2018年高考一轮北师大版数学理科选修4-5 第2节课时分层训练70 不等式的证明

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高考调研北师大版选修4-5数学课时作业2精讲精练

课时作业(二)1．设a ，b ∈R ，若a －|b|>0，则下列不等式中正确的是( ) A ．b －a>0 B ．a 3＋b 3<0 C ．a 2－b 2<0 D ．b ＋a>0答案 D2．若|x －a|<m ，|y －a|<n ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．|x －y|<2m B ．|x －y|<2n C ．|x －y|<n －m D ．|x －y|<n ＋m 答案 D3．设ab<0，a ，b ∈R ，那么正确的是( ) A ．|a ＋b|>|a －b| B ．|a －b|<|a|＋|b| C ．|a ＋b|<|a －b| D ．|a －b|<||a|－|b|| 答案 C解析取a ＝－2，b ＝3，用特殊值验证． 4．|x －A|<ε2，|y －A|<ε2是|x －y|<ε的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析利用绝对值不等式性质可得．5．设a ，b ，c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( ) A ．|a －b|≤|a －c|＋|b －c| B ．a 2＋1a 2≥a ＋1aC ．|a －b|＋1a －b≥2 D.a ＋3－a ＋1≤a ＋2－ a 答案 C解析由于a －b 的符号不能确定，故选C.6．已知|α＋β|＝|α|＋|β|，|α|>22，|β|>22，则下列结论：①|α－β|≤|α＋β|；②|α－β|>|α＋β|；③|α＋β|>5；④|α＋β|≤5.其中正确的有( ) A ．①② B ．①③ C ．②③ D ．③④答案 B解析 ∵|α＋β|＝|α|＋|β|，∴αβ≥0.∴|α－β|≤|α＋β|. ∵|α|>22，|β|>22，∴|α＋β|＝|α|＋|β|>42>5成立．∴①③正确． 7．若1<1a <1b ，则下列结论中不正确的是( )A ．log a b>log b aB ．|log a b ＋log b a|>2C ．(log b a)2<1D ．|log b a|＋|log a b|>|log a b ＋log b a|答案 D8．已知|x －m|<ξ2，|y －n|<ξ2，则|4x ＋2y －4m －2n|小于( )A ．ξB ．2ξC ．3ξ D.ξ2答案 C9．若不等式|x －2|＋|x ＋3|<a 的解集为∅，则a 的取值范围为( ) A ．a>5 B ．a ≥5 C ．a<5 D ．a ≤5 答案 D10．设变量x ，y 满足|x －1|＋|y －a|≤1，若2x ＋y 的最大值是5，则实数a 的值是( ) A ．2 B ．1 C ．0 D ．－1 答案 B11．下列四个不等式：①log x 10＋lgx ≥2(x －1)；②|a －b|<|a|＋|b|；③|b a ＋ab |≥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) 答案 ③④12．对于任意的实数x ，不等式|x ＋1|＋|x －2|>a 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 a<313．(2014·江西)x ，y ∈R ，若|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|≤2，则x ＋y 的取值范围为________．答案 [0，2]14．若不等式|2a －1|≤|x ＋1x |对一切非零实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 [－12，32]解析 |x ＋1x |＝|x|＋1|x|≥2，所以由已知得|2a －1|≤2，即2a －1≤2且2a －1≥－2，解得－12≤a ≤32.15．若f(x)＝x 2－x ＋c(c 为常数)，|x －a|<1. 求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．证明 |f(x)－f(a)| ＝|(x 2－x ＋c)－(a 2－a ＋c)| ＝|x 2－x －a 2＋a|＝|(x －a)(x ＋a －1)| ＝|x －a|·|x ＋a －1|<|x ＋a －1| ＝|(x －a)＋(2a －1)|≤|x －a|＋|2a －1| ≤|x －a|＋|2a|＋1<1＋2|a|＋1 ＝2(|a|＋1)．16．设函数f(x)＝|2ax ＋b|(a ，b 是常实数)的定义域是[－1，1]，如果对于定义域内的每一个x ，都有f(x)<1，那么|a|＋|b|<1. (1)证明上述命题；(2)写出上述命题的逆命题，若逆命题正确，请给以证明；若逆命题错误，请举一个反例给以说明．解析 (1)∵x ∈[－1，1]时，都有f(x)<1， ∴f(1)<1且f(－1)<1，即|2a ＋b|<1且|－2a ＋b|<1.又2a 与b 或－2a 与b 一定有一个同号， ∴|2a|＋|b|<1，即|a|＋|a|＋|b|<1. 所以|a|＋|b|<1.(2)逆命题是：设函数f(x)＝|2ax ＋b|(a ，b 是常实数)的定义域是[－1，1]，如果|a|＋|b|<1，那么对于定义域内的每一个x ，都有f(x)<1.上述逆命题是错误的．例如，a ＝34，b ＝18满足|a|＋|b|<1，但是f(56)＝|2×34×56＋18|>1，所以逆命题不成立．1．已知h>0，设命题甲：两个实数a ，b 满足|a －b|<2h ，命题乙：两个实数a ，b 满足|a －1|<h且|b －1|<h ，那么( ) A ．甲是乙的充分不必要条件 B ．甲是乙的必要不充分条件 C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件答案 B2．已知α，β是实数，给出以下四个论断：①|α＋β|＝|α|＋|β|；②|α－β|≤|α＋β|；③|α|>22，|β|>22；④|α＋β|>5.以其中的两个论断为条件，其余两个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．答案 ①③⇒②④3．以下三个命题：(1)若|a －b|<1，则|a|<|b|＋1；(2)若a ，b ∈R ，则|a ＋b|－2|a|≤|a －b|； (3)若|x|<2，|y|>3，则|x y |<23，其中正确的有________个．答案 3解析 (1)∵|a －b|<1，而|a －b|≥|a|－|b|，∴|a|－|b|<1，∴|a|<|b|＋1成立；(2)∵|a ＋b|＝|2a －(a －b)|≤|2a|＋|a －b|＝2|a|＋|a ＋b|，∴|a ＋b|－2|a|≤|a －b|成立；(3)∵|x|<2，|y|>3，∴0<1|y|<13，∴|x||y|<23成立．所以3个命题均正确． 4．已知|a|<1，|b|<1，则|a ＋b|＋|a －b|________2. 答案 <解析当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b|＋|a －b|＝|a ＋b ＋a －b|＝2|a|<2；当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b|＋|a －b|＝|a ＋b －(a －b)|＝2|b|<2；当(a ＋b)(a －b)＝0时，|a ＋b|＋|a －b|<2. 综上，|a ＋b|＋|a －b|<2.5．设函数f(x)＝|2x －1|－|x ＋2|.若存在x 0∈R ，使得f(x 0)＋2m 2<4m ，求实数m 的取值范围．解析 f(x)＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎨⎧－x ＋3，x<－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x>12，所以f(x)min ＝f(12)＝－52.因为存在x 0∈R ，使得f(x 0)＋2m 2<4m ，所以4m －2m 2>f(x)min ＝－52，整理得4m 2－8m －5<0，解得－12<m<52，因此m 的取值范围是(－12，52)．6．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M ，证明：|13a ＋16b|<14.证明记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M ＝(－12，12)．因为a ，b ∈M ，所以|a|<12，|b|<12，所以|13a ＋16b|≤13|a|＋16|b|<13×12＋16×12＝14.。

