉.该厂每天需用面粉6 t ，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元.〔1〕求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少?〔2〕假设提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210 t 时，其价格可享受9折优惠〔即原价的90%〕，问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由.解：〔1〕设该厂应每隔x 天购买一次面粉，其购买量为6x t ，由题意知，面粉的保管等其他费用为3［6x +6〔x －1〕+…+6×2+6×1］=9x 〔x +1〕.设平均每天所支付的总费用为y 1元，那么y 1=x1［9x 〔x +1〕+900］+6×1800 =x900+9x +10809≥2x x 9900⋅+10809=10989. 当且仅当9x =x900，即x =10时取等号， 即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少.〔2〕假设厂家利用此优惠条件，那么至少每隔35天，购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y 2元，那么y 2=x 1［9x 〔x +1〕+900］+6×1800×0.90=x900+9x +9729〔x ≥35〕. 令f 〔x 〕=x +x100〔x ≥35〕， x 2＞x 1≥35，那么f 〔x 1〕－f 〔x 2〕=〔x 1+1100x 〕－〔x 2+2100x 〕 =212112100x x x x x x ））（（--∵x 2＞x 1≥35，∴x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0，100－x 1x 2＜0.∴f 〔x 1〕－f 〔x 2〕＜0，f 〔x 1〕＜f 〔x 2〕， 即f 〔x 〕=x +x100，当x ≥35时为增函数. ∴当x =35时，f 〔x 〕有最小值，此时y 2＜10989.∴该厂应该接受此优惠条件. ●闯关训练 夯实基础1.设x ＞0，y ＞0，且xy －〔x +y 〕=1，那么 A.x +y ≤22+2B.x +y ≥22+2C.x +y ≤〔2+1〕2D.x +y ≥〔2+1〕2解析：∵x ＞0，y ＞0，∴xy ≤〔2y x +〕2. 由xy －〔x +y 〕=1得〔2y x +〕2－〔x +y 〕≥1. ∴x +y ≥2+22.答案：B2.x 、y ∈R ，M =x 2+y 2+1，N =x +y +xy ，那么M 与N 的大小关系是 A.M ≥N B.M ≤N C.M =ND.不能确定解析：M －N =x 2+y 2+1－〔x +y +xy 〕 =21［〔x 2+y 2－2xy 〕+〔x 2－2x +1〕+〔y 2－2y +1〕］ =21［〔x －y 〕2+〔x －1〕2+〔y －1〕2］≥0. 答案：A3.设a ＞0，b ＞0，a 2+22b =1，那么a 21b +的最大值是____________.解析：a 2+22b =1⇔a 2+212+b=23.∴a 21b +=2·a ·212+b ≤2·22122++b a =2·223=423. 答案：423 4.假设记号“※〞表示求两个实数a 和b 的算术平均数的运算，即a ※b =2ba +，那么两边均含有运算符号“※〞和“+〞，且对于任意3个实数a 、b 、c 都能成立的一个等式可以是____________.解析：∵a ※b =2b a +，b ※a =2ab +， ∴a ※b +c =b ※a +c .答案：a ※b +c =b ※a +c .思考：对于运算“※〞分配律成立吗? 即a ※〔b +c 〕=a ※b +a ※c . 答案：不成立5.当m ＞n 时，求证：m 3－m 2n －3mn 2＞2m 2n －6mn 2＋n 3．证明：∵〔m 3－m 2n －3mn 2〕－〔2m 2n －6mn 2＋n 3〕＝m 3－3m 2n ＋3mn 2－n 3＝〔m －n 〕3，又m ＞n ，∴m －n ＞0.∴〔m －n 〕3＞0，即〔m 3－m 2n －3mn 2〕－〔2m 2n －6mn 2＋n 3〕＞0.故m 3－m 2n －3mn 2＞2m 2n －6mn 2＋n 3．6.a ＞1，λ＞0，求证：log a 〔a +λ〕＞log a +λ〔a +2λ〕. 