在abc=1条件下的不等式探究
2023人教版不等式及不等式的基本性质【十大题型】(举一反三)(人教版)(原卷版)
专题9.1 不等式及不等式的基本性质【十大题型】【人教版】【题型1 不等式的概念及意义】 (1)【题型2 取值是否满足不等式】 (1)【题型3 根据实际问题列出不等式】 (2)【题型4 在数轴上表示不等式】 (2)【题型5 利用不等式的性质判断正误】 (3)【题型6 利用不等式性质比较大小】 (4)【题型8 利用不等式性质证明（不）等式】 (5)【题型9 利用不等式性质求取值范围或最值】 (6)【题型10 不等关系的简单应用】 (6)【知识点1 认识不等式】定义：用符号“＜”（或“≤”），“＞”（或“≥”），“≠”连接而成的式子，叫做不等式。
用符号这些用来连接的符号统称不等式.【题型1 不等式的概念及意义】【例1】（2022春•郏县期中）在数学表达式：①﹣3＜0；②4x+3y＞0；③x＝3；④x2+xy+y2；⑤x≠5；⑥x+2＞y+3中，不等式有（）A．1个B．3个C．4个D．5个【变式1-1】（2022春•苍溪县期末）下列式子是不等式的是（）A．x+4y＝3B．x C．x+y D．x﹣3＞0【变式1-2】（2022春•平泉市期末）某种牛奶包装盒上表明“净重205g，蛋白质含量≥3%”．则这种牛奶蛋白质的质量是（）A．3%以上B．6.15gC．6.15g及以上D．不足6.15g【变式1-3】（2022春•曲阳县期末）学校组织同学们春游，租用45座和30座两种型号的客车，若租用45座客车x辆，租用30座客车y辆，则不等式“45x+30y≥500”表示的实际意义是．【题型2 取值是否满足不等式】【例2】（2022春•卧龙区期中）下列数值﹣2、﹣1.5、﹣1、0、1、1.5、2中能使1﹣2x＞0成立的个数有个．【变式2-1】（2022春•泸县期末）x＝3是下列哪个不等式的解（）A．x+2＜4B．1x＞3C．2x﹣1＜3D．3x+2＞103【变式2-2】（2022春•雁塔区校级期中）下列x的值中，是不等式x＞2的解的是（）A．﹣2B．0C．2D．3【变式2-3】（2022春•夏津县期中）请写出满足下列条件的一个不等式．（1）0是这个不等式的一个解：；（2）﹣2，﹣1，0，1都是不等式的解：；（3）0不是这个不等式的解：.【题型3 根据实际问题列出不等式】【例3】（2022春•川汇区期末）小丽和小华先后进入电梯，当小华进入电梯时，电梯因超重而警示音响起，且这个过程中没有其他人进出，已知当电梯乘载的重量超过300公斤时警示音响起，且小丽、小华的体重分别为40公斤，50公斤，若小丽进入电梯前，电梯内已乘载的重量为x公斤，则所有满足题意的x 可用下列不等式表示的是（）A．210＜x≤260B．210＜x≤300C．210＜x≤250D．250＜x≤260【变式3-1】（2022•南京模拟）据深圳气象台“天气预报”报道，今天深圳的最低气温是25℃，最高气温是32℃，则今天气温t（℃）的取值范围是（）A．t＜32B．t＞25C．t＝25D．25≤t≤32【变式3-2】（2022春•玉田县期末）用不等式表示“a是负数”应表示为．【变式3-3】（2022秋•婺城区校级期末）某种药品的说明书上贴有如图所示的标签，一次服用药品的剂量设为x，则x的取值范围是．【题型4 在数轴上表示不等式】【例4】（2022•嘉善县模拟）数轴上所表示的关于x的不等式组的解集为．【变式4-1】（2022春•永丰县期中）不等式x≥a的解集在数轴上表示如图所示，则a＝．【变式4-2】（2022秋•衢州期中）在数轴上表示下列不等式（1）x ＜﹣1 （2）﹣2＜x ≤3．【变式4-3】（2022•防城港模拟）在数轴上表示﹣2≤x ＜1正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【知识点2 不等式的基本性质】性质1：若a ＜b ，b ＜c ，则a ＜c.这个性质叫做不等式的传递性.性质2：不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变。
(复习指导)选修4—5 第1课时 绝对值不等式含解析
选修4—5不等式选讲必备知识预案自诊知识梳理1.绝对值三角不等式(1)定理1:若a,b是实数,则|a+b|≤,当且仅当时,等号成立;(2)性质:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|;(3)定理2:若a,b,c是实数,则|a-c|≤,当且仅当时,等号成立.2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a(a>0)的解法:①|x|<a⇔-a<x<a;②|x|>a⇔x>a或x<-a.(2)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法:①|ax+b|≤c⇔;②|ax+b|≥c⇔.(3)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法:①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;③通过构造函数,利用函数的图像求解,体现了函数与方程及数形结合的思想.3.基本不等式定理1:设a,b∈R,则a2+b2≥,当且仅当a=b时,等号成立.定理2:若a,b为正数,则a+b2≥√ab,当且仅当a=b时,等号成立.定理3:若a,b,c为正数,则a+b+c3≥√abc3,当且仅当a=b=c时,等号成立.定理4:若a1,a2,…,a n为n个正数,则a1+a2+…+a nn ≥√a1a2…a nn,当且仅当a1=a2=…=a n时,等号成立.4.柯西不等式(1)若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.(2)设a1,a2,a3,…,a n,b1,b2,b3,…,b n是实数,则(a12+a22+…+a n2)(b12+b22+…+b n2)≥(a1b1+a2b2+…+a n b n)2,当且仅当b i=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得a i=kb i(i=1,2,…,n)时,等号成立.(3)柯西不等式的向量形式:设α,β是两个向量,则|α||β|≥|α·β|,当且仅当β是零向量或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.5.不等式证明的方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、放缩法以及利用绝对值三角不等式、柯西不等式法等.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)对|a-b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≤0时,等号成立.()(2)|a+b|+|a-b|≥|2a|.()(3)|x-a|+|x-b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a,b的距离之和.()(4)用反证法证明命题“a,b,c全为0”时假设为“a,b,c全不为0”.()(5)若m=a+2b,n=a+b2+1,则n≥m.() 2.若|a-c|<|b|,则下列不等式正确的是()A.a<b+cB.a>c-bC.|a|>|b|-|c|D.|a|<|b|+|c|3.若不等式|x+1x|>|a-2|+1对于一切非零实数x均成立,则实数a的取值范围是() A.(2,3) B.(1,2)C.(1,3)D.(1,4)4.设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则√m2+n2的最小值为.5.若存在实数x使|x-a|+|x-1|≤3成立,则实数a的取值范围是.第1课时绝对值不等式关键能力学案突破考点绝对值不等式的解法【例1】(2020全国1,理23)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.(1)画出y=f(x)的图像;(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集.解题心得解含有两个以上绝对值符号的不等式的方法解法1:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;解法2:利用“零点分段法”求解,即令各个绝对值式子等于0,求出各自零点,把零点在数轴上从小到大排列,然后按零点分数轴形成的各区间去绝对值,进而将绝对值不等式转化为常规不等式,体现了分类讨论的思想;解法3:通过构造函数,利用函数的图像求解,体现了函数与方程的思想.对点训练1(2019全国2,理23)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;(2)若x∈(-∞,1)时,f(x)<0,求a的取值范围.考点求参数范围(多考向探究)考向1分离参数法求参数范围【例2】(2017全国3,理23)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.(1)求不等式f(x)≥1的解集;(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.解题心得在不等式有解或成立的情况下,求参数的取值范围,可以采取分离参数,通过求对应函数最值的方法获得.对点训练2已知f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a,(1)当a=-1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;(2)若存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立,求a的取值范围.