高考数学一轮复习第十章选修系列选修4_5不等式选讲课时规范练含解析文北师大版

高考数学一轮复习：第十章选修系列选修4－5 不等式选讲课时规范练1．解不等式|x ＋1|＋|x －1|≤2.解析：当x ＜－1时，原不等式可化为－x －1＋1－x ≤2，解得x ≥－1，又因为x ＜－1，故无解；当－1≤x ≤1时，原不等式可化为x ＋1＋1－x ＝2≤2，恒成立；当x ＞1时，原不等式可化为x ＋1＋x －1≤2，解得x ≤1，又因为x ＞1，故无解；综上，不等式|x ＋1|＋|x －1|≤2的解集为[－1，1]．2．若x ∈[－1，1]，|y |≤16，|z |≤19，求证：|x ＋2y －3z |≤53. 证明：因为x ∈[－1，1]，|y |≤16，|z |≤19，所以|x ＋2y －3z |≤|x |＋2|y |＋3|z |≤1＋2×16＋3×19＝53，所以|x ＋2y －3z |≤53成立． 3．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2.(1)求证：a 2＋b 2≥2；(2)求证： 2a ＋1b ≥1＋22. 证明：(1)a 2＋b 2≥12(a ＋b )2＝2. (2)因为2a ＋1b ＝a ＋b 2×⎝⎛⎭⎫2a ＋1b ＝32＋b a ＋a 2b ≥32＋2＝（2＋2）24，当且仅当a ＝4－22，b ＝22－2时取等号，所以 2a ＋1b ≥1＋22. 4．(2020·湖北五校联考)已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )＜|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )＜1. 解析：(1)∵f (x )＜|x |＋1，∴|2x －1|＜|x |＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1＜x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜12，1－2x ＜x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x ＜－x ＋1，得12≤x ＜2或0＜x ＜12或无解．故不等式f (x )＜|x |＋1的解集为{x |0＜x ＜2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56＜1. 故不等式f (x )＜1得证．5．已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)解关于x 的不等式f (x )－f (x ＋1)≤1；(2)若关于x 的不等式f (x )＜m －f (x ＋1)的解集不是空集，求m 的取值范围．解析：(1)f (x )－f (x ＋1)≤1⇔|2x －1|－|2x ＋1|≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜12，1－2x －2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，1－2x ＋2x ＋1≤1，解得x ≥12或－14≤x ＜12，即x ≥－14，所以原不等式的解集为⎣⎡⎭⎫－14，＋∞. (2)由条件知，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|＜m 有解，则m ＞(|2x －1|＋|2x ＋1|)min 即可．由于|2x －1|＋|2x ＋1|＝|1－2x |＋|2x ＋1|≥|1－2x ＋(2x ＋1)|＝2，当且仅当(1－2x )(2x ＋1)≥0，即x ∈⎣⎡⎦⎤－12，12时等号成立，故m ＞2.所以m 的取值范围是(2，＋∞)． 6．已知f (x )＝|x －2|.(1)解不等式f (x )＋1＞f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值．解析：(1)原不等式等价于|x －2|＋1＞2|x －1|，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜12－x ＋1＞2－2x 或 ⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤22－x ＋1＞2x －2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2x －2＋1＞2x －2， ∴－1＜x ＜1或1≤x ＜53或∅，∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－1，53. (2)由题意得f (m )＝|m －2|≤1，f (2n )＝|2n －2|≤2，∴|n －1|≤1，∴|m －2n －1|＝|(m －2)－2(n －1)－1|≤|m －2|＋2|n －1|＋1≤4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝2时，|m －2n －1|取得最大值4. 7．已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围；(2)求不等式|f (x )－|x ＋2||＞3的解集．解析：(1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4.∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||＞3等价于|x －1|－2|x ＋2|＞3或|x －1|－2|x ＋2|＜－3，令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x ≥1－3x －3，－2≤x ＜1x ＋5，x ＜－2. 由x ＋5＝－3得x ＝－8，由－3x －3＝－3得x ＝0，作出g (x )的图像如图所示，由图可得原不等式的解集为{x |x ＜－8或x ＞0}．8．(2020·沈阳质检)已知函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋|2x ＋1|的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋3x .由f (x )≥3x ＋|2x ＋1|，得|x －1|≥|2x ＋1|，两边平方，化简整理得x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0，∴不等式的解集为{x |－2≤x ≤0}．(2)由|x －a |＋3x ≤0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，4x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜a ，2x ＋a ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜a ，x ≤－a 2. 当a ＞0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 2. 由－a 2＝－1，得a ＝2. 当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤0}，不合题意．当a ＜0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤a 4. 由a 4＝－1，得a ＝－4. 综上，a ＝2或a ＝－4.。

2018版高考一轮总复习数学(理)习题选修4-5-1 Word版含答案

．已知关于的不等式＋－－≤(其中>)．()当＝时，求不等式的解集；()若不等式有解，求实数的取值范围．解()当＝时，不等式为＋－－≤.当<－时，－－≤，解得－≤<－；当－≤≤时，≤，解得－≤≤；当>时，≤，此时不存在，∴原不等式的解集为.()令()＝＋－－，则()＝(\\(－－，<－()，，－()≤≤，＋，>.))故()∈，即()的最小值为－.若()≤有解，则≥－，解得≥，即的取值范围是.．设()＝－.()若()≤的解集为，求实数的值；()当＝时，若存在∈，使得不等式(＋)－(－)≤－成立，求实数的取值范围．解()显然≠，当>时，解集为，则－＝－，＝，无解；当<时，解集为，令－＝，＝－，得＝－.综上所述，＝－.()当＝时，令()＝(＋)－(－)＝＋－－＝错误!由此可知()在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当＝－时，()取到最小值－，由题意，知－≤－，则实数的取值范围是.．设函数()＝－＋＋(>)，()＝＋.()当＝时，求不等式()≤()的解集；()若()≥()恒成立，求实数的取值范围．解()当＝时，－＋＋≤＋，所以(\\(≤－()，,－≤＋))或(\\(－()<<()，≤＋))或(\\(()≤，≤＋，))解得∈∅或≤<或≤≤.综上，不等式的解集为.()－＋＋≥＋，转化为－＋＋－－≥，令()＝－＋＋－－，()＝错误!()＝＝－，令－≥，得≥.．已知函数()＝－－＋.()解不等式()>；()当>时，函数()＝(>)的最小值总大于函数()，试求实数的取值范围．解()当>时，原不等式可化为－－－>，此时不成立；当－≤≤时，原不等式可化为－－－>，即－≤<；当<－时，原不等式可化为－＋＋>，即<－.综上，原不等式的解集是{<}．()因为当>时，()＝＋－≥－，当且仅当＝时“＝”成立，所以()＝－，当>时，()＝(\\(－，<≤，,－，>，))所以()∈已知函数()＝＋，()＝＋.()当＝－时，解不等式()≤()；()若存在∈，使得()≥()，求实数的取值范围．解()当＝－时，不等式()≤()，即＋≤－，从而(\\(≤－，,－－≤－－，))即≤－，或(\\(－<≤，＋≤－－，))即－<≤－，或(\\(>，＋≤－，))即≥.从而不等式()≤()的解集为(\\())≤－或≥.()存在∈，使得()≥()，即存在∈，使得＋≥＋，即存在∈，使得≤＋－.设()＝＋－＝(\\(－，≤－，＋，－<≤，，>，))则() 的最大值为，因而≤，即≤.．已知函数()＝－＋＋，()＝－＋.()解不等式：()<；()若对任意的∈，都有∈，使得()＝()成立，求实数的取值范围．解()由－＋<，得－<－＋<，所以－<－<，解不等式得－<<，所以原不等式的解集是{－<<}．()因为对任意的∈，都有∈，使得()＝()成立，所以{＝()}⊆{＝()}，又()＝－＋＋≥(－)－(＋)＝＋，()＝－＋≥，所以＋≥，解得≥－或≤－，所以实数的取值范围是{≥－或≤－}．。

2018版高考数学(理)第一轮总复习教师用书：选修4-5不等式选讲含答案

(3）|x －a ｜＋|x －b |≥c ,｜x －a ｜＋｜x －b ｜≤c （c 〉0)型不等本节主要包括2个知识点：1。

绝对值不等式的解法； 2.绝对值三角不等式.式的解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解．②利用零点分段法求解．③构造函数,利用函数的图象求解．考点贯通抓高考命题的“形"与“神”绝对值不等式的解法[典例](1)|2x＋1｜－2|x－1|〉0。

(2)|x＋3｜－｜2x－1|<错误!＋1.［解] (1）法一:原不等式可化为|2x＋1｜〉2|x－1|，两边平方得4x2＋4x＋1>4（x2－2x＋1）,解得x>错误!,所以原不等式的解集为错误!。