证明：log a 〔a +λ〕－log 〔a +λ〕〔a +2λ〕 =a a lg lg ）（λ+－）（）（λλ++a a lg 2lg=）（）（）（λλλ+⋅+⋅-+a a a a a lg lg 2lg lg lg 2∵a ＞1，λ＞0，∴lg a ＞0，lg 〔a +2λ〕＞0，且lg a ≠lg 〔a +2λ〕. ∴lg a ·lg 〔a +2λ〕＜［〔22lg lg ）（λ++a a 〕］2=［22lg 2）（λa a +］2＜［2lg 2）（λ+a ］2=lg 2〔a +λ〕.∴）（）（）（λλλ++⋅-+a a a a a lg lg 2lg lg lg 2＞0.∴log a 〔a +λ〕＞log 〔a +λ〕〔a +2λ〕.培养能力7.x ＞0，y ＞0，假设不等式x +y ≤m y x +恒成立，求实数m 的最小值.分析：∵x +y ≤m y x +恒成立，∴m ≥yx yx ++恒成立.∴m 的最小值就是yx yx ++的最大值.解：∵x +y ≤m y x +恒成立，∴m ≥y x yx ++恒成立.∵x ＞0，y ＞0，∴y x +≥22）（y x +=2yx +.∴yx yx ++≤2yx y x ++=2.∴m 的最小值为2.评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段. 8.有点难度哟！求证：在非Rt △ABC 中，假设a ＞b ，h a 、h b 分别表示a 、b 边上的高，那么必有a +h a ＞b +h b . 证明：设S 表示△ABC 的面积，那么S =21ah a =21bh b =21ab sin C . ∴h a =b sin C ，h b =a sin C.∴〔a +h a 〕－〔b +h b 〕=a +b sin C －b －a sin C =〔a －b 〕〔1－sin C 〕. ∵C ≠2π，∴1－sin C ＞0. ∴〔a －b 〕〔1－sin C 〕＞0. ∴a +h a ＞b +h b .探究创新9.设二次函数f 〔x 〕=ax 2+bx +c 〔a ＞0〕，方程f 〔x 〕－x =0的两根x 1、x 2满足1＜x 1＜x 2＜a1. 〔1〕当x ∈〔0，x 1〕时，证明x ＜f 〔x 〕＜x 1； 〔2〕设函数f 〔x 〕的图象关于直线x =x 0对称，求证x 0＜21x . 证明：〔1〕令F 〔x 〕=f 〔x 〕－x ，∵x 1、x 2是方程f 〔x 〕－x =0的根，∴F 〔x 〕=a 〔x －x 1〕〔x －x 2〕. 当x ∈〔0，x 1〕时，由于x 1＜x 2，∴〔x －x 1〕〔x －x 2〕＞0. 又a ＞0，得F 〔x 〕=a 〔x －x 1〕〔x －x 2〕＞0，即x ＜f 〔x 〕. 又x 1－f 〔x 〕=x 1－［x +F 〔x 〕］=x 1－x +a 〔x 1－x 〕〔x －x 2〕=〔x 1－x 〕［1+a 〔x －x 2〕］， ∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，x 1－x ＞0，1+a 〔x －x 2〕=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0， ∴x 1－f 〔x 〕＞0，即f 〔x 〕＜x 1. 综上，可知x ＜f 〔x 〕＜x 1. 〔2〕由题意知x 0=－ab 2. ∵x 1、x 2是方程f 〔x 〕－x =0的根，即x 1、x 2是方程ax 2+〔b －1〕x +c =0的根，∴x 1+x 2=－a b 1-.∴x 0=－ab 2=a x x a 2121-+）（=a ax ax 2121-+.又∵ax 2＜1，∴x 0＜a ax 21=21x.●思悟小结1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差〔商〕→变形→判断.变形的目的是为了判断.假设是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.假设是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.4.在应用均值定理求最值时，要把握定理成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得〞.假设忽略了某个条件，就会出现错误.●教师下载中心 教学点睛1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.2.对于公式a +b ≥2ab ，ab ≤〔2b a +〕2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也表达了ab 和a +b 的转化关系.