2017-2018学年人教A版高中数学选修4-5全册教学案

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2017-2018学年高中数学选修4-5全册学案含解析人教A版115P

2017~2018学人教A版高中数学选修4-5全册学案解析版目录第一讲不等式和绝对值不等式一不等式1不等式的基本性质第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式第一讲不等式和绝对值不等式一不等式3三个正数的算术_几何平均不等式第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式1绝对值三角不等式第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式2绝对值不等式的解法第二讲证明不等式的基本方法一比较法第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法第二讲证明不等式的基本方法二综合法与分析法第三讲柯西不等式与排序不等式一二维形式的柯西不等式第三讲柯西不等式与排序不等式三排序不等式第三讲柯西不等式与排序不等式二一般形式的柯西不等式第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式举例1．不等式的基本性质1．实数大小的比较(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差与0的大小；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差与0的大小．2．不等式的基本性质由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b⇔b＜a.(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c.(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)如果a>b>0，那么a n>b n(n∈N，n≥2)．(6)如果a>b>0n∈N，n≥2)．3．对上述不等式的理解使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：(1)等式两边同乘一个数仍为等式，但不等式两边同乘同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．(3)性质(5)(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒a n>b n(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N*)．已知x ，y 均为正数，设m ＝x ＋y ，n ＝x ＋y ，试比较m 和n 的大小．两式作差――→变形转化为因式乘积形式――→与0比较判断正负，得出大小 m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝x ＋y 2－4xy xy x ＋y ＝x －y 2xy x ＋y ，∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0. ∴m －n ≥0，即m ≥n (当x ＝y 时，等号成立)．比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知a ，b ∈R ，比较a 4＋b 4与a 3b ＋ab 3的大小．解：因为(a 4＋b 4)－(a 3b ＋ab 3) ＝a 3(a －b )＋b 3(b －a ) ＝(a －b )(a 3－b 3) ＝(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)＝(a －b )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋34b 2≥0. 当且仅当a ＝b 时，等号成立，所以a 4＋b 4≥a 3b ＋ab 3.2．在数轴的正半轴上，A 点对应的实数为6a29＋a 4，B 点对应的实数为1，试判断A 点在B 点的左边，还是在B 点的右边？解：因为6a 29＋a 4－1＝－a 2－29＋a 4≤0，所以6a29＋a4≤1.当且仅当a ＝±3时，等号成立，所以当a ≠±3时，A 点在B 点左边，当a ＝±3时，A 点与B 点重合.已知a >b >0，c <d <0，e <0.求证：ea －c >eb －d.可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明．法一：ea －c －eb －d＝e b －d －a ＋c a －c b －d ＝e b －a ＋c －da －cb －d，∵a >b >0，c <d <0，∴b －a <0，c －d <0. ∴b －a ＋c －d <0.又∵a >0，c <0，∴a －c >0.同理b －d >0， ∴(a －c )(b －d )>0. ∵e <0，∴e b －a ＋c －d a －c b －d >0，即e a －c >e b －d.法二：⎭⎪⎬⎪⎫c <d <0⇒－c >－d >0a >b >0⇒⎭⎪⎬⎪⎫a －c >b －d >0⇒1a －c <1b －d e <0⇒e a －c ＞e b －d.进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．3．已知x ≥1，y ≥1，求证：x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y . 证明：左边－右边＝(y －y 2)x 2＋(y 2－1)x －y ＋1 ＝(1－y )＝(1－y )(xy －1)(x －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以1－y ≤0，xy －1≥0，x －1≥0. 所以x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y .4．已知a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，求证：x x ＋a >yy ＋b .证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，所以x a >y b ，所以a x <by.故a x ＋1yy ＋b.(1)已知－2≤α≤β≤2，求α－β的取值范围．(2)已知－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的取值范围．求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质． (1)∵－π2≤α≤β≤π2，∴－π2≤α≤π2，－π2≤－β≤π2，且α≤β.∴－π≤α－β≤π且α－β≤0.∴－π≤α－β≤0.即α－β的取值范围为．(2)设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b )＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b . 解得λ1＝53，λ2＝－23.∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23.∴－113≤a ＋3b ≤1.即a ＋3b 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，1.求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．5．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．解：设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，n ＝32.又∵1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12≤12α＋β，－3≤32α－β－32⇒－52≤2α－β≤12.∴2α－β的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12.6．三个正数a ，b ，c 满足a ≤b ＋c ≤2a ，b ≤a ＋c ≤2b ，求b a的取值范围．解：两个不等式同时除以a ，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，①b a ≤1＋c a ≤2·ba ，②将②×(－1)，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，－2·b a ≤－1－c a ≤－ba，两式相加，得1－2b a ≤b a －1≤2－b a ，解得23≤b a ≤32.即b a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，32.课时跟踪检测(一)1．下列命题中不．正确的是( ) A ．若3a >3b ，则a >b B ．若a >b ，c >d ，则a －d >b －c C ．若a >b >0，c >d >0，则a d >b cD ．若a >b >0，ac >bd ，则c >d解析：选D 当a >b >0，ac >ad 时，c ，d 的大小关系不确定． 2．已知a >b >c ，则下列不等式正确的是( ) A ．ac >bc B ．ac 2>bc 2C ．b (a －b )>c (a －b )D ．|ac |>|bc |解析：选C a >b >c ⇒a －b >0⇒(a －b )b >(a －b )c . 3．如果a 0，ab >0，故1a －1b ＝b －a ab >0，1a >1b，故A 项错误；对于B 项，由a 0，ab >b 2，故B 项错误；对于C 项，由a 0，a 2>ab ，即－ab >－a 2，故C 项错误；对于D 项，由a 0，故－1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝a －b ab <0，－1a <－1b成立，故D 项正确．4．若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋bc＜0；③a －c ＞b －d ；④a (d －c )＞b (d －c )中，成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0，∴ad ＜bc ，故①不成立．∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0，∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴a (－c )＞(－b )(－d )，∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd＜0，故②成立．∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，∵a ＞b ，∴a ＋(－c )＞b ＋(－d )，a －c ＞b －d ，故③成立．∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a (d －c )＞b (d －c )，故④成立．成立的个数为3.5．给出四个条件：①b >0>a ；②0>a >b ；③a >0>b ；④a >b >0. 能得出1a ＜1b成立的有________(填序号)．解析：由1a <1b ，得1a －1b <0，b －a ab <0，故①②④可推得1a <1b成立．答案：①②④6．设a >b >1，c <0，给出下列三个结论：①c a >c b；②a c log a (b －c )．其中所有的正确结论的序号是________．解析：由a >b >1，c <0，得1a <1b ，c a >c b；幂函数y ＝x c (c <0)是减函数，所以a c b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，①②③均正确．答案：①②③7．已知－1<x ＋y <4且2<x －y <3，则z ＝2x －3y 的取值范围是________．解析：设z ＝2x －3y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，即2x －3y ＝(m ＋n )x ＋(m －n )y .∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－3.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－12，n ＝52.∴2x －3y ＝－12(x ＋y )＋52(x －y )．∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3，∴－2<－12(x ＋y )<12，5<52(x －y )<152.由不等式同向可加性，得3<－12(x ＋y )＋52(x －y )<8，即3<z <8.答案：(3,8)8．若a >0，b >0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b .证明：∵b 2a ＋a 2b －a －b ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b a ＝a －b 2a ＋b ab ，(a －b )2≥0恒成立，且已知a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b >0，ab >0.∴a －b2a ＋bab≥0.∴b 2a ＋a 2b≥a ＋b .9．已知－6<a <8,2<b <3，分别求2a ＋b ，a －b ，a b的取值范围．解：∵－6<a <8，∴－12<2a <16. 又20，a ≠1. (1)比较下列各式大小．①a 2＋1与a ＋a ；②a 3＋1与a 2＋a ； ③a 5＋1与a 3＋a 2.(2)探讨在m ，n ∈N ＋条件下，am ＋n＋1与a m ＋a n的大小关系，并加以证明．解：(1)由题意，知a >0，a ≠1，①a 2＋1－(a ＋a )＝a 2＋1－2a ＝(a －1)2>0. ∴a 2＋1>a ＋a .②a 3＋1－(a 2＋a )＝a 2(a －1)－(a －1) ＝(a ＋1)(a －1)2＞0，∴a 3＋1>a 2＋a ， ③a 5＋1－(a 3＋a 2)＝a 3(a 2－1)－(a 2－1)＝(a 2－1)(a 3－1)．当a >1时，a 3>1，a 2>1，∴(a 2－1)(a 3－1)>0. 当0<a <1时，0<a 3<1,0<a 2<1，∴(a2－1)(a3－1)>0，即a5＋1>a3＋a2.(2)根据(1)可得a m＋n＋1＞a m＋a n.证明如下：a m＋n＋1－(a m＋a n)＝a m(a n－1)＋(1－a n)＝(a m－1)(a n－1)．当a>1时，a m>1，a n>1，∴(a m－1)(a n－1)>0.当0<a<1时，0<a m<1,0<a n<1，∴(a m－1)(a n－1)>0.综上可知(a m－1)(a n－1)>0，即a m＋n＋1>a m＋a n.2．基本不等式1．基本不等式的理解重要不等式a 2＋b 2≥2ab 和基本不等式a ＋b2≥ab ，成立的条件是不同的．前者成立的条件是 a 与b 都为实数，并且a 与b 都为实数是不等式成立的充要条件；而后者成立的条件是a 与b 都为正实数，并且a 与b 都为正实数是不等式成立的充分不必要条件，如a ＝0，b ≥0仍然能使a ＋b2≥ab 成立．两个不等式中等号成立的充要条件都是a ＝b . 2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式 (1)a 2＋b 2≥a ＋b22；(2)ab ≤a 2＋b 22；(3)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22；(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22； (5)(a ＋b )2≥4ab .已知a ，＋求证：1a ＋1b ＋1c≥9.解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明．法一：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋bc＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ＋⎝⎛⎭⎪⎫c a ＋ac ＋⎝⎛⎭⎪⎫c b ＋bc≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．即1a ＋1b ＋1c≥9.法二：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c＝1＋b a ＋c a ＋a b ＋1＋c b ＋a c ＋b c＋1＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴1a ＋1b ＋1c≥9.用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式进行证明．1．已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.证明：因为x 1，x 2，x 3为正实数，所以x 22x 1＋x 1＋x 23x 2＋x 2＋x 21x 3＋x 3≥2x 22＋2x 23＋2x 21＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝2，当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立．所以x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.2．已知a ，b ，c >0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵a ，b ，c ，a 2b ，b 2c ，c 2a 均大于0，又a 2b＋b ≥2 a 2b ·b ＝2a ，b 2c＋c ≥2 b 2c ·c ＝2b ，c 2a ＋a ≥2 c 2a·a ＝2c ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a ＋a ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .当且仅当a 2b ＝b ，b 2c ＝c ，c 2a＝a ，即a ＝b ＝c 时，等号成立.(1)求当x >0时，f (x )＝x 2＋1的值域； (2)设0<x <32，求函数y ＝4x (3－2x )的最大值；(3)已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值． (1)∵x >0，∴f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x. ∵x ＋1x ≥2，∴0<1x ＋1x≤12.∴0<f (x )≤1，当且仅当x ＝1时，等号成立．即f (x )＝2xx 2＋1的值域为(0,1]． (2)∵0<x <32，∴3－2x >0.∴y ＝4x (3－2x )＝2≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋－2x 22＝92.当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．∴y ＝4x (3－2x )的最大值为92.(3)∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y (x ＋y )＝y x ＋9x y＋10≥6＋10＝16.当且仅当y x ＝9x y ，又1x ＋9y＝1，即x ＝4，y ＝12时，上式取等号．故当x ＝4，y ＝12时，x ＋y 的最小值为16.在应用基本不等式求最值时，分以下三步进行：(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值； (2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．3．已知x >0，y >0且5x ＋7y ＝20，求xy 的最大值．解：xy ＝135(5x ·7y )≤135⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋7y 22＝135×⎝ ⎛⎭⎪⎫2022＝207.当且仅当5x ＝7y ＝10，即x ＝2，y ＝107时，等号成立，所以xy 的最大值为207.4．若正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，(1)求ab 的取值范围；(2)求a ＋b 的取值范围．解：(1)∵a ，b ∈R ＋，∴ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3. 令y ＝ab ，得y 2－2y －3≥0，∴y ≥3或y ≤－1(舍去)． ∴ab ＝y 2≥9.∴ab 的取值范围是＝17·1＋3b ＋23a ＋2＋a ＋3b ＋2＋4≥17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋2 3b ＋23a ＋2·a ＋3b ＋2＝97，当且仅当3b ＋23a ＋2＝a ＋3b ＋2，即a ＝19，b ＝89时取等号．所以13a ＋2＋43b ＋2的最小值为97.促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x 万件与年促销费t 万元之间满足3－x 与t ＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2017年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．(1)将2017年的利润y (万元)表示为促销费t (万元)的函数； (2)该企业2017年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？(1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式． (1)由题意可设3－x ＝kt ＋1，将t ＝0，x ＝1代入，得k ＝2.∴x ＝3－2t ＋1. 当年生产x 万件时，∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用， ∴年生产成本为32x ＋3＝32⎝⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3. 当销售x 万件时，年销售收入为150%⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3＋12t . 由题意，生产x 万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，得年利润y ＝－t 2＋98t ＋35t ＋(t ≥0)．(2)y ＝－t 2＋98t ＋35t ＋＝50－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋32t ＋1 ≤50－2 t ＋12×32t ＋1＝50－216＝42，当且仅当t ＋12＝32t ＋1，即t ＝7时，等号成立，y max ＝42， ∴该企业2015年的促销费投入7万元时，企业的年利润最大．利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y 的函数表达式y ＝f (x )(x 一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x 的范围制约．6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x 件)，每进一次货运费为50元，且在销售完该次所进货物时，立即进货，现以年平均x2件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x 应是多少？解：设一年的运费和库存费共y 元，由题意，知y ＝50 000x ×50＋x 2×20＝25×105x ＋10x ≥2 25×106＝104，当且仅当25×105x＝10x 即x ＝500时，等号成立，y min ＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．7.某学校为了支持生物课程基地研究植物的生长规律，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m 2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1 m ，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m 宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留 3 m 宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x (单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S (单位：m 2)．(1)求S 关于x 的函数关系式； (2)求S 的最大值．解：(1)由题设，得S ＝(x －8)⎝ ⎛⎭⎪⎫900x －2＝－2x －7 200x ＋916，x ∈(8,450)．(2)因为8<x <450，所以2x ＋7 200x≥22x ×7 200x＝240，当且仅当x ＝60时等号成立，从而S ≤676.故当矩形温室的室内长为60 m 时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，为676 m 2.课时跟踪检测(二)1．下列不等式中，正确的个数是( ) ①若a ，b ∈R ，则a ＋b2≥ab ； ②若x ∈R ，则x 2＋2＋1x 2＋2≥2； ③若x ∈R ，则x 2＋1＋1x 2＋1≥2； ④若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab .A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 显然①不正确，③正确；虽然x 2＋2＝1x 2＋2无解，但x 2＋2＋1x 2＋2>2成立，故②正确；④不正确，如a ＝1，b ＝4.2．已知a >0，b >0，a ，b 的等差中项是12，且α＝a ＋1a ，β＝b ＋1b ，则α＋β的最小值是( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C ∵a ＋b ＝2×12＝1，a >0，b >0，∴α＋β＝a ＋1a ＋b ＋1b ＝1＋1ab≥1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝5，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．3．已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意的正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选B (x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ＝1＋a ＋y x ＋ax y≥1＋a ＋2a ＝(a ＋1)2(x ，y ，a >0)，当且仅当y ＝ax 时取等号，所以(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y 的最小值为(a ＋1)2，于是(a ＋1)2≥9恒成立，所以a ≥4，故选B.4．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元解析：选C 设底面矩形的长和宽分别为a m ，b m ，则ab ＝4.容器的总造价为20ab ＋2(a ＋b )×10＝80＋20(a ＋b )≥80＋40ab ＝160(元)(当且仅当a ＝b ＝2时，等号成立)．5．已知函数f (x )＝4x ＋a x(x ＞0，a ＞0)在x ＝3时取得最小值，则a ＝________. 解析：∵x ＞0，a ＞0， ∴f (x )＝4x ＋a x≥24x ·a x ＝4a ，当且仅当4x ＝a x时等号成立，此时a ＝4x 2，由已知x ＝3时函数取得最小值，∴a ＝4×9＝36. 答案：366．若log 2x ＋log 2y ＝4，则x ＋y 的最小值是________．解析：由题意知x >0，y >0，log 2xy ＝4，得xy ＝4， ∴x ＋y ≥2xy ＝4(当且仅当x ＝y 时，等号成立)．答案：47．y ＝3＋x ＋x 2x ＋1(x >0)的最小值是________．解析：∵x >0，∴y ＝3＋x ＋x 2x ＋1＝3x ＋1＋x ＋1－1≥23－1.当且仅当x ＋1＝3时，等号成立．答案：23－18．已知a ，b 是正数，求证： (1)a 2＋b 22≥a ＋b2； (2)ab ≥21a ＋1b. 证明：(1)左边＝ a 2＋b 2＋a 2＋b 24≥a 2＋b 2＋2ab4＝a ＋b24＝a ＋b2＝右边，原不等式成立．(2)右边＝21a ＋1b≤221ab＝ab ＝左边，原不等式成立．9．设x >0，y >0且x ＋y ＝4，要使不等式1x ＋4y≥m 恒成立，求实数m 的取值范围．解：由x >0，y >0且x ＋y ＝4，得x ＋y4＝1，∴1x ＋4y ＝x ＋y 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋y x ＋4x y ＋4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋y x ＋4x y≥14⎝⎛⎭⎪⎫5＋2y x ·4x y ＝94. 当且仅当y x ＝4xy时，等号成立．即y ＝2x (∵x >0，y >0，∴y ＝－2x 舍去)．此时，结合x ＋y ＝4，解得x ＝43，y ＝83.∴1x ＋4y 的最小值为94，∴m ≤94， ∴m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，94.10．如图，建立平面直角坐标系xOy ，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y ＝kx －120(1＋k 2)x 2(k ＞0)表示的曲线上，其中k 与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程．(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．解：(1)令y ＝0，得kx －120(1＋k 2)x 2＝0.由实际意义和题设条件知x ＞0，k ＞0，故x ＝20k 1＋k 2＝20k ＋1k≤202＝10，当且仅当k ＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a ＞0，所以炮弹可击中飞行物，即存在k ＞0，使3.2＝ka －120(1＋k 2)a 2成立，即关于k 的方程a 2k 2－20ak ＋a 2＋64＝0有正根 ⇒Δ＝(－20a )2－4a 2(a 2＋64)≥0⇒a ≤6.所以当a 不超过6(千米)时，可击中飞行物．3．三个正数的算术—几何平均不等式1．定理3如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．(1)不等式a ＋b ＋c3≥3abc 成立的条件是：a ，b ，c 均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a ＝b ＝c .(2)定理3可变形为：①abc ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33；②a 3＋b 3＋c 3≥3abc .(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正、二定、三相等”．2．定理3的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．已知a ，b ＋b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc≥3. 欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形．b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc ＝⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋c b ＋ac ＋⎝⎛⎭⎪⎫c a ＋a b ＋bc －3 ≥33b a ·c b ·a c ＋33c a ·a b ·b c－3＝6－3＝3.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．(1)不等式的证明方法较多，关键是从式子的结构入手进行分析．(2)运用三个正数的平均不等式证明不等式时，仍要注意“一正、二定、三相等”，在解题中，若两次用平均值不等式，则只有在“相等”条件相同时，才能取到等号．1．已知x ＞0，y ＞0，求证：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明：因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0，1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .2．已知a 1，a 2，…，a n 都是正数，且a 1a 2…a n ＝1，求证：(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n. 证明：∵a 1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a 1＝1＋1＋a 1≥33a 1. 同理2＋a j ≥3 3a j (j ＝2,3，…，n )．将上述各不等式的两边分别相乘即得(2＋a 1)(2＋a 2) (2)a n )≥(33a 1)(33a 2)…(33a n )＝3n ·3a 1a 2…a n .∵a 1a 2…a n ＝1，∴(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n. 当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n ＝1时，等号成立.(1)求函数y ＝(x －1)2(3－2x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1<x <2的最大值．(2)求函数y ＝x ＋4x －2(x >1)的最小值．对于积的形式求最大值，应构造和为定值． (2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值． (1)∵1<x <32，∴3－2x >0，x －1>0.y ＝(x －1)2(3－2x )＝(x －1)(x －1)(3－2x )≤⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋x －1＋3－2x 33＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127，当且仅当x －1＝x －1＝3－2x ，即x ＝43∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，y max ＝127.(2)∵x ＞1，∴x －1>0，y ＝x ＋4x －2＝12(x －1)＋12(x －1)＋4x －2＋1≥3312x －12x －4x －2＋1＝4，当且仅当12(x －1)＝12(x －1)＝4x －2，即x ＝3时，等号成立．即y min ＝4.(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件即“一正、二定、三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如配系数、拆项、分离常数、平方变形等．3．设x >0，则f (x )＝4－x －12x2的最大值为( ) A ．4－22B ．4－ 2C ．不存在 D.52解析：选D ∵x >0，∴f (x )＝4－x －12x 2＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋12x 2≤4－33x 2·x 2·12x 2＝4－32＝52. 4．已知x ，y ∈R ＋且x 2y ＝4，试求x ＋y 的最小值及达到最小值时x ，y 的值．解：∵x ，y ∈R ＋且x 2y ＝4，∴x ＋y ＝12x ＋12x ＋y ≥3314x 2y ＝3314×4＝3.当且仅当x 2＝x2＝y 时，等号成立．又∵x 2y ＝4，∴当x ＝2，y ＝1时，x ＋y 取最小值3.大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比，即E ＝k sin θr2.这里k 是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？根据题设条件建立r 与θ的关系式→将它代入E ＝k sin θr2→得到以θ为自变量，E 为因变量的函数关系式 →用平均不等式求函数的最值→获得问题的解 ∵r ＝2cos θ，∴E ＝k ·sin θcos 2θ4⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2.∴E2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ≤k 232·⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ33＝k 2108. 当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ时取等号，即tan 2θ＝12，tan θ＝22.∴h ＝2tan θ＝ 2.即h ＝2时，E 最大．本题获解的关键是在获得了E ＝k ·sin θcos 2θ4后，对E 的表达式进行变形求得E 的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．5．已知长方体的表面积为定值S ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．解：设长方体的体积为V ，长、宽、高分别是a ，b ，c ，则V ＝abc ，S ＝2ab ＋2bc ＋2ac .V 2＝(abc )2＝(ab )(bc )(ac )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋bc ＋ac 33＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 63＝S 3216.当且仅当ab ＝bc ＝ac ，即a ＝b ＝c 时，上式取等号，V 2取最小值S 3216.由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝c ，2ab ＋2bc ＋2ac ＝S ，解得a ＝b ＝c ＝6S6.即当这个长方体的长、宽、高都等于6S 6时，体积最大，最大值为S 6S 36. 课时跟踪检测(三)1．已知x 为正数，下列各题求得的最值正确的是( ) A ．y ＝x 2＋2x ＋4x3≥33x 2·2x ·4x3＝6，∴y min ＝6.B ．y ＝2＋x ＋1x ≥332·x ·1x＝332，∴y min ＝332.C ．y ＝2＋x ＋1x≥4，∴y min ＝4. D ．y ＝x (1－x )(1－2x ) ≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x ＋－x ＋－2x 33＝881， ∴y max ＝881.解析：选C A 、B 、D 在使用不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)和abc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 33(a ，b ，c ∈R ＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C 中，∵x >0，∴y ＝2＋x ＋1x＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥2＋2＝4，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时，等号成立．2．已知a ，b ，c 为正数，则a b ＋b c ＋c a有( ) A ．最小值3B ．最大值3C ．最小值2D ．最大值2解析：选A a b ＋b c ＋ca ≥33ab ×bc ×c a ＝3，当且仅当a b ＝b c ＝c a，即a ＝b ＝c 时，等号成立． 3．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( )A.3322B.833C.332D.223解析：选A 由log x y ＝－2，得y ＝1x 2.而x ＋y ＝x ＋1x2＝x 2＋x 2＋1x 2≥33x 2·x 2·1x 2＝3314＝3322，当且仅当x 2＝1x2，即x ＝32时，等号成立． 4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V ，则下列不等式总成立的是( ) A ．V ≥π B ．V ≤π C ．V ≥18πD ．V ≤18π解析：选B 设圆柱底面半径为r ，则圆柱的高h ＝6－4r 2，所以圆柱的体积为V ＝πr 2·h＝πr 2·6－4r 2＝πr 2(3－2r )≤π⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋r ＋3－2r 33＝π. 当且仅当r ＝3－2r ，即r ＝1时，等号成立． 5．若a >2，b >3，则a ＋b ＋1a －b －的最小值为________．解析：∵a >2，b >3，∴a －2>0，b －3>0，则a ＋b ＋1a －b －＝(a －2)＋(b －3)＋1a －b －＋5 ≥33a －b －1a －b －＋5＝8.当且仅当a －2＝b －3＝1a －b －，即a ＝3，b ＝4时，等号成立．答案：86．设0<x <1，则x (1－x )2的最大值为 ________. 解析：∵0<x <1，∴1－x >0.故x (1－x )2＝12×2x (1－x )(1－x )≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋－x ＋＋x 33＝12×827＝427(当且仅当x ＝13时，等号成立)．答案：4277．已知关于x 的不等式2x ＋1x －a2≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：2x ＋1x －a＝(x －a )＋(x －a )＋1x －a＋2a .∵x －a >0， ∴2x ＋1x －a2≥33x －a x －a1x －a2＋2a ＝3＋2a ，当且仅当x －a ＝1x －a2即x ＝a ＋1时，等号成立．∴2x ＋1x －a2的最小值为3＋2a .由题意可得3＋2a ≥7，得a ≥2. 答案：28．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： (a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴2(a ＋b ＋c )＝(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥33a ＋b b ＋c c ＋a >0.1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥331a ＋b ·1b ＋c ·1a ＋c >0， ∴(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．9．已知正数a ，b ，c 满足abc ＝1，求(a ＋2)(b ＋2)·(c ＋2)的最小值．解：因为(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1) ≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)的最小值为27.10．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．证明：法一：因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式，得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23.又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．法二：因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式，得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ，① 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac，②故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ac ＋3ab ＋3bc ＋3ac≥63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立；当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立，即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．1．绝对值三角不等式绝对值三角不等式(1)定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．几何解释：用向量a ，b 分别替换a ，b .①当a 与b 不共线时，有|a ＋b|<|a |＋|b |，其几何意义为：三角形的两边之和大于第三边．②若a ，b 共线，当a 与b 同向时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，当a 与b 反向时，|a ＋b |<|a |＋|b |.由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式． ③定理1的推广：如果a ，b 是实数，则||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |. (2)定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |. 当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立．几何解释：在数轴上，a ，b ，c 所对应的点分别为A ，B ，C ，当点B 在点A ，C 之间时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |.当点B 不在点A ，C 之间时：①点B 在点A 或点C 上时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |； ②点B 不在点A ，C 上时，|a －c |<|a －b |＋|b －c |. 应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．已知|A －a |<3，|B －b |<3，|C －c |<3.求证：|(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|<s .原式――→变形重新分组――→定理转化为|A －a |＋|B －b |＋|C －c |―→得出结论 |(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )| ＝|(A －a )＋(B －b )＋(C －c )| ≤|(A －a )＋(B －b )|＋|C －c | ≤|A －a |＋|B －b |＋|C －c |.因为|A －a |<s 3，|B －b |<s 3，|C －c |<s3，所以|A －a |＋|B －b |＋|C －c |<s 3＋s 3＋s3＝s .所以|(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|<s .含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．1．设a ，b 是满足ab <0的实数，则下列不等式中正确的是( ) A ．|a ＋b |>|a －b | B ．|a ＋b |<|a －b | C ．|a －b |<||a |－|b ||D ．|a －b |<|a |＋|b |解析：选B ∵ab <0且|a －b |2＝a 2＋b 2－2ab ， ∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <|a －b |2. ∴(|a |＋|b |)2＝a 2＋b 2＋2|ab |＝|a －b |2. 故A 、D 不正确；B 正确；又由定理1的推广知C 不正确． 2．设ε>0，|x －a |<ε4，|y －a |<ε6.求证：|2x ＋3y －2a －3b |<ε.证明：|2x ＋3y －2a －3b |＝|2(x －a )＋3(y －b )|≤|2(x －a )|＋|3(y －b )|＝2|x －a |＋3|y －b |<2×ε4＋3×ε6＝ε.(1)(2)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋x －a (－1≤x ≤1)．若|a |≤1，求|f (x )|的最大值．利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解． (1)法一：||x －3|－|x ＋1||≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4， ∴－4≤|x －3|－|x ＋1|≤4. ∴y max ＝4，y min ＝－4. 法二：把函数看作分段函数．y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧4，x <－1，2－2x ，－1≤x ≤3，－4，x >3.∴－4≤y ≤4. ∴y max ＝4，y min ＝－4. (2)∵|x |≤1，|a |≤1，∴|f (x )|＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x | ＝|a ||x 2－1|＋|x |≤|x 2－1|＋|x | ＝1－|x 2|＋|x |＝－|x |2＋|x |＋1 ＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－122＋54≤54.∴|x |＝12时，|f (x )|取得最大值54.(1)利用绝对值不等式求函数最值，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．3．(江西高考)x ，y ∈R ，若|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≤2，则x ＋y 的取值范围为________．解析：|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，|y |＋|y －1|≥|y －(y －1)|＝1，所以|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≥2，当且仅当x ∈，y ∈时，|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|取得最小值2，而已知|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≤2，所以|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|＝2，此时x ∈，y ∈，所以x ＋y ∈．答案：4．求函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的最小值．解：∵|x －1|＋|x ＋1|＝|1－x |＋|x ＋1|≥|1－x ＋x ＋1|＝2，当且仅当(1－x )(1＋x )≥0，即－1≤x ≤1时取等号．∴当－1≤x ≤1时，函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|取得最小值2. 5．若对任意实数，不等式|x ＋1|－|x －2|>a 恒成立，求a 的取值范围．解：由题意知a <|x ＋1|－|x －2|对任意实数恒成立，∴a<min.∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.∴min＝－3.∴a<－3.即a的取值范围为(－∞，－3)．课时跟踪检测(四)1．对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是( )A．当a，b异号时，左边等号成立B．当a，b同号时，右边等号成立C．当a＋b＝0时，两边等号均成立D．当a＋b>0时，右边等号成立；当a＋b<0时，左边等号成立解析：选B 当a，b异号且|a|>|b|时左边等号才成立，A不正确，显然B正确；当a ＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确，D显然不正确．2．不等式|a＋b||a|＋|b|<1成立的充要条件是( )A．a，b都不为零B．ab<0C．ab为非负数D．a，b中至少有一个不为零解析：选B 原不等式即为|a＋b|<|a|＋|b|⇔a2＋b2＋2ab<a2＋b2＋2|ab|⇔ab<0. 3．已知a，b，c∈R，且a>b>c，则有( )A．|a|>|b|>|c| B．|ab|>|bc|C．|a＋b|>|b＋c| D．|a－c|>|a－b|解析：选D ∵a，b，c∈R，且a>b>c，令a＝2，b＝1，c＝－6.∴|a|＝2，|b|＝1，|c|＝6，|b|<|a|<|c|，故排除A.又|ab|＝2，|bc|＝6，|ab|<|bc|，故排除B.又|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，|a＋b|<|b＋c|，排除C.而|a－c|＝|2－(－6)|＝8，|a－b|＝1，∴|a－c|>|a－b|.4．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )A．|a＋b|＋|a－b|>2B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2D．不可能比较大小解析：选B 当(a＋b)(a－b)≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.当(a ＋b )(a －b )<0时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |<2. 5．不等式|x －1|－|x －2|<a 恒成立，则a 的取值范围为________．解析：若使不等式|x －1|－|x －2|<a 恒成立，只需a >(|x －1|－|x －2|)max . 因为|x －1|－|x －2|≤|x －1－(x －2)|＝1，故a >1.故a 的取值范围为(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)6．设a ，b ∈R ，|a －b |＞2，则关于实数x 的不等式|x －a |＋|x －b |＞2的解集是________．解析：∵|x －a |＋|x －b |＝|a －x |＋|x －b |≥|(a －x )＋(x －b )|＝|a －b |＞2， ∴|x －a |＋|x －b |＞2对x ∈R 恒成立，故解集为(－∞，＋∞)．答案：(－∞，＋∞) 7．下列四个不等式： ①log x 10＋lg x ≥2(x >1)； ②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)； ④|x －1|＋|x －2|≥1.其中恒成立的是______(把你认为正确的序号都填上)．解析：log x 10＋lg x ＝1lg x ＋lg x ≥2，①正确；ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；∵ab ≠0时，b a 与a b同号，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④正确．综上可知①③④正确．答案：①③④8．已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|x －y |≤14，求证：|x ＋5y |≤1.证明：|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|. 由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|≤|3(x ＋y )|＋|2(x －y )| ＝3|x ＋y |＋2|x －y |≤3×16＋2×14＝1，即|x ＋5y |≤1.9．设f (x )＝x 2－x ＋b ，|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．证明：∵f (x )－f (a )＝x 2－x －a 2＋a ＝(x －a )(x ＋a －1)， |f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|≤|x－a|＋2|a|＋1<2|a|＋2＝2(|a|＋1)，∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．10．设函数y＝|x－4|＋|x－3|.求：(1)y的最小值；(2)使y<a有解的a的取值范围；(3)使y≥a恒成立的a的最大值．解：(1)y＝|x－4|＋|x－3|＝|x－4|＋|3－x|≥|(x－4)＋(3－x)|＝1，∴y min＝1.(2)由(1)知y≥1，要使y<a有解，∴a>1，即a的取值范围为(1，＋∞)．(3)要使y≥a恒成立，只要y的最小值1≥a即可，∴a max＝1.。