法二：原不等式等价于错误!或错误!或错误!解得x>错误!，所以原不等式的解集为错误!。

(2）①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x）〈错误!＋1，解得x<10，∴x<－3。

②当－3≤x〈错误!时，原不等式化为（x＋3)－（1－2x）〈错误!＋1,解得x〈－错误!，∴－3≤x<－错误!。

③当x≥错误!时，原不等式化为(x＋3)＋（1－2x）〈错误!＋1，解得x〉2，∴x〉2.综上可知，原不等式的解集为错误!。

绝对值不等式的常用解法[方法技巧］(1)基本性质法：对a∈R＋，｜x|<a⇔－a〈x〈a，|x|>a⇔x〈－a或x>a。

北师大版高考数学选修4-5同步练习题第2章章末复习

章末复习学习目标 1.梳理本章的重点知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式、排序不等式和贝努利不等式，并能够熟练应用.3.理解数学归纳法的基本思想，初步形成“归纳—猜想—证明”的思维模式．1．柯西不等式定理1：对任意实数a ，b ，c ，d ，有(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd)2.当向量(a ，b)与向量(c ，d)共线时，等号成立．定理2：设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立．即a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a n b n 时(规定a i ＝0时，b i ＝0)等号成立．推论：设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2. 当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时等号成立． 2．排序不等式定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc. 当且仅当a ＝b(或c ＝d)时取“＝”号．定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组 a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则(顺序和)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和)1212n j j n j a b a b a b ＋＋＋≥ (逆序和)a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1,2，…，n 的任一排列方式，上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号． 3．贝努利不等式对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x)n≥1＋nx.4．数学归纳法数学归纳法原理是证明关于正整数n 的命题．步骤：(1)验证当n 取第一个值n 0(如n 0＝1或2等)时命题正确．(2)假设当n ＝k 时(k ∈N ＋，k ≥n 0)命题正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确.类型一利用柯西不等式证明不等式例1 已知a ，b ，c ，d 为不全相等的正数，求证：1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.证明由柯西不等式知，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2· ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋1c 2＋1d 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da 2，于是1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2≥1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da.①等号成立⇔1a 1b ＝1b 1c ＝1c 1d ＝1d 1a ⇔b a ＝c b ＝d c ＝ad ⇔a ＝b ＝c ＝d.又已知a ，b ，c ，d 不全相等，则①中等号不成立．即1a 2＋1b 2＋1c 2＋1d 2＞1ab ＋1bc ＋1cd ＋1da . 反思与感悟利用柯西不等式证题的技巧(1)柯西不等式的一般形式为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )·(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2(a i ，b i ∈R ，i ＝1,2，…，n)，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．跟踪训练1 设a ，b ，c 为正数且a ＋b ＋c ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥1003.证明 ∵左边＝13(12＋12＋12)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥13(1＋9)2＝1003. 等号成立的条件均为a ＝b ＝c ＝13，∴原结论成立．类型二利用排序不等式证明不等式例2 设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.证明不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C. 由排序不等式，得 aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ， aA ＋bB ＋cC ≥bA ＋cB ＋aC ， aA ＋bB ＋cC ≥cA ＋aB ＋bC.三式相加，得3(aA ＋bB ＋cC)≥(a ＋b ＋c)(A ＋B ＋C) ＝π(a＋b ＋c)，得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ≥π3.引申探究若本例条件不变，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.证明不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C. 由0＜b ＋c －a,0＜a ＋b －c,0＜a ＋c －b ，有0＜A(b ＋c －a)＋C(a ＋b －c)＋B(a ＋c －b) ＝a(B ＋C －A)＋b(A ＋C －B)＋c(A ＋B －C) ＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C) ＝(a ＋b ＋c)π－2(aA ＋bB ＋cC)．得aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c ＜π2.反思与感悟利用排序不等式证明不等式的策略(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择．(2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．跟踪训练2 设a ，b ，c 为正数，求证：a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.证明由a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab .由排序不等式，得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ca ＝a 11b ＋b 11c ＋c11a .① 又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c，再次由排序不等式，得 a 11a ＋b 11b ＋c 11c ≤a 11b ＋b 11c ＋c11a .② 由①②得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 10＋b 10＋c 10.等号成立的条件为a ＝b ＝c. 类型三归纳—猜想—证明例3 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． (1)解 a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10， a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.(2)证明 ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设当n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2，k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设，有 a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故当n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋均有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.反思与感悟利用数学归纳法解决探索型不等式的思路：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点，进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．跟踪训练3 在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，并猜想a n ，b n 的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解由条件可得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1，则a 2＝2b 1－a 1＝6，b 2＝a 22b 1＝9；a 3＝2b 2－a 2＝12，b 3＝a 23b 2＝16；a 4＝2b 3－a 3＝20，b 4＝a 24b 3＝25.猜想a n ＝n(n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(2)证明 ①当n ＝1时，由a 1＝2，b 1＝4知，结论正确． ②假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时结论正确，即a k ＝k(k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k(k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)， b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝(k ＋1)2(k ＋2)2(k ＋1)2＝(k ＋2)2. 即当n ＝k ＋1时结论正确．由①②知猜想的结论正确．类型四利用柯西不等式或排序不等式求最值例4 (1)求实数x ，y 的值，使得(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2达到最小值．解由柯西不等式，得(12＋22＋12)×[(y －1)2＋(3－x －y)2＋(2x ＋y －6)2] ≥[1×(y －1)＋2×(3－x －y)＋1×(2x＋y －6)]2＝1，即(y －1)2＋(x ＋y －3)2＋(2x ＋y －6)2≥16，当且仅当y －11＝3－x －y 2＝2x ＋y －61，即x ＝52，y ＝56时，上式取等号．故x ＝52，y ＝56.(2)设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5是互不相等的正整数，求M ＝a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552的最小值．解设b 1，b 2，b 3，b 4，b 5是a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的一个排列，且b 1＜b 2＜b 3＜b 4＜b 5. 因此b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，b 4≥4，b 5≥5. 又1≥122≥132≥142≥152.由排序不等式，得a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋a 552≥b 1＋b 222＋b 332＋b 442＋b 552≥1×1＋2×122＋3×132＋4×142＋5×152＝1＋12＋13＋14＋15＝13760.即M 的最小值为13760.反思与感悟利用柯西不等式或排序不等式求最值的技巧(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．(2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略．跟踪训练4 已知正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝xyz ，且不等式1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x≤λ恒成立，求λ的取值范围．解1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤12xy ＋12yz ＋12zx＝12⎝⎛⎭⎪⎫1×zx ＋y ＋z＋1×xx ＋y ＋z＋1×y x ＋y ＋z≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(12＋12＋12)⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋y ＋z ＋x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z 12＝32. 故λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.1．函数y ＝21－x ＋2x ＋1的最大值为( ) A.3B ．－3C ．－3D ．3 答案 D解析 y 2＝(2·2－2x ＋1·2x ＋1)2≤[(2)2＋12][(2－2x)2＋(2x ＋1)2]＝3×3＝9. ∴y ≤3，y 的最大值为3.2．设x ，y ，m ，n>0，且m x ＋ny ＝1，则u ＝x ＋y 的最小值是( )A ．(m ＋n)2B.mC.n D ．(m ＋n)2答案 A解析根据柯西不等式，得x ＋y ＝(x ＋y)⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋n y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·m x ＋y ·n y 2＝()m ＋n 2，当且仅当x m ＝y n时，等号成立，这时u 取最小值(m ＋n)2.3．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，P ＝a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( )A ．P ＝QB ．P>QC ．P<QD ．P ≥Q答案 D解析设a 1≥a 2≥…≥a n >0，可知a 21≥a 22≥…≥a 2n ，a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11. 由排序不等式，得a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 21a －11＋a 22a －12＋a 2n a －1n ，即a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ≥a 1＋a 2＋…＋a n . ∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n >0时等号成立．4．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________________________．答案 k 3＋5k ＋3k(k ＋1)＋6解析 (k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5＝k 3＋5k ＋3k 2＋3k ＋6 ＝k 3＋5k ＋3k(k ＋1)＋6.5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n22(n ∈N ＋)，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上________________．答案 (k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2解析当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式．2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列． 4．数学归纳法是用来证明和正整数有关的命题的，要特别注意归纳奠基和归纳递推是必不可少的两个步骤．一、选择题1．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，则a 的最大值是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 ∵(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d)2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d)2. ∴5－a 2≥(3－a)2. 解得1≤a ≤2.验证：当a ＝2时，等号成立．2．已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56 B.2029，3029，4029 C ．1，12，13D ．1，14，19答案 B解析由柯西不等式，得(22＋32＋42)(x 2＋y 2＋z 2)≥(2x ＋3y ＋4z)2，即x 2＋y 2＋z 2≥10029.当且仅当x 2＝y 3＝z4时，等号成立，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 3＝z 4，2x ＋3y ＋4z ＝10，可得x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.3．已知x ，y ∈R ＋，且xy ＝1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为( )A ．4B ．2C ．1D.14答案 A解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫1×1＋1x×1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝22＝4. 4．已知a ，b ，x 1，x 2∈R ＋，ab ＝1，x 1＋x 2＝2，则M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)与4的大小关系是( ) A ．M ＞4B ．M ＜4 C ．M ≥4D ．M ≤4 答案 C解析 M ＝(ax 1＋bx 2)(bx 1＋ax 2)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(bx 1)2＋(ax 2)2] ≥[ab(x 1＋x 2)]2＝(x 1＋x 2)2＝4.5．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( ) A ．1＋13＞52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15＞52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对答案 A解析当n ＝2时，2n －1＝3,2n ＋1＝5，∴1＋13＞52.6．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.二、填空题7．设f(n)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f(n)≥3，在假设当n ＝k 时成立后，f(k ＋1)与f(k)的关系是f(k ＋1)＝f(k)·________________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1解析 f(k)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f(k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2， ∴f(k ＋1)＝f(k)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1. 8．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设当n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式_________成立．答案 a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－29．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n 条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n ＞4时，f(n)＝________(用含n 的式子表示)．答案 5 12(n －2)(n ＋1)解析 f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，f(6)＝14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，f(6)－f(5)＝5，…，f(n)－f(n －1)＝n －1. 累加，得f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋(n －1)2(n －3)．∴f(n)＝12(n －2)(n ＋1)．10．如图，矩形OPAQ 中，a 1≤a 2，b 1≤b 2，则阴影部分的矩形面积之和________空白部分的矩形面积之和．答案 ≥解析由题图可知，阴影部分的面积等于a 1b 1＋a 2b 2，而空白部分的面积等于a 1b 2＋a 2b 1，根据顺序和≥逆序和可知，答案为≥. 三、解答题11．已知f(n)＝(2n ＋7)×3n＋9(n ∈N ＋)，用数学归纳法证明f(n)能被36整除．证明 (1)当n ＝1时，f(1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n ＝k(k ∈N ＋)时，f(k)＝(2k ＋7)×3k＋9能被36整除，则当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k ＋1＋2×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k×3＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k ＋9]－27＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]＋18(3k －1－1)．由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，即当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)也能被36整除．根据(1)和(2)可知，对一切正整数n ，都有f(n)＝(2n ＋7)×3n＋9能被36整除． 12．设x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1＋x 2＋…＋x n ＝1.求证：x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n ≥1n ＋1.证明 ∵(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n＝(1＋x 1＋1＋x 2＋…＋1＋x n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n ≥⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 1·x 11＋x 1＋1＋x 2·x 21＋x 2＋…＋1＋x n ·x n1＋x n 2＝(x 1＋x 2＋…＋x n )2＝1， ∴x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n 1＋x n ≥1n ＋1. 13．已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c ≥abc.证明考虑到正数a ，b ，c 的对称性，不妨设a ≥b ≥c>0，则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序不等式知，顺序和≥乱序和，∴bc a ＋ca b ＋ab c ≥ab b ＋bc c ＋ca a，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c. ∵a ，b ，c 为正数，∴两边同乘以abc a ＋b ＋c，得b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc. 四、探究与拓展14．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f(n)，则下列猜想正确的是( )A ．f(n)＝nB ．f(n)＝f(n)＋f(n －2)C ．f(n)＝f(n)·f(n－2)D ．f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n ＝1，2，f (n －1)＋f (n －2)，n ≥3答案 D解析当n ≥3时，f(n)分两类，第一类，从第n －1层再上一层，有f(n －1)种方法；第二类，从第n －2层再一次上两层，有f(n －2)种方法，所以f(n)＝f(n －1)＋f(n －2)，n ≥3.15．已知f(n)＝1＋12＋13＋ (1)(n ∈N ＋)，g(n)＝2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)． (1)当n ＝1,2,3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论．解 (1)f(1)＞g(1)，f(2)＞g(2)，f(3)＞g(3)．(2)当n ＝1时，f(1)＞g(1)；当n ＝2时，f(2)＞g(2)；当n ＝3时，f(3)＞g(3)．猜想：f(n)＞g(n)(n ∈N ＋)，即1＋12＋13＋…＋1n ＞2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，f(1)＝1，g(1)＝2(2－1)，f(1)＞g(1)，不等式成立．②假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k ＞2(k ＋1－1)．则当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＞2(k ＋1－1)＋1k ＋1＝2k ＋1＋1k ＋1－2，g(k＋1)＝2(k＋2－1)＝2k＋2－2，所以只需证明2k＋1＋1k＋1＞2k＋2，即证2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2(k＋2)(k＋1)，即证(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)，即证4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，此式显然成立．所以，当n＝k＋1时不等式也成立．综上①②可知，对n∈N＋，不等式都成立，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n＋1－1)(n∈N＋)成立．。