考向2利用函数最值求参数范围【例3】(2020辽宁大连一中6月模拟,23)已知函数f(x)=x|x-a|,a∈R.(1)当f(1)+f(-1)>1时,求a的取值范围;+|y-a|恒成立,求a的取值范围.(2)若a>0,对任意x,y∈(-∞,a],都有不等式f(x)≤y+54解题心得1.对于求参数范围问题,可将已知条件进行等价转化,得到含有参数的不等式恒成立,此时通过求函数的最值得到关于参数的不等式,解不等式得参数范围.2.解答此类问题应熟记以下转化:f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a;f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a;f(x)>a有解⇔f(x)max>a;f(x)<a有解⇔f(x)min<a;f(x)>a无解⇔f(x)max≤a;f(x)<a无解⇔f(x)min≥a.对点训练3(2020山西太原三模,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-2a|,a∈R.(1)若a=1,解不等式f(x)<4;(2)对任意的实数m,若总存在实数x,使得m2-2m+4=f(x),求实数a的取值范围.考向3恒等转化法求参数范围【例4】(2020全国2,理23)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4的解集;(2)若f(x)≥4,求a的取值范围.解题心得在不等式成立的前提下求参数范围,通常对不等式进行等价变形,求出不等式的解,然后根据已知条件确定参数范围.对点训练4(2018全国1,理23)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.考点求函数或代数式的最值(多考向探究)考向1利用基本不等式求最值【例5】(2020河北石家庄二模,文23)函数f(x)=|2x-1|+|x+2|.(1)求函数f(x)的最小值;(2)若f(x)的最小值为M,a+2b=2M(a>0,b>0),求证:1a+1+12b+1≥47.解题心得在求某一代数式的最值时,根据已知条件利用基本不等式a 2+b 2≥2ab ,a+b2≥√ab (a ,b 为正数),a+b+c3≥√abc 3(a ,b ,c 为正数)对代数式进行适当的放缩,从而得出其最值.对点训练5(2020河南开封三模)关于x 的不等式|x-2|<m (m ∈N +)的解集为A ,且32∈A ,12∉A. (1)求m 的值;(2)设a ,b ,c 为正实数,且a+b+c=3m ,求√a +√b +√c 的最大值.考向2 利用绝对值三角不等式求最值【例6】已知函数f (x )=2|x+a|+|x -1a|(a ≠0).(1)当a=1时,解不等式f (x )<4;(2)求函数g (x )=f (x )+f (-x )的最小值.解题心得利用绝对值三角不等式求函数或代数式的最值时,往往需要对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式等价变形,使相加或相减后对消变量,得到常数.对点训练6已知函数f (x )=|2x+1|-|x-1|. (1)求f (x )+|x-1|+|2x-3|的最小值;(2)若不等式|m-1|≥f (x )+|x-1|+|2x-3|有解,求实数m 的取值范围.考向3利用放缩法求最值【例7】(2019全国3,理23)设x,y,z∈R,且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥13成立,证明:a≤-3或a≥-1.解题心得利用放缩法求代数式的最值,一般利用基本不等式,绝对值三角不等式及数学结论进行放缩,在放缩的过程中,结合已知条件消去变量得到常量,从而得到代数式的最值.对点训练7已知实数m,n满足2m-n=3.(1)若|m|+|n+3|≥9,求实数m的取值范围;(2)求|53m-13n|+|13m-23n|的最小值.1.绝对值不等式主要利用“零点分段法”求解,有时也利用函数图像通过观察得出不等式的解集.2.含绝对值不等式的恒成立问题的求解方法(1)分离参数法:运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a,f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题.(2)数形结合法:在研究不等式f(x)≤g(x)恒成立问题时,若能作出两个函数的图像,通过图像的位置关系可直观解决问题.3.求函数或代数式的最值主要应用基本不等式、绝对值三角不等式以及通过放缩求解.在解决有关绝对值不等式的问题时,充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题.若用零点分段法求解,要掌握分类讨论的标准,做到不重不漏.选修4—5 不等式选讲必备知识·预案自诊知识梳理1.(1)|a|+|b| ab ≥0 (3)|a-b|+|b-c| (a-b )(b-c )≥02.(2)①-c ≤ax+b ≤c ②ax+b ≥c 或ax+b ≤-c3.2ab考点自诊1.(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√2.D |a|-|c|≤|a-c|<|b|,即|a|<|b|+|c|,故选D .3.C 因为|x +1x |=|x|+|1x |≥2,要使对于一切非零实数x ,|x +1x|>|a-2|+1恒成立,则|a-2|+1<2,即1<a<3.4.√5 由柯西不等式可知(a 2+b 2)(m 2+n 2)≥(ma+nb )2,即5(m 2+n 2)≥25,当且仅当an=bm 时,等号成立,所以√m 2+n 2≥√5.5.[-2,4] ∵|x-a|+|x-1|≥|(x-a )-(x-1)|=|a-1|,要使|x-a|+|x-1|≤3有解,可使|a-1|≤3,∴-3≤a-1≤3,∴-2≤a ≤4.第1课时 绝对值不等式 关键能力·学案突破 例1解(1)由题设知f (x )={-x -3,x ≤-13,5x -1,-13<x ≤1,x +3,x >1.y=f (x )的图像如图所示.(2)函数y=f (x )的图像向左平移1个单位长度后得到函数y=f (x+1)的图像.y=f (x )的图像与y=f (x+1)的图像的交点坐标为-76,-116.由图像可知当且仅当x<-76时,y=f (x )的图像在y=f (x+1)的图像上方. 故不等式f (x )>f (x+1)的解集为(-∞,-76). 对点训练1解(1)当a=1时,f (x )=|x-1|x+|x-2|·(x-1).当x<1时,f (x )=-2(x-1)2<0; 当x ≥1时,f (x )≥0.所以,不等式f (x )<0的解集为(-∞,1). (2)因为f (a )=0,所以a ≥1. 当a ≥1,x ∈(-∞,1)时,f (x )=(a-x )x+(2-x )(x-a )=2(a-x )(x-1)<0. 所以,a 的取值范围是[1,+∞). 例2解(1)f (x )={-3,x <-1,2x -1,-1≤x ≤2,3,x >2.当x<-1时,f (x )≥1无解;当-1≤x ≤2时,由f (x )≥1得,2x-1≥1,解得1≤x ≤2; 当x>2时,由f (x )≥1解得x>2. 所以f (x )≥1的解集为{x|x ≥1}.(2)由f (x )≥x 2-x+m 得m ≤|x+1|-|x-2|-x 2+x. 而|x+1|-|x-2|-x 2+x ≤|x|+1+|x|-2-x 2+|x|=-(|x |-32)2+54≤54,且当x=32时,|x+1|-|x-2|-x 2+x=54. 故m 的取值范围为(-∞,54].对点训练2解(1)当a=-1时原不等式可化为|x+1|-2|x|≥-1,设φ(x )=|x+1|-2|x|={x -1,x ≤-1,3x +1,-1<x <0,-x +1,x ≥0,则{x ≤-1,x -1≥-1,或{-1<x <0,3x +1≥-1,或{x ≥0,-x +1≥-1. 即-23≤x ≤2.所以原不等式的解集为-23,2.(2)若存在x 0∈R 使得f (x 0)≥g (x 0)成立,等价于|x+1|≥2|x|+a 有解, 由(1)即φ(x )≥a 有解,即a ≤φ(x )max ,由(1)可知,φ(x )在(-∞,0)单调递增,在[0,+∞)单调递减, 所以φ(x )max =φ(0)=1,所以a ≤1.故a 的取值范围为(-∞,1].例3解(1)f (1)+f (-1)=|1-a|-|1+a|>1,若a ≤-1,则1-a+1+a>1,得2>1,即当a ≤-1时,不等式恒成立;若-1<a<1,则1-a-(1+a )>1,得a<-12,即-1<a<-12; 若a ≥1,则-(1-a )-(1+a )>1,得-2>1,此时不等式无解. 综上所述,a 的取值范围是-∞,-12.(2)由题意知,要使不等式恒成立,只需f (x )max ≤y+54+|y-a|min .当x ∈(-∞,a ]时,f (x )=-x 2+ax ,f (x )max =f a 2=a 24. 因为y+54+|y-a|≥a+54, 所以当y ∈-54,a 时,y+54+|y-a|min =a+54=a+54.于是a 24≤a+54,解得-1≤a ≤5.结合a>0,所以a 的取值范围是(0,5].对点训练3解(1)当a=1时,f (x )<4,即|x+1|+|x-2|<4,化为{x <-1,2x >-3或{-1≤x ≤2,3<4或{x >2,2x -1<4,解得-32<x<-1或-1≤x ≤2或2<x<52,综上,-32<x<52,即不等式f (x )<4的解集为-32,52.(2)根据题意,得m 2-2m+4的取值范围是f (x )值域的子集.m 2-2m+4=(m-1)2+3≥3,又f (x )=|x+1|+|x-2a|≥|2a+1|, 所以f (x )的值域为[|2a+1|,+∞).