2017-2018学年高二数学人教A版选修4-5教师用书：第3讲

一二维形式的柯西不等式1．认识柯西不等式的几种不同形式，理解其几何意义．(难点) 2．通过运用柯西不等式分析解决一些简单问题．(重点)教材整理二维形式的柯西不等式阅读教材P 31～P 36，完成下列问题．设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥x 1－x 22＋y 1－y 22已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是( ) A.56 B.65 C.2536D.3625【解析】 2x 2＋3y 2＝(2x 2＋3y 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13·65≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·22＋3y ·332＝65(x ＋y )2＝65. 【答案】 B预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：【精彩点拨】为了利用柯西不等式的向量形式，可分别构造两个向量．【自主解答】设m ＝p 32，q 32，n ＝(p 12，q 12)，则 p 2＋q 2＝p 32p 12＋q 32q 12＝|m ·n |≤|m ||n | ＝p 3＋q 3·p ＋q ＝2p ＋q . 又∵(p ＋q )2≤2(p 2＋q 2)， ∴p ＋q22≤p 2＋q 2≤2p ＋q ，∴p ＋q22≤2·p ＋q ，则(p ＋q )4≤8(p ＋q )．又p ＋q >0，∴(p ＋q )3≤8，故p ＋q ≤2.使用二维柯西不等式的向量形式证明不等式，关键是合理构造出两个向量．同时，要注意向量模的计算公式|a |＝x 2＋y 2对数学式子变形的影响．1．若本例的条件中，把“p 3＋q 3＝2”改为“p 2＋q 2＝2”，试判断结论是否仍然成立？【解】设m ＝(p ，q )，n ＝(1,1)，则p ＋q ＝p ·1＋q ·1＝|m ·n |≤|m |·|n |＝p 2＋q 2·12＋12.又p 2＋q 2＝2. ∴p ＋q ≤2·2＝2. 故仍有结论p ＋q ≤2成立.若2【精彩点拨】由2x ＋3y ＝1以及4x 2＋9y 2的形式，联系柯西不等式，可以通过构造(12＋12)作为一个因式而解决问题．【自主解答】由柯西不等式得(4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1. ∴4x 2＋9y 2≥12，当且仅当2x ×1＝3y ×1，即x ＝14，y ＝16时取等号．∴4x 2＋9y 2的最小值为12.1．利用柯西不等式求最值，不但要注意等号成立的条件，而且要善于配凑，保证出现常数结果．2．常用的配凑的技巧有：①巧拆常数；②重新安排某些项的次序；③适当添项；④适当改变结构，从而达到运用柯西不等式求最值的目的．2．若3x ＋4y ＝2，试求x 2＋y 2的最小值及最小值点.【导学号：32750048】【解】由柯西不等式(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2，得25(x 2＋y 2)≥4. 所以x 2＋y 2≥425，当且仅当x 3＝y4时，“＝”成立．为求最小值点，需解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y4，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝625，y ＝825.因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825.探究在二维形式的柯西不等式中，取等号的条件可以写成b ＝d吗？【提示】不可以．当b ·d ＝0时，柯西不等式成立，但a b ＝c d不成立．已知|3x ＋4y |＝5，求证：x 2＋y 2≥1.【精彩点拨】探求已知条件与待证不等式之间的关系，设法构造柯西不等式进行证明．【自主解答】由柯西不等式可知(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2，所以(x 2＋y 2)≥x ＋4y232＋42.又因为|3x ＋4y |＝5，所以x ＋4y232＋42＝1，即x 2＋y 2≥1.1．利用二维形式的柯西不等式证明时，要抓住柯西不等式的结构特征，必要时，需要将数学表达式适当变形．2．变形往往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突破口．3．设a ，b ∈R ＋且a ＋b ＝2.求证：a 22－a ＋b 22－b ≥2.【证明】根据柯西不等式，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋b 22－b ＝[⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－b 2] ≥⎝⎛⎭⎪⎫2－a ·a 2－a ＋2－b ·b 2－b 2＝(a ＋b )2＝4.∴a 22－a ＋b 22－b≥4－a ＋－b＝2，当且仅当2－a ·b2－b＝2－b ·a2－a，即a ＝b ＝1时等号成立． ∴a 22－a ＋b 22－b≥2.二维柯西不等式—⎪⎪⎪⎪—代数形式—向量形式—三角形式—柯西不等式求最值1．设x ，y ∈R ，且2x ＋3y ＝13，则x 2＋y 2的最小值为( ) A.13 B ．169 C ．13D.0【解析】 (2x ＋3y )2≤(22＋32)(x 2＋y 2)， ∴x 2＋y 2≥13. 【答案】 C2．已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，则(4a ＋1＋4b ＋1)2的最大值是( )【导学号：32750049】A ．2 6 B. 6 C ．6D.12【解析】 (4a ＋1＋4b ＋1)2＝(1×4a ＋1＋1×4b ＋1)2≤(12＋12)(4a ＋1＋4b ＋1)＝2 ＝2×(4×1＋2)＝12，当且仅当4b ＋1＝4a ＋1，即a ＝b ＝12时等号成立．故选D.【答案】 D3．平面向量a ，b 中，若a ＝(4，－3)，|b |＝1，且a ·b ＝5，则向量b ＝________. 【解析】 |a |＝42＋－2＝5，且 |b |＝1，∴a ·b ＝|a |·|b |，因此，b 与a 共线，且方向相同， ∴b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－354．已知x ，y ＞0，⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为4，则xy ＝________.【解析】 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1·1＋1xy 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝4.又xy ＞0， ∴xy ＝1，∴xy ＝1. 【答案】 15．已知x ，y ，a ，b ∈R ＋，且a x ＋b y＝1，求x ＋y 的最小值．【解】构造两组实数x ，y ；a x ，b y. ∵x ，y ，a ，b ∈R ＋，a x ＋b y＝1，∴x ＋y ＝⎝⎛⎭⎪⎫a x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b y 2≥(a ＋b )2，当且仅当x ∶ax＝y ∶b y ，即x y＝a b时取等号，∴(x ＋y )min ＝(a ＋b )2.我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。

人教A版高中数学选修4-5-《不等式选讲》全册教案

选修4--5 不等式选讲一、课程目标解读选修系列4-5专题不等式选讲，内容包括：不等式的基本性质、含有绝对值的不等式、不等式的证明、几个著名的不等式、利用不等式求最大（小）值、数学归纳法与不等式。

通过本专题的教学，使学生理解在自然界中存在着大量的不等量关系和等量关系，不等关系和相等关系都是基本的数学关系，它们在数学研究和数学应用中起着重要的作用；使学生了解不等式及其证明的几何意义与背景，以加深对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析问题解决问题的能力。

二、教材内容分析作为一个选修专题，虽然学生已经学习了高中必修课程的5个模块和三个选修模块，教材内容仍以初中知识为起点，在内容的呈现上保持了相对的完整性．整个专题内容分为四讲，结构如下图所示：第一讲是“不等式和绝对值不等式”，为了保持专题内容的完整性，教材回顾了已学过的不等式6个基本性质，从“数与运算”的思想出发，强调了比较大小的基本方法。