数学北师大版选修4-5课后训练：第二章§2排序不等式含解析精品

排序不等式练习1设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列， 2121211122n n P a b a b a b ---=+++ ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( )． A ．P ＝Q B ．P ＞Q C ．P ＜Q D ．P ≥Q2若22212n A x x x =+++ ，B ＝x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x n x 1，其中x 1，x 2，…，x n 都是正数，则A 与B 的大小关系是( )．A ．A ＞B B ．A ＜BC ．A ≥BD ．A ≤B3设a ，b 都是正数，22a b P b a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，a b Q b a =+，则( )．A ．P ≥QB ．P ≤QC ．P ＞QD ．P ＜Q 4设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，则1212n na a a c c c +++ 与n 的大小关系是________．5某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件和2件，如果选择商店中单价为3元，2元和1元的礼品，则花钱最少和最多的值分别为______．6已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤+++≤++ ．7设a 1，a 2，…，a n 为正数，求证：2221212231n n a a a a a a a a a +++≥++⋯+ ．8设a ，b ，c 为正实数，求证：()3a b ca b ca b c abc ++≥．参考答案1答案：D 设a 1≥a 2≥…≥a n ＞0，可知22212n a a a ≥≥≥ ，1111n n a a a ---≥≥≥ ．由排序不等式，得21212121212111221122n n n n a b a b a b a a a a a a ------+++≥++ ，即212121112212n n n a b a b a b a a a ---+++≥+++ ． ∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…a n ＞0时等号成立． 2答案：C 根据排序不等式可知A ≥B ． 3答案：A 由题意不妨设a ≥b ＞0，则a 2≥b 2，11b a≥， ∴22a b b a≥．根据排序不等式，知22221111a b a b b b a a b a a b⨯+⨯≥⨯+⨯，即22a b a b b a b a⎛⎫⎛⎫+≥+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴P ≥Q ．当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．4 答案：1212n n a a a n c c c +++≥ 不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则12111na a a ≥≥≥ ，因为c 1，c 2，…，c n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，所以11c ，21c ，…，1n c 是11a ，21a ，…，1na 的一个排列，故由排序不等式：逆序和≤乱序和，得 12121212111111n n n n a a a a a a a a a c c c ⋅+⋅++⋅≤⋅+⋅++⋅ ，即1212n na a a n c c c +++≥ ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n ＞0时等号成立． 5 答案：19元和25元设花钱y 元，则由排序不等式，有5×1＋4×2＋2×3≤y ≤5×3＋4×2＋2×1，即19≤y ≤25．6 答案：证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 2≥b 2≥c 2，111c b a≥≥，则222111a b c c a b ⋅+⋅+⋅(乱序和) 222111a b c a b c ≥⋅+⋅+⋅(逆序和)，同理，222111b c a c a b ⋅+⋅+⋅(乱序和) 222111a b c a b c≥⋅+⋅+⋅(逆序和)．两式相加再除以2，可得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++．再考虑数组a 3≥b 3≥c 3及111bc ac ab≥≥，仿上可证得222222333222b a b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++．综上，原不等式成立．7 答案：分析：先假设出大小关系，再利用排序不等式证明．证明：由所证不等式的对称性，不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，∴22212n a a a ≤≤≤ ，12111na a a ≥≥≥ ．又21a ，31a ，...，1n a ，11a 为11a ，21a ，31a ， (1)a 的一个排列，由乱序和≥逆序和，得222222212112231121111111n n n n na a a a a a a a a a a a a a -⋅+⋅++⋅+⋅≥⋅+⋅++⋅ ，即2221212231n n a a a a a a a a a +++≥+++ ． 8 答案：证明：设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ．据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ， a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c ，且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ．以上三式相加，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg()lg()3a b ca b ca b c abc ++≥⋅， ∴3()a b c a b ca b c abc ++≥．。