拓展题例[例1]设a 、b ∈R ，关于x 的方程x 2＋ax ＋b ＝0的实根为α、β.假设｜a ｜＋｜b ｜＜1，求证：｜α｜＜1，｜β｜＜1.证法一：∵α＋β＝－a ，αβ＝b ，∴｜α＋β｜＋｜αβ｜＝｜a ｜＋｜b ｜＜1. ∴｜α｜－｜β｜＋｜α｜｜β｜＜1，〔｜α｜－1〕〔｜β｜＋1〕＜0. ∴｜α｜＜1.同理，｜β｜＜1.证法二：设f 〔x 〕=x 2＋ax ＋b ，那么有f 〔1〕＝1＋a ＋b ＞1－〔｜a ｜＋｜b ｜〕＞1－1＝0， f 〔－1〕＝1－a ＋b ＞1－〔｜a ｜＋｜b ｜〕＞0. ∵0≤｜a ｜＜1，∴－1＜a ＜1.∴－21＜－2a ＜21. ∴方程f 〔x 〕＝0的两实根在〔－1，1〕内，即｜α｜＜1，｜β｜＜1.评述：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰好能分解因式；证法二考虑根的分布，证两根在〔－1，1〕内.[例2] 是否存在常数C ，使得不等式y x x +2+y x y 2+≤C ≤y x x2++yx y +2对任意正数x 、y 恒成立?试证明你的结论.解：当x =y 时，可由不等式得出C =32. 下面分两个方面证明.先证y x x +2+y x y 2+≤32，此不等式⇔3x 〔x +2y 〕+3y 〔2x +y 〕≤2〔2x +y 〕〔x +2y 〕⇔x 2+y2≥2xy .再证y x x 2++y x y +2≥32， 此不等式⇔3x 〔2x +y 〕+3y 〔x +2y 〕≥2〔x +2y 〕〔2x +y 〕⇔2xy ≤x 2+y 2. 综上，可知存在常数C =32，使对任何正数x 、y 不等式恒成立.。
高三数学一轮复习课时提能演练 12.2 证明不等式的基本方法 理 新课标
2013版高三新课标理科数学一轮复习课时提能演练 12.2 证明不等式的基本方法(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证( )(A)2ab －1－a 2b 2≤0(B)a 2＋b 2－1－a 4＋b42≤0(C)(a ＋b 2)2－1－a 2b 2≤0(D)(a 2－1)(b 2－1)≥02.(2012·清远模拟)已知a∈R，则“a>2”是“a 2>2a”的( )(A)既不充分也不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充要条件 (D)充分不必要条件3.(2011·上海高考)若a ，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是 ( )(A)a 2＋b 2>2ab (B)a ＋b≥2ab(C)1a ＋1b >2ab (D)b a ＋ab ≥24.(2012·中山模拟)已知a ，b ，c 满足c<b<a ，且ac<0，那么下列选项中一定成立的是() (A)cb 2<ab 2 (B)c(b －a)<0(C)ab>bc (D)ac(a －c)<05.已知a ，b ，c∈R，a ＋b ＋c ＝0，abc>0，T ＝1a ＋1b ＋1c ，则( )(A)T>0 (B)T<0(C)T ＝0 (D)无法判断T 的正负6.(易错题)已知a∈R，b∈R，且a≠b，下列结论正确的是( )(A)a 2＋3ab>2b 2 (B)a 5＋b 5>a 3b 2＋a 2b 3(C)a 2＋b 2≥2(a－b －1) (D)a b ＋ba >2二、填空题(每小题6分，共18分)7.已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是yx(填“>”、“<”、“＝”).8.已知a ，b ，c ＞0，且a ＋b ＞c ，设M ＝a 4＋a ＋b 4＋b ，N ＝c 4＋c，则M 与N 的大小关系是 . 9.若1a <1b<0，则下列四个结论 ①|a|>|b|；②a＋b<ab ；③b a ＋a b >2；④a 2b<2a －b. 其中正确的是 .三、解答题(每小题15分，共30分)10.(2011·福建高考)设不等式|2x －1|<1的解集为M.(1)求集合M ；(2)若a ，b∈M，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小.11.若0<a<2,0<b<2,0<c<2，证明：a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1.【探究创新】(16分)设minA 表示数集A 中的最小数；设maxA 表示数集A 中的最大数.(1)若a ，b>0，h ＝min{a ，b a 2＋b 2}，求证：h≤22； (2)若H ＝max{1a ，a 2＋b 2ab ，1b }，求H 的最小值.