回顾了二元基本不等式，突出几何背景和实际应用，同时推广到n个正数的情形，但教学中只要求理解掌握并会应用二个和三个正数的均值不等式。

对于绝对值不等式，借助几何意义，从“运算”角度，探究归纳了绝对值三角不等式，并用代数方法给出证明。

通过讨论两种特殊类型不等式的解法，学习解含有绝对值不等式的一般思想和方法，而不是系统研究。

第二讲是“证明不等式的基本方法”，教材通过一些简单问题，回顾介绍了证明不等式的比较法、综合法、分析法，反证法、放缩法。

其中，用反证法和放缩法证明不等式是新的课程标准才引入到中学数学教学中的内容。

这些方法大多在选修2-2“推理与证明”已经学过，此处再现也是为了专题的完整性，对于新增的放缩法，应通过实际实际例子，使学生明确不等式放缩的几个简单途径和方法，比如舍掉或加进一些项，在分式中放大或缩小分子或分母，应用基本不等式进行放缩等（见分节教学设计）。

本讲内容也是本专题的一个基础内容。

第三讲是“柯西不等式和排序不等式”。

高中数学人教版选修45数学教案

高中数学人教版选修45数学教案标题：高中数学人教版选修4-5教案一、课程介绍高中数学人教版选修4-5课程，是高中数学学习的重要环节。

本课程主要涉及数学知识点中的数列、数学归纳法、不等式等内容，是学生进一步深化数学理解的必备课程。

通过本课程的学习，学生可以更好地掌握数学方法，提高数学思维能力和解决问题的能力。

二、课程目标1、掌握数列的基本概念和性质，了解数列的递推关系和通项公式，掌握数列的求和方法。

2、理解数学归纳法的原理和证明方法，掌握使用数学归纳法证明简单的数学问题。

3、理解不等式的性质和基本不等式，掌握运用不等式解决实际问题的方法。

三、教学方法在本课程的教学过程中，我们将采用以下教学方法：1、理论讲解：通过详细的讲解和推导，使学生深入理解数列、数学归纳法和不等式的概念和原理。

2、案例分析：通过具体的案例分析，使学生掌握运用数列、数学归纳法和不等式解决实际问题的技巧。

3、互动讨论：通过互动讨论，鼓励学生积极参与课堂讨论，加深学生对知识点的理解和掌握。

四、教学内容及步骤1、数列的基本概念和性质：介绍数列的概念、通项公式、递推关系等基本性质。

2、数列的求和：介绍数列的求和方法，如倒序相加法、错位相减法等。

3、数学归纳法：讲解数学归纳法的原理和证明方法，并通过实例进行演示。

4、不等式的性质：介绍不等式的性质和基本不等式，如加法性质、乘法性质、权方和不等式等。

5、不等式的应用：讲解如何运用不等式解决实际问题，如最值问题、取值范围问题等。

五、教学评估为了更好地评估学生的学习成果，我们将采取以下评估方法：1、课堂表现：观察学生的课堂参与度、回答问题的情况等，了解学生对知识点的掌握情况。

2、作业练习：布置相关练习题和作业，检验学生对知识点的理解和应用能力。

3、期末考试：通过期末考试，全面检测学生对本课程的掌握情况，以便针对问题进行改进。

六、教学反思在完成本课程的教学后，我将进行深入的反思和总结。

我将根据学生的反馈和教学评估结果，分析教学中存在的问题和不足之处，并寻找改进的方法。

2017-2018年人教A版选修4-5排序不等式教案

2017-2018年人教A 版选修4-5 排序不等式教案本节主要内容有排序不等式、琴生不等式、幂平均不等式、切比雪夫不等式及应用．排序不等式（又称排序定理）：给定两组实数a 1，a 2，……，a n ；b 1，b 2，……，b n ．假设a 1≤a 2≤……≤a n ；b 1≤b 2≤……≤b n ．那么a 1b n ＋a 2b n －1＋……＋a n b 1（反序和）≤a 11i b ＋a 22ib ＋……＋a n n i b （乱序和）≤a 1b 1＋a 2b 2＋……＋a n b n （同序和），其中i 1，i 2，……，i n 是1，2，……，n 的一个排列．该不等式所表达的意义是和式∑=nj i j jba 1在同序和反序时分别取得最大值和最小值．切比雪夫不等式：设有两个有序数组a 1≤a 2≤……≤a n ；b 1≤b 2≤……≤b n ．则1n(a 1b n＋a 2b n －1＋……＋a n b 1)≤a 1＋a 2＋……＋a n n ·b 1＋b 2＋……＋b n n ≤1n(a 1b 1＋a 2b 2＋……＋a nb n )，其中等号仅当a 1＝a 2＝……＝a n 或b 1＝b 2＝……＝b n 时取得．琴生不等式又称凸函数不等式，它建立在凸函数的基础上．定义设连续函数f (x )的定义域是[a ，b ] (开区间(a ，b )或(－∞，＋∞)上均可)，假设对于区间[a ，b ]内的任意两点x 1，x 2有f (x 1＋x 22 )≤12[f (x 1)＋f (x 2)]，则称f (x )为[a ，b ]上的下凸函数．如图(１)定理一．若f (x )是下凸函数，则对其定义域中的任意几个点x 1，x 2，……，x n ，恒有f (x 1＋x 2＋……＋x n n )≤1n[f (x 1)＋f (x 2)＋……＋f (x n )]．定义设连续函数f (x )的定义域是[a ，b ](开区间(a ，b )或(－∞，＋∞)上均可)，假设对于区间[a ，b ]内的任意两点x 1，x 2有f (x 1＋x 22 )≥12[f (x 1)＋f (x 2)]，则称f (x )为[a ，b ]上的下凸函数．如图(2)定理二：若)(x f 是上凸函数，则对其定义域中的任意n 个点n x x x ,...,,21恒有)](...)()([1)...(2121n n x f x f x f n n x x x f +++≥+++，容易验证x x x f 21log ,tan )(=分x 1 x 2 M (1) x 1x 2M (2)别是),0(),2,0(+∞π上的下凸函数。

人教版选修4-5教案

选修4_5 不等式选讲课题：第01课时不等式的根本性质目的要求：重点难点：教学过程：一、引入：不等关系是自然界中存在着的根本数学关系。

"列子•汤问"中脍炙人口的“两小儿辩日〞：“远者小而近者大〞、“近者热而远者凉〞，就从侧面说明了现实世界中不等关系的广泛存在；日常生活中息息相关的问题，如“自来水管的直截面为什么做成圆的，而不做成方的呢"〞、“电灯挂在写字台上方怎样的高度最亮？〞、“用一块正方形白铁皮，在它的四个角各剪去一个小正方形，制成一个无盖的盒子。

要使制成的盒子的容积最大，应当剪去多大的小正方形？〞等，都属于不等关系的问题，需要借助不等式的相关知识才能得到解决。

而且，不等式在数学研究中也起着相当重要的作用。

本专题将介绍一些重要的不等式〔含有绝对值的不等式、柯西不等式、贝努利不等式、排序不等式等〕和它们的证明，数学归纳法和它的简单应用等。

人与人的年龄大小、高矮胖瘦，物与物的形状构造，事与事成因与结果的不同等等都表现出不等的关系，这说明现实世界中的量，不等是普遍的、绝对的，而相等那么是局部的、相对的。

还可从引言中实际问题出发，说明本章知识的地位和作用。

生活中为什么糖水加糖甜更甜呢"转化为数学问题：a 克糖水中含有b 克糖(a>b>0)，假设再加m(m>0)克糖，那么糖水更甜了，为什么" 分析：起初的糖水浓度为a b ，参加m 克糖后的糖水浓度为m a m b ++，只要证m a m b ++>ab 即可。

怎么证呢"二、不等式的根本性质：1、实数的运算性质与大小顺序的关系：数轴上右边的点表示的数总大于左边的点所表示的数，从实数的减法在数轴上的表示可知：0>-⇔>b a b a0=-⇔=b a b a 0<-⇔<b a b a得出结论：要比拟两个实数的大小，只要考察它们的差的符号即可。

2、不等式的根本性质：①、如果a>b ，那么b<a ，如果b<a ，那么a>b 。

高中数学选修4-5教案

教学要求：了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写. 教学重点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.教学难点：数学归纳法中递推思想的理解.教学过程：一、复习准备：1. 分析：多米诺骨牌游戏. 成功的两个条件：（1）第一张牌被推倒；（2）骨牌的排列，保证前一张牌倒则后一张牌也必定倒.回顾：数学归纳法两大步：（i ）归纳奠基：证明当n 取第一个值n 0时命题成立；（ii ）归纳递推：假设n =k （k ≥n 0， k ∈N *）时命题成立，证明当n =k +1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立.2. 练习：已知()*()13521,f n n n N =++++-∈L ，猜想()f n 的表达式，并给出证明？过程：试值(1)1f =，(2)4f =，…，→ 猜想2()f n n = → 用数学归纳法证明.3. 练习：是否存在常数a 、b 、c 使得等式132435......(2)n n ⨯+⨯+⨯+++=21()6n an bn c ++对一切自然数n 都成立，试证明你的结论.二、讲授新课：1. 教学数学归纳法的应用： ① 出示例1：求证*111111111,234212122n N n n n n n-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅+∈-++ 分析：第1步如何写？n =k 的假设如何写？待证的目标式是什么？如何从假设出发？关键：在假设n =k 的式子上，如何同补？小结：证n =k +1时，需从假设出发，对比目标，分析等式两边同增的项，朝目标进行变形.② 出示例2：求证：n 为奇数时，x n +y n 能被x +y 整除.分析要点：（凑配）x k +2+y k +2=x 2·x k +y 2·y k =x 2(x k +y k )+y 2·y k －x 2·y k=x 2(x k +y k )+y k (y 2－x 2)=x 2(x k +y k )+y k ·(y +x )(y －x ).③ 出示例3：平面内有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任何三个圆都不相交于同一点，求证这n 个圆将平面分成f (n )=n 2－n +2个部分.分析要点：n =k +1时，在k +1个圆中任取一个圆C ，剩下的k 个圆将平面分成f (k )个部分，而圆C 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个交点将圆C 分成2k 段弧，每段弧将它所在的平面部分一分为二，故共增加了2k 个平面部分.因此，f (k +1)=f (k )+2k =k 2－k +2+2k =(k +1)2－(k +1)+2.2. 练习：① 求证: 11(11)(1)(1)321n ++⋅⋅⋅+-g g n ∈N *）. ② 用数学归纳法证明：（Ⅰ）2274297n n --能被264整除；（Ⅱ）121(1)n n a a +-++能被21a a ++整除（其中n ，a 为正整数）③ 是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n +9对任意正整数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.3. 小结：两个步骤与一个结论，“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”；从n =k 到n =k +1时，变形方法有乘法公式、因式分解、添拆项、配方等.三、巩固练习： 1. 练习：教材50 1、2、5题 2. 作业：教材50 3、4、6题.教学要求：了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写. 教学重点：能用数学归纳法证明几个经典不等式.教学难点：理解经典不等式的证明思路.教学过程：一、复习准备：1. 求证：222*12(1),1335(21)(21)2(21)n n n n N n n n ++++=∈⋅⋅-++L . 2. 求证：*11111,23421n n n N +++++≤∈-L .二、讲授新课：1. 教学例题：① 出示例1：比较2n 与2n 的大小，试证明你的结论.分析：试值1,2,3,4,5,6n = → 猜想结论 → 用数学归纳法证明→ 要点：222222(1)2123k k k k k k k k k k +=++<++<+<+<…. 小结：试值→猜想→证明② 练习：已知数列{}n a 的各项为正数，S n 为前n 项和，且11()2n n nS a a =+，归纳出a n 的公式并证明你的结论.解题要点：试值n =1,2,3,4， → 猜想a n → 数学归纳法证明③ 出示例2：证明不等式|sin ||sin |()n n n N θθ*≤∈.要点：|sin(1)||sin cos cos sin ||sin cos ||cos sin |k k k k k θθθθθθθθθ+=+≤+ |sin ||sin ||sin ||sin |(1)|sin |k k k θθθθθ≤+≤+=+④ 出示例3：证明贝努利不等式. (1)1(1,0,,1)n x nx x x n N n +>+>-≠∈>2. 练习：试证明：不论正数a 、b 、c 是等差数列还是等比数列，当n ＞1,n ∈N *且a 、b 、c 互不相等时，均有a n +c n ＞2b n .解答要点：当a 、b 、c 为等比数列时，设a =qb ,c =bq (q ＞0且q ≠1). ∴ a n +c n =…. 当a 、b 、c 为等差数列时，有2b =a +c ，则需证2n n c a +＞(2c a +)n (n ≥2且n ∈N *). …. 当n =k +1时，41211=+++k k c a (a k +1+c k +1+a k +1+c k +1)＞41(a k +1+c k +1+a k ·c +c k ·a ) =41(a k +c k )(a +c )＞(2c a +)k ·(2c a +)=(2c a +)k +1 . 3. 小结：应用数学归纳法证明与正整数n 有关的不等式；技巧：凑配、放缩.三、巩固练习：1. 用数学归纳法证明： 111tan(2)(1)(1)....(1)cos2cos4cos2tan n n θθθθθ+++=. 2. 已知1111,2,12122n N n n n n∈≥<+++<++L 证明：.3. 作业：教材P3、5、8题.数学归纳法54教学目标1．了解归纳法的意义，培养学生观察、归纳、发现的能力．2．了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤．3．抽象思维和概括能力进一步得到提高．教学重点与难点重点：归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析．难点：数学归纳法中递推思想的理解．教学过程设计（一）引入师：从今天开始，我们来学习数学归纳法．什么是数学归纳法呢？应该从认识什么是归纳法开始．（板书课题：数学归纳法）（二）什么是归纳法（板书）师：请看下面几个问题，并由此思考什么是归纳法，归纳法有什么特点．问题1：这里有一袋球共十二个，我们要判断这一袋球是白球，还是黑球，请问怎么办？（可准备一袋白球、问题用小黑板或投影幻灯片事先准备好）生：把它倒出来看一看就可以了．师：方法是正确的，但操作上缺乏顺序性．顺序操作怎么做？生：一个一个拿，拿一个看一个．师：对．问题的结果是什么呢？（演示操作过程）第一个白球，第二个白球，第三个白球，……，第十二个白球，由此得到：这一袋球都是白球．a2，a3，a4。

高中数学选修4 5教案

高中数学选修4 5教案教案标题：高中数学选修4-5教案教学目标：1. 通过本课程的学习，学生将能够掌握高中数学选修4-5课程的核心知识和技能。

2. 培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。

3. 培养学生的数学兴趣和学习动力，为将来的学习和职业发展打下坚实基础。

教学内容：本教案将涵盖高中数学选修4-5课程的以下内容：1. 函数与导数2. 三角函数与解三角形3. 概率与统计4. 线性规划教学步骤：一、导入（5分钟）1. 引入本节课的主题和目标。

2. 激发学生的学习兴趣，提出一个与实际生活相关的问题。

二、知识讲解与示范（30分钟）1. 分别讲解每个知识点的基本概念、性质和公式。

2. 通过示例演示如何应用这些知识解决问题。

3. 引导学生思考和讨论，激发他们的思维和创造力。

三、练习与巩固（20分钟）1. 给学生一些练习题，让他们巩固所学的知识和技能。

2. 鼓励学生互相合作，共同解决问题。

3. 针对学生的不同水平，提供不同难度的练习题。

四、拓展与应用（15分钟）1. 提供一些拓展题，让学生应用所学的知识解决更复杂的问题。

2. 引导学生思考数学在现实生活中的应用，并与他们的兴趣和职业发展进行关联。

五、总结与反思（10分钟）1. 总结本节课的重点和要点。

2. 鼓励学生提出问题和反思自己的学习过程。

3. 提供一些学习资源和参考资料，帮助学生进一步巩固所学的知识。

教学评估：1. 教师通过观察学生的学习情况和参与度，评估他们对知识的掌握程度。

2. 学生完成的练习题和拓展题可以作为评估的依据。

3. 可以进行小组或个人展示，让学生展示他们的学习成果和解题过程。

教学资源：1. 教材：高中数学选修4-5教材2. 多媒体设备：投影仪、电脑等3. 练习题和参考答案教学反思：在教学过程中，教师应该根据学生的实际情况和学习需求，灵活调整教学内容和方法。

同时，教师还应该关注学生的学习动态，及时给予反馈和指导，帮助他们克服困难，提高学习效果。

人教A版高中数学选修4-5：第二讲柯西不等式教学案

第二讲柯西不等式一、内容及其解析本节课要学习的内容是柯西不等式的内容及应用，其关键是柯西不等式的应用。

学生已经掌握了一些形式优美而且具有重要应用价值的不等式（称为经典不等式），柯西不等式就是这样的不等式，通过本讲的学习，可以让学生领略这些不等式的数学意义、几何背景、证明方法及其应用，感受数学的美妙，提高数学素养。

学习的重点是柯西不等式的内容及应用，解决重点的关键是认识柯西不等式的内容，并能将相关式子转化成柯西不等式的结构形式。

二、目标及其解析目标定位：1.理解掌握柯西不等式的内容与意义；2.会用柯西不等式证明不等式关系，求相关函数的最值。

目标解析：目标定位1就是指掌握不等式22222()()()a b c d ac bd ++≥+的结构特征与几何意义、向量意义。

目标定位2就是指能将要证不等式转化为柯西不等式的结构，从而能用柯西不等式证明不等式和求函数的最值。

三、教学过程设计问题1.什么是二维形式的柯西不等式？设计意图：让学生通过类比方法理解二维形式的柯西不等式的内容与意义，并能利用它证明不等式式、求函数的最值。

师生活动：1.探究：222(,)a b ab a b +≥为实数是我们非常熟悉的不等式，它反映了两个实数的平方和与乘积的大小关系。

现在考虑乘积2222()()(,,,)a b c d a b c d ++为实数，它涉及到4个实数，并且形式上也和平方和有关。

你能类比222(,)a b ab a b +≥为实数的推导过程，研究一下关于它的不等关系吗？2.总结：二维形式的柯西不等式是： 22222()()()a b c d ac bd ≥+++（a,b,c,d 都是实数，当且仅当ad=bc 时，等号成立）3.二维形式的柯西不等式的几何意义是什么？设(,),(,)OM a b ON c d ==，则由OM ON OM ON ⋅≥⋅可得： 2222a b c c dd a b +++≥；即 22222()()()a b c d ac bd ≥+++ 4.推论：（12222a bc cd d a b +++≥；（22222a b c c d d a b +++≥5.应用：例1.已知,a b 为实数，证明4422332()()()a b a b a b ++≥+ 例2.求函数()51102f x x x =-+-的最大值。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5教学案：第四讲一数学归纳法