2018版高考一轮总复习数学(理)习题选修4-5-2 Word版含答案

.函数()＝.()若＝，求函数()的定义域；()设，∈(－)，证明：<.解()由＋＋＋－≥，得＋≤，≤－或－≥，－<<－或≥，≥－，解得＝{≤－或≥}．()证明：∵<⇔＋<＋.而(＋)－(＋)＝(＋＋)－(＋＋)＝＋－－＝(－)＋(－)＝(－)(－)，∵，∈(－)，∴(－)(－)<，∴(＋)<(＋)，∴<..已知定义在上的函数()＝－＋，∈*，存在实数使()<成立．()求实数的值；()若α，β>，(α)＋(β)＝，求证：＋≥.解()因为－＋≥(－)－＝.要使不等式－＋<有解，则<，解得－<<.因为∈*，所以＝.()证明：因为α，β>，所以(α)＋(β)＝α－＋β－＝，即α＋β＝.所以＋＝(α＋β)＝(\\())＋＋≥((β,α)·(α,β))))＝. (当且仅当＝，即α＝，β＝时，等号成立)又因为α，β>，所以＋>恒成立．故＋≥..已知>，>，记＝＋，＝＋.()求－的最大值；()若＝，是否存在，，使得＋＝？并说明理由．解()－＝－＋－＝－－＋≤，等号在＝＝时取得，即－的最大值为.()＋＝＋＋＋≥＋，因为＝，所以＋≥＋>，所以不存在这样的，，使得＋＝. .已知函数()＝－－，记()>－的解集为.()求；()已知∈，比较－＋与的大小．解()()＝－－＝错误!由()>－，得(\\(≤，－>－))或(\\(<<()，－>－))或(\\(≥()，,－＋>－，))解得<<，故＝{<<}．()由()知<<，因为－＋－＝＝，当<<时，<，所以－＋<；当＝时，＝，所以－＋＝；当<<时，>，所以－＋>.综上所述，当<<时，－＋<；当＝时，－＋＝；当<<时，－＋>..已知函数()＝＋－的定义域为．()若()＝()，解不等式()－<＋；()若≤，求证：()≤.解()()＝()，即－＝＋－，则＝－，∴()＝－＋＋，∴不等式化为－＋<－＋，①当－≤<时，不等式化为－<－＋，∴－<<；②当≤≤时，不等式化为－＋<－＋，∴≤<.综上，原不等式的解集为.()证明：由已知∈，∴≤，又≤，则()＝(－)＋≤(－)＋≤－＋＝－＋＝－＋≤..已知函数()＝－.()若不等式(－)＋()<的解集为空集，求实数的取值范围；()若<，<，且≠，判断与的大小，并说明理由．解()因为(－)＋()＝－＋－≥－＋－＝，不等式(－)＋()<的解集为空集，则≥即可，所以实数的取值范围是(－∞，]．()>.证明：要证>，只需证－>－，即证(－)>(－)，又(－)－(－)＝－－＋＝(－)·(－)．因为<，<，所以(－)>(－)成立，所以原不等式成立.。

2018一轮北师大版理数学训练：选修4-4 第1节课时分层

课时分层训练(六十七) 坐标系1．在极坐标系中，求点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6到直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1的距离．[解] 点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6化为直角坐标为(3，1)，3分直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1化为ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ－12cos θ＝1，得32y －12x ＝1，即直线的方程为x －3y ＋2＝0，6分故点(3，1)到直线x －3y ＋2＝0的距离d ＝|3－3×1＋2|12＋(－3)2＝1. 10分2．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22.(1)求圆O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 公共点的一个极坐标． [解] (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ， 2分圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝x ＋y ，即x 2＋y 2－x －y ＝0，4分直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22，即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为y －x ＝1，即x －y ＋1＝0.6分 (2)由⎩⎨⎧ x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，8分故直线l 与圆O 公共点的一个极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2.10分3．(2017·邯郸调研)在极坐标系中，已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1，圆C 的圆心的极坐标是C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π4，圆的半径为1.(1)求圆C 的极坐标方程； (2)求直线l 被圆C 所截得的弦长．[解] (1)设O 为极点，O D 为圆C 的直径，A (ρ，θ)为圆C 上的一个动点，则∠AO D ＝π4－θ或∠AO D ＝θ－π4，2分OA ＝O Dcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ或OA ＝O Dcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4.4分 (2)由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1，得22ρ(sin θ＋cos θ)＝1，6分∴直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0，又圆心C 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，满足直线l 的方程，∴直线l 过圆C 的圆心，8分故直线被圆所截得的弦长为直径2.10分4．(2017·南京调研)在极坐标系中，已知圆C 的圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3，半径r ＝3.(1)求圆C 的极坐标方程；(2)若点Q 在圆C 上运动，点P 在OQ 的延长线上，且OQ →＝2QP →，求动点P 的轨迹方程.【导学号：57962485】[解] (1)设M (ρ，θ)是圆C 上任意一点．在△OCM 中，∠COM ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π3，由余弦定理得|CM |2＝|OM |2＋|OC |2－2|OM |·|OC |cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3，化简得ρ＝6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3.4分(2)设点Q (ρ1，θ1)，P (ρ，θ)，由OQ →＝2QP →，得OQ →＝23OP →， ∴ρ1＝23ρ，θ1＝θ，8分代入圆C 的方程，得23ρ＝6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3，即ρ＝9cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3.10分5．(2015·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α<π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值． [解] (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0，2分联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32.4分(2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α<π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α). 8分所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.10分6．从极点O 作直线与另一直线l ：ρcos θ＝4相交于点M ，在OM 上取一点P ，使OM ·OP ＝12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设R 为l 上的任意一点，求|RP |的最小值．[解] (1)设动点P 的极坐标为(ρ，θ)，M 的极坐标为(ρ0，θ)，则ρρ0＝12.2分∵ρ0cos θ＝4，∴ρ＝3cos θ，即为所求的轨迹方程. 4分 (2)将ρ＝3cos θ化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322. 8分知点P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0为圆心，半径为32的圆．直线l 的直角坐标方程是x ＝4. 结合图形易得|RP |的最小值为1. 10分。

2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套(课件+练习)：本章整合2

+
�� 3
+
1
=(k+1)+2+
(��+1)-1 2
+
(��+1)-1 3
,
结论成立;
知识建构
综合应用
123
3°若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2=k+2+
��-1 2
+
��-1 3
+
2
=(k+1)+2+ ��+1 + (��+1)-2 , 结论成立;
的最小值.
解:(1)因为f(x)=|x+a|+|x-b|+c
≥|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c,
当且仅当-a≤x≤b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+c. 又已知f(x)的最小值为4, 所以a+b+c=4.
123
知识建构
综合应用
4
≥2
.
知识建构
综合应用
真题放送
专题一
专题二
专题三
要证明 �� +1+��+1 ≥
�� +��
��+1
, 只需证明
2
2
��+1 + ��+1 (�� + ��)(�� + �� )

高中数学新同步套餐选修4-5北师大版：第二章几个重要不等式学业分层测评学业分层测评 (8)