故|2a+1|≤3,解得-2≤a ≤1,即实数a 的取值范围为[-2,1].例4解(1)当a=2时,f (x )={7-2x ,x ≤3,1,3<x ≤4,2x -7,x >4.因此,不等式f (x )≥4的解集为{x |x ≤32或x ≥112}. (2)因为f (x )=|x-a 2|+|x-2a+1|≥|a 2-2a+1|=(a-1)2,故当(a-1)2≥4,即|a-1|≥2时,f (x )≥4. 所以当a ≥3或a ≤-1时,f (x )≥4.当-1<a<3时,f (a 2)=|a 2-2a+1|=(a-1)2<4. 所以a 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).对点训练4解(1)当a=1时,f (x )=|x+1|-|x-1|,即f (x )={-2,x ≤-1,2x ,-1<x <1,2,x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为{x |x >12}.(2)当x ∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax-1|<1成立. 若a ≤0,则当x ∈(0,1)时|ax-1|≥1;若a>0,|ax-1|<1的解集为0<x<2a ,所以2a ≥1,故0<a ≤2. 综上,a 的取值范围为(0,2]. 例5(1)解f (x )=|2x-1|+|x+2|={-3x -1,x ≤-2,-x +3,-2<x <12,3x +1,x ≥12,当x ≤-2时,f (x )≥5;当-2<x<12时,52<f (x )<5; 当x ≥12时,f (x )≥52. 所以f (x )的最小值为52. (2)证明由(1)知M=52,即a+2b=5.又因为a>0,b>0,所以1a+1+12b+1=17[(a+1)+(2b+1)]1a+1+12b+1=172+2b+1a+1+a+12b+1 ≥172+2√2b+1a+1·a+12b+1 =47,当且仅当a=2b ,即a=52,b=54时,等号成立.所以1a+1+12b+1≥47. 对点训练5解(1)由已知得{|32-2|<m ,|12-2|≥m ,解得12<m ≤32.因为m ∈N *,所以m=1.(2)因为a+b+c=3,所以√a +√b +√c =√1·a +√1·b +√1·c ≤1+a 2+1+b 2+1+c2=3+a+b+c2=3, 当且仅当a=b=c=1时,等号成立.所以√a +√b +√c 的最大值为3.例6解(1)∵a=1,∴原不等式为2|x+1|+|x-1|<4,∴{x <-1,-2x -2-x +1<4,或 {-1≤x ≤1,2x +2-x +1<4,或{x >1,2x +2+x -1<4,∴-53<x<-1或-1≤x<1或∅. ∴原不等式的解集为(-53,1).(2)由题意得g (x )=f (x )+f (-x )=2(|x+a|+|x-a|)+(|x +1a |+|x -1a |)≥2|2a|+2|a |≥4√2.当且仅当2|a|=1|a |,即a=±√22,且-√22≤x ≤√22时,g (x )取最小值4√2. 对点训练6解(1)f (x )+|x-1|+|2x-3|=|2x+1|-|x-1|+|x-1|+|2x-3|=|2x+1|+|2x-3|≥|2x+1-(2x-3)|=4,当-12≤x ≤32时等号成立,所以f (x )+|x-1|+|2x-3|的最小值为4.(2)不等式|m-1|≥f (x )+|x-1|+|2x-3|有解,∴|m-1|≥[f (x )+|x-1|+|2x-3|]min .∴|m-1|≥4,∴m-1≤-4或m-1≥4,即m ≤-3或m ≥5,∴实数m 的取值范围是(-∞,-3]∪[5,+∞).例7(1)解由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43,当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43.(2)证明由于[(x-2)+(y-1)+(z-a )]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a )+(z-a )(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2],故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2≥(2+a )23,当且仅当x=4-a 3,y=1-a 3,z=2a -23时等号成立. 因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2的最小值为(2+a )23.由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.对点训练7解因为2m-n=3,所以2m=n+3.(1)|m|+|n+3|=|m|+|2m|=3|m|≥9,所以|m|≥3,所以m ≤-3或m ≥3.故m 的取值范围为(-∞,-3]∪[3,+∞).(2)53m-13n +13m-23n =53m-13(2m-3)+13m-23(2m-3)=|m+1|+|m-2|≥3,当且仅当-1≤m ≤2(或-5≤n ≤1)时等号成立, 所以53m-13n +13m-23n 的最小值是3.。
高中数学 第一章 不等式的基本性质和证明不等式的基本
1．5.2 综合法和分析法[对应学生用书P19][读教材·填要点]1．综合法从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题，这种方法称为综合法．2．分析法从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实)，这种证明方法称为分析法．[小问题·大思维]1．如何理解分析法寻找的是使要证命题成立的充分条件？提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证A 只需证B ”表示，说明只要B 成立，就一定有A 成立，所以B 必须是A 的充分条件才行，当然B 是A 的充要条件也可．2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？提示：综合法：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (逐步推演不等式成立的必要条件)， 即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：B ⇐B 1⇐B 2⇐…⇐B n ⇐A (步步寻求不等式成立的充分条件)， 总之，综合法与分析法是对立统一的两种方法．[对应学生用书P19][例1] 已知a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，又abc ＝1. 求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.[思路点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有根号，脱去根号可通过a ＝1bc <1b ＋1c 2实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．[精解详析] 法一：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1，∴a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab ＜1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c. 法二：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc2＞ abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b＋c .(1)用综合法证明不等式时，主要利用基本不等式，函数的单调性以及不等式的性质等知识，在严密的演绎推理下推导出结论．(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a 2≥0(a ∈R )．②(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有：a 2＋b 2≥2ab ，(a ＋b2)2≥ab .a 2＋b 2≥12(a ＋b )2.③若a ，b 为正实数，a ＋b 2≥ab .特别b a ＋a b≥2.④a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc＋ca .1．已知a >0，b >0，求证a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc . 证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a >0， 所以a (b 2＋c 2)≥2abc . 又因为c 2＋a 2≥2ac ，b >0， 所以b (c 2＋a 2)≥2abc .因此a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc .[例2] a ，b 均为正实数，且2c >a ＋b .求证：c－c2－ab<a<c＋c2－ab.[思路点拨] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．解答本题需要对原不等式变形为－c2－ab<a－c<c2－ab，然后再证明．[精解详析] 要证c－c2－ab＜a＜c＋c2－ab，只需证－c2－ab＜a－c＜c2－ab，即证|a－c|＜c2－ab，两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，也即证a2＋ab＜2ac，即a(a＋b)＜2ac.