一数学概括法对应学生用书P39数学概括法(1)数学概括法的观点：先证明当n 取第一值n0(比如可取n0＝ 1)时命题建立，而后假定当n＝ k(k∈N＋， k≥n0) 时命题建立，证明当n＝ k＋ 1 时命题也建立．这类证明方法叫做数学概括法．(2)数学概括法合用范围：数学概括法的合用范围仅限于与正整数相关的数学命题的证明．(3)数学概括法证明与正整数相关的数学命题步骤：①证明当 n 取第一个值n0(如取 n0＝ 1 或 2 等)时命题正确；②假定当 n＝ k(k∈N＋， k≥ n0)时结论正确，证明当n＝k＋ 1 时命题也正确．由此能够判定，对于随意不小于n0的正整数n，命题都正确．对应学生用书P39利用数学概括法证明恒等式[例 1] 证明：当 n≥ 2， n∈N ＋时，1 1 1 1 n＋ 11－4 1－9 1－16 1－n2＝2n .[思路点拨 ] 注意到这是与正整数n 相关的命题，可考虑用数学概括法证明．[证明 ] (1)当 n＝ 2 时，左侧＝1－1 3 2＋ 1 3 4＝4，右侧＝2× 2 ＝4.∴当n＝2 时，等式建立．(2)假定 n＝ k(k≥ 2， k∈N＋ )时等式建立，即：1 1 1 1 k＋ 1 1－4 1－9 1－16 (1－k2)＝2k1 1 1 当 n＝k＋ 1 时， 1－4 1－9 1－k2 11－k＋1 2＝k＋11－122k k＋ 1k＋ 1 k k＋ 2 k＋2 k＋ 1 ＋ 1＝·＝＝.2k k＋ 1 2 2 k＋ 1 2 k＋ 1∴当n＝k＋1 时，等式也建立，由 (1)(2) 知，对随意 n≥ 2， n∈N＋等式建立．利用数学概括法证明朝数恒等式时要注意两点：一是要正确表述n＝ n0时命题的形式，二是要正确掌握由n＝ k 到 n＝k＋ 1 时，命题构造的变化特色．而且必定要记着：在证明n ＝k＋ 1 建即刻，一定使用概括假定．1．在用数学概括法证明，对随意的正偶数n，均有1－1＋1－1＋＋1－1＝2 1 ＋1 ＋＋2 3 4 n－ 1 n n＋ 2 n＋ 412n建即刻，(1)第一步查验的初始值n0是什么？(2)第二步概括假定n＝2k 时 (k∈N＋ )等式建立，需证明n 为什么值时，方拥有递推性；(3)若第二步概括假定 n＝ k(k 为正偶数 )时等式建立，需证明n 为什么值时，等式建立．1 1 1解： (1)n0为 2.此时左侧为 1－2，右侧为2×4＝2.(2)假定 n＝ 2k(k∈N＋)时，等式建立，就需证明 n＝ 2k＋2(即下一个偶数)时，命题也建立．(3)若假定 n＝k(k 为正偶数 )时，等式建立，就需证明n＝ k＋2(即 k 的下一个正偶数) 时，命题也建立．1 ＋ 1 ＋＋ 1 ＝2n ＋) ．2．求证： 1＋1＋2 1＋ 2＋3 1＋ 2＋3＋＋ n n＋1(n∈N2× 1证明： (1)当 n＝ 1 时，左侧＝ 1，右侧＝＝1，所以左侧＝右侧，等式建立．(2)假定当 n＝k(k≥1， k∈N＋)时等式建立，即1＋1＋ 1 ＋＋ 1 ＝ 2k . 1＋2 1＋2＋ 3 1＋ 2＋3＋＋ k k＋ 1则当 n＝ k＋ 1 时， 1＋1＋ 1 ＋＋ 1 ＋ 11＋ 2 1＋ 2＋3 1＋ 2＋ 3＋＋ k 1＋2＋ 3＋＋ k＋ k＋ 1＝2k＋ 1 ＝2k＋ 22 k＋ 1 2 2 k＋ 1＝k＋ 1 k＋2＝.k＋1 1＋ 2＋ 3＋＋ k＋ k＋ 1 k＋ 1 k＋ 1 k＋2 k＋ 1 ＋ 1 这就是说，当n＝ k＋ 1 时，等式也建立．由 (1)(2) 可知，对任何x∈N＋等式都建立．用数学概括法证明整除问题[例 2] 求证： x2n－ y2n (n∈N＋)能被 x＋ y 整除．[思路点拨 ] 此题是与正整数相关的命题，直接分解出因式(x＋ y)有困难，故可考虑用数学概括法证明．[证明 ](1)当 n＝ 1 时， x2－ y2＝ (x＋ y)(x－ y)能被 x＋ y 整除．(2)假定 n＝ k(k≥ 1， k∈N＋ )时， x2k－ y2k能被 x＋ y 整除，那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2 k－ y2·y2k－ x2y2 k＋ x2y2k＝x2(x2 k－ y2k)＋ y2k(x2－ y2)∵x2k－ y2k与 x2－ y2都能被 x＋ y 整除，∴x2(x2k－ y2k)＋ y2k(x2－ y2)能被 x＋ y 整除．即 n＝k＋ 1 时， x2k＋2－ y2k＋2能被 x＋y 整除．由 (1)(2) 可知，对随意正整数n 命题均建立．利用数学概括法证明整除时，重点是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就常常要波及到“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出 n＝ k 时的情况，进而利用概括假定使问题得证．3．用数学概括法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N＋)能被 9 整除．证明：①当 n＝1 时， 4×7－ 1＝ 27 能被 9 整除命题建立．k②假定 n＝ k 时命题建立，即(3k＋ 1) ·7 － 1 能被 9 整除，当n＝k＋ 1 时，[(3k＋ 3)＋ 1]·7k＋1－ 1＝ [3k＋ 1＋ 3]·7·7k－ 1＝k k7·(3k＋ 1) ·7－ 1＋21·7k k k k＝ [(3k＋1) ·7 －1] ＋ 18k·7 ＋ 6·7 ＋ 21·7k k k＝ [(3k＋1) ·7 －1] ＋ 18k·7 ＋ 27·7，k k k由概括假定 (3k＋ 1) ·7 － 1 能被 9 整除，又由于 18k·7 ＋ 27·7也能被9 整除，所以 [3(k ＋1) ＋ 1]·7k＋1－ 1 能被 9 整除，即 n＝ k＋1 时命题建立．则①②可知对全部正整数n 命题建立．4．用数学概括法证明：1－ (3＋ x)n (n∈N＋)能被 x＋ 2 整除．证明： (1)n＝1 时， 1－(3＋ x)＝－ (x＋ 2)，能被 x＋ 2 整除，命题建立．(2)假定 n＝ k(k≥1)时， 1－ (3＋x)n能被 x＋ 2 整除，则可设1－ (3＋ x)k＝(x＋2)f(x)( f(x)为k－1 次多项式 )，当 n＝k＋ 1 时， 1－ (3＋ x)k＋1＝ 1－ (3＋ x)(3 ＋ x)k＝1－ (3＋ x)[1－ (x＋ 2)f(x)]＝1－ (3＋ x)＋ (x＋2)(3 ＋x) f(x)＝－ (x＋ 2)＋ (x＋2)(3 ＋ x)f(x)＝(x＋ 2)[－ 1＋ (3＋ x)f(x)] ，能被 x＋2 整除，即当n＝k＋ 1 时命题建立．由 (1)(2) 可知，对n∈N＋， 1－(3＋ x)n能被 x＋ 2 整除 .用数学概括法证明几何问题[例 3] 平面内有 n 条直线，此中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这 n 条直线把平面切割成1(n 2＋ n ＋ 2)个地区．2[思路点拨 ]用数学概括法进行证明，重点是考虑： k 条直线将平面分红的部分数与k＋1 条直线将平面分红的部分数之间的关系，利用该关系能够实行从假定到n ＝ k ＋ 1 时的证明．[证明 ] (1)当 n ＝ 1 时，一条直线把平面分红两个地区，又1× (12＋ 1＋ 2)＝ 2，2∴n ＝ 1 时命题建立．12(2)假定 n ＝ k 时，命题建立，即 k 条知足题意的直线把平面切割成了2(k ＋ k ＋ 2)个地区．那么当 n ＝ k ＋ 1 时， k ＋ 1 条直线中的k 条直线把平面分红了 1 2 ＋ k ＋2)个地区，第 k ＋ 1 条直 2(k 线被这 k 条直线分红 k ＋ 1 段，每段把它们所在的地区分红了两块，所以增添了 k ＋ 1 个地区，1 2 12所以 k ＋ 1 条直线把平面分红了 2(k ＋k ＋ 2)＋ k ＋ 1＝2[(k ＋1) ＋ (k ＋1) ＋2] 个地区．∴n ＝ k ＋ 1 时命题也建立．由 (1)(2) 知，对全部的 n ∈N ＋，此命题均建立．用数学概括法证明几何问题时，必定要清楚从 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 时，新增添的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加 1 法，即在本来 k 的基础上，再增添一个，自然我们也能够从 k ＋1 此中分出 1 个来，剩下的 k 个利用假定．5．求证：凸 n 边形对角线条数n n － 3 (n ∈ N ＋，n ≥ 3)． f(n)＝ 2证明： (1)当 n ＝ 3 时，即 f(3) ＝ 0 时，三角形没有对角线，命题建立．(2)假定 n ＝ k(k ∈N ＋， k ≥ 3)时命题建立，即凸 k 边形对角线条数 f(k)＝ k k － 3.将凸 k 边2形 A A在其外面增添一个新极点A，获得凸 k ＋1 边形 A A A ， Ak ＋ 1 挨次与1 2 A kk ＋11 2 A k k ＋1A2， A3，，A k－1相连获得对角线k－ 2 条，原凸k 边形的边A1A k变为了凸k＋ 1 边形的一条对角线，则凸k＋ 1 边形的对角线条数为：f(k)＋ k－ 2＋ 1＝k k－ 3＋ k－1＝k＋ 1 k－ 22 2k＋ 1 [ k＋1 － 3]＝2＝ f(k＋1)，即当 n＝ k＋ 1 时，结论正确．依据 (1)(2) 可知，命题对任何n∈N＋， n≥ 3 都建立．6．求证：平面内有n(n≥ 2)条直线，此中随意两条直线不平行，随意三条直线可是同一点，求证它们相互相互切割成n2条线段(或射线)．证明：(1)当n＝ 2 时，两条直线不平行，相互相互切割成 4 条射线，命题建立．(2)假定当n＝ k 时，命题建立，即k 条知足条件的直线相互相互切割成k2条线段 (或射线) ．那么n＝k＋ 1 时，拿出此中一条直线为l，其他k 条直线相互相互切割成k2条线段 (或射线 )直线l 把这k 条直线又一分为二，多出k 条线段(或射线)； l 又被这k 条直线分红k＋ 1 部分，所以这k＋1 条直线相互相互切割成k2＋ k＋k＋ 1＝ (k＋ 1)2条线段 ( 或射线 )，即n＝ k ＋1 时，命题建立．由 (1)(2) 知，命题建立．对应学生用书P411．数学概括法证明中，在考证了n＝ 1 时命题正确，假定n＝ k 时命题正确，此时k 的取值范围是( )A ． k∈NC．k≥ 1， k∈N＋分析：数学概括法是证明对于正整数是递推的基础，所以k 大于等于 1.答案： CB． k>1 ， k∈N＋D． k>2， k∈N＋ n 的命题的一种方法，所以k 是正整数，又第一步2．某个命题：(1)当 n＝ 1 时，命题建立，(2)假定 n ＝ k(k ≥ 1， k ∈ N ＋ )时建立，能够推出 n ＝ k ＋ 2 时也建立，则命题对 ________成立()A ．正整数B ．正奇数C ．正偶数D ．都不是分析：由题意知， k ＝ 1 时， k ＋ 2＝ 3；k ＝3 时， k ＋2＝ 5，依此类推知，命题对全部正奇数建立．答案： B3．设 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋1＋＋1＋)，那么 f( n ＋1)－ f(n)等于 ()n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 32n (n ∈ N1B.1A.2n ＋ 12n ＋ 21 111C.2n ＋ 1＋ 2n ＋2D.2n ＋ 1 － 2n ＋ 2分析：由于 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋＋ 1 ，n ＋ 1 n ＋ 2 2n所以 f(n ＋ 1)＝1＋1＋＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ，n ＋2n ＋ 32n 2n ＋ 1 2n ＋ 2所以 f(n ＋ 1)－ f(n)＝1 ＋ 1 － 1 ＝2n ＋ 1 2n ＋ 2 n ＋ 111－ .2n ＋ 1 2n ＋ 2答案： D14．假如 1× 2× 3＋ 2×3× 4＋ 3× 4× 5＋＋ n(n ＋ 1)(n ＋ 2) ＝4n( n ＋ 1)(n ＋ a)(n ＋ b)对一切正整数 n 都建立， a ， b 的值能够等于 ()A ． a ＝ 1， b ＝ 3C ．a ＝ 1， b ＝2B ． a ＝－ 1， b ＝ 1D ． a ＝ 2，b ＝ 3分析：令n ＝ 1,2 获得对于a ，b 的方程组，解得即可．答案：D5．察看式子 1＝ 1,1－4＝－ (1＋ 2)，1－ 4＋ 9＝ 1＋ 2＋ 3，猜想第n 个式子应为 ________．答案： 1－ 4＋ 9－ 16＋＋ (－ 1)n －1 2＝(－1) n ＋1n n ＋ 1 n· 26．用数学概括法证明：“1× 4＋ 2× 7＋ 3× 10＋＋ n(3n ＋ 1) ＝n( n ＋ 1)2.n ∈ N ＋”时，若 n ＝ 1，则左端应为 ________．分析： n ＝ 1 时，左端应为 1× 4＝4.答案： 47．记凸 k 边形的内角和为 f(k)，则凸 k ＋ 1 边形的内角和f(k ＋ 1)＝ f(k)＋________.分析：由凸 k 边形变为凸 k ＋ 1 边形时，增添了一个三角形图形．故 f(k ＋1) ＝f(k)＋ π.答案： π8．设 a ∈ N ＋，n ∈ N ＋，求证： a n ＋2＋ (a ＋ 1)2n ＋1 能被 a 2＋ a ＋ 1 整除．证明： (1)当 n ＝ 1 时，a 3＋ (a ＋ 1)3＝ [a ＋ (a ＋ 1)][ a 2－ a(a ＋ 1)＋(a ＋ 1)2]＝ (2a ＋ 1)(a 2＋ a ＋ 1)．结论建立．(2)假定当 n ＝ k 时，结论建立，即 k2 2k 1 2＋a ＋ 1 整除，那么 n ＝ k ＋ 1a ＋＋ (a ＋ 1)＋能被 a 时，有 a(k ＋1)＋2 ＋(a ＋1) 2(k ＋1)＋1k 2＋ (a ＋ 1) 22 k 1＝ a ·a ＋ ( a ＋ 1)＋k 2＋ (a ＋ 1) 2k 122k12k 1＝ a[a ＋＋]＋ (a ＋ 1) (a ＋ 1)＋－ a(a ＋1)＋＝ a[ak ＋2＋ (a ＋ 1)2k ＋ 1]＋ (a 2＋ a ＋ 1)(a ＋ 1)2k ＋1.由于 a k＋2＋ (a ＋ 1)2k ＋1，a 2＋ a ＋ 1 均能被 a 2＋ a ＋1 整除，又 a ∈N＋，故a (k ＋1)＋2 ＋(a ＋1)2(k＋1)＋1能被 a 2＋ a ＋1 整除，即当 n ＝k ＋ 1 时，结论也建立．由 (1)(2) 可知，原结论建立．9．有 n 个圆，随意两个圆都订交于两点，随意三个圆不订交于同一点，求证这n 个圆将平面分红 f(n)＝ n 2－ n ＋2 个部分． ( n ∈ N ＋ )证明： (1)当 n ＝ 1 时，一个圆将平面分红两个部分，且f(1)＝ 1－1＋ 2＝ 2，所以 n ＝ 1 时命题建立．(2)假定 n ＝ k(k ≥ 1)时命题建立．即 k 个圆把平面分红f( k)＝k 2 －k ＋ 2 个部分．则 n ＝k ＋ 1 时，在 k ＋ 1 个圆中任取一个圆O ，剩下的 k 个圆将平面分红 f(k)个部分，而圆 O 与 k 个圆有 2k 个交点，这 2k 个点将圆 O 分红 2k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得 f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 2k ＝ k 2－ k ＋ 2＋ 2k＝ (k ＋ 1)2－ (k ＋ 1)＋ 2.∴当n ＝k ＋ 1 时，命题建立．综合 (1)(2) 可知，对全部n∈N＋，命题建立．－2cos 2n x＋ 1 10．用数学概括法证明n∈N＋时，(2cos x－ 1)(2cos 2x－ 1) (2cos 2n1x－1) ＝2cos x＋1 . 证明： (1)当 n＝ 1 时，左侧＝ 2cos x－ 1，2cos 2x＋ 1 24cos x－1右侧＝＝2cos x＋ 12cos x＋ 1＝2cos x－1，即左侧＝右侧，∴命题建立．(2)假定当 n＝k 时，命题建立，k2cos 2 x＋ 1即 (2cos x－ 1)(2cos 2x－1) (2cos 2 k－1x－ 1)＝.2cos x＋ 1则当 n＝ k＋ 1 时，左侧＝ (2cos x－1)(2cos 2 x－ 1) (2cos 2k－1x－1) ·(2cos 2k x－1)＝2cos 2k x＋ 1·(2cos 2k x－ 1) 2cos x＋ 14 cos 2k x 2－ 1 4×1＋ cos 2× 2k x－ 1＝2＝2cos x＋ 12cos x＋ 12× cos 2k＋1x＋ 1＝.2cos x＋ 1∴n＝ k＋ 1 时命题建立．由 (1)(2) 可知，对n∈N＋时命题建立．。