学业分层测评(八)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( ) A ．∠B ＝π2 B ．∠B <π2 C ．∠B >π2D ．∠B ＝π3【解析】假设∠B ≥π2，则b 最大，有b >a ，b >c ， ∴1a >1b ，1c >1b .∴1a ＋1c >2b ，与题意中的1a ＋1c ＝2b 矛盾． ∴∠B <π2. 【答案】 B2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( ) ①否定原结论的假设；②原命题的条件； ③公理、定理、定义等；④原结论． A ．①② B ．①②④ C ．①②③D ．②③【解析】由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反情况作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．【答案】 C3．用反证法证明命题“如果a >b ，那么3a >3b ”时，假设的内容是( ) A.3a ＝3bB ．3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3bD ．3a ＝3b 或3a <3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a<3b.【答案】 D4．已知p＝a＋1a－2，q＝－a2＋4a(a>2)，则()A．p>q B．p<q C．p≥q D．p≤q【解析】∵p＝(a－2)＋1a－2＋2，又a－2>0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，根据a>2，可得q<4，∴p>q.【答案】 A5．设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则()A．M＝1 B．M<1C．M>1 D．M与1大小关系不定【解析】M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<＝210210＝1.故选B.【答案】 B二、填空题6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为__________．【解析】“至少有一个不大于”的反面应是“都大于”．【答案】假设三内角都大于60°7．若a>b>0，m>0，n>0，则ab，ba，b＋ma＋m，a＋nb＋n，按由小到大的顺序排列为________．【解析】由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且b a <b ＋na ＋n <1，得a b >a ＋nb ＋n >1，即1<a ＋n b ＋n <a b.【答案】 b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <ab8．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系为__________.【导学号：94910025】【解析】 B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y1＋x ＋y ＝x ＋y 1＋x ＋y ＝A ，即A <B .【答案】 A <B 三、解答题9．已知a >0，b >0，且a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2. 【证明】假设1＋b a ，1＋ab 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab ≥2. ∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，∴2＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与a ＋b >2矛盾．故假设不成立．即1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.10．已知△ABC 三边长是a ，b ，c ，且m 是正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m >cc ＋m .【证明】设f (x )＝x x ＋m ＝1－m x ＋m(x >0，m >0)．易知函数f (x )(x >0)是增函数．则f (a )＋f (b )＝a a ＋m ＋b b ＋m>a (a ＋b )＋m ＋b (a ＋b )＋m ＝a ＋b (a ＋b )＋m＝f (a ＋b )．又在△ABC 中，a ＋b >c >0， ∴f (a ＋b )>f (c )＝cc ＋m， ∴a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m. [能力提升]1．已知x ＝a ＋1a －2(a >2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2(b <0)，则x ，y 之间的大小关系是( ) A ．x >y B ．x <y C ．x ＝yD ．不能确定【解析】因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a >2)，而b 2－2>－2(b <0)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2<⎝ ⎛⎭⎪⎫12-2＝4.所以x >y .【答案】 A2．若|a |<1，|b |<1，则( ) A.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1 B ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1 C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1 D ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1 【解析】假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1，故|a ＋b |≥|1＋ab |⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2 ⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0 ⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0 ⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0.由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0. 与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1. 【答案】 B3．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________．【解析】对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．【答案】 ③4．若0<a <1n ，n ≥2，且n 为正整数，已知a 2<a －b ，求证：b <1n ＋1.【证明】由已知得b <a －a 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14.令f (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12内是增函数，又n ≥2，n 为正整数，且0<a <1n ，因此a ，1n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，∴f (a )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，从而b <－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14<－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －122＋14＝－1n 2＋1n . 又－1n 2＋1n ＝n －1n 2<n －1n 2－1＝1n ＋1，故b <1n ＋1.。

2018学年高中数学北师大版选修4-5课件：第2章章末分层突破精品

数学思想方法
解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解较为困难，通过观察、分析、类比、联想等思维过程，选择运用恰当的数学方法进行变换，将原问题转化为一个新问题．本章常把要证明的不等式通过换元或恒等变形把命题转化为柯西不等式或排序不等式的形式加以解决．
已知 a>b>c，求证：a－1 b＋b－1 c≥a－4 c. 【精彩点拨】构造柯西不等式的证明．【规范解答】 ∵a－c＝(a－b)＋(b－c)， ∵a>c，∴a－c>0， ∴(a－c)a－1 b＋b－1 c＝[(a－b)＋(b－c)]·a－1 b＋b－1 c≥(1＋1)2＝4， ∴a－1 b＋b－1 c≥a－4 c.
33y＝1z，即 x＝131，y＝121，z＝161时取等号．
23
∴2x2＋3y2＋z2 的最小值为161.
数学归纳法与猜想证明
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想，探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．
已知 f(n)＝1－x2n2＋1，g(n)＝nn22－＋11，当 n≥4 时，试比较 f( 2)与 g(n)的大小，并说明理由．
(2)由题设及(1)知 a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，于是由排序不等式“逆序和≤乱序和”得 a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c) ≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c) ＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)．③ 再一次由“逆序和≤乱序和”得
[再练一题] 5．设 a，b，c 为正数，且 a＋b＋c＝1，求证：a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2≥1030.
【证明】 ∵左边＝13(12＋12＋12)·a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2 ≥131×a＋1a＋1×b＋1b＋1×c＋1c2 ＝131＋1a＋1b＋1c2 ＝131＋a＋b＋c1a＋1b＋1c2 ≥13(1＋9)2＝1030， ∴原结论成立．

2018版高中数学(理)一轮全程复习(课时作业)选修4—5 不等式选讲 (七十七) Word版含解析

课时作业(七十七) 不等式的证明[授课提示：对应学生用书第页]．如果>，比较(－)与(＋)的大小．解析：(－)－(＋)＝[(－)＋(＋)][(－)＋(＋)]＝－.因为>，所以>，所以－<，所以(－)<(＋).．设，，∈＋，且＋＋＝.()求证：＋＋＋≤；()求证：＋＋≥.证明：()因为＝(＋＋)＝＋＋＋＋＋≥＋＋＋，所以＋＋＋＝(＋＋＋)≤.()因为≥，≥，≥，所以＋＋≥＋＋＝＋＋≥＋＋＝.．已知函数()＝－－，记()>－的解集为.()求；()已知∈，比较－＋与的大小．解析：()()＝－－＝(\\(－，≤，－，<<()，,－＋，≥()，))由()>－，得(\\(≤，－>－))或(\\(<<()，－>－))或(\\(≥()，,－＋>－，))解得<<，故＝{<<}．()由()知<<，因为－＋－＝＝，当<<时，<，所以－＋<，当＝时，＝，所以－＋＝，当<<时，>，所以－＋>，综上所述：当<<时，－＋<，当＝时，－＋＝，当<<时，－＋>.．设>，>，若是与的等比中项，求证：＋≥.证明：由是与的等比中项得·＝，即＋＝.要证原不等式成立，只需证＋≥，即证＋≥.∵>，>，∴＋≥＝“＝”号))，∴＋≥.．(·课标全国Ⅱ，)已知函数()＝－＋＋，为不等式()<的解集．()求；()证明：当，∈时，＋<＋.解析：()解：()＝错误!当≤－时，由()<得－<，解得>－，所以－<≤－；当－<<时，()<，恒成立；当≥时，由()<得<，解得<，所以≤<.所以()<的解集＝{－<<}．()证明：由()知，当，∈时，－<<，－<<，从而(＋)－(＋)＝＋－－＝(－)(－)<. 因此＋<＋.．设函数()＝－.()当＝时，解不等式()≥－－；()若()≤的解集为[]，＋＝(>，>)，求证：＋≥＋.解析：()当＝时，不等式为－＋－≥，∴(\\(<－＋－≥))或(\\(≤≤－＋－≥))或(\\(>－＋－≥))，∴不等式的解集为(－∞，－]∪[，＋∞)．()证明：()≤，即－≤，解得－≤≤＋，而()≤的解集是[]，∴(\\(－＝＋＝))，解得＝，∴＋＝(>，>)，∴＋＝(＋)＝＋＋≥＋(当且仅当＝时取等号)．。