∵a，b均为正实数，且a＋b＜2c，∴a(a＋b)＜2ac显然成立．∴原不等式成立．(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．(2)对于无理不等式的证明，常采用分析法通过平方将其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．(3)分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．2．已知x>0，y>0，求证：(x2＋y2)12>(x3＋y3)13.证明：要证明(x2＋y2)12>(x3＋y3)13，只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，即证3x4y2＋3x2y4>2x3y3.∵x>0，y>0，∴x2y2>0.即证3x2＋3y2>2xy.∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，∴3x2＋3y2>2xy成立．∴(x2＋y2)12>(x3＋y3)13.[例3] 已知a ，b ，c 均为正实数，且b 2＝ac .求证：a 4＋b 4＋c 4＞(a 2－b 2＋c 2)2. [思路点拨] 本题考查综合法与分析法的综合应用．解答本题可先采用分析法将所要证明的不等式转化为较易证明的不等式，然后再用综合法证明．[精解详析] 欲证原不等式成立，只需证a 4＋b 4＋c 4＞a 4＋b 4＋c 4－2a 2b 2＋2a 2c 2－2b 2c 2， 即证a 2b 2＋b 2c 2－a 2c 2＞0，∵b 2＝ac ，故只需证(a 2＋c 2)ac －a 2c 2＞0. ∵a 、c ＞0，故只需证a 2＋c 2－ac >0， 又∵a 2＋c 2>2ac ，∴a 2＋c 2－ac >0显然成立． ∴原不等式成立．(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析与综合之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．3．已知a >b >c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a>0. 证明：法一：要证明1a －b ＋1b －c ＋1c －a>0， 只需要证明1a －b ＋1b －c >1a －c. ∵a >b >c ，∴a －c >a －b >0，b －c >0， ∴1a －b >1a －c， 1b －c >0，∴1a －b ＋1b －c >1c －a 成立． ∴1a －b ＋1b －c －1c －a>0成立． 法二：若令a －b ＝x ，b －c ＝y ，则a －c ＝x ＋y ， ∵a >b >c ，∴x >0，y >0，证明1a －b ＋1b －c ＋1c －a>0， 只要证明：1x ＋1y －1x ＋y >0，也就是要证：y x ＋y ＋x x ＋y －xyxy x＋y>0，即证：x 2＋y 2＋xyxy x ＋y＞0，∵x >0，y >0，∴x ＋y >0，x 2＋y 2＋xy >0， ∴上式成立，即1x ＋1y －1x ＋y ＞0，故1a －b ＋1b －c ＋1c －a>0.[对应学生用书P20]一、选择题1．设a ，b 均为正实数，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A 、B 的大小关系是( ) A ．A ≥B B ．A ≤B C ．A ＞BD ．A ＜B解析：用综合法(a ＋b )2＝a ＋2ab ＋b ， 所以A 2－B 2＞0. 又A ＞0，B ＞0， ∴A ＞B . 答案：C2．已知x >y >z ，且x ＋y ＋z ＝0，下列不等式中成立的是( ) A ．xy >yz B ．xz >yz C ．xy >xzD ．x |y |>z |y |解析：由已知得3x >x ＋y ＋z ＝0， 3z <x ＋y ＋z ＝0，∴x >0，z <0. 由⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >z得xy >xz .答案：C3．若a >0，b >0，下列不等式中不成立的是( ) A.b a ＋a b≥2B ．a 2＋b 2≥2ab C.b 2a ＋a 2b≥a ＋bD.1a ＋1b ≥2＋2a ＋b解析：由b a∈(0，＋∞)且a b ∈(0，＋∞)，得b a ＋a b ≥2b a ·ab，所以A 成立，B 显然成立，不等式C 可变形为a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2⇔(a 2－b 2)(a －b )≥0.答案：D4．已知a 、b 、c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P <S <2P C ．S >PD ．P ≤S ＜2P解析：∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，∴a 2＋b 2－2ab ＜c 2. 同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2， ∴a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ca )．即S <2P . 答案：D 二、填空题5．已知a ，b ，c ∈R ＋，则1a ＋1b ＋1c与1ab＋1bc ＋1ac的大小关系是________________．解析：因为1a ＋1b ≥21ab ，1b ＋1c≥21bc ，1a ＋1c≥21ab，三式相加可得1a ＋1b ＋1c≥1ab＋1bc＋1ac.答案：1a ＋1b ＋1c≥1ab ＋1bc ＋1ac6．若x >0，y >0，且5x ＋7y ＝20，则xy 的最大值是________________． 解析：xy ＝135(5x ·7y )≤135⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋7y 22＝135⎝ ⎛⎭⎪⎫2022＝207.当且仅当5x ＝7y ＝10即x ＝2，y ＝107时取等号．答案：2077．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P 、Q 、R 按从大到小的排列顺序为________．解析：由已知P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，1R ＝1a ＋1b 2＝a ＋b 2ab ，即R ＝2aba ＋b，显然P ≥Q ，又2ab a ＋b ≤2ab2ab＝ab ，∴Q ≥R .∴P ≥Q ≥R . 答案：P ≥Q ≥R 8．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a>0在条件a >b >c 时恒成立，则λ的取值范围是________． 解析：不等式可化为1a －b ＋1b －c >λa －c. ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， ∴λ<a －c a －b ＋a －cb －c恒成立． ∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －cb －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c≥2＋2＝4. ∴λ<4. 答案：(－∞，4) 三、解答题9．a ，b ，c 为互不相等的正数，且abc ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .证明：法一：由左式推证右式∵abc ＝1，且a ，b ，c 为互不相等的正数，∴1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ac ＋ab ＝bc ＋ac 2＋ac ＋ab 2＋ab ＋bc 2>bc ·ac ＋ac ·ab ＋ab ·bc (基本不等式)＝c ＋a ＋b . ∴1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .法二：由右式推证左式∵a ，b ，c 为互不相等的正数，且abc ＝1， ∴a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab<1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2(基本不等式) ＝1a ＋1b ＋1c .∴1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .10．已知a >b >0，求证：a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b.证明：要证a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b，只要证a －b24a<a ＋b －2ab <a －b24b，即证⎝⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2<(a －b )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2， 即证0＜a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b， 即证a ＋b a <2<a ＋bb， 即证1＋b a <2<1＋a b， 即证b a<1<ab 成立． 因为a >b >0，所以a b>1，b a<1，故ba ＜1，ab＞1成立． 所以有a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b成立．11．已知实数a 、b 、c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1.求证：1＜a ＋b ＜43.证明：∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于 1＜1－c ＜43，即－13＜c ＜0.又a 2＋b 2＋c 2＝1，则有ab ＝a ＋b2－a 2＋b 22＝－c2－－c22＝c 2－c .①由a ＋b ＝1－c .②由①②得a 、b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0，解得－13＜c ＜1.∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0，解得c ＜0或c ＞23(舍)．∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。