人教A版高考数学选修4-5同步教案备课第4讲 1 数学归纳法

一数学归纳法学习目标 1.了解数学归纳法的基本原理.2.了解数学归纳法的应用范围.3.会用数学归纳法证明一些简单问题．知识点数学归纳法在学校，我们经常会看到这样的一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学将第一辆自行车不小心弄倒了，那么整排自行车就会倒下．思考1 试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？答案①第一辆自行车倒下；②任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下．思考2 由这种思想方法所得的数学方法叫数学归纳法，那么，数学归纳法适用于解决哪类问题？答案适合解决一些与正整数n有关的问题．梳理数学归纳法的概念及步骤(1)数学归纳法的定义一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当n＝n0时命题成立；②假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．(2)数学归纳法适用范围数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．(3)数学归纳法的基本过程类型一用数学归纳法证明等式例1 用数学归纳法证明12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k(k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋…＋12k ＝1－12k . 当n ＝k ＋1时，12＋122＋…＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋1，即当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，原等式对n ∈N ＋均成立．反思与感悟利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设．跟踪训练1 用数学归纳法证明1＋22＋32＋…＋n 2＝16n(n ＋1)(2n ＋1)(n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝1×2×36＝1，等式成立． (2)假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时，等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6. 当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6＋(k ＋1)2＝k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)26＝(k＋1)(2k2＋7k＋6)6＝(k＋1)[(k＋1)＋1][2(k＋1)＋1]6.所以当n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．类型二证明与整除有关的问题例2 求证：x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．证明(1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)能被x＋y整除．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除，那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－y2·y2k－x2y2k＋x2y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意正整数n，命题均成立．反思与感悟利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这往往要利用“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧来凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．跟踪训练2 用数学归纳法证明：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除(n∈N＋)．证明(1)当n＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时结论成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋[(k＋3)3－k3]＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9k2＋27k＋27＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k 2＋3k ＋3)也能被9整除，所以(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3也能被9整除，即当n ＝k ＋1时结论也成立．由(1)(2)知，命题对一切n ∈N ＋成立．类型三用数学归纳法证明几何命题例3 有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n 个圆将平面分成f(n)＝n 2－n ＋2个部分(n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n ＝1时命题成立．(2)假设n ＝k(k ≥1)时命题成立，即k 个圆把平面分成f(k)＝k 2－k ＋2个部分．则当n ＝k ＋1时，在k ＋1个圆中任取一个圆O ，剩下的k 个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个点将圆O 分成k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k ＋1)＝f(k)＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2.所以当n ＝k ＋1时，命题成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，命题成立．反思与感悟 (1)数学归纳法证明几何问题的关键在于分析清楚n ＝k 与n ＝k ＋1时二者的差异，这时常常借助于图形的直观性，然后用数学式子予以描述，建立起f(k)与f(k ＋1)之间的递推关系，实在分析不出的情况下，将n ＝k ＋1和n ＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说明即可．(2)利用数学归纳法证明几何问题要注意利用数形结合寻找公式，还要注意结论要有必要的文字说明．跟踪训练3 平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n 条直线把平面分割成12(n 2＋n ＋2)个区域(n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，一条直线把平面分成两个区域，又12×(12＋1＋2)＝2，∴n ＝1时命题成立． (2)假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即k 条满足题意的直线把平面分割成了12(k 2＋k ＋2)个区域．那么当n ＝k ＋1时，k ＋1条直线中的k 条直线把平面分成了12(k 2＋k ＋2)个区域，第k ＋1条直线被这k 条直线分成k ＋1段，每段把它们所在的区域分成了两块，因此增加了k ＋1个区域，∴k ＋1条直线把平面分成了12(k 2＋k ＋2)＋k ＋1＝12[(k ＋1)2＋(k ＋1)＋2]个区域． ∴当n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)知，对一切的n ∈N ＋，此命题均成立．1．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和等于(n －2)π”时，归纳奠基中n 0的取值应为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析边数最少的凸n 边形为三角形，故n 0＝3.2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(n ∈N ＋，a ≠1)，在验证n ＝1成立时，左边所得的项为( )A ．1B ．1＋a ＋a 2C ．1＋aD ．1＋a ＋a 2＋a 3 答案 B解析当n ＝1时，n ＋1＝2，故左边所得的项为1＋a ＋a 2.3．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N)能被8整除，当n ＝k ＋1时，34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1应变形为__________．答案 81×(34k ＋1＋52k ＋1)－56×52k ＋1(或25×(34k ＋1＋52k ＋1)＋56×34k ＋1)解析 34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1＝34k ＋5＋52k ＋3＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＝81×34k ＋1＋81×52k ＋1－56×52k ＋1＝81×(34k ＋1＋52k ＋1)－56×52k ＋1.4．用数学归纳法证明1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k(k ≥1)时，等式成立，即1＋3＋…＋(2k －1)＝k 2，那么，当n ＝k ＋1时，1＋3＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1]＝k 2＋[2(k ＋1)－1]＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.所以当n ＝k ＋1时等式成立．由(1)和(2)可知等式对任意正整数n 都成立．1．应用数学归纳法时应注意的问题(1)第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n ＝1，有时需验证n ＝2，n ＝3.(2)对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．(3)“假设n ＝k 时命题成立，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．2．判断利用数学归纳法证明问题是否正确．(1)是要看有无归纳基础．(2)是证明当n ＝k ＋1时是否应用了归纳假设．3．与n 有关的整除问题一般都用数学归纳法证明．其中关键问题是从当n ＝k ＋1时的表达式中分解出n ＝k 时的表达式与一个含除式的因式或几个含除式的因式，这样才能得出结论成立．一、选择题1．已知命题1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1及其证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立．(2)假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1成立，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1，所以n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任意的正整数n 等式都成立．判断以上评述( )A ．命题、推理都正确B ．命题正确、推理不正确C ．命题不正确、推理正确D ．命题、推理都不正确答案 B解析推理不正确，错在证明当n ＝k ＋1时，没有用到假设当n ＝k 时的结论，命题由等比数列求和公式知正确．2．在数列{a n }中，a 1＝2－1，前n 项和S n ＝n ＋1－1先算出数列的前4项的值，再根据这些值归纳猜想数列的通项公式是( )A ．a n ＝n ＋1－1B ．a n ＝n n ＋1－1C ．a n ＝2n －nD ．a n ＝n ＋1－n答案 D解析 ∵a 1＝2－1，S 2＝3－1，∴a 2＝S 2－S 1＝3－2，a 3＝S 3－S 2＝4－3，a 4＝S 4－S 3＝5－4，猜想：a n ＝n ＋1－n.3．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，第二步归纳假设应写成() A ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时正确，再推n ＝2k ＋3时正确B ．假设n ＝2k －1(k ∈N ＋)时正确，再推n ＝2k ＋1时正确C ．假设n ＝k(k ∈N ＋)时正确，再推n ＝k ＋1时正确D ．假设n ＝k(k ∈N ＋)时正确，再推n ＝k ＋2时正确答案 B解析 ∵n 为正奇数，∴在证明时，归纳假设应写成：假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时正确，再推出当n ＝2k ＋1时正确，故选B.4．设f(n)＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，那么f(n ＋1)－f(n)等于( )A.12n ＋1 B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2 D.12n ＋1－12n ＋2答案 D解析因为f(n)＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，所以f(n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，所以f(n ＋1)－f(n)＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2. 5．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n ＋1)(n ＋2)＝14n(n ＋1)(n ＋a)(n ＋b)对一切正整数n 都成立，则a ，b 的值可以等于( )A ．a ＝1，b ＝3B ．a ＝－1，b ＝1C ．a ＝1，b ＝2D ．a ＝2，b ＝3答案 D解析令n ＝1,2得到关于a ，b 的方程组，解得即可．6．某个命题与正整数n 有关，若当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时该命题成立答案 C解析由已知得当n ＝k 时成立⇒n ＝k ＋1时成立．∴当n ＝k ＋1时不成立⇒当n ＝k 时不成立．∴由当n ＝5时不成立知，当n ＝4时不成立．二、填空题7．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f(n ＋1)－f(n)＝________. 答案 13n ＋13n ＋1＋13n ＋2 解析因为f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n －1，所以f(n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2，所以f(n ＋1)－f(n)＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2. 8．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…，猜想第n 个式子应为________________．答案 1－4＋9－16＋…＋(－1)n －1n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)29．已知平面上有n(n ∈N ＋，n ≥3)个点，其中任何三点都不共线，过这些点中任意两点作直线，设这样的直线共有f(n)条，则f(3)＝__________，f(4)＝____________，f(5)＝____________，f(n ＋1)＝f(n)＋____________.答案 3 6 10 n解析当n ＝k 时，有f(k)条直线．当n ＝k ＋1时，增加的第k ＋1个点与原k 个点共连成k 条直线，即增加k 条直线，所以f(k ＋1)＝f(k)＋k.所以f(3)＝3，f(4)＝6，f(5)＝10，f(n ＋1)＝f(n)＋n.10．观察下列等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，…，照此规律，第n 个等式可为____________________．答案 (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n ×1×3×…×(2n －1)解析由已知，得第n 个等式左边为(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)，右边为2n ×1×3×…×(2n －1)．所以第n 个等式为(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n ×1×3×…×(2n －1)．三、解答题11．用数学归纳法证明：当n 为正整数时，f(n)＝32n ＋2－8n －9能被64整除．证明 (1)当n ＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立．(2)假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即f(k)＝32k ＋2－8k －9能被64整除．当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝32(k ＋1)＋2－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋9×8k ＋9×9－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋64(k ＋1)，即f(k ＋1)＝9f(k)＋64(k ＋1)．∴n ＝k ＋1时命题也成立．综合(1)(2)可知，对任意的n ∈N ＋，命题都成立．12．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋...＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，则当n ＝k ＋1时，1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋...＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋...＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋ (12)＋12k ＋1＋12k ＋2＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任意n ∈N ＋等式都成立．13．请观察以下三个式子：(1)1×3＝1×2×96；(2)1×3＋2×4＝2×3×116；(3)1×3＋2×4＋3×5＝3×4×136，归纳出一般的结论，并用数学归纳法证明该结论．解结论：1×3＋2×4＋3×5＋…＋n(n ＋2)＝n (n ＋1)(2n ＋7)6.证明：①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以命题成立． ②假设当n ＝k(k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1×3＋2×4＋3×5＋…＋k(k ＋2)＝k (k ＋1)(2k ＋7)6，当n ＝k ＋1时，1×3＋2×4＋…＋k(k ＋2)＋(k ＋1)(k ＋3) ＝k (k ＋1)(2k ＋7)6＋(k ＋1)(k ＋3)＝k ＋16(2k 2＋7k ＋6k ＋18)＝k ＋16(2k 2＋13k ＋18)＝(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋9)6＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][2(k ＋1)＋7]6，所以当n ＝k ＋1时，命题成立．由①②知，命题成立．四、探究与拓展14．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n (2n 2＋1)3时，由n ＝k(k ∈N ＋，k ≥1)的假设到证明n ＝k ＋1时，等式左边应添加的式子是________．答案 (k ＋1)2＋k 2解析当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋(k －1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12.当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12，所以左边添加的式子为(k ＋1)2＋k 2.15．已知数列11×4，14×7，17×10，110×13，…，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．解 S 1＝11×4＝14，S 2＝14＋14×7＝27， S 3＝27＋17×10＝310，S 4＝310＋110×13＝413. 上面四个结果中，分子与项数n 一致，分母可用项数n 表示为3n ＋1，于是可以猜想S n ＝n 3n ＋1.其证明如下：(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 ＋，k ≥1)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]＝k3k＋1＋1(3k＋1)(3k＋4)＝3k2＋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．由(1)(2)知，猜想对任意n∈N＋，S n＝n3n＋1都成立．。

数学选修4-5教案

数学选修4-5教案教案标题：数学选修4-5教案教案目标：1. 通过本课程，学生将能够理解和应用数学概念和原理，提高数学解决问题的能力。

2. 培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。

3. 培养学生的数学建模和实际问题解决能力。

教案内容：课程名称：数学选修4-5课时安排：本教案为一节课的内容。

教学目标：1. 理解和应用数列和数列的概念。

2. 掌握等差数列和等比数列的求和公式。

3. 能够解决实际问题中与数列相关的计算和应用题。

教学准备：1. 教师准备：教案、教材、教具、计算器等。

2. 学生准备：教材、笔记本、计算器等。

教学步骤：步骤一：导入（5分钟）教师通过提问或展示实例，引导学生回顾数列的概念和特点。

步骤二：概念讲解（10分钟）教师通过教材或板书，详细讲解等差数列和等比数列的概念，并与学生一起解析相关的例题。

步骤三：求和公式（15分钟）教师讲解等差数列和等比数列的求和公式，并通过具体例题演示如何应用这些公式解决问题。

步骤四：练习与巩固（20分钟）教师布置一些练习题，让学生在课堂上独立完成，并及时给予指导和解答。

教师还可以设计一些实际问题，让学生运用所学知识解决。

步骤五：总结与拓展（10分钟）教师与学生共同总结本节课的重点内容，并展示一些拓展性的问题，鼓励学生进一步思考和探索。

步骤六：课堂作业（5分钟）教师布置适量的课后作业，巩固学生对数列和求和公式的理解和应用能力。

教学评估：1. 教师可以通过课堂练习的完成情况和学生的回答问题的准确度来进行评估。

2. 教师可以设计一些小测验或考试来评估学生对本节课内容的掌握程度。

教学延伸：1. 学生可以进一步学习数列的通项公式和递推公式，以及更复杂的数列问题。

2. 学生可以尝试应用数列的概念和原理解决更多实际问题，如金融、经济、物理等领域的问题。

教学反思：本节课通过清晰的教学目标和合理的教学步骤，帮助学生理解和应用数列和求和公式的概念和原理。

通过练习和实际问题的应用，培养了学生的数学解决问题的能力和数学建模能力。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5全册创新教学案

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5全册教学案目录第一讲第1节不等式第一讲第2节绝对值不等式第一讲章末小结与测评第二讲第1节比较法第二讲第2节综合法与分析法第二讲第3节反证法与放缩法第二讲章末小结与测评第三讲第1节二维形式的柯西不等式第三讲第2节一般形式的柯西不等式第三讲第3节排序不等式第三讲章末小结与测评第四讲第1节数学归纳法第四讲第2节用数学归纳法证明不等式举例第四讲章末小结与测评第1课时不等式的基本性质[核心必知]1．实数的大小顺序与实数的运算性质之间的关系 (1)设a ，b ∈R ，则①a ＞b ⇔a －b ＞0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＜b ⇔a －b ＜0． (2)设b ∈(0，＋∞)，则①a b ＞1⇔a ＞b ；②a b ＝1⇔a ＝b ；③ab ＜1⇔a ＜b . 2．不等式的基本性质[问题思考]1．若x ＞y ，a ＞b ，则在①a －x ＞b －y ，②a ＋x ＞b ＋y ，③ax ＞by ，④x －b ＞y －a ，⑤a y ＞bx这五个不等式中，恒成立的不等式有哪些？提示：令x ＝－2，y ＝－3，a ＝3，b ＝2，符合题设条件x ＞y ，a ＞b ，则∵a －x ＝3－(－2)＝5，b －y ＝2－(－3)＝5， ∴a －x ＝b －y ，因此①不成立．又∵ax ＝－6，by ＝－6，∴ax ＝by ，因此③也不正确．又∵a y ＝3－3＝－1，b x ＝2－2＝－1，∴a y ＝bx，因此⑤不正确．由不等式的性质可推出②④恒成立．即恒成立的不等式有②④．2．已知三个不等式：ab ＞0，bc －ad ＞0，c a －db ＞0(其中a ，b ，c ，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题有几个？提示：由已知可组成三个命题．①若ab ＞0，bc －ad ＞0，则c a －db ＞0，此命题正确，只需在不等式bc －ad ＞0两侧同除以ab ，根据不等式性质，整理即得结论；②若ab ＞0，c a －d b ＞0，则bc －ad ＞0，此命题正确，只需在不等式c a －db ＞0两侧同乘以ab ，根据不等式性质，整理即得结论；③若c a －db ＞0，bc －ad ＞0，则ab ＞0，此命题正确，因为c a －db ＞0⇔bc －ad ab ＞0，又因为bc －ad ＞0，故ab ＞0．即可组成的正确命题有3个．x ∈R ，比较x 3－1与2x 2－2x 的大小．[精讲详析] 本题考查利用作差法比较两个代数式的大小．解答本题需要将作差后的代数式分解因式，然后根据各因式的符号判断x 3－1与2x 2－2x 的大小．(x 3－1)－(2x 2－2x ) ＝(x 3－x 2)－(x 2－2x ＋1) ＝x 2(x －1)－(x －1)2 ＝(x －1)(x 2－x ＋1)．∵x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34＞0， ∴当x ＞1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＞0.即x 3－1＞2x 2－2x ；当x ＝1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＝0，即x 3－1＝2x 2－2x ；当x ＜1时，(x －1)(x 2－x ＋1)＜0，即x 3－1＜2x 2－2x .——————————————————．(2)在变形中，一般是变形得越彻底越有利于下一步的判断．变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等．(3)在定号中，若为几个因式的积，需每个因式均先定号，当符号不确定时，需进行分类讨论．1．x ∈R ，比较(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1与⎝⎛⎭⎫x ＋12·(x 2＋x ＋1)的大小．解：因为(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1＝(x ＋1)·⎝⎛⎭⎫x 2＋x ＋1－x 2 ＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－x2(x ＋1)，⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫x ＋1－12(x 2＋x ＋1)＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－12(x 2＋x ＋1)．∴作差，得(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋12x ＋1－⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1) ＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－x 2(x ＋1)－(x ＋1)(x 2＋x ＋1)＋12(x 2＋x ＋1)＝12(x 2＋x ＋1)－12(x 2＋x )＝12＞0， ∴(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋1＞⎝⎛⎭⎫x ＋12(x 2＋x ＋1).下列命题中正确的是( )(1)若a ＞b ，c ＞b ，则a ＞c ； (2)若a ＞b ，则lg ab ＞0；(3)若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ； (4)若a ＞b ＞0，则1a <1b ；(5)若a c ＞bd，则ad ＞bc ；(6)若a ＞b ，c ＞d ，则a －d ＞b －c . A ．(1)(2) B ．(4)(6) C ．(3)(6) D ．(3)(4)(5)[精讲详析] 本题考查对不等式的性质的理解，解答本题需要利用不等式的性质或利用特殊值逐项判断．(1)错误．因为当取a ＝4，b ＝2，c ＝6时，有a ＞b ，c ＞b 成立，但a ＞c 不成立．(2)错误．因为a 、b 符号不确定，所以无法确定a b ＞1是否成立，从而无法确定lg ab ＞0是否成立．(3)错误．此命题当a 、b 、c 、d 均为正数时才正确． (4)正确．因为a ＞b >0，所以ab ＞0，两边同乘以1ab ，得1a ＜1b .(5)错误．只有当cd ＞0时，结论才成立． (6)正确．因为c ＞d ，所以－d ＞－c ，又a ＞b ，所以a －d ＞b －c .综上可知(4)(6)正确．答案：B ——————————————————运用不等式的性质时要注意条件，如倒数法则要求两数同号；两边同乘一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．2．(广州二模)设a ，b 为正实数，则“a 0，b >0，则1a >1b ⇒－1a <－1b， ∴a －1a 0，b >0⇒a 2b －b <ab 2－a ⇒a 2b －ab 2－b ＋a <0，ab (a －b )＋(a －b ) <0⇒(a －b )(ab ＋1)<0⇒a －b <0⇒a <b .已知60＜x ＜84，28＜y ＜33.求(1)x －y 的取值范围； (2)xy的取值范围． [精讲详析] 本题考查不等式性质的灵活应用．解答问题(1)需要先求出－y 的取值范围，然后利用不等式的同向可加性解决；解答问题(2)需要先求出1y 的取值范围，然后利用不等式的有关性质求解．∵28＜y ＜33，∴－33＜－y ＜－28，133＜1y ＜128.又60＜x ＜84，∴27＜x －y ＜56，6033＜x y ＜8428.即2011＜xy＜3.——————————————————本题不能直接用x 的范围去减或除y 的范围，应严格利用不等式的基本性质去求得范围，其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“范围”间的联系．如已知20＜x ＋y ＜30，15＜x －y ＜18，要求2x ＋3y 的范围，不能分别求出x ，y 的范围，再求2x ＋3y 的范围，应把已知的“x ＋y ”“x －y ”视为整体，即2x ＋3y ＝52(x ＋y )－12(x －y )，两范围相加可得2x ＋3y 的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求．3．若已知二次函数y ＝f (x )的图象过原点，且1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4.求f (－2)的范围．解：法一：∵f (x )过原点， ∴可设f (x )＝ax 2＋bx .∴⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝a ＋b ，f （－1）＝a －b . ∴⎩⎨⎧a ＝12[f （1）＋f （－1）]，b ＝12[f （1）－f （－1）].∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)． ∵1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4. ∴6≤f (－2)≤10. 法二：设f (x )＝ax 2＋bx ，则f (1)＝a ＋b ，f (－1)＝a －b .令m (a ＋b )＋n (a －b )＝f (－2)＝4a －2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，m －n ＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3. ∴f (－2)＝(a ＋b )＋3(a －b )＝f (1)＋3f (－1)． ∵1≤f (－1)≤2，3≤f (1)≤4，∴6≤f (－2)≤10.本课时考点主要考查不等式的性质，全国高考乙卷将不等式的性质及函数的单调性结合命题，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](全国乙卷)若a>b>1，0<c<1，则()A．a cb>1，0<c<1时，a c>b c，选项A不正确．∵y＝xα，α∈(－1，0)在(0，＋∞)上是减函数，∴当a>b>1，0<c<1，即－1<c－1<0时，a c－1ba c，选项B不正确．∵a>b>1，∴lg a>lg b>0，∴a lg a>b lg b>0，∴alg b>blg a.又∵0<c<1，∴lg c<0.∴a lg clg blog b c，选项D不正确．一、选择题1．(浙江高考)若a ，b 为实数，则“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a ”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 对于0＜ab ＜1，如果a ＞0，则b ＞0，a ＜1b 成立，如果a ＜0，则b ＜0，b＞1a 成立，因此“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a ”的充分条件；反之，若a ＝－1，b ＝2，结论“a ＜1b 或b ＞1a ”成立，但条件0＜ab ＜1不成立，因此“0＜ab ＜1”不是“a ＜1b 或b ＞1a ”的必要条件；即“0＜ab ＜1”是“a ＜1b 或b ＞1a”的充分而不必要条件．2．已知a ，b ，c ∈R ，且ab ＞0，则下面推理中正确的是( ) A ．a ＞b ⇒am 2＞bm 2 B.a c ＞bc ⇒a ＞bC ．a 3＞b 3⇒1a ＜1bD ．a 2＞b 2⇒a ＞b解析：选C 对于A ，若m ＝0，则不成立；对于B ，若c ＜0，则不成立；对于C ，a 3－b 3＞0⇒(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞0，∵a 2＋ab ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＋34b 2＞0恒成立， ∴a －b ＞0，∴a ＞b .又∵ab ＞0，∴1a ＜1b.∴C 成立；对于D ，a 2＞b 2⇒(a －b )(a ＋b )＞0，不能说a ＞b . 3．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么( )A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞aC ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：选D ab 2－ab ＝ab (b －1)， ∵a ＜0，－1＜b ＜0，∴b －1＜0，ab >0.∴ab 2－ab ＜0.即ab 2＜ab ；又ab 2－a ＝a (b 2－1)，∵－1＜b ＜0，∴b 2＜1，即b 2－1＜0.又a ＜0， ∴ab 2－a ＞0，即ab 2＞a .故ab ＞ab 2＞a .4．如果a ∈R ，且a 2＋a ＜0，那么a ，a 2，－a ，－a 2的大小关系是( ) A ．a 2＞a ＞－a 2＞－a B ．－a ＞a 2＞－a 2＞a C ．－a ＞a 2＞a ＞－a 2 D ．a 2＞－a ＞a ＞－a 2解析：选B ∵a 2＋a ＜0，即a (a ＋1)＜0可得，－1＜a ＜0， ∴－a ＞a 2＞0，∴0＞－a 2＞a . 综上有－a ＞a 2＞－a 2＞a . 二、填空题5．若f (x )＝3x 2－x ＋1，g (x )＝2x 2＋x －1，则f (x )与g (x )的大小关系是f (x )________g (x )．解析：f (x )－g (x )＝(3x 2－x ＋1)－(2x 2＋x －1)＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1≥1＞0，∴f (x )＞g (x )．答案：＞6．有以下四个条件：①b ＞0＞a ；②0＞a ＞b ；③a ＞0＞b ；④a ＞b ＞0. 其中能使1a ＜1b 成立的有________个条件．解析：①∵b ＞0，∴1b ＞0.∵a ＜0，∴1a ＜0.∴1a ＜1b .②∵b ＜a ＜0，∴1b ＞1a.③∵a ＞0＞b ，∴1a ＞0，1b ＜0.∴1a ＞1b .④∵a ＞b ＞0，∴1a ＜1b.综上知，①②④均能使1a ＜1b 成立．答案：37．给出下列条件：①1＜a ＜b ；②0＜a ＜b ＜1；③0＜a ＜1＜b .其中能推出log b 1b ＜log a1b ＜log a b 成立的条件的序号是________(填所有可能的条件的序号)．解析：∵log b 1b ＝－1，若1＜a ＜b ，则1b ＜1a ＜1＜b ，∴log a 1b ＜log a 1a ＝－1，故条件①不可以；若0＜a ＜b ＜1，则b ＜1＜1b ＜1a .∴log a b ＞log a 1b ＞log a 1a ＝－1＝log b 1b ，故条件②可以；若0＜a ＜1＜b ，则0＜1b＜1，∴log a 1b ＞0，log a b ＜0，条件③不可以．故应填②. 答案：② 8．下列命题： ①c －a ＜c －b ⇔a ＞b ； ②a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒a d＞b c； ③c a ＜cb ，且c ＞0⇒a ＞b ； ④n a ＜nb (n ∈N ，n ＞1)⇒a ＜b . 其中真命题是________(填序号)．解析：①c －a ＜c －b ⇒－a ＜－b ⇒a ＞b . ②a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒a d ＞bc ＞0，∴a d＞ b c. ③c a －c b ＝c （b －a ）ab＜0， ∵c ＞0，∴有⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＞0，ab ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＜0，ab ＞0.即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜b ，ab ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞b ，ab ＞0.∴③不正确， ④中无论n 为奇数或偶数，均可由n a ＜nb (n ∈N ，n ＞1)⇒a ＜b .∴①②④正确．答案：①②④ 三、解答题9．已知－π2≤α<β≤π2，求α＋β2，α－β2的范围．解：∵－π2≤α<β≤π2，∴－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4.因而两式相加得－π2＜α＋β2<π2.又∵－π4＜β2≤π4，∴－π4≤－β2＜π4.∴－π2≤α－β2<π2.又∵α＜β，∴α－β2＜0.∴－π2≤α－β2＜0.即α＋β2∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，α－β2∈⎣⎡⎭⎫－π2，0. 10．已知－12＜a ＜0，A ＝1＋a 2，B ＝1－a 2，C ＝11＋a ，D ＝11－a ，试比较A ，B ，C ，D的大小．解：∵－12＜a ＜0，不妨取a ＝－14，可得A ＝1716，B ＝1516，C ＝43，D ＝45，由此猜测C ＞A ＞B ＞D . C －A ＝11＋a－(1＋a 2)＝－a ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋122＋341＋a，∵1＋a ＞0，－a ＞0，⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34＞0，∴C ＞A . ∵A －B ＝(1＋a 2)－(1－a 2)＝2a 2＞0，∴A ＞B . ∵B －D ＝1－a 2－11－a ＝a （a 2－a －1）1－a.＝a ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a －122－541－a，∵－12＜a ＜0，∴1－a ＞0，⎝⎛⎭⎫a －122－54＜⎝⎛⎭⎫－12－122－54＜0. ∴B ＞D .综上，C ＞A ＞B ＞D .11．已知f (x )＝ax 2＋c ，且－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5，求f (3)的取值范围．解：由－4≤f (1)≤－1，－1≤f (2)≤5得：⎩⎪⎨⎪⎧－4≤a ＋c ≤－1，－1≤4a ＋c ≤5. 设u ＝a ＋c ，v ＝4a ＋c ，则有a ＝v －u 3，c ＝4u －v 3，∴f (3)＝9a ＋c ＝－53u ＋83v .又{－4≤u ≤－1，－1≤v ≤5，∴⎩⎨⎧53≤－53u ≤203，－83≤83v ≤403.∴－1≤－53u ＋83v ≤20，即－1≤f (3)≤20.∴f (3)的取值范围为[－1，20]．第2课时基本不等式[核心必知]1．定理1如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 2．定理2(基本不等式)如果a ，b ＞0a ＝b 时，等号成立．即：两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．3．算术平均与几何平均如果a ，b 都是正数，我们就称a ＋b2为a ，b a ，b 的几何平均．4．利用基本不等式求最值对两个正实数x ，y ，(1)如果它们的和S 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的积P 取得最大值；(2)如果它们的积P 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的和S 取得最小值．[问题思考]1．在基本不等式a ＋b2≥ab 中，为什么要求a ，b ∈(0，＋∞)?2此规定a ，b ∈(0，＋∞)．2．利用基本不等式a ＋b2≥ab 求最值的条件是什么？提示：“一正、二定、三相等”，即：(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取得相等的值．已知a ，b ，c 为正实数，求证：(1)（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ）abc ≥8；(2)a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca .[精讲详析] 本题考查基本不等式在证明不等式中的应用，解答本题需要分析不等式的特点，先对a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 分别使用基本不等式，再把它们相乘或相加即可．(1)∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b ≥2ab ＞0，b ＋c ≥2bc ＞0，c ＋a ≥2ca ＞0，由上面三式相乘可得(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )≥8ab ·bc ·ca ＝8abc .即（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ）abc ≥8.(2)∵a ，b ，c 为正实数， ∴a ＋b ≥2ab ，b ＋c ≥2bc ， c ＋a ≥2ca ，由上面三式相加可得(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥2ab ＋2bc ＋2ca . 即a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca . ——————————————————(1)用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形形式进行证明．(2)本题证明过程中多次用到基本不等式，然后利用同向不等式的可加性或可乘性得出所证的不等式，要注意不等式性质的使用条件，对“当且仅当……时取等号”这句话要搞清楚．1．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2(a ＋b ＋c )．证明：∵a 2＋b 2≥2ab ， ∴2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2. 又a ，b ，c ∈R ＋， ∴a 2＋b 2≥22|a ＋b |＝22(a ＋b )．同理：b 2＋c 2≥22(b ＋c )， c 2＋a 2≥22(a ＋c )．三式相加，得a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2(a ＋b ＋c )．当且仅当a ＝b ＝c 时取等号.已知x ＞0，y ＞0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．[精讲详析] 本题考查基本不等式的应用，解答本题可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，然后再利用基本不等式求得和的最小值．∵x ＞0，y ＞0，1x ＋9y ＝1，∴x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋9y (x ＋y ) ＝y x ＋9xy ＋10≥6＋10＝16. 当且仅当y x ＝9xy ，又1x ＋9y＝1，即x ＝4，y ＝12时，上式取等号．故当x ＝4，y ＝12时，(x ＋y )min ＝16. ——————————————————(1)运用不等式求最大值、最小值，用到两个结论，简述为：“和定积最大”与“积定和最小”．(2)运用定理求最值时：必须做到“一正，二定，三相等”．2．求函数f (x )＝－2x 2＋x －3x (x ＞0)的最大值及此时x 的值．解：f (x )＝1－⎝⎛⎭⎫2x ＋3x . 因为x ＞0，所以2x ＋3x≥26，得－(2x ＋3x )≤－26，因此f (x )≤1－26，当且仅当2x ＝3x ，即x 2＝32时，式子中的等号成立．由于x ＞0，因而x ＝62时，等号成立．因此f (x )max ＝1－26，此时x ＝62.某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧用砖墙，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元．仓库底面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？[精讲详析]本题考查基本不等式的应用，解答此题需要设出铁栅和砖墙的长，然后根据投资费用列出关系式，借助基本不等式即可解决．设铁栅长为x m，一堵砖墙长为y m，则有S＝xy，由题意，得40x＋2×45y＋20xy＝3 200，由基本不等式，得3 200≥240x·90y＋20xy＝120xy＋20xy＝120S＋20S，∴S＋6S≤160，即(S＋16)(S－10)≤0.∵S＋16＞0，∴S－10≤0，从而S≤100.因此S的最大允许值是100 m2，取得此最大值的条件是40x＝90y，而xy＝100，由此求得x＝15，即铁栅的长应是15 m.——————————————————利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．3．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买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)某提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠，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吨，由题意可知，面粉的保管等其他费用为3[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1)，设平均每天所支付的总费用为y1元，则y 1＝9x （x ＋1）＋900x ＋1 800×6＝900x ＋9x ＋10 809≥2900x·9x ＋10 809＝10 989，当且仅当9x ＝900x ，即x ＝10时取等号．即该厂每隔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)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每隔x (x ≥35)天购买一次面粉．平均每天支付的总费用为y 2元，则 y 2＝1x [9x (x ＋1)＋900]＋6×1 800×0.9＝900x＋9x ＋9 729(x ≥35)，令f (x )＝x ＋100x (x ≥35)，x 2＞x 1≥35，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫x 1＋100x 1－⎝⎛⎭⎫x 2＋100x 2 ＝（x 2－x 1）（100－x 1x 2）x 1x 2.∵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 ＋100x当x ≥35时为增函数，∴当x ＝35时，f (x )有最小值，此时y 2≈10 069.7＜10 989. ∴该厂应接受此优惠条件．本课时经常考查基本不等式在求函数最值中的应用，其中，建立函数模型，利用基本不等式求解最值问题是高考的热点．[考题印证](陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a 和b (a <b )，其全程的平均时速为v ，则( )A ．a <v <abB ．v ＝ab C.ab <v <a ＋b 2D ．v ＝a ＋b2[命题立意] 考查基本不等式的应用，考查应用数学知识解决实际问题的能力．[解析] 选A 设甲、乙两地的距离为S ，则从甲地到乙地所需时间为Sa。