2018高考一轮北师大版数学(文)教师用书：选修4-5 不等式选讲 17-18版选修4-5 第2节不等式的证明 Wor

第二节不等式的证明[考纲传真] 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．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式证明的方法(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为求差比较法和求商比较法两种.名称求差比较法求商比较法理论依据a ＞b ⇔a －b ＞0a ＜b ⇔a －b ＜0 a ＝b ⇔a －b ＝0b ＞0，ab ＞1⇒a ＞b b ＜0，ab ＞1⇒a ＜b(2)①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．()(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．()(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．()(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．()[答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改编)若a＞b＞1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是()A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤yA[x－y＝a＋1a－⎝⎛⎭⎪⎫b＋1b＝a－b＋b－aab＝(a－b)(ab－1)ab.由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，所以(a－b)(ab－1)ab＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]3．(教材改编)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．M≥N[2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a －b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.]4．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，则1a＋1b的最小值是________．4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b ＝4，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．已知x ＞0，y ＞0，证明：(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 ＞0，8分故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy . 10分比较法证明不等式已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . [证明] 法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋b a －(a ＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa ＝(a －b )(a －b )ab＝(a ＋b )(a －b )2ab≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 10分法二：由于a b ＋b a a ＋b＝a a ＋b b ab (a ＋b )＝(a ＋b )(a －ab ＋b )ab (a ＋b )＝a ＋b ab－1≥2abab－1＝1. 8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 10分 [规律方法] 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab ＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2017·莆田模拟)设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b ).【导学号：66482490】[证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32. 6分因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ). 10分综合法证明不等式设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.[证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. 5分 (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 10分 [规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．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．[变式训练2] (2017·石家庄调研)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.【导学号：66482491】[解] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3；2分当－1≤x ＜2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)；当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ≥6. 综上，f (x )的最小值m ＝3. 5分(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a ·a ＋c 2b ·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ). 8分 (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3. 10分分析法证明不等式(2015·全国卷Ⅱ)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． [证明] (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b ＞c ＋d ，只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2，也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ，只需证明ab ＞cd ，即证ab ＞cd . 由于ab ＞cd ，因此a ＋b ＞c ＋d . 5分(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. 8分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. 10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式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．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：[变式训练3]已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a.【导学号：66482492】[证明]要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立. 10分[思想与方法]1．比较法：求差比较法主要判断差值与0的大小，求商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0)．2．分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．3．综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)．(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．[易错与防范]1．使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立．。

2018版高考一轮总复习数学(理)习题选修4-5-2含答案

1。

函数f (x ）＝错误!.(1)若a ＝5，求函数f (x ）的定义域A ；（2）设a ，b ∈(－1,1）,证明:错误!〈错误!.解 (1）由|x ＋1｜＋｜x ＋2｜－5≥0，得2x ＋8≤0，x ≤－2或－4≥0，－2〈x 〈－1或2x ≥2，x ≥－1，解得A ＝{x |x ≤－4或x ≥1｝．(2）证明：∵错误!〈错误!⇔2|a ＋b |<|4＋ab ｜.而4（a ＋b ）2－(4＋ab ）2＝4（a 2＋2ab ＋b 2）－（16＋8ab ＋a 2b 2）＝4a 2＋4b 2－a 2b 2－16＝a 2(4－b 2）＋4(b 2－4)＝(b 2－4）(4－a 2）,∵a ,b ∈(－1,1)，∴(b 2－4）(4－a 2)〈0，∴4(a ＋b )2〈(4＋ab )2，∴｜a ＋b |2<错误!. 2。

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)＝2,求证：4α＋错误!≥错误!。

解 (1)因为｜x －m ｜＋|x ｜≥|(x －m ）－x ｜＝｜m ｜.要使不等式｜x－m|＋｜x|〈2有解，则|m|〈2，解得－2<m〈2.因为m∈N＊，所以m＝1.(2)证明：因为α,β〉1,所以f(α）＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝2，即α＋β＝2。

所以错误!＋错误!＝错误!错误!(α＋β）＝错误!错误!5＋错误!＋错误!错误!≥错误!错误!＝错误!。

（当且仅当错误!＝错误!，即α＝错误!，β＝错误!时,等号成立)又因为α，β〉1，所以错误!＋错误!〉错误!恒成立．故错误!＋错误!≥错误!.3.已知a>0，b〉0，记A＝错误!＋错误!，B＝a＋b.（1)求错误!A－B的最大值；（2）若ab＝4，是否存在a，b，使得A＋B＝6？并说明理由．解(1）2A－B＝2a－a＋错误!－b＝－错误!2－错误!2＋1≤1，等号在a＝b＝错误!时取得，即错误!A－B的最大值为1.(2)A＋B＝a＋b＋a＋错误!≥2错误!＋2错误!,因为ab＝4,所以A＋B≥4＋2错误!>6，所以不存在这样的a，b，使得A＋B＝6。

2018届高考数学(文)大一轮复习课时分层训练选修4-5不等式选讲第1节课时分层训练69Word版含答案

课时分层训练(六十九) 绝对值不等式1．已知|2x －3|≤1的解集为． (1)求m ＋n 的值；(2)若|x －a |＜m ，求证：|x |＜|a |＋1.(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，得1≤x ≤2，3分∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.5分(2)证明：若|x －a |＜1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |＜|a |＋1.10分 2．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值．当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a ＜－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －1＋2a ，x ≤a ，x －1－2a ，a ＜x ≤－1，3x ＋1－2a ，x ＞－1，3分f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，解得a ＝－6；5分当a ＞－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －1＋2a ，x ≤－1，－x ＋1＋2a ，－1＜x ≤a ，3x ＋1－2a ，x ＞a ，7分f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，解得a ＝4.9分综上所述，实数a 的值为－6或4.10分3．(2017·衡水中学调研)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. 【导学号：31222445】 (1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集； (2)若f (x )≤|x －4|的解集包含，求a 的取值范围． (1)当a ＝－3时，不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.(*) 若x ≤2时，由(*)式，得5－2x ≥3，∴x ≤1. 若2＜x ＜3时，由(*)式知，解集为∅. 若x ≥3时，由(*)式，得2x －5≥3，∴x ≥4. 综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}.4分 (2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，(**) 当1≤x ≤2时，(**)式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，解得－2－a ≤x ≤2－a .8分由条件，是f (x )≤|x －4|的解集的子集， ∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0，故满足条件的实数a 的取值范围是.10分4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}.5分(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.10分5．(2017·湖南长郡中学模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .【导学号：31222446】(1)求1a ＋1b的最小值m ；(2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m2成立，说明理由．(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a ＞0，b ＞0)，则ab ≤1. 又1a ＋1b≥2ab≥2，当且仅当a ＝b 时取等号， ∴1a ＋1b的最小值m ＝2.5分(2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1t －x －t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t≥2.对于(1)中的m ＝2，m2＝1＜2. ∴满足条件的实数x 不存在.10分6．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式|x －1|＜f (x )；(2)已知m ＋n ＝1(m ，n ＞0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1n(a ＞0)恒成立，求实数a 的取值范围．(1)依题设，得|x －1|＜|3x ＋2|，所以(x －1)2＜(3x ＋2)2，则x ＞－14或x ＜－32，故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＞－14或x ＜－32.4分 (2)因为m ＋n ＝1(m ＞0，n ＞0)，所以1m ＋1n＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ＝2＋m n ＋n m≥4，当且仅当m ＝n ＝12时，等号成立．令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x ＜－23，－4x －2＋a ，－23≤x ≤a ，－2x －2－a ，x ＞a ，8分则x ＝－23时，g (x )取得最大值23＋a ，要使不等式恒成立，只需g (x )max ＝23＋a ≤4.解得a ≤103.又a ＞0，因此0＜a ≤103.10分。