答案解析1.【解析】选D.∵a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)≥0，∴a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0.故选D.2. 【解析】选D.由a 2>2a ，可知a>2或a<0，∴“a>2”是“a 2>2a ”的充分不必要条件.3.【解题指南】根据基本不等式，利用“一正、二定、三相等”的步骤确定结论.【解析】选D.4.【解析】选D.∵a>c ，ac<0，∴a>0，c<0，采用特值法，取c ＝－1，b ＝0，a ＝1.依次代入四个选项中，可知A 、B 、C 均错误，故选D.5. 【解析】选B.∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ＝0，即2ab ＋2bc ＋2ac ＝－(a 2＋b 2＋c 2)<0，∵abc>0，∴上述不等式两边同除以2abc ，得T ＝1a ＋1b ＋1c ＝－a 2＋b 2＋c 22abc<0，故选B. 6.【解析】选C.对于选项A ，(a 2＋3ab)－2b 2＝(a ＋32b)2－174b 2>0不恒成立，故A 不正确； 对于选项B ，(a 5＋b 5)－(a 3b 2＋a 2b 3)＝(a 5－a 3b 2)＋(b 5－a 2b 3)＝a 3(a 2－b 2)－b 3(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(a 3－b 3)＝(a －b)2(a ＋b)(a 2＋ab ＋b 2).∵(a －b)2>0，a 2＋ab ＋b 2＝(a ＋b 2)2＋34b 2>0， 而a ＋b 的符号是不确定的，故差值符号不能确定，因此B 不正确；对于选项C ，(a 2＋b 2)－2(a －b －1)＝a 2－2a ＋b 2＋2b ＋2＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，故a 2＋b 2≥2(a －b －1)，C 正确；当a 、b 异号时，选项D 不正确，故选C.7.【解析】x 2＝14(a ＋b)2＝14(a ＋b ＋2ab)， y 2＝a ＋b ＝12(a ＋b ＋a ＋b)≥12(a ＋b ＋2ab) >14(a ＋b ＋2ab). 又x>0，y>0，∴y>x.答案：>8.【解析】∵a ，b ，c ＞0，∴M ＝a 4＋a ＋b 4＋b ＞a 4＋a ＋b ＋b 4＋a ＋b＝a ＋b 4＋a ＋b＝11＋4a ＋b ＞11＋4c＝c 4＋c ＝N. 答案：M ＞N9.【解析】∵1a <1b<0，∴b<a<0， ∴－b>－a>0，∴|b|>|a|，故①错误.∵b<a<0，显然②正确.又∵b a >0，a b >0，且b a ≠a b，∴③正确. 又∵a 2b －(2a －b)＝a 2b －2a ＋b ＝a 2－2ab ＋b 2b＝(a －b)2b<0， ∴a 2b<2a －b ，∴④正确. 答案：②③④10.【解题指南】(1)|2x －1|<1 －1<2x －1<1，解之即得x 的取值范围；(2)用作差法比较ab ＋1与a ＋b 的大小.【解析】(1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x<1.所以M ＝{x|0<x<1}.(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a<1,0<b<1.所以(ab ＋1)－(a ＋b)＝(a －1)(b －1)>0.故ab ＋1>a ＋b.【变式备选】(1)设a 1，a 2，a 3均为正数，且a 1＋a 2＋a 3＝m ，求证：1a 1＋1a 2＋1a 3≥9m. (2)已知a ，b 都是正数，x ，y ∈R ，且a ＋b ＝1，求证：ax 2＋by 2≥(ax ＋by)2.【证明】(1)1a 1＋1a 2＋1a 3＝1m (a 1＋a 2＋a 3)(1a 1＋1a 2＋1a 3) ＝1m [3＋(a 1a 2＋a 2a 1)＋(a 2a 3＋a 3a 2)＋(a 1a 3＋a 3a 1)] ≥1m (3＋2＋2＋2)＝9m. 当且仅当a 1＝a 2＝a 3＝m 3时，等号成立. (2)ax 2＋by 2＝(ax 2＋by 2)(a ＋b)＝a 2x 2＋b 2y 2＋ab(x 2＋y 2)≥a 2x 2＋b 2y 2＋2abxy ＝(ax ＋by)2.11.【解题指南】本题中的待证结论是“不都大于1”，也就是“至少有一个小于等于1”，由于涉及三个式子，直接证明需分类讨论，因此可用反证法，从“不都”的反面“都”出发证明.