用柯西不等式解在a+b+c=1条件下的不等式赛题
用柯西不等式解在ａ＋ｂ＋ｃ＝１条件下的不等式赛题作者：曾春燕来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2009年第01期华南师范大学数学科学学院2008级硕研 510631摘要：本文通过使用柯西不等式来解决在a+b+c=1条件下的一类整式、分式、无理不等式以及函数最值的竞赛试题，并对其进行了进一步的探究与推广.关键词：柯西不等式；推广；试题各级各类数学竞赛中，经常涉及在a+b+c=1条件下的不等式问题. 经探索，此类问题都可以使用柯西不等式来解决.[⇩]简证a+b+c=1条件下的一类整式不等式例1 （前苏联奥尔德荣尼基市第三届数学竞赛试题）设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥.证明由柯西不等式得3（a2+b2+c2）=（a2+b2+c2）（12+12+12）≥（a＋b＋c）2=1，所以a2+b2+c2≥，且当且仅当a=b=c=时取得等号.推广1设a，b，c∈R+，且a+2b+3c=6，求证：a2+2b2+3c2≥6.证明由柯西不等式得6（a2+2b2+3c2）=（a2+2b2+3c2）（1+2+3）=［a2+（b）2+（c）2］·［12+（）2+（）2］≥（a+2b+3c）2=62，所以a2+2b2+3c2≥6，且当且仅当a=b=c=1时取等号.推广2设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥9abc.证明由柯西不等式得a2+b2+c2=（a＋b＋c）（a2+b2+c2）=［（）2+（）2+（）2］·（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2≥3·2=9abc，所以a2+b2+c2≥9abc，且当且仅当a=b=c=时取得等号.例2（1984列宁格勒数学竞赛试题）设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：a3b+b3c+c3a≥abc.证明因为a3b+b3c+c3a≥abc等价于++≥1. 由柯西不等式得2＝（a+b+c）2＝1，所以++≥1，即a3b+b3c+c3a≥abc，且当且仅当a=b=c=时取等号.[⇩]简证a+b+c=1条件下的一类分式不等式例3（1990日本IMO选拔题）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：++≥36.证明由柯西不等式得++=2＝（1+2+3）2＝36，且当且仅当a=，b=，c=时取等号.[⇩]简证a+b+c=1条件下的一类无理不等式例4 （2006中国数学奥林匹克国家集训队考试题）设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：++≤.证明由柯西不等式得⇔4a2b（b＋c）＋4b2c（a＋c）＋4c2a（a＋b）≤（a＋b）（a＋c）（b＋c）（a＋b＋c）⇔a3b+ab3+b3c+bc3+c3a+ca3－2（a2b2＋b2c2＋c2a2）≥0⇔ab（a－b）2＋bc（b－c）2＋ca（c－a）2≥0，这显然成立.从而得证. 当且仅当a=b=c=时取等号.例5（1997“希望杯”全国数学邀请赛高二年级一试试题）设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证：++≤3.证明由柯西不等式得（++）2=（·1+·1+·1）2≤［（）2+（）2+（）2］·（12+12+12）=（3a+1+3b+1+3c+1）·3=［3（a+b+c）+3］·3=18，从而++≤3，且当且仅当a=b=c=时取等号.推广3设a，b，c∈R+，且a+b+c=m，求证：++≤（其中m，n均为正常数）.证明由柯西不等式得（++）2=（·1+·1+·1）2≤［（）2+（）2+（）2］·（12+12+12）=（na+1+nb+1+nc+1）3=［n（a＋b＋c）+3］·3=3mn+9，从而++≤，且当且仅当a=b=c=时取等号.[⇩]简解a+b+c=1条件下的一类函数最值例6（1990山东临沂高一数学竞赛试题）设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，则++的取值范围是（）A. ［5，+∞）B. （5，+∞）C. ［9，+∞）D. （9，+∞）解析由柯西不等式得++=·2＝（1+1+1）2＝9，当且仅当a=b=c=时取等号. 故选C.推广4设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求++的取值范围.解析由柯西不等式得·2＝（1+1+1）2＝9，从而++≥，当且仅当a=b=c=时取等号.推广5设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求++的取值范围.解析++=＋＋=+a++b++c=1+++.由柯西不等式得所以++≥，当且仅当a=b=c=时取等号.例7（第11届“希望杯”全国数学邀请赛高二培训题）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，则++的最大值是_______.解析由柯西不等式得（++）2=（·1+·1+·1）2≤［（）2＋（）2＋（）2］·（12+12+12）=（a+b+c）·3=3，从而++≤，当且仅当a=b=c=时取等号.推广6设a，b，c∈R+，且a+b+c=m，求证：++≤（其中m为正常数）.证明由柯西不等式得（＋＋）2=（·1+·1+·1）2≤［（）2＋（）2＋（）2］·（12+12+12）=（a+b+c）·3=3m，从而++≤，当且仅当a=b=c=时取等号.。
例谈含“abc=1”的条件不等式的证明
中 等 数 学
例 谈 含 “ ｂ ａ ｃ＝ １ ”的 条 件 不 等 式 的 证 明
郑 燕 平 ，
（ 浙江 省 金 华 一 中 ，２０ ５ ３１１）
（ 讲适合 高中） 本
＝（ Ａ） ＂２ １一 ｕ ４ ｕ＋１ － ．
最近， 笔者对 含 “ ｂ ａｃ＝ｌ 的条 件 不 等 式 ”
√ ２
设＝ Ｕ
。 ∈。 】 （ ， ’
≤
ｌ＋
２
＋
（ ＋ ） １
当且仅 当 口＝ 寸， ｕ＝
１４ 久 －
＝ 一
故 ＋ （
：
（ 一 ＋ 学． — ２ 学≤
注： 利用降元 思想解 此类 问题 ， 题过程 解
比较 复杂 ， 只 能 解 决 比较 简 单 的情 形． 且 另
讲解 ： 注意 到
ａ ｂ ａ ｂ（ ｂ ＋ 一 Ｚ 口＋ ）
＝
故 ＋ ＋ 惫 告 ＋＋ ≥ ． （ ｙｚ ）３
≥
因此 ， 证 不等式 成立． 所
３ ２ 利 用 口＝ ， ． ｂ：上
Ｖ Ｚ
，
（ 一 （ 一 ＞０ ａ ｂ） ａ ｂ） ． １
ａｂ・ ｂ ａｃ
一
ｃ ：
三 的 分 式代 换
则
口 ＋ ｂ ＋ａ 口 ｂ ＋６ ＋口 ａ ｃ ｂ． ｂ ｎ６ｃ
口
例 ４ 设 ａ ｂ ｃ∈ Ｒ＋ 且 口ｃ＝１ 求证 ： ，、 ， ６ ．
１
２ ６ｃ
≤
－ ａ＋６ ＋ａ ｂ ￣Ｔ Ｖ（ ２
＋
＋
≥１ ． ≥１ ］ ２ ’ 【
Ｃ
讲 ：ｎ ，÷ｃ （、 ） 解设 ＝ ６ ，÷ ｚＲ． ÷ ＝ ： ＋ Ｅ
第1课时 基本不等式
课前 预习案重要不等式
∀a，b∈R，有 a2＋b2≥___2_a_b____，当且仅当 a＝b 时，等号成立． 1．不等式中 a，b 的取值是任意的，a 和 b 代表的是实数，它们既可以是具体的 数字，也可以是比较复杂的代数式，因此其应用范围比较广泛．今后有不少不等式的 证明就是根据条件进行转化，使之可以利用该公式来证明． 2．不等式 a2＋b2≥2ab 常变形为 ab≤a2＋2 b2或 a2＋b2＋2ab≥4ab 或 2(a2＋b2)≥(a ＋b)2 等形式，要注意灵活掌握．
∵a＋b≥2 ab(当且仅当 a＝b 时等号成立)，∴2a＋abb≥1，
即 ab ≥1a＋2 1b(当且仅当 a＝b 时等号成立)．
综上得1a＋2 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(当且仅当 a＝b 时等号成立)．
探究三 利用基本不等式证明不等式
[知能解读] 1．两个不等式(重要不等式、基本不等式)都具有放缩的功能，因此利用不等式 可以将数式放大或缩小，即可用来判断大小关系．
bc ac ab (1)已知 a＞0，b＞0，c＞0，求证： a ＋ b ＋ c ≥a＋b＋c． (2)已知 a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：1＋1a1＋1b≥9．