高考数学(人教A版理)一轮复习选修4-5第2节课时分层训练70Word版含解析

课时分层训练 (七十 )不等式的证明1．已知定义在R上的函数 f(x)＝ |x＋1|＋|x－2|的最小值为 a.(1)求 a 的值；222(2)若 p，q，r 是正实数，且知足p＋ q＋ r＝a，求证： p ＋ q ＋r ≥3.当且仅当－ 1≤x≤2 时，等号建立，所以 f(x)的最小值等于 3，即 a＝3.4 分(2)证明：法一：由 (1)知 p＋ q＋ r＝ 3，且 p，q，r 大于 0，∴(p＋q＋r)2＝ 9.又易知 p2＋ q2＋r2≥pq＋pr＋qr.8 分故 9＝ (p＋q＋r)2＝ p2＋q2＋r 2＋ 2pq＋2pr＋2qr≤3(p2＋ q2＋r 2)，所以， p2＋q2＋ r2≥3.10 分法二：由(1)知 p＋q＋r ＝3，又因为 p，q，r 是正实数，所以 (p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p× 1＋ q× 1＋ r×1)2＝(p＋ q＋ r)2＝9，故 p2＋q2＋r 2≥ 3.10 分1 12．(2015 湖·南高考 )设 a>0，b>0，且 a＋b＝a＋b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2 与 b2＋b<2 不行能同时建立．11a＋b[证明 ]由 a＋b＝a＋b＝ab，a>0，b>0，得 ab＝1.2 分(1)由基本不等式及ab＝ 1，有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2.5 分(2)假定 a2＋ a<2 与 b2＋b<2 同时建立，则由 a2＋ a<2 及 a>0，得 0<a<1；同理， 0<b<1，进而 ab<1，这与 ab＝1 矛盾．故 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不行能同时建立 .10 分1 1 3．(2014 全·国卷Ⅰ )若 a>0，b>0，且a＋b＝ab.(1)求 a3＋b3的最小值；(2)能否存在 a，b，使得 2a＋ 3b＝6？并说明原因．[解 ](1)由 ab＝1＋1≥2，得 ab≥2，当且仅当 a＝ b＝2时等号建立 .2分a b ab故 a3＋b3≥2 a3b3≥4 2，当且仅当 a＝ b＝ 2时等号建立．所以 a3＋b3的最小值为 4 2.5 分(2)由 (1)知， 2a＋3b≥2 6· ab≥4 3.因为 4 3>6，进而不存在 a， b，使得 2a＋3b＝6.10 分4．(2017 石·家庄模拟 )已知函数 f(x)＝|x|＋|x－ 1|.(1)若 f(x)≥|m－ 1|恒建立，务实数m 的最大值 M；(2)在 (1)建立的条件下，正实数a， b 知足 a2＋b2＝M ，证明： a＋ b≥ 2ab.【导学号： 01772449】[解 ](1)∵f(x)＝ |x|＋|x－1|≥|x－ (x－ 1)|＝1，当且仅当 0≤x≤1 时取等号，∴f(x)＝ |x|＋|x－1|的最小值为 1.3 分要使 f(x)≥|m－1|恒建立，只要 |m－1|≤1，∴0≤ m≤2，则 m 的最大值 M＝ 2.5 分(2)证明：由 (1)知， a2＋ b2＝ 2，由 a2＋b2≥2ab，知 ab≤1.①又 a＋ b≥2 ab，则 (a＋b) ab≥2ab.8 分由①知， ab≤ 1.故 a＋ b≥2ab.10 分5．已知函数 f(x)＝ k－|x－ 3|，k∈R，且 f(x＋3)≥ 0 的解集为 [－ 1,1]．(1)求 k 的值；111(2)若 a，b，c 是正实数，且ka＋2kb＋3kc＝ 1.求证： a＋2b＋3c≥9.【导学号： 01772450】[解 ](1)因为 f(x)＝ k－ |x－ 3|，所以 f(x＋ 3)≥0 等价于 |x|≤k，2 分由|x|≤ k 有解，得 k≥0，且解集为 [ －k，k] ．因为 f(x＋ 3)≥0 的解集为 [ －1,1]．所以 k＝ 1.5 分111(2)证明：由 (1)知a＋2b＋3c＝ 1，因为 a， b， c 为正实数．111所以 a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) a＋2b＋3ca2b a3c2b3c＝3＋2b＋a＋3c＋a＋3c＋2b≥3＋2a 2b a 3c2b 3c·＋2·＋ 2·＝9.8 分2b a3c a3c 2b当且仅当 a＝2b＝3c 时等号建立．所以 a＋2b＋3c≥9.10 分6．(2017 福·州质检 )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)①当 x≤ －1 时，原不等式可化为－x－1＜－ 2x－ 2，解得 x＜－ 1；2分1②当－ 1＜x＜－2时，原不等式可化为x＋1＜－ 2x－ 2，解得 x＜－ 1，此时原不等式无解；1③当 x≥ －2时，原不等式可化为x＋ 1＜ 2x，解得 x＞1.综上， M＝{ x|x＜－ 1 或 x＞1}.5 分(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝ |a＋ 1|－|－ b＋ 1|≤|a＋1－(－ b＋1)|＝ |a＋ b|， 6分所以，要证 f(ab)＞ f(a)－f(－b)，只要证 |ab＋1|＞|a＋ b|，即证 |ab＋1|2＞ |a＋b|2，即证 a2b2＋2ab＋ 1＞ a2＋2ab＋b2， 8 分即证 a2b2－a2－ b2＋1＞0，即证 (a2－ 1)(b2－1)＞0.因为 a，b∈M，所以 a2＞1，b2＞1，所以 (a2－ 1)(b2－ 1)＞0 建立，所以原不等式建立 .10 分。

近年高考数学一轮复习第5章数列第2节等差数列课时分层训练文北师大版(2021年整理)

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课时分层训练(二十八) 等差数列A组基础达标（建议用时：30分钟）一、选择题1．在等差数列｛a n｝中,a1＝0，公差d≠0,若a m＝a1＋a2＋…＋a9,则m的值为（）A．37 B．36C．20 D．19A[a m＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37。

]2．（2017·深圳二次调研）在等差数列｛a n｝中,若前10项的和S10＝60，且a7＝7，则a4＝( ）A．4 B．－4C．5 D．－5C［法一：由题意得错误!解得错误!∴a4＝a1＋3d＝5。

法二：由等差数列的性质有a1＋a10＝a7＋a4,∵S10＝错误!＝60，∴a1＋a10＝12.又∵a7＝7,∴a4＝5.]3．（2017·福州质检）已知数列{a n｝是等差数列,且a7－2a4＝6，a3＝2，则公差d＝( ）【导学号：66482245】A．2错误!B．4C．8 D．16B［法一：由题意得a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2（a3＋d)＝6，解得d＝4，故选B.法二：由题意得错误!解得错误!故选B.］4．等差数列{a n}中，已知a5>0,a4＋a7<0，则{a n｝的前n项和S n的最大值为（）【导学号:66482246】A．S7B．S6C．S5D．S4C［∵错误!∴错误!∴S n的最大值为S5.］5．(2017·湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里,日减半里；良马先至齐,复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( ) A．9日B．8日C．16日D．12日A[根据题意,显然良马每日行程构成一个首项a1＝103，公差d1＝13的等差数列，前n 天共跑的里程为S＝na1＋错误!d1＝103n＋错误!n(n－1)＝6.5n2＋96.5n；驽马每日行程也构成一个首项b1＝97，公差d2＝－0.5的等差数列，前n天共跑的里程为S＝nb1＋错误!d2＝97n－错误! n（n－1)＝－0.25n2＋97.25n。

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课时分层训练(七十) 不等式的证明
1．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . (1)求a 的值；
(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.
【导学号：57962493】
[解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.
4分
(2)证明：法一：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，且p ，q ，r 大于0， ∴(p ＋q ＋r )2＝9.
又易知p 2＋q 2＋r 2≥pq ＋pr ＋qr .
8分故9＝(p ＋q ＋r )2＝p 2＋q 2＋r 2＋2pq ＋2pr ＋2qr ≤3(p 2＋q 2＋r 2)，因此，p 2＋q 2＋r 2≥3.
10分法二：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，
所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，故p 2＋q 2＋r 2≥3.
10分 2．(2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1
b .证明： (1)a ＋b ≥2；
(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.
【导学号：57962494】
[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b
ab ，a >0，b >0，得ab ＝1. 2分 (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.
5分 (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. 10分
3．(2014·全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1
b ＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
[解](1)由ab＝1
a＋
1
b≥
2
ab
，得ab≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立.
2分
故a3＋b3≥2a3b3≥42，当且仅当a＝b＝2时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4 2. 5分(2)由(1)知，2a＋3b≥26·ab≥4 3.
由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 10分4．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.
【导学号：57962495】[解](1)∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，
当且仅当0≤x≤1时取等号，
∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1. 3分
要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，
∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2. 5分(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，
由a2＋b2≥2ab，知ab≤1. ①
又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≥2ab. 8分
由①知，ab≤1.
故a＋b≥2ab. 10分5．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]．(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正实数，且1
ka＋
1
2kb＋
1
3kc＝1.
求证：a＋2b＋3c≥9.
[解](1)因为f(x)＝k－|x－3|，
所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，2分由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．
因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]．因此k ＝1.
5分
(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋1
3c ＝1，因为a ，b ，c 为正实数．所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋12b ＋13c
＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
2b 3c ＋3c 2b
≥3＋2
a 2
b ·2b
a ＋2
a 3c ·3c a ＋2
2b 3c ·3c
2b ＝9.
8分当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.
10分
6．(2017·福州质检)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 ).
【导学号：57962496】
[解] (1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1；
2分 ②当－1＜x ＜－1
2时，原不等式可化为x ＋1＜－2x －2，解得x ＜－1，此时原不等式无解；
③当x ≥－1
2时，原不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.
5分
(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，
6分
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，
8分即证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.
10分。

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