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所以，（a －b ）2≥0 即a 2＋b 2≥2ab 由上面的结论，我们又可得到定理2（基本不等式）：如果a ，b 是正数，那么 a ＋b2≥ab （当且仅当a ＝b 时取“＝”号）证明：∵（a ）2＋（b ）2≥2ab∴a＋b ≥2ab ，即a ＋b 2 ≥ab显然，当且仅当a ＝b 时，a ＋b2＝ab说明：1）我们称a ＋b2为a ，b 的算术平均数，称ab 为a ，b 的几何平均数，因而，此定理又可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.2）a 2＋b 2≥2ab 和a ＋b2≥ab 成立的条件是不同的：前者只要求a ，b 都是实数，而后者要求a ，b 都是正数.3）“当且仅当”的含义是充要条件. 4）几何意义. 二、例题讲解：例1 已知x ，y 都是正数，求证：（1）如果积xy 是定值P ，那么当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P ；（2）如果和x ＋y 是定值S ，那么当x ＝y 时，积xy 有最大值14 S 2证明：因为x ，y 都是正数，所以 x ＋y2≥xy（1）积xy 为定值P 时，有x ＋y2≥P ∴x ＋y ≥2P上式当x ＝y 时，取“＝”号，因此，当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P .（2）和x ＋y 为定值S 时，有xy ≤S 2 ∴xy ≤ 14 S2上式当x=y 时取“＝”号，因此，当x=y 时，积xy 有最大值14S 2.说明：此例题反映的是利用均值定理求最值的方法，但应注意三个条件： ⅰ）函数式中各项必须都是正数;ⅱ)函数式中含变数的各项的和或积必须是常数； ⅲ）等号成立条件必须存在。

例2 ：已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：（ab ＋cd ）（ac ＋bd ）≥4abcd分析：此题要求学生注意与均值不等式定理的“形”上发生联系，从而正确运用，同时加强对均值不等式定理的条件的认识.证明：由a 、b 、c 、d 都是正数，得ab ＋cd2≥ab ·cd ＞0，ac ＋bd2≥ac ·bd ＞0，已知：长方体的全面积为定值Ｓ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，________，三者缺一不可。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5优化课件 (共17份打包)11

[双基自测]
1．否定“自然数 a，b，c 中恰有一个偶数”时，正确的假设为( ) A．a，b，c 都是奇数 B．a，b，c 都是偶数 C．a，b，c 中至少有两个偶数 D．a，b，c 中至少有两个偶数或都是奇数解析：恰有一个的否定是至少有两个或都是，故选 D. 答案：D
2．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤： ①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为 180°矛盾，故假设错误． ②所以一个三角形不能有两个直角． ③假设△ABC 中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.上述步骤的正确顺序为________．
[证明] (1)f(1)＋f(3)－2f(2) ＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2. (2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12. 则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2 矛盾， ∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.
课时作业
[自主梳理] 一、反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等) 矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们称这种证明问题的方法为反证法．二、放缩法证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．我们把这种方法称为放缩法．
探究二利用放缩法证明不等式
[例 2] 设 Sn＝ 1×2＋ 2×3＋…＋ nn＋1，求证：不等式nn2＋1<Sn<n＋2 12对所有的正整数 n 都成立． [证明] ∵Sn> 12＋ 22＋…＋ n2＝1＋2＋…＋n＝nn2＋1. 且 Sn<1＋2 2＋2＋2 3＋…＋n＋n2＋1 ＝32＋52＋…＋2n2＋1 <12＋32＋52＋…＋2n2＋1＝n＋2 12 ∴nn2＋1<Sn<n＋2 12.

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5教学案：第四讲

一数学归纳法对应学生用书P39数学归纳法(1)数学归纳法的概念：先证明当n 取第一值n 0(例如可取n 0＝1)时命题成立，然后假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立．这种证明方法叫做数学归纳法．(2)数学归纳法适用范围：数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明． (3)数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤： ①证明当n 取第一个值n 0(如取n 0＝1或2等)时命题正确；②假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时结论正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确．由此可以断定，对于任意不小于n 0的正整数n ，命题都正确．对应学生用书P39[例1] 证明：当n ≥2，n ∈N ＋时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1n 2＝n ＋12n. [思路点拨] 注意到这是与正整数n 有关的命题，可考虑用数学归纳法证明． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34.∴当n ＝2时，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时等式成立，即：⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…(1－1k 2)＝k ＋12k当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19…⎝⎛⎭⎫1－1k 2⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·k (k ＋2)(k ＋1)2＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1). ∴当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知，对任意n ≥2，n ∈N ＋等式成立．利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设．1．在用数学归纳法证明，对任意的正偶数n ，均有 1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝⎛1n ＋2＋1n ＋4＋…＋⎭⎫12n 成立时，(1)第一步检验的初始值n 0是什么？(2)第二步归纳假设n ＝2k 时(k ∈N ＋)等式成立，需证明n 为何值时，方具有递推性； (3)若第二步归纳假设n ＝k (k 为正偶数)时等式成立，需证明n 为何值时，等式成立．解：(1)n 0为2.此时左边为1－12，右边为2×14＝12.(2)假设n ＝2k (k ∈N ＋)时，等式成立，就需证明n ＝2k ＋2(即下一个偶数)时，命题也成立．(3)若假设n ＝k (k 为正偶数)时，等式成立，就需证明n ＝k ＋2(即k 的下一个正偶数)时，命题也成立．2．求证：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n ＝2nn ＋1(n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×11＋1＝1，所以左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋k ＝2k k ＋1.则当n ＝k ＋1时，1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋k ＋11＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＝2k k ＋1＋11＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＝2k k ＋1＋2(k ＋1)(k ＋2)＝2(k ＋1)2(k ＋1)(k ＋2)＝2(k ＋1)(k ＋1)＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对任何x ∈N ＋等式都成立．[例2] 求证：x 2n －y 2n (n ∈N ＋)能被x ＋y 整除．[思路点拨] 本题是与正整数有关的命题，直接分解出因式(x ＋y )有困难，故可考虑用数学归纳法证明．[证明] (1)当n ＝1时，x 2－y 2＝(x ＋y )(x －y )能被x ＋y 整除． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，x 2k －y 2k 能被x ＋y 整除，那么当n ＝k ＋1时，x 2k ＋2－y 2k ＋2＝x 2·x 2k －y 2·y 2k －x 2y 2k ＋x 2y 2k ＝x 2(x 2k －y 2k )＋y 2k (x 2－y 2)∵x 2k －y 2k 与x 2－y 2都能被x ＋y 整除， ∴x 2(x 2k －y 2k )＋y 2k (x 2－y 2)能被x ＋y 整除．即n ＝k ＋1时，x 2k ＋2－y 2k＋2能被x ＋y 整除．由(1)(2)可知，对任意正整数n 命题均成立．利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．3．用数学归纳法证明：(3n ＋1)7n －1(n ∈N ＋)能被9整除．证明：①当n ＝1时，4×7－1＝27能被9整除命题成立．②假设n ＝k 时命题成立，即(3k ＋1)·7k －1能被9整除，当n ＝k ＋1时， [(3k ＋3)＋1]·7k ＋1－1＝[3k ＋1＋3]·7·7k －1＝7·(3k ＋1)·7k －1＋21·7k＝[(3k ＋1)·7k －1]＋18k ·7k ＋6·7k ＋21·7k ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋18k ·7k ＋27·7k ，由归纳假设(3k ＋1)·7k －1能被9整除，又因为 18k ·7k ＋27·7k 也能被9整除，所以[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除，即n ＝k ＋1时命题成立．则①②可知对所有正整数n 命题成立．4．用数学归纳法证明：1－(3＋x )n (n ∈N ＋)能被x ＋2整除．证明：(1)n ＝1时，1－(3＋x )＝－(x ＋2)，能被x ＋2整除，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时，1－(3＋x )n 能被x ＋2整除，则可设1－(3＋x )k ＝(x ＋2)f (x )(f (x )为k －1次多项式)，当n ＝k ＋1时，1－(3＋x )k ＋1＝1－(3＋x )(3＋x )k＝1－(3＋x )[1－(x ＋2)f (x )] ＝1－(3＋x )＋(x ＋2)(3＋x )f (x ) ＝－(x ＋2)＋(x ＋2)(3＋x )f (x ) ＝(x ＋2)[－1＋(3＋x )f (x )]，能被x ＋2整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，对n ∈N ＋，1－(3＋x )n 能被x ＋2整除.[例3] 平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n 条直线把平面分割成12(n 2＋n ＋2)个区域．[思路点拨] 用数学归纳法进行证明，关键是考虑：k 条直线将平面分成的部分数与k ＋1条直线将平面分成的部分数之间的关系，利用该关系可以实施从假设到n ＝k ＋1时的证明．[证明] (1)当n ＝1时，一条直线把平面分成两个区域，又12×(12＋1＋2)＝2，∴n ＝1时命题成立．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即k 条满足题意的直线把平面分割成了12(k 2＋k ＋2)个区域．那么当n ＝k ＋1时，k ＋1条直线中的k 条直线把平面分成了12(k 2＋k ＋2)个区域，第k ＋1条直线被这k 条直线分成k ＋1段，每段把它们所在的区域分成了两块，因此增加了k ＋1个区域，所以k ＋1条直线把平面分成了12(k 2＋k ＋2)＋k ＋1＝12[(k ＋1)2＋(k ＋1)＋2]个区域．∴n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)知，对一切的n ∈N ＋，此命题均成立．用数学归纳法证明几何问题时，一定要清楚从n ＝k 到n ＝k ＋1时，新增加的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加1法，即在原来k 的基础上，再增加一个，当然我们也可以从k ＋1个中分出1个来，剩下的k 个利用假设．5．求证：凸n 边形对角线条数f (n )＝n (n －3)2(n ∈N ＋，n ≥3)．证明：(1)当n ＝3时，即f (3)＝0时，三角形没有对角线，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥3)时命题成立，即凸k 边形对角线条数f (k )＝k (k －3)2.将凸k 边形A 1A 2…A k 在其外面增加一个新顶点A k ＋1，得到凸k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1，A k ＋1依次与A 2，A 3，…，A k －1相连得到对角线k －2条，原凸k 边形的边A 1A k 变成了凸k ＋1边形的一条对角线，则凸k ＋1边形的对角线条数为：f (k )＋k －2＋1＝k (k －3)2＋k －1＝(k ＋1)(k －2)2＝(k ＋1)[(k ＋1)－3]2＝f (k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，结论正确．根据(1)(2)可知，命题对任何n ∈N ＋，n ≥3都成立．6．求证：平面内有n (n ≥2)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条直线不过同一点，求证它们彼此互相分割成n 2条线段(或射线)．证明：(1)当n ＝2时，两条直线不平行，彼此互相分割成4条射线，命题成立． (2)假设当n ＝k 时，命题成立，即k 条满足条件的直线彼此互相分割成k 2条线段(或射线)．那么n ＝k ＋1时，取出其中一条直线为l ，其余k 条直线彼此互相分割成k 2条线段(或射线)直线l 把这k 条直线又一分为二，多出k 条线段(或射线)；l 又被这k 条直线分成k ＋1部分，所以这k ＋1条直线彼此互相分割成k 2＋k ＋k ＋1＝(k ＋1)2条线段(或射线)，即n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，命题成立．对应学生用书P411．数学归纳法证明中，在验证了n ＝1时命题正确，假定n ＝k 时命题正确，此时k 的取值范围是( )A ．k ∈NB ．k >1，k ∈N ＋C ．k ≥1，k ∈N ＋D ．k >2，k ∈N ＋解析：数学归纳法是证明关于正整数n 的命题的一种方法，所以k 是正整数，又第一步是递推的基础，所以k 大于等于1.答案：C2．某个命题：(1)当n ＝1时，命题成立，(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时成立，可以推出n ＝k ＋2时也成立，则命题对________成立( )A ．正整数B ．正奇数C ．正偶数D ．都不是解析：由题意知，k ＝1时，k ＋2＝3；k ＝3时，k ＋2＝5，依此类推知，命题对所有正奇数成立．答案：B3．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.12n ＋1 B.12n ＋2 C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2解析：因为f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，所以f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，所以f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2. 答案：D4．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n (n ＋1)(n ＋2)＝14n (n ＋1)(n ＋a )(n ＋b )对一切正整数n 都成立，a ，b 的值可以等于( )A ．a ＝1，b ＝3B ．a ＝－1，b ＝1C ．a ＝1，b ＝2D ．a ＝2，b ＝3解析：令n ＝1,2得到关于a ，b 的方程组，解得即可．答案：D5．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…猜想第n 个式子应为________．答案：1－4＋9－16＋…＋(－1)n －1n 2＝(－1)n ＋1·n (n ＋1)26．用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2.n ∈N ＋”时，若n ＝1，则左端应为________．解析：n ＝1时，左端应为1×4＝4. 答案：47．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. 解析：由凸k 边形变为凸k ＋1边形时，增加了一个三角形图形．故f (k ＋1)＝f (k )＋π. 答案：π8．设a ∈N ＋，n ∈N ＋，求证：a n ＋2＋(a ＋1)2n＋1能被a 2＋a ＋1整除．证明：(1)当n ＝1时，a 3＋(a ＋1)3＝[a ＋(a ＋1)][a 2－a (a ＋1)＋(a ＋1)2]＝(2a ＋1)(a 2＋a ＋1)．结论成立．(2)假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＋2＋(a ＋1)2k＋1能被a 2＋a ＋1整除，那么n ＝k ＋1时，有a (k＋1)＋2＋(a ＋1)2(k＋1)＋1＝a ·a k ＋2＋(a ＋1)2(a ＋1)2k ＋1＝a [a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k ＋1－a (a ＋1)2k ＋1＝a [a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k ＋1.因为a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1，a 2＋a ＋1均能被a 2＋a ＋1整除，又a ∈N ＋，故a (k＋1)＋2＋(a ＋1)2(k＋1)＋1能被a 2＋a ＋1整除，即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由(1)(2)可知，原结论成立．9．有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n 个圆将平面分成f (n )＝n 2－n ＋2个部分．(n ∈N ＋)证明：(1)当n ＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f (1)＝1－1＋2＝2，所以n ＝1时命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时命题成立．即k 个圆把平面分成f (k )＝k 2－k ＋2个部分．则n ＝k ＋1时，在k ＋1个圆中任取一个圆O ，剩下的k 个圆将平面分成f (k )个部分，而圆O 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个点将圆O 分成2k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f (k ＋1)＝f (k )＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2. ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，命题成立．10．用数学归纳法证明n ∈N ＋时，(2cos x －1)(2cos 2x －1)…(2cos 2n －1x －1)＝2cos 2n x ＋12cos x ＋1.证明：(1)当n ＝1时，左边＝2cos x －1，右边＝2cos 2x ＋12cos x ＋1＝4cos 2 x －12cos x ＋1＝2cos x －1，即左边＝右边，∴命题成立． (2)假设当n ＝k 时，命题成立，即(2cos x －1)(2cos 2x －1)…(2cos 2k －1x －1)＝2cos 2k x ＋12cos x ＋1.则当n ＝k ＋1时，左边＝(2cos x －1)(2cos 2x －1)…(2cos 2k －1x －1)·(2cos 2kx －1)＝2cos 2k x ＋12cos x ＋1·(2cos 2k x －1)＝4(cos 2k x )2－12cos x ＋1＝4×1＋cos 2×2k x 2－12cos x ＋1＝2×cos 2k ＋1x ＋12cos x ＋1.∴n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，对n ∈N ＋时命题成立．。