解题流程：(以(2)为例) 第一步 泛读题目明待求结论：结合条件 a＋b＝1 将不等式左边进行适当变形． 第二步 精读题目挖已知条件：a＞0，b＞0，所以ba＞0，ab＞0． 第三步 建立联系寻解题思路：利用基本不等式进行证明． 第四步 书写过程养规范习惯．
A．a2＋b2≥2|ab|
B．a2＋b2＝2|ab|
C．a2＋b2≤2|ab|
D．a2＋b2＞2|ab|
(B ) (A )
4．有下列不等式：①a＋1a≥2；②(－a)＋－1a≤－2；③a2＋a12≥2；④(－a)2＋－1a 2≤－2.其中正确的是__________.(填序号)
三角形的不等式关系与证明
三角形的不等式关系与证明三角形是几何学中的基本图形之一，研究三角形的性质和关系对于几何学的发展具有重要意义。
其中，三角形的不等式关系是一项十分重要的内容，它描述了三角形边长之间的关系，为解决几何问题提供了理论支持。
本文将对三角形的不等式关系进行探究，并给出相应的证明。
一、三角形的边长关系在任意三角形ABC中，根据三角形的性质，我们可以得到以下不等式关系：1. 两边之和大于第三边AC + BC > ABAB + BC > ACAB + AC > BC这个不等式关系可以通过直观的几何解释来理解。
首先，三角形的两边之和必须大于第三边，否则无法构成一个三角形。
想象一下，如果两边之和等于第三边，那么它们就会共线，无法形成一个封闭的图形。
所以，一条边的长度必须小于其他两条边的长度之和。
2. 两边之差小于第三边AC - BC < ABAB - BC < ACAB - AC < BC这个不等式关系的理解也可通过几何解释来推导。
假设我们有一个固定的边AC，我们可以通过改变边BC的长度来构造不同的三角形。
当BC的长度逐渐减小时，与边AC连接的第三边的长度AB也会逐渐减小。
当BC的长度等于AC时，三角形退化为一条线段；当BC的长度小于AC时，就无法将其与AC连接起来。
因此，边BC的长度必须小于边AC的长度，才能构成一个三角形。
二、三角形不等式关系的证明下面我们将证明三角形的边长关系。
首先，我们以"两边之和大于第三边"为例。
假设有一个三角形ABC，在边AC和边BC之间插入一条线段BD，使得D点在AC上。
那么，根据三角形的性质，我们可以得到以下不等式关系：AD + BD > AB （1）CD + BD > BC （2）现在，我们将上述两个不等式相加：AD + BD + CD + BD > AB + BC （3）由于BD + CD = BC，将其代入式（3）中得：AD + 2BD > AB + BC （4）由于AB + BC > AC，将其代入式（4）中得：AD + 2BD > AC （5）注意到AD + BD > BA，将其代入式（5）中得：BA + BD + BD > AC （6）化简式（6）得：AB + 2BD > AC （7）由于BD < CD，将BD替换为CD得：AB + 2CD > AC （8）根据式（8），我们得到了AC边长与AB边长的关系，即AC > AB。
例谈以“abc=1”为条件的不等式的证明
证明 ： 由ａ ｂ ｃ ＝ ｌ ， 则原不等式等价于
＋ 。 而
： ＋
＋ ＋ ） （ １ ＋ ） ４
＋ ≥
≥
三
证明 ： 由三元均值不等式可得
ｘ ３
ａ ￣ ｂ ｂ ｃ ｃ ≥ ｃ ｃ 了甘 （ 詈 ） （ 广 （ 詈 厂 １ ＞ １ ，
２ ０ １ ３年 ２月
新 颖 试 题
学 谋
例 谈 以“ ａ ｂ ｃ ＝ １ ’ ’ 为条件 的不等式 的证 明
◎福建 省厦 门第一 中学 王淼 生
研究 竞赛试题 的 同行 肯定注意 到一个 有趣 的现象 ： 无论 是省市 、 全 国高 中数 学联赛 、 Ｃ ＭＯ， 还是 其他 国家数 学奥林 匹克竞赛 ， 尤其是 Ｉ ＭＯ ， 不等式 的证 明历来 是热 门
１ ． 利 用 “ ｃ ＝ １ ’ ’ 进 行 换 元： ＝ ， 则 有兀 １
Ｘｉ
，
‘
世界友谊杯数学竞赛试题 ：
＋ ＋ ≥一 ａ ＋ ｂ ＋ｃ
．
例４ （ 同例２ ） ． 证明： 设 ， ６ ： ， 。 ： ， 则 ： １ ， 即只要证明 ：
Ｙ ｚ
．
ｘ ＋ ｙ
２
这正是第２ 届世界友谊杯数学竞赛 试题． 策略 ： 这样换元对高次分式特别有效 ， 由此本题 可 以
推广 ：
丽 １
＋ 丽 １
＋ 丽 １
≥ ３ ． ‘
例７ （ ２ ０ ０ ４ 年罗 马尼亚数 学奥林 匹克试 题 ） 若ａ 、 ｂ 、 Ｃ 、 ｄ 均为正数 ， ａ ｂ ｃ ｄ ＝ ｌ ， 试证 ：
显然成立．
一
“abc=1”条件不等式应用举例
利用基本不等式证明含“abc=1”条件的不等式举例苗斌 （山东省济南市历城二中 250105）1310,b c ,1,1a 3()mncyccycm n m n cyc cyc cyc n n m ncyccyccycm n a R abc aa Chebyshev a a a aa +--∀>>∈=≥⎛⎫⎛⎫≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭≥=∑∑∑∑∑∑∑∏通过条件abc=1可以引出很多形式简单但非常强的不等式，在证明的过程中，恰当地运用这些不等式往往可以起到事半功倍的效果。
下面将给出这些不等式。
引理：、、有证明：由不等式，2333262226222222222222332b c ,1a 32a ,,,xyz=1333()()()22a 3b c ,1()3cyc cyc cyc cyc cyccyccyccyccyccyc a R abc abx b y c z a x x y z x x y z x x y x z x y x y x y aba R abcb ++∈=⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭===⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭≥+---=+≥⋅=∈=+≥∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑引理：、、，则证明：设则，且引理：、、，则221x y x y ,z ,()()()()10, 1,b c ,1u 2,1313((u 11u 1x y x y ,z ,cyc cyc cyc cyccyca aza b c y z x x y x z x y x z c schur c x x a a a R abc a u a u z a b c y z xCauchy ++===----≥=+--∈=≥≥≤++++===∑∑∑∑∑证明：取、使取使则由不等式三式相加可得结论引理4：、、，则式一） 式二）证明：(1)取、使取使则由不等222222111()22(1)1uxy 3331()uxy 33131u 11(2),,,xyz=1cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyccyc cyccyc yy ux y x ux y u u u x xy x x u y ux y x x y ux y u a u a x b y c z ---⎛⎫+≥ ⎪+⎝⎭⎛⎫-++≤+=- ⎪⎝⎭⎛⎫+∴+=+≤ ⎪⎝⎭∴≥∴≥++++===∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑式又设则且1x 113=(3)u 111cyc cyc cyc a xu u xu u =-≤++++∑∑∑23022b c ,1323311(()2222(1b c 313cyccyccyc cyc cyc cyc cyccyccyccyc cyc a R abc a a b c a a a b c a a a R b a a b a ++∈=≥+++≤+=++≤∈+≥+≥+≥∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑例一：、、，证解：由均值不等式，由引理）例二：、、，证 解：不妨设abc=1,则由引理3得：22222b c ,11a)1))4(1)()2()32()()+2()()62()+32()b c ,1a 1(cyccyccyccyccyccyccyccyccyccyccycabcyca R abc a ab a a ab a a a a ab a R abc ab ++∈=+≥+≥+⇔+≥+≥+≥∈=≥∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∏例三：、、，证解：原不等式等价于((又，由引理：故原式成立例四：、、，证 解：原式等价于ln())01ln(x)11ln()=13 ()3()3cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc a x xa a a a a abb b b b b a a abb a ⋅≥-≥-∴⋅≥-=-+≥+≥+∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑易知由引理得故原式成立33333222322a 3b c ,112113a 113 a 12222a 2233 abc 1 4 2133312cyccyc cyc cyc a R abc a a a a a a a a a+∈=≤+++++≥∴+=+≥+∴≤=∴≤⨯=++++∑∑∑∑3例五：、、，证：解：由引理22b c,13()22132a)62()622(1)3cyccyc cyc cyc cyccyccyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyccyca R abca ba b a b abb aa ba ab a abb a aa ba ab ab a+∈=≥+=++=+++≥+-=+-≥+∴++≥++=+≥∑∑∑∑∏∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∏例六：、、，证明：解：由引理：（故2422222333333233b c,1,11+8a14a4(12),a b c=113312112cyccyc cyca R abca aa+≥∈=≥≤++=+∴≥≥=++∑例七：、、证：解：易证由引理：上述的大部分题，在没有引理时是很难证明的。