【证明】假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于1，∵0<a<2,0<b<2,0<c<2，∴2－b>0,2－c>0,2－a>0，∵a(2－b)>1，b(2－c)>1，c(2－a)>1，三式相乘，得a(2－b)·b(2－c)·c(2－a)>1. ①又0<a(2－a)≤(a ＋2－a 2)2＝1， 0<b(2－b)≤(b ＋2－b 2)2＝1， 0<c(2－c)≤(c ＋2－c 2)2＝1， ∴a(2－a)·b(2－b)·c(2－c)≤1. ②由于①②两式矛盾，故原命题成立.【误区警示】用反证法证明不等式应注意以下三点：(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的.(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法.(3)推导出的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等，但推出的矛盾必须是明显的.【探究创新】【解析】(1)∵h ＝min{a ，b a 2＋b 2}， ∴0<h ≤a,0<h ≤ba 2＋b 2， ∴h 2≤a ·b a 2＋b 2＝ab a 2＋b 2≤ab 2ab ＝12(当且仅当a ＝b 时等号成立). ∴h ≤22. (2)∵H ＝max{1a ，a 2＋b 2ab ，1b}， ∴H ≥1a >0，H ≥a 2＋b 2ab >0， H ≥1b>0， ∴H 3≥1a ·a 2＋b 2ab ·1b＝a 2＋b 2ab ≥2ab ab ＝2(当且仅当a ＝b 时等号成立)， ∴H ≥32，所以H 的最小值为32.。
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第三讲 证明不等式的基本方法
班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________ 一､选择题:(本大题共6小题,每小题6分,共36分,将正确答案的代号填在题后的括号内
.)
1.P =设则P ､Q ､R 的大小顺序是( )
A.P>Q>R
B.P>R>Q
C.Q>P>R
D.Q>R>P
:P R ;
=>>>>解析即又
,即R>Q;
故有P>R>Q.故应选B.
答案:B
2.已知a>2,b>2,则a+b 与ab 的大小关系是( )
A.a+b>ab
B.a+b<ab
C.a+b≥ab
D.a+b≤ab
解析:解法一:∵a>2,b>2,
∴a -1>1,b-1>1,
∴(a -1)(b-1)>1,即ab-a-b>0,
∴ab>a+b,故选B.
1111,0,221:a 2,b 2,0000a b a 11,b,B 1,.
a b a b a b ab
<<<++<>>∴<
∴<<∴<+<< 解法二即故选 答案:B
3.若实数x,y 适合不等式xy>1,x+y≥-2,则( )
A.x>0,y>0
B.x<0,y<0
C.x>0,y<0
D.x<0,y>0
解析:x,y 异号时,显然与xy>1矛盾,所以可排除C ､D.
假设x<0,y<0,则x<1
y
.
∴x+y<y+1
y
≤-2与x+y≥-2矛盾,故假设不成立.
又xy≠0,∴x>0,y>0.答案:A
4.若a,b∈(0,+∞),且
a≠b,M N
== ,则M与N的大小关系是
( )
A.M>N
B.M<N
C.M≥N
D.M≤N
解析:∵a,b∈(0,+∞),且a≠b,
M N, A.
+>>
+>
+>
∴>故应选
答案:A
5.已知a,b,c∈R,a+b+c=0,abc>0,
111
T
a b c
=++,则( ) A.T>0 B.T<0
C.T=0
D.无法判断T的正负
解析:∵a+b+c=0,
∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=0,
即2ab+2bc+2ac=-(a2+b2+c2)<0,
∵abc>0,∴上述不等式两边同除以2abc,
得
222
111
0,
2
a b c
T
a b c abc
++
=++=-<故选B.
答案:B
6.已知a,b,c,d 都是正数,,a b c d S a b c a b d c d a c d b
=
+++++++++++则有( )
A.S<1
B.S>1
C.S>2
D.以上都不对
解析:S>
1a b c d +++ (a+b+c+d)=1. 答案:B
二､填空题:(本大题共4小题,每小题6分,共24分,把正确答案填在题后的横线上.)