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2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5全册教学案目录第一讲一 1.不等式的基本性质第一讲一 2.基本不等式第一讲一 3.三个正数的算术—几何平均不等式第一讲二 1.绝对值三角不等式第一讲二 2.绝对值不等式的解法第一讲本讲知识归纳与达标验收第二讲一比较法第二讲二综合法与分析法第二讲三反证法与放缩法第二讲本讲知识归纳与达标验收第三讲一二维形式的柯西不等式第三讲二一般形式的柯西不等式第三讲三排序不等式第三讲本讲知识归纳与达标验收第四讲一数学归纳法第四讲二用数学归纳法证明不等式第四讲本讲知识归纳与达标验收1．不等式的基本性质对应学生用书P1 1．实数大小的比较(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差a－b的符号；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差的符号．2．不等式的基本性质由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b⇔b＜a.(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c.(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)如果a>b>0，那么a n>b n(n∈N，n≥2)．(6)如果a>b>0na＞nb n∈N，n≥2)．3．对上述不等式的理解使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：(1)等式两边同乘以一个数仍为等式，但不等式两边同乘以同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．(3)性质(5)、(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒a n>b n(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N＋)．(4)在不等式的基本性质中，条件和结论的逻辑关系有两种：“⇒”与“⇔”，即推出关系和等价关系，或者说“不可逆关系”与“可逆关系”．这要求必须熟记与区别不同性质的条件．如a＞b，ab＞0⇒1a＜1b，而反之不成立．对应学生用书P1实数大小的比较[例1] 已知x ，y 均为正数，设m ＝1x ＋1y ，n ＝4x ＋y ，试比较m 和n 的大小．[思路点拨] 两式作差――→变形转化为因式乘积形式――→与0比较判断正负，得出大小 [解] m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝(x ＋y )2－4xy xy (x ＋y )＝(x －y )2xy (x ＋y )，∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0. ∴m －n ≥0，即m ≥n .(当x ＝y 时，等号成立)．比较两个数(式子)的大不，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知a ，b ∈R ，比较a 4＋b 4与a 3b ＋ab 3的大小．解：因为(a 4＋b 4)－(a 3b ＋ab 3) ＝a 3(a －b )＋b 3(b －a ) ＝(a －b )(a 3－b 3) ＝(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2) ＝(a －b )2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＋34b 2≥0 (当且仅当a ＝b 时，取“＝”号) 所以a 4＋b 4≥a 3b ＋ab 3.2．在数轴的正半轴上，A 点对应的实数为6a 29＋a 4，B 点对应的实数为1，试判别A 点在B 点的左边，还是在B 点的右边？解：因为6a 29＋a 4－1＝－(a 2－3)29＋a 4≤0，所以6a 29＋a 4≤1.当且仅当a ＝±3时取“＝”，所以当a ≠±3时，A 点在B 点左边，当a ＝±3时，A 点与B 点重合．不等式的证明[例2] 已知a >b >0，c <d <0，e <0. 求证：e a －c >e b －d. [思路点拨] 可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明． [证明] 法一：e a －c －eb －d ＝e (b －d －a ＋c )(a －c )(b －d )＝e (b －a ＋c －d )(a －c )(b －d )，∵a >b >0，c <d <0， ∴b －a <0，c －d <0. ∴b －a ＋c －d <0.又∵a >0，c <0，∴a －c >0. 同理b －d >0， ∴(a －c )(b －d )>0.∵e <0，∴e (b －a ＋c －d )(a －c )(b －d )>0.即e a －c >eb －d.法二：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c <d <0⇒－c >－d >0a >b >0⇒⎭⎪⎬⎪⎫a －c >b －d >0⇒1a －c <1b －d e <0⇒e a －c ＞e b －d .进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．3．判断下列命题的真假，并简述理由． (1)若a >b ，c >d ，则ac >bd ；(2)若a >b >0，c >d >0，则a c >bd ；(3)若a >b ，c <d ，则a －c >b －d ；(4)若a >b ，则a n ＞b n ，n a >nb (n ∈N 且n ≥2)．解：(1)取a ＝3，b ＝2，c ＝－2，d ＝－3，即3>2，－2>－3.此时ac ＝bd ＝－6.因此(1)为假命题．(2)因同向不等式不能相除，取a ＝6，b ＝4，c ＝3，d ＝2，此时a c ＝bd ＝2.因此(2)为假命题．(3)∵c <d ，∴－c >－d ，因此(3)为真命题．(4)当a >b >0时，才能成立，取a ＝－2，b ＝－3，当n 为偶数时不成立，因此(4)为假命题．4．已知a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，求证：x x ＋a >y y ＋b. 证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b .x >y ，所以x a >y b ，所以a x y y ＋b.利用不等式的性质求范围[例3] (1)已知：－π2≤α<β≤π2，求α－β的范围．(2)已知：－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的范围． [思路点拨] 求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质． [解] (1)∵－π2≤α<β≤π2，∴－π2≤α＜π2，－π2≤－β＜π2.且α＜β.∴－π≤α－β＜π且α－β＜0.∴－π≤α－β<0.即α－β的范围为[－π，0)．(2)设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b ) ＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b . 解得λ1＝53，λ2＝－23.∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23.∴－113≤a ＋3b ≤1.即a ＋3b 的范围为⎣⎡⎦⎤－113，1.求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．5．若8＜x ＜10,2＜y ＜4，则xy 的取值范围是________．解析：∵2＜y ＜4， ∴14＜1y ＜12.又8＜x ＜10， ∴2＜x y ＜5.答案：(2,5)6．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．解：设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1.⇒⎩⎨⎧m ＝12，n ＝32.又1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫12≤12(α＋β)≤2，－3≤32(α－β)≤－32，⇒－52≤2α－β≤12.∴2α－β的取值范围为⎣⎡⎦⎤－52，12对应学生用书P31．已知数轴上两点A ，B 对应的实数分别为x ，y ，若x <y <0，则|x |与|y |对应的点P ，Q 的位置关系是( )A ．P 在Q 的左边B ．P 在Q 的右边C ．P ，Q 两点重合D ．不能确定解析：∵x <y <0，∴|x |>|y |>0.故P 在Q 的右边．答案：B2．下列命题中不．正确的是( ) A ．若3a >3b ，则a >b B ．若a >b ，c >d ，则a －d >b －c C ．若a >b >0，c >d >0，则a d >bcD ．若a >b >0，ac >bd ，则c >d解析：当c >0，d >0时，才有a >b >0，ac >bd ⇒c >d . 答案：D3．已知a >b >c ，则下列不等式正确的是( ) A ．ac >bcB ．ac 2>bc 2C ．b (a －b )>c (a －b )D ．|ac |>|bc |解析：a >b >c ⇒a －b >0⇒(a －b )b >(a －b )c . 答案：C4．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，若c a ＋b ＜a b ＋c ＜bc ＋a ，则( )A ．c ＜a ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜b ＜a解析：由c a ＋b ＜a b ＋c ＜b c ＋a ，可得c a ＋b ＋1＜a b ＋c ＋1＜bc ＋a ＋1，即a ＋b ＋c a ＋b ＜a ＋b ＋c b ＋c ＜a ＋b ＋cc ＋a，又a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以a ＋b ＞b ＋c ＞c ＋a .由a ＋b ＞b ＋c 可得a ＞c ；由b ＋c ＞c ＋a 可得b ＞a ，于是有c ＜a ＜b .答案：A5．已知0＜a ＜1，则a ，1a ，a 2的大小关系是________．解析：∵a －1a ＝(a ＋1)(a －1)a＜0，∴a ＜1a.又a －a 2＝a (1－a )＞0， ∴a ＞a 2.∴a 2＜a ＜1a .答案：a 2＜a ＜1a6．给出四个条件：①b >0>a ，②0>a >b ，③a >0>b ，④a >b >0. 能得出1a ＜1b成立的有________．解析：由1a <1b ，得1a －1b <0，b －a ab <0，故①②④可推得1a <1b 成立．答案：①②④7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为________．解析：∵x >y ，∴x －y ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0. ∴ab －1≠0或a ＋2≠0. 即ab ≠1或a ≠－2. 答案：ab ≠1或a ≠－28．若a >0，b >0，求证：b 2a ＋a 2b ≥a ＋b .证明：∵b 2a ＋a 2b －a －b ＝(a －b )⎝⎛⎭⎫a b －b a ＝(a －b )2(a ＋b )ab，(a －b )2≥0恒成立，且已知a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b >0，ab >0.∴(a －b )2(a ＋b )ab ≥0.∴b 2a ＋a 2b≥a ＋b .9．若f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解：∵f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ， f (－2)＝4a －2b ＝Af (－1)＋Bf (1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ A ＋B ＝4，B －A ＝－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧A ＝3，B ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． ∵2≤f (1)≤4,1≤f (－1)≤2，∴3≤3f(－1)≤6，∴5≤f(1)＋3f(－1)≤10，∴5≤f(－2)≤10.10．已知a>0，a≠1.(1)比较下列各组大小．①a2＋1与a＋a；②a3＋1与a2＋a；③a5＋1与a3＋a2.(2)探讨在m，n∈N＋条件下，a m＋n＋1与a m＋a n的大小关系，并加以证明．解：(1)∵a>0，a≠1，∴①a2＋1－(a＋a)＝a2＋1－2a＝(a－1)2>0.∴a2＋1>a＋a.②a3＋1－(a2＋a)＝a2(a－1)－(a－1)＝(a＋1)(a－1)2＞0，∴a3＋1>a2＋a，③a5＋1－(a3＋a2)＝a3(a2－1)－(a2－1)＝(a2－1)(a3－1)．当a>1时，a3>1，a2>1，∴(a2－1)(a3－1)>0.当0<a<1时，0<a3<1,0<a2<1，∴(a2－1)(a3－1)>0.即a5＋1>a3＋a2.(2)根据(1)可探讨，得a m＋n＋1＞a m＋a n.(证明如下)a m＋n＋1－(a m＋a n)＝a m(a n－1)＋(1－a n)＝(a m－1)(a n－1)．当a>1时，a m>1，a n>1，∴(a m－1)(a n－1)>0.当0<a<1时，0<a m<1,0<a n<1，∴(a m－1)(a n－1)>0.综上(a m－1)(a n－1)>0，即a m＋n＋1>a m＋a n.2．基本不等式对应学生用书P4 1．基本不等式的理解重要不等式a 2＋b 2≥2ab 和基本不等式a ＋b2≥ab ，成立的条件是不同的．前者成立的条件是 a 与b 都为实数，并且a 与b 都为实数是不等式成立的充要条件；而后者成立的条件是a 与b 都为正实数，并且a 与b 都为正实数是不等式成立的充分不必要条件，如a ＝0，b ≥0仍然能使a ＋b2≥ab 成立．两个不等式中等号成立的充要条件都是a ＝b . 2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式 (1)a 2＋b 2≥(a ＋b )22； (2)ab ≤a 2＋b 22；(3)ab ≤(a ＋b 2)2；(4)(a ＋b 2)2≤a 2＋b 22；(5)(a ＋b )2≥4ab .对应学生用书P5利用基本不等式证明不等式[例1] 已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1c≥9.[思路点拨] 解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明． [证明] 法一：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．即1a ＋1b ＋1c≥9. 法二：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝(a ＋b ＋c )(1a ＋1b ＋1c ) ＝1＋b a ＋c a ＋a b ＋1＋c b ＋a c ＋b c＋1＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴1a ＋1b ＋1c≥9.用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式进行证明．1．已知a ，b ，c ，d 都是正数，求证：(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd . 证明：因为a ，b ，c ，d 都是正数，所以ab ＋cd 2≥ab ·cd ＞0，ac ＋bd 2≥ac ·bd ＞0，所以(ab ＋cd )(ac ＋bd )4≥abcd ，即(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd .当且仅当ab ＝cd ，ac ＝bd ，即a ＝d ，b ＝c 时，等号成立． 2．已知a ，b ，c >0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵a ，b ，c ，a 2b ，b 2c ，c 2a 均大于0，又a 2b ＋b ≥2 a 2b ·b ＝2a ， b 2c ＋c ≥2 b 2c ·c ＝2b . c 2a＋a ≥2 c 2a·a ＝2c . ∴(a 2b ＋b )＋(b 2c ＋c )＋(c 2a ＋a ) ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 当且仅当a 2b ＝b ，b 2c ＝c ，c 2a ＝a ，即a ＝b ＝c 时取等号.利用基本不等式求最值[例2] (1)求当x >0时，f (x )＝2xx 2＋1的值域； (2)设0<x <32，求函数y ＝4x (3－2x )的最大值；(3)已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．[思路点拨] 根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值． [解] (1)∵x >0，∴f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x .∵x ＋1x ≥2，∴0<1x ＋1x≤12.∴0<f (x )≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”．即f (x )值域为(0,1]． (2)∵0<x <32，∴3－2x >0.∴y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )] ≤2⎣⎡⎦⎤2x ＋(3－2x )22＝92.当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．∴y ＝4x (3－2x )的最大值为92.(3)∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋9y (x ＋y )＝y x ＋9xy ＋10≥6＋10＝16. 当且仅当y x ＝9x y ，又1x ＋9y ＝1，即x ＝4，y ＝12时，上式取等号．故当x ＝4，y ＝12时，有(x ＋y )min ＝16.在应用基本不等式求最值时，分以下三步进行：(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值； (2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．3．已知x ＞0，则2x ＋8x 的最小值和取得最小值时的x 值分别是( )A ．8,2B ．8,4C ．16,2D ．16,4解析：2x ＋8x ≥22x ·8x ＝8，当且仅当2x ＝8x，即x ＝2时，取“＝”号，故选A. 答案：A4．设x ，y ∈R ＋，且满足x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B ．10 C ．4D ．2解析：∵x ，y ∈R ＋，∴4xy ≤x ＋4y2.∴xy ≤x ＋4y4＝10.∴xy ≤100.∴lg x ＋lg y ＝lg(xy )≤lg 100＝2. 答案：D5．(浙江高考)若正数x ，y 满足x ＋3y ＝5xy ，则3x ＋4y 的最小值是( ) A.245 B ．285C ．5D ．6解析：∵x ＋3y ＝5xy ，∴1y ＋3x＝5，∵x >0，y >0，∴(3x ＋4y )⎝⎛⎭⎫1y ＋3x ＝3x y ＋12yx ＋9＋4≥2 3x y ·12yx＋13＝25，∴5(3x ＋4y )≥25，∴3x ＋4y ≥5，当且仅当x ＝2y 时取等号． ∴3x ＋4y 的最小值是5.答案：C利用基本不等式解决实际问题[例3] 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2014年巴西世界杯期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x 万件与年促销费t 万元之间满足3－x 与t ＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2014年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．(1)将2014年的利润y (万元)表示为促销费t (万元)的函数． (2)该企业2014年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？[思路点拨] (1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式． [解] (1)由题意可设 3－x ＝k t ＋1，将t ＝0，x ＝1代入，得k ＝2. ∴x ＝3－2t ＋1.当年生产x 万件时，∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用， ∴年生产成本为32x ＋3＝32⎝⎛⎭⎫3－2t ＋1＋3.当销售x 万件时，年销售收入为150%⎣⎡⎦⎤32⎝⎛⎭⎫3－2t ＋1＋3＋12t .由题意，生产x 万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，得年利润y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)(t ≥0)．(2)y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)＝50－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋32t ＋1 ≤50－2t ＋12×32t ＋1＝50－2 16＝42，当且仅当t ＋12＝32t ＋1，即t ＝7时，等号成立，y max ＝42，∴当促销费定在7万元时，年利润最大．利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y 的函数表达式y ＝f (x )(x 一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x 的范围制约．6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x 件)，每进一次货运费50元，且在销售完该货物时，立即进货，现以年平均x2件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x 应是多少？解：设一年的运费和库存费共y 元，由题意知：y ＝50 000x ×50＋x2×20＝25×105x ＋10x ≥2 25×106＝104，当且仅当25×105x ＝10x 即x ＝500时，y min ＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．7.围建一个面积为360 m 2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m 的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m ，新墙的造价为180元/m ，设利用的旧墙的长度为x (单位：元)．(1)将y 表示为x 的函数；(2)试确定x ，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．解：(1)如题图所示，设矩形的另一边长为a m. 则y ＝45x ＋180(x －2)＋180×2a ＝225x ＋360a －360. 由已知xa ＝360，得a ＝360x ，所以y ＝225x ＋3602x －360(x ＞0)．(2)∵x >0，∴225x ＋3602x≥2225×3602＝10 800.∴y ＝225x ＋3602x －360≥10 440，当且仅当225 x ＝3602x时，等号成立．即当x ＝24 m 时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10 440元．对应学生用书P71．下列不等式中，正确的个数是( ) ①若a ，b ∈R ，则a ＋b2≥ab②若x ∈R ，则x 2＋2＋1x 2＋2≥2③若x ∈R ，则x 2＋1＋1x 2＋1≥2④若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：显然①不正确；③正确；对②虽然x 2＋2＝1x 2＋2无解，但x 2＋2＋1x 2＋2>2成立，故②正确；④不正确，如a ＝1，b ＝4. 答案：C2．已知a >0，b >0，a ，b 的等差中项是12，且α＝a ＋1a ，β＝b ＋1b ，则α＋β的最小值是( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：∵a ＋b ＝2×12＝1，a >0，b >0，∴α＋β＝a ＋1a ＋b ＋1b＝1＋1ab ≥1＋1⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝5，当且仅当a ＝b ＝12时取“＝”号．答案：C3. “a ＝1”是“对任意正数x,2x ＋ax ≥1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件解析：当a ＝1时，2x ＋a x ＝2x ＋1x ≥22(当且仅当x ＝22时取等号)，所以a ＝1⇒2x ＋ax ≥1(x ＞0)，反过来，对任意正数x ，如当a ＝2时，2x ＋a x ≥1恒成立，所以2x ＋ax ≥1⇒/ a＝1.答案：A4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D ．2千米处解析：由已知：y 1＝20x，y 2＝0.8x (x 为仓库到车站的距离)．费用之和y ＝y 1＋y 2＝0.8x ＋20x≥20.8x ·20x＝8.当且仅当0.8x ＝20x ，即x ＝5时等号成立．答案：A5．若x ≠0，则f (x )＝2－3x 2－12x 2的最大值是________，取得最值时x 的值是________．解析：f (x )＝2－3(x 2＋4x 2)≤2－3×4＝－10，当且仅当x 2＝4x 2即x ＝±2时取等号．答案：－10 ±26．当x ＞12时，函数y ＝x ＋82x －1的最小值为________．解析：因为x ＞12，所以x －12＞0，所以y ＝x ＋82x －1＝⎝⎛⎭⎫x －12＋4x －12＋12≥4＋12＝92，当且仅当x －12＝4x －12，即x ＝52时，取“＝”．答案：927．y ＝3＋x ＋x 2x ＋1(x >0)的最小值是________．解析：∵x >0，∴y ＝3＋x ＋x 2x ＋1＝3x ＋1＋x ＋1－1≥23－1.当且仅当x ＋1＝3时取等号．答案：23－18．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4 ≥4b a ×a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 9．设x >0，y >0且x ＋y ＝4，要使不等式1x ＋4y ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围．解：由x >0，y >0且x ＋y ＝4. 得x ＋y4＝1，∴1x ＋4y ＝x ＋y 4·⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ＝14⎝⎛⎭⎫1＋y x ＋4x y ＋4 ＝14⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4x y ≥14⎝⎛⎭⎫5＋2y x ·4x y ＝94. 当且仅当y x ＝4xy时等号成立．即y ＝2x (∵x >0，y >0，∴y ＝－2x 舍去)．此时，结合x ＋y ＝4，解得x ＝43，y ＝83.∴1x ＋4y 的最小值为94. ∴m ≤94.∴m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，94. 10．