新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解5---基本不等式及其应用(解析版)
新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解专题2.2 基本不等式及其应用【考纲解读与核心素养】1. 掌握基本不等式ab b a ≥+2(a ，b ＞0)及其应用. 2．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理等核心数学素养.【知识清单】1．重要不等式当a 、b 是任意实数时，有a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a=b 时，等号成立．2．基本不等式当a >0，b >0时有ab b a ≥+2，当且仅当a=b 时，等号成立． 3．基本不等式与最值已知x 、y 都是正数．(1)若x ＋y ＝s (和为定值)，则当x ＝y 时，积xy 取得最大值．(2)若xy ＝p (积为定值)，则当x ＝y 时，和x ＋y 取得最小值．4.常用推论（1）22ab 2a b +≤（,R a b ∈）（2）2ab ()2a b +≤（0a >，0b >）；222()22a b a b ++≥ （3）20,0)112a b a b a b +≤≤>>+ 【典例剖析】高频考点一 ：利用基本不等式证明不等式例1. 已知a 、b 、c 都是正数，求证：()()()8a b b c c a abc +++≥【答案】见解析【解析】∵a 、b 、c 都是正数∴0a b +≥> （当且仅当a b =时，取等号）0b c +≥> （当且仅当b c =时，取等号）0c a +≥> （当且仅当c a =时，取等号）∴()()()8a b b c c a abc +++≥=（当且仅当a b c ==时，取等号） 即()()()8a b b c c a abc +++≥.【方法技巧】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，要从整体上把握运用基本不等式，对不满足使用基本不等式条件的可通过“变形”来转换，常见的变形技巧有：拆项，并项，也可乘上一个数或加上一个数，“1”的代换法等．【变式探究】1.已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：11119a b ⎛⎫⎛⎫++≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 【答案】见解析【解析】∵0a >，0b >，1a b ＋＝， ∴11+=1+=2+a b b a a a+.同理，11+=2+a b b . ∴111122b a a b a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭＝5+25+4=9b a a b ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭， 当且仅当b a a b=，即1a=b=2时取“＝”． ∴11119a b ⎛⎫⎛⎫++≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当12a b ==时等号成立． 2.求证:47(3)3a a a +≥>- 【答案】见解析【解析】证明:443333a a a a +=+-+--由基本不等式和3a >得4433333a a a a +=+-+≥--=237= 当且仅当433a a =--即5a =时取等号. 高频考点二：利用基本不等式求最值例2. （2019年高考天津卷文）设0,0,24x y x y >>+=，则(1)(21)x y xy++的最小值为__________.【答案】92 【解析】(1)(21)2212525x y xy y x xy xy xy xy xy++++++===+. 因为0,0,24x y x y >>+=， 所以2422x y x y +=≥⋅，即22,02xy xy ≤<≤，当且仅当22x y ==时取等号成立.又因为192255=22xy +≥+⨯， 所以(1)(21)x y xy ++的最小值为92. 例3．（浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考）若实数、满足，且，则的最小值是__________，的最大值为__________．【答案】2【解析】实数、满足，且，则，则，当且仅当，即时取等号，故的最小值是2，，当且仅当，即时取等号 故的最大值为，故答案为：2，．【规律方法】利用均值不等式求最值遵循的原则：“一正二定三等”（1）正：使用均值不等式所涉及的项必须为正数，如果有负数则考虑变形或使用其它方法（2）定：使用均值不等式求最值时，变形后的一侧不能还含有核心变量.（3）等：若能利用均值不等式求得最值，则要保证等号成立，要注意以下两点： ① 若求最值的过程中多次使用均值不等式，则均值不等式等号成立的条件必须能够同时成立（彼此不冲突）② 若涉及的变量有初始范围要求，则使用均值不等式后要解出等号成立时变量的值，并验证是否符合初始范围. 注意：形如(0)a y x a x=+>的函数求最值时，首先考虑用基本不等式，若等号取不到，再利用该函数的单调性求解．【变式探究】1.（陕西省2019年高三第三次教学质量检测）若正数,m n 满足12=+n m ，则11m n +的最小值为（ ） A ．223+ B ．32+ C ．222+ D ．3 【答案】A【解析】由题意，因为12=+n m ，则111122()(2)332322n m n m m n m n m n m n m n+=+⋅+=++≥+⋅=+， 当且仅当2n m m n =，即2n m =时等号成立， 所以11m n+的最小值为223+，故选A. 2.设当________时，取到最小值．【答案】【解析】 因为，所以，当且仅当时取等号， 故当时，取得最小值是，故答案是.【总结提升】通过拼凑法利用基本不等式求最值的策略拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应注意以下几个方面的问题：(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形；(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标；(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提．高频考点三：基本不等式的实际应用例4. （2017·江苏高考真题）某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元,要使一年的总运费与总存储之和最小,则x 的值是 .【答案】30【解析】总费用600900464()4240x x x x +⨯=+≥⨯=，当且仅当900x x=，即30x =时等号成立.【规律方法】1.用均值不等式解决此类问题时，应按如下步骤进行：(1)理解题意，设变量，设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数；(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；(3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值；(4)正确写出答案.2.利用基本不等式求解实际应用题注意点：(1)此类型的题目往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解．(2)当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解．【易错警示】忽视不等式等号成立的条件！【变式探究】如图，有一块等腰直角三角形ABC 的空地，要在这块空地上开辟一个内接矩形EFGH 的绿地，已知AB AC ⊥,4AB =，绿地面积最大值为（ ）A.6B.2C.4D.22【答案】C【解析】设EH x =，EF y =，由条件可知EBH ∆和EFA ∆为等直角三角形，所以2EB x =，22AE y =．AB EB AE =+222x y +≥2222x y ⋅＝2xy ，即2xy 4xy ≤，所以绿地面积最大值为4，故选C ．高频考点四：基本不等式的综合运用例5. （2020·黑龙江省佳木斯一中高一期中（理））已知函数2()(1)1f x m x mx m =+-+-（m R ∈）．（1）若不等式()0f x <的解集为∅，求m 的取值范围；（2）当2m >-时，解不等式()f x m ≥；（3）若不等式()0f x ≥的解集为D ，若[11]D -⊆，，求m 的取值范围． 【答案】（1）3m ≥；（2）1|11x x m ⎧⎫≤≤-⎨⎬+⎩⎭.；（3）3m ≥. 