7.某品牌彩电厂家为了打开市场,促进销售,准备对其生产的某种型号的彩电降价销售,现有四种降价方案:
(1)先降价a%,再降价b%;
(2)先降价b%,再降价a%;
(3)先降价2a b +%,再降价2
a b + %; (4)一次性降价(a+b)%.其中a>0,b>0,a≠b,上述四种方案中,降价幅度最小的是________.
解析:设降价前彩电的价格为1,降价后的彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4.
则x 1=(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%·b%,
x 2=(1-b%)(1-a%)=x 1,
()()()()241231312324%%1a b % a b %,x 1a b %1a b %a%b%
x x ,x x a%b%0,x x x x 112214
%.
%2a b a b x a b ++⎛⎫⎛⎫=-- ⎪⎪⎝=-+++⎡⎤⎣⎦=-+<-++⎭⎝⎭
+⎛⎫- ⎪==-=>∴>=⎝>⎭
答案:方案(3) 8.已知|a+b|<-c(a 、b 、c∈R),给出下列不等式:
①a<-b-c;②a>-b+c;③a<b -c;④|a|<|b|-c;⑤|a|<-|b|-c.
其中一定成立的不等式是________(把所有成立的不等式的序号都填上).
解析:∵|a+b|<-c,
∴c<a+b<-c.
∴-b+c<a<-b-c.
故①②成立,③不成立.
∵|a+b|<-c,|a+b|≥|a|-|b|,
∴|a|-|b|<-c.
∴|a|<|b|-c.故④成立,⑤不成立.
答案:①②④
9.函数
y =的最大值为________.
解析:函数的定义域为
[1,6].
2
22222211]]3515y [y 15.y 00y .
81x 3.=⨯⨯∴>∴<=++==∴==
≤≤由题意知即时等号成立 答案
10.已知x 2+2y 2+3z 2=
1817
,则3x+2y+z 的最小值为________. 解析:
(
)22222222x 233(32y 3z )x x y z ⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎛=++++ ⎝
≥ 当且仅当x=3y=9z,等号成立.
∴(3x+2y+z)2
≤12,
即
当
x=-171717
y z =-=-时,
为最小值.
答案
三､解答题:(本大题共3小题,11､12题13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤.)
11.(2010·浙江自选模块卷)设正实数a,b,c,满足abc≥1,求
222
222 a b c
a b b c c a
++
+++
的最小值.
解:因为
()()()() 22
222
2
2
a2b b2c c2a]a
[
222
1,
2
b c
23
,
2
a b c
a b b c c a
a b c a b c
a b b c c a
⎛⎫
++
⎪
+++
⎝⎭
++
++
++
+++++++
+
≥
所以≥≥
当a=b=c=1时,上述不等式取等号,
所以
222
222
a b c
a b b c c a
++
+++
的最小值为1.
12.(2010·江苏)设a,b是非负实数,求证:a3+b3
2+b2).
证明:a3+b3
2+b2)=(a3-a2
3-b
)
)
)
3322
3322
a
a b a b,
a b a b0,
a b a b.
b
-
=
<
=
<
∴++
∴++
<
当≥时当时
≥
评析:证明不等式,常用方法是作差比较法.
13.已知x,y,z是正实数,求证:
分析:注意到所证不等式的特点,可考虑构造向量,使用柯西不等式的向量形式证明. 证明:∵x,y,z是正实数,令
()
()
222
2
2
2
22
222
222
,
[()(
a b
a b a b,
x y z,,x y z2
x
)(
y z,
)],
()
x y z
y z x z x y
y z x z x y
x y z
z y x z x y
x y z x
y z x z x y
⎛⎫
⎛
⎛⎫
+++++++
⎪
+++
==
≤
∴
==
⎝⎭
++
+++
++
++
++
+++
∴
≤
当且仅当时等号成立即≤
≥.
2
y z
++
评析:使用柯西不等式时,既要注意它的数学意义,又要注意它的外在形式.当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可以考虑使用柯西不等式对这个式子进行缩小或放大.。