某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD ，公园由长方形A 1B 1C 1D 1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A 1B 1C 1D 1的面积为4 000平方米，人行道的宽分别为4米和10米(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比A 1B 1B 1C 1＝x ，求公园ABCD 所占面积S 关于x 的函数S (x )的解析式；(2)要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1的长和宽应如何设计？解：(1)设休闲区的宽为a 米，则其长为ax 米，由a 2x ＝4 000，得a ＝20 10x .则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20)＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160 ＝4 000＋(8x ＋20)·20 10x ＋160＝8010(2 x ＋5x)＋4 160(x >1)． (2)S ≥8010×22x ·5x ＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760.当且仅当2 x ＝5x即x ＝2.5时取等号，此时a＝40，ax＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1应设计为长100米，宽40米．3．三个正数的算术—几何平均不等式对应学生用书P81．定理3如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．(1)不等式a ＋b ＋c 3≥3abc 成立的条件是：a ，b ，c 均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a ＝b ＝c .(2)定理3可变形为：①abc ≤(a ＋b ＋c 3)3；②a 3＋b 3＋c 3≥3abc .(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均值不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正，二定，三相等”．2．定理3的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a nn ≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．对应学生用书P8用平均不等式证明不等式[例1] 已知a ，b ，c ∈R ＋，求证： b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc≥3. [思路点拨] 欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形． [证明]b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a b ＋b c －3≥33b a ·c b ·a c ＋33c a ·a b ·b c －3＝6－3＝3.当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．证明不等式的方法与技巧(1)观察式子的结构特点，分析题目中的条件．若具备“一正，二定，三相等”的条件，可直接应用该定理．若题目中不具备该条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．(2)三个正数的算术—几何平均不等式是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此凡是利用该不等式证明的不等式，一般可用比较法证明．1．设a ，b ，c ＞0，求证：1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.证明：因为a ，b ，c ＞0，由算术—几何平均不等式可得 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a 2b 2c 2＝3时，等号成立)，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥23(当且仅当a ＝b ＝c ＝63时，等号成立)．2．已知a 1，a 2，…，a n 都是正数，且a 1a 2…a n ＝1，求证： (2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n .证明：因为a 1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a 1＝1＋1＋a 1≥33a 1. 同理2＋a j ≥33a j (j ＝2,3，…n )．将上述各不等式的两边分别相乘即得 (2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n ) ≥(33a 1)(33a 2)…(33a n )＝3n ·3a 1a 2…a n .∵a 1a 2…a n ＝1，∴(2＋a 1)(2＋a 2)…(2＋a n )≥3n . 当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n ＝1时，等号成立.用平均不等式求最值[例2] (1)求函数y ＝(x －1)2(3－2x )⎝⎛⎭⎫1<x <32的最大值． (2)求函数y ＝x ＋4(x －1)2(x >1)的最小值．[思路点拨] 对于积的形式求最大值，应构造和为定值． (2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值．解：(1)∵1<x <32，∴3－2x >0，x －1>0.y ＝(x －1)2(3－2x ) ＝(x －1)(x －1)(3－2x )≤⎝⎛⎭⎫x －1＋x －1＋3－2x 33＝⎝⎛⎭⎫133＝127，当且仅当x －1＝x －1＝3－2x ，即x ＝43∈⎝⎛⎭⎫1，32时，y max ＝127. (2)∵x ＞1，∴x －1>0，y ＝x ＋4(x －1)2＝12(x －1)＋12(x －1)＋4(x －1)2＋1 ≥3312(x －1)·12(x －1)·4(x －1)2＋1＝4，当且仅当12(x －1)＝12(x －1)＝4(x －1)2，即x ＝3时等号成立．即y min ＝4.(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件“即一正二定三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如：配系数、拆项、分离常数、平方变形等．3．设x >0，则f (x )＝4－x －12x 2的最大值为( ) A ．4－22B ．4－ 2C ．不存在D.52解析：∵x >0，∴f (x )＝4－x －12x 2＝4－⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋12x 2≤4－33x 2·x 2·12x 2＝4－32＝52.答案：D4．若0＜x ＜1，则函数y ＝x 4(1－x 2)的最大值是________，此时x ＝________. 解析：因为0＜x ＜1，所以y ＝x 4(1－x 2)＝12x 2·x 2(2－2x 2)≤12⎝⎛⎭⎫x 2＋x 2＋2－2x 233＝427，当且仅当x 2＝x 2＝2－2x 2，即x ＝63时，函数y ＝x 4(1－x 2)取得最大值427. 答案：427 63用平均不等式解应用题[例3] 如图所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比，即E ＝k sin θr2.这里k 是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？[思路点拨] 根据题设条件建立r 与θ的关系式→将它代入E ＝k sin θr 2→得到以θ为自变量，E 为因变量的函数关系式→用平均不等式求函数的最值→获得问题的解 [解] ∵r ＝2cos θ，∴E ＝k ·sin θcos 2θ4⎝⎛⎭⎫0<θ<π2.∴E 2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ≤k 232·⎝⎛⎭⎫2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ33＝k 2108.当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ时取等号，即tan 2θ＝12，tan θ＝22.∴h ＝2tan θ＝ 2.即h ＝2时，E 最大．本题获解的关键是在获得了E ＝k ·sin θcos 2θ4后，对E 的表达式进行变形求得E 的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．5．已知长方体的表面积为定值S ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．解：设长方体的体积为V ，长、宽、高分别是a ，b ，c ，则V ＝abc ，S ＝2ab ＋2bc ＋2ac . V 2＝(abc )2＝(ab )(bc )(ac )≤⎝⎛⎭⎫ab ＋bc ＋ac 33＝⎝⎛⎭⎫S 63＝S 3216.当且仅当ab ＝bc ＝ac ，即a ＝b ＝c时，上式取“＝”号，V 2取最小值S 3216. 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝c ，2ab ＋2bc ＋2ac ＝S ，解得a ＝b ＝c ＝6S 6.即当长方体的长宽高都等于6S 6时，体积最大，最大值为S 6S36.对应学生用书P101．已知x 为正数，下列各题求得的最值正确的是( ) A ．y ＝x 2＋2x ＋4x 3≥33x 2·2x ·4x 3＝6，∴y min ＝6.B ．y ＝2＋x ＋1x ≥332·x ·1x＝332，∴y min ＝332.C ．y ＝2＋x ＋1x≥4，∴y min ＝4.D ．y ＝x (1－x )(1－2x )≤13⎣⎡⎦⎤3x ＋(1－x )＋(1－2x )33＝881，∴y max ＝881.解析：A ，B ，D 在使用不等式a ＋b ＋c ≥33abc (a ，b ，c ∈R ＋)和abc ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c 33(a ，b ，c ∈R ＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C 中，∵x >0，∴y ＝2＋x ＋1x ＝2＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2＋2＝4，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．答案：C2．设a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝3，则ab 2的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．6解析：∵ab 2＝4a ×b 2×b2≤4⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋b 233 ＝4⎝⎛⎭⎫a ＋b 33＝4×13＝4，当且仅当a ＝b2＝1时，等号成立．即ab 2的最大值为4. 答案：C3．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322B.833C.332D.223解析：由log x y ＝－2得y ＝1x 2.而x ＋y ＝x ＋1x2＝x 2＋x 2＋1x 2≥33x 2·x 2·1x 2＝3314＝3322，当且仅当x 2＝1x 2即x ＝32时取等号．答案：A4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V ，则下列总成立的是( ) A ．V ≥π B ．V ≤π C ．V ≥18πD ．V ≤18π解析：设圆柱半径为r ，则圆柱的高h ＝6－4r 2，所以圆柱的体积为V ＝πr 2·h ＝πr 2·6－4r2＝πr 2(3－2r )≤π⎝⎛⎭⎫r ＋r ＋3－2r 33＝π.当且仅当r ＝3－2r ，即r ＝1时取等号．答案：B5．设0<x <1，则x (1－x )2的最大值为 ________. 解析：∵0<x <1，∴1－x >0. 故32x (1－x )(1－x ) ≤2x ＋(1－x )＋(1－x )3＝23.∴x (1－x )2≤427⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝13时取等号. 答案：4276．若a >2，b >3，则a ＋b ＋1(a －2)(b －3)的最小值为________．解析：a >2，b >3，∴a －2>0，b －3>0.则a ＋b ＋1(a －2)(b －3)＝(a －2)＋(b －3)＋1(a －2)(b －3)＋5≥33(a －2)×(b －3)×1(a －2)(b －3)＋5＝8.当且仅当a －2＝b －3＝1(a －2)(b －3)即a ＝3，b ＝4时等号成立．答案：87．已知关于x 的不等式2x ＋1(x －a )2≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：2x ＋1(x －a )2＝(x －a )＋(x －a )＋1(x －a )2＋2a ， ∵x －a >0.∴2x ＋1(x －a )2≥33(x －a )(x －a )1(x －a )2＋2a ，＝3＋2a ，当且仅当x －a ＝1(x －a )2即x ＝a ＋1时，取等号．∴2x ＋1(x －a )2的最小值为3＋2a .由题意可得3＋2a ≥7，得a ≥2. 答案：28．设a ，b ，c ∈R ＋，求证： (a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴2(a ＋b ＋c )＝(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥ 33(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )>0.1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥331a ＋b ·1b ＋c ·1a ＋c >0， ∴(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1a ＋c ≥92.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．9．设x ，y ，z >0，且x ＋3y ＋4z ＝6，求x 2y 3z 的最大值．解：∵6＝x ＋3y ＋4z ＝x 2＋x 2＋y ＋y ＋y ＋4z ≥66x 2y 3z ，∴x 2x 3z ≤1⎝⎛⎭⎫当x2＝y ＝4z 时，取“＝”. ∴x ＝2，y ＝1，z ＝14时，x 2y 3z 取得最大值1.10．有一块边长为36 cm 的正三角形铁皮，从它的三个角上剪下三个全等的四边形后做成一个无盖的正三棱柱容器，要使这个容器的容积最大，剪下的三个四边形面积之和等于多少？最大容积是多少？解：剪下的三个全等的四边形如图所示，设A 1F 1＝x ，则AF 1＝3x ， ∴A 1B 1＝F 1F 2＝36－23x . ∴V ＝34(36－23x )2·x ＝332(63－x )(63－x )·2x . ∵0＜x ＜63，∴63－x ＞0. ∴V ≤332⎝ ⎛⎭⎪⎫63－x ＋63－x ＋2x 33. 又(63－x )＋(63－x )＋2x ＝123，∴当63－x ＝2x ，即x ＝23时，V 有最大值，这时V 最大＝332·(43)3＝864(cm 3)．∵S四边形A1F1AE2＝x·3x＝3x2＝123(cm2)，∴三个四边形面积之和等于36 3 cm2.1．绝对值三角不等式对应学生用书P11 绝对值三角不等式(1)定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．几何解释：用向量a ，b 分别替换a ，b .①当a 与b 不共线时，有|a ＋b|<|a |＋|b |，其几何意义为：三角形的两边之和大于第三边． ②若a ，b 共线，当a 与b 同向时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，当a 与b 反向时，|a ＋b |<|a |＋|b |. 由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式． ③定理1的推广：如果a ，b 是实数，则||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |. (2)定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |. 当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立．几何解释：在数轴上，a ，b ，c 所对应的点分别为A ，B ，C ，当点B 在点A ，C 之间时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |.当点B 不在点A ，C 之间时：①点B 在A 或C 上时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |； ②点B 不在A ，C 上时，|a －c |<|a －b |＋|b －c |.应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．对应学生用书P11含绝对值不等式的判断与证明[例1] 已知|A －a |<s 3，|B －b |<s 3，|C －c |<s 3.求证：|(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|<s . [思路点拨] 原式――→变形重新分组――→定理转化为|A －a |＋|B －b |＋|C －c |―→得出结论 [证明] |(A ＋B ＋C )－(a ＋b ＋c )|＝|(A －a )＋(B －b )＋(C －c )| ≤|(A －a )＋(B －b )|＋|C －c |≤|A －a |＋|B －b |＋|C －c |. 因为|A －a |<s 3，|B －b |<s 3，|C －c |<s3，所以|A －a |＋|B －b |＋|C －c |<s 3＋s 3＋s3＝s .含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式||a |－|b |||a ±b |≤|a |＋|b |，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．1．已知|x |＜a ，|y |＜b ，则下列不等式中一定成立的是( ) A ．|x ＋y |＜a ＋b B ．|x －y |＜a －b C ．|x |＋|y |≤a ＋bD ．|x |－|y |≤a －b解析：|x ＋y |≤|x |＋|y |＜a ＋b . 答案：A2．设ε>0，|x －a |<ε4，|y －a |<ε6.求证：|2x ＋3y －2a －3b |<ε.证明：|2x ＋3y －2a －3b |＝|2(x －a )＋3(y －b )|≤ |2(x －a )|＋|3(y －b )|＝2|x －a |＋3|y －b | <2×ε4＋3×ε6＝ε.绝对值三角不等式的应用[例2] (1)求函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的最大值和最小值．(2)如果关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|＜a 的解集为空集，求参数a 的取值范围． [思路点拨] 利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解． [解] (1)法一：||x －3|－|x ＋1|| ≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4， ∴－4≤|x －3|－|x ＋1|≤4. ∴y max ＝4，y min ＝－4. 法二：把函数看作分段函数．y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧4，x <－1，2－2x ，－1≤x ≤3，－4，x >3.∴－4≤y ≤4.∴y max＝4，y min＝－4.(2)只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1，当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立．∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1.∴a的取值范围为(－∞，1]．(1)利用绝对值不等式求函数最值，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．3．若a，b∈R，且|a|≤3，|b|≤2则|a＋b|的最大值是________，最小值是________．解析：|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，∴1＝3－2≤|a＋b|≤3＋2＝5.答案：5 14．求函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的最小值．解：∵|x－1|＋|x＋1|＝|1－x|＋|x＋1|≥|1－x＋x＋1|＝2，当且仅当(1－x)(1＋x)≥0，即－1≤x≤1时取等号．∴当－1≤x≤1时，函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|取得最小值2.5．若对任意实数，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，求a的取值范围．解：a<|x＋1|－|x－2|对任意实数恒成立，∴a<[|x＋1|－|x－2|]min.∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.∴(|x＋1|－|x－2|)min＝－3.∴a<－3.即a的取值范围为(－∞，－3)．对应学生用书P121．对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是()A．当a，b异号时，左边等号成立B．当a，b同号时，右边等号成立C．当a＋b＝0时，两边等号均成立D．当a＋b>0时，右边等号成立；当a＋b<0时，左边等号成立解析：当a，b异号且|a|>|b|时左边等号才成立A不正确；显然B正确；当a＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确；D显然不正确．答案：B2．已知a，b，c∈R，且a>b>c，则有()A．|a|>|b|>|c| B．|ab|>|bc|C．|a＋b|>|b＋c| D．|a－c|>|a－b|解析：∵a，b，c∈R，且a>b>c，令a＝2，b＝1，c＝－6.∴|a|＝2，|b|＝1，|c|＝6，|b|<|a|<|c|，故排除A.又|ab|＝2，|bc|＝6，|ab|<|bc|，故排除B.又|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，|a＋b|<|b＋c|，排除C.而|a－c|＝|2－(－6)|＝8，|a－b|＝1，∴|a－c|>|a－b|.答案：D3．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为()A．5 B．4C．8 D．7解析：由题意得，|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.答案：A4．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是()A．|a＋b|＋|a－b|>2 B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2 D．不可能比较大小解析：当(a＋b)(a－b)≥0时|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.当(a ＋b )(a －b )<0时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |<2. 答案：B5．(陕西高考)若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________．解析：|x －a |＋|x －1|≥|a －1|，则只需要|a －1|≤3，解得－2≤a ≤4. 答案：－2≤a ≤46．若1<a <8，－41)；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)．解析：log x 10＋lg x ＝1lg x ＋lg x ≥2，①正确；ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确； ∵ab ≠0时，b a 与ab 同号，∴|b a ＋a b |＝|b a ＋ab |≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知 |x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确．答案：①③④8．设a ，b ∈R ，ε>0，|a |<ε4，|b |<23ε.求证：|4a ＋3b |<3ε.证明：∵|a |<ε4，|b |<23ε，∴|4a ＋3b |≤|4a |＋|3b |＝4|a |＋3|b |<4·ε4＋3·2ε3＝3ε.9．设f (x )＝x 2－x ＋b ，|x －a |<1，求证： |f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．证明：∵f (x )－f (a )＝x 2－x －a 2＋a ＝(x －a )(x ＋a －1)， |f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a －1)| ＝|x －a ||x ＋a －1|<|x ＋a －1| ＝|(x －a )＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1| ≤|x －a |＋2|a |＋1<2|a |＋2＝2(|a|＋1)．∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．10．设函数y＝|x－4|＋|x－3|.求(1)y的最小值；(2)使y<a有解的a的取值范围；(3)使y≥a恒成立的a的最大值．解：(1)当x≤3时，y＝－(x－4)－(x－3)＝7－2x是减函数，∴y≥7－2×3＝1. 当3<x<4时，y＝－(x－4)＋(x－3)＝1；当x≥4时，y＝(x－4)＋(x－3)＝2x－7是增函数，∴y≥2×4－7＝1.∴y min＝1.(2)由(1)知y≥1.要使y<a有解，∴a>1.即a的取值范围为(1，＋∞)．(3)要使y≥a恒成立，只要y的最小值1≥a，即可．∴a max＝1.2．绝对值不等式的解法对应学生用书P131．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c (c >0)型不等式的解法只需将ax ＋b 看成一个整体，即化成|x |≤a ，|x |≥a (a >0)型不等式求解．|ax ＋b |≤c (c >0)型不等式的解法：先化为－c ≤ax ＋b ≤c ，再由不等式的性质求出原不等式的解集．不等式|ax ＋b |≥c (c >0)的解法：先化为ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集．2．|x －a |＋|x －b |≥c 和|x －a |＋|x －b |≤c 型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．②以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．对应学生用书P13|ax ＋b |≤c 与|ax ＋b |≥c (c >0)型的不等式的解法[例1] 解下列不等式： (1)|5x －2|≥8；(2)2≤|x －2|≤4.[思路点拨] 利用|x |>a 及|x |<a (a >0)型不等式的解法求解． [解] (1)|5x －2|≥8⇔5x －2≥8或5x －2≤－8⇔x ≥2或x ≤－65，∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥2或x ≤－65.(2)原不等式价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥2，|x －2|≤4.由①得x －2≤－2，或x －2≥2，。