【解析】（1）①当10m +=即1m =-时，()2f x x =-，不合题意； ②当10m +≠即1m ≠-时，()()210{4110m m m m +>∆=-+-≤，即21{340m m >--≥，∴1{33m m m >-≤-≥，∴m ≥ （2）()f x m ≥即()2110m x mx +--≥即()()1110m x x ⎡⎤++-≥⎣⎦①当10m +=即1m =-时，解集为{|1}x x ≥②当10m +>即1m >-时，()1101x x m ⎛⎫+-≥ ⎪+⎝⎭∵1011m -<<+，∴解集为1{|1}1x x x m ≤-≥+或 ③当10m +<即21m -<<-时，()1101x x m ⎛⎫+-≤ ⎪+⎝⎭ ∵21m -<<-，所以110m -<+<，所以111m ->+ ∴解集为1{|1}1x x m ≤≤-+ （3）不等式()0f x ≥的解集为D ，[]1,1D -⊆，即对任意的[]1,1x ∈-，不等式()2110m x mx m +-+-≥恒成立，即()2211m x x x -+≥-+恒成立，因为210x x -+>恒成立，所以22212111x x m x x x x -+-≥=-+-+-+恒成立， 设2,x t -=则[]1,3t ∈，2x t =-， 所以()()2222131332213x t t x x t t t t t t-===-+-+---++-，因为3t t+≥，当且仅当t =时取等号，所以22313x x x -≤=-+，当且仅当2x =所以当2x =22max11x x x ⎛⎫-+= ⎪-+⎝⎭所以233 m例6．设函数（Ⅰ）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当取最大值时，设，且，求的最小值.【答案】(1);(2).【解析】（Ⅰ）因为函数的对称轴为，且开口向上，所以在上单调递减，所以，∴.（Ⅱ）根据题意，由（Ⅰ）可得，即，所以.所以.∵，则当且仅当，即，时，等号成立.所以的最小值为.【总结提升】基本不等式的综合应用求解策略(1)应用基本不等式判断不等式是否成立：对所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．(2)条件不等式的最值问题：通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．(3)求参数的值或范围：观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得到参数的值或范围．【变式探究】1．(2019·北京海淀模拟)已知f(x)＝32x－(k＋1)·3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是( )A．(－∞，－1) B．(－∞，22－1)C．(－1,22－1) D．(－22－1,22－1)【答案】B【解析】由f(x)＞0得32x－(k＋1)3x＋2＞0，解得k＋1＜3x＋23x.而3x＋23x≥22(当且仅当3x＝23x，即x＝log32时，等号成立)，∴k＋1＜22，即k＜22－1.2.（天津市河北区2019届高三二模）已知首项与公比相等的等比数列中，若，n*∈N，满足，则的最小值为__________．【答案】1【解析】设等比数列公比为，则首项由得：，则：，，，,m n*∈N，.则（当且仅当，即时取等号）.故填.。
数学学案：课堂探究均值不等式
课堂探究一、使用均值不等式求最值的注意事项剖析:(1)a,b都是正实数，即所求最值的代数式中的各项必须都是正数,否则就会得出错误答案．例如,当x〈0时,函数f(x)＝x＋错误!≥2错误!＝2，所以函数f(x)的最小值是2．由于f（－2)＝－2＋错误!＝－错误!＜2，很明显这是一个错误的答案．其原因是当x〈0时,不能直接用均值不等式求f（x）＝x＋错误!的最值．因此,利用均值不等式求最值时，首先确定所求最值的代数式中的各项是否都是正数．其实，当x〈0时，－x>0,则f(－x)＝－x＋1－x≥2错误!＝2，此时有f(x）≤－2．因此，当所求最值的代数式中的各项不都是正数时，应利用变形,转化为各项都是正数的代数式．（2)ab与a＋b有一个是定值，即当ab是定值时，可以求a＋b 的最值；当a＋b是定值时，可以求ab的最值．如果ab和a＋b都不是定值，那么就会得出错误答案．例如，当x〉1时,函数f（x）＝x＋错误!≥2错误!，所以函数f(x）的最小值是2错误!．由于2错误!是一个与x有关的代数式，很明显这是一个错误的答案．其原因是没有掌握均值不等式求最值的条件：ab与a＋b有一个是定值．其实，当x>1时,有x－1>0，则函数f（x)＝x＋1x－1＝错误!＋1≥2错误!＋1＝3．因此，当ab与a＋b没有一个是定值时，通常把所求最值的代数式采用配凑的方法化为和或积为定值的形式．(3）等号能够成立,即存在正数a，b使均值不等式两边相等,也就是存在正数a，b使得错误!＝错误!．如果忽视这一点，就会得出错误答案．例如,当x≥2时，函数f（x）＝x＋错误!≥2错误!＝2，所以函数f(x)的最小值是2．很明显x＋错误!中的各项都是正数，积也是定值，但是等号成立的条件是当且仅当x＝错误!，即x＝1，而函数的定义域是x≥2，所以这是一个错误的答案．其原因是均值不等式中的等号不成立．其实，根据解题经验，遇到这种情况时，一般就不再用均值不等式求最值了,此时该函数的单调性是确定的，可以利用函数的单调性求得最值．利用函数单调性的定义可以证明，当x≥2时,函数f(x）＝x＋错误!是增函数，函数f(x）的最小值是f（2)＝2＋错误!＝错误!．因此在使用均值不等式求最值时，上面三个条件缺一不可，通常将这三个条件总结成口诀：一正、二定、三相等．二、教材中的“思考与讨论”均值不等式与不等式a2＋b2≥2ab的关系如何？请对此进行讨论．剖析：(1）在a2＋b2≥2ab中，a,b∈R;在a＋b≥2错误!中，a,b＞0．（2）两者都带有等号，等号成立的条件从形式上看是一样的,但实质不同(范围不同)．(3)证明的方法都是作差比较法．(4）都可以用来求最值．题型一利用均值不等式求最值【例1】(1)已知x,y∈(0，＋∞)，且2x＋y＝1，求错误!＋错误!的最小值；（2)已知x<2，求函数f(x）＝x＋错误!的最大值．分析：（1)利用“1”的代换，即将错误!＋错误!等价转化为错误!×1或错误!＋错误!即可；(2）将x＋错误!等价转化为－错误!＋2即可．解：（1）错误!＋错误!＝错误!(2x＋y)＝2＋错误!＋错误!＋1＝3＋错误!＋错误!≥3＋2错误!＝3＋2错误!，当且仅当错误!＝错误!，即错误!⇒错误!时等号成立．∴1x＋错误!的最小值为3＋2错误!．(2）∵x〈2，∴2－x〉0，∴f(x）＝x＋错误!＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝－2，当且仅当2－x＝错误!，得x＝0或x＝4(舍去），即x＝0时，等号成立．∴x＋错误!取得最大值－2．反思：求最值问题第一步就是“找”定值，观察、分析、构造定值是问题突破口．定值找到还要看“＝”是否成立，不管题目是否要求指出等号成立的条件，都要验证“＝”是否成立．题型二利用均值不等式比较大小【例2】若a≥b≥0,试比较a，错误!,错误!,错误!，错误!,b的大小．分析：这是一个有趣的不等式链，取特殊值可判断其大小关系．借助不等式和重要不等式变形可寻求判断和证明的方法．解：∵a≥b≥0，∴a2＋b22≤错误!＝a．∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2）≥（a＋b）2，∴错误!≥错误!2．又a〉0，b〉0,则错误!≥错误!＝错误!．∵错误!≥错误!，∴错误!≥错误!．∵错误!－b＝错误!≥0,∴错误!≥b．∴a≥错误!≥错误!≥错误!≥错误!≥b．反思：均值不等式a＋b≥2错误!（a，b∈R＋)是综合证明不等式和利用重要不等式求最值的工具,要注意不等式成立的条件,它与两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数是等价命题．有趣的不等式链错误!≥错误!≥错误!≥错误!（a，b∈R＋)，揭示了两正数倒数和、积、和平方、平方和之间的不等关系，当某一部分为定值时,其余三部分都能取到最值，且都在两数相等时取等号，利用这个不等式链往往使复杂问题简单化，要在理解的基础上记忆和应用．题型三利用均值不等式证明不等式【例3】已知a，b，c都是正实数,且a＋b＋c＝1，求证：（1－a）（1－b）（1－c)≥8abc．分析：注意到a＋b＋c＝1，故可运用“常数代换"的策略将所证不等式的左边的“1”代换成字母形式．证明：∵a＋b＋c＝1，∴(1－a)（1－b)(1－c）＝（b＋c）（a＋c）(a＋b)．又∵a，b,c都是正实数，∴错误!≥错误!〉0，错误!≥错误!>0，错误!≥错误!〉0．∴错误!≥abc．∴（1－a)(1－b）(1－c)≥8abc．当且仅当a＝b＝c＝错误!时，等号成立．反思：这是一道条件不等式的证明题,充分利用条件是证题的关键，此题要注意“1”的整体代换及三个“＝”必须同时取到．题型四利用均值不等式解恒成立问题【例4】已知不等式（x＋y）错误!≥9对任意正实数x，y恒成立，求正实数a的最小值．分析：→→解：∵（x＋y)错误!＝1＋a＋错误!＋错误!，又x＞0,y＞0，a＞0，∴错误!＋错误!≥2错误!＝2错误!，∴1＋a＋错误!＋错误!≥1＋a＋2错误!,∴要使(x＋y)错误!≥9对任意正实数x,y恒成立，只需1＋a ＋2错误!≥9恒成立即可．∴(a＋1)2≥9，即错误!＋1≥3，∴a≥4，∴正实数a的最小值为4．反思：恒成立问题是数学问题中非常重要的问题，在此类问题的解法中，利用均值不等式和不等式的传递性求解是最重要的一种方法,在高考中经常考查．题型五易错辨析【例5】已知0＜x＜1，求f（x)＝2＋log5x＋错误!的最值．错解：f(x)＝2＋log5x＋错误!≥2＋2错误!＝2＋2错误!,∴f（x)的最小值为2＋2错误!．错因分析：a＋b≥2错误!的前提条件是a，b＞0,∵0＜x＜1,∴log5x＜0．∴错误!＜0．∴不能直接使用均值不等式．正解：∵0＜x＜1，∴log5x＜0．∴（－log5x）＋错误!≥2错误!＝2错误!．∴log5x＋错误!≤－2错误!．∴f（x）≤2－2错误!．当且仅当log5x＝错误!，即x＝5－错误!时，等号成立，此时f （x)有最大值2－2错误!．【例6】求f（x）＝错误!＋1的最小值．错解：因为f（x）＝错误!＋1＝错误!＋1＝错误!＋错误!＋1≥2＋1＝3，所以f(x）＝错误!＋1的最小值为3．错因分析:忽视了等号成立的条件，事实上方程错误!＝错误!无解,所以等号不成立，正确的处理方法是：利用函数的单调性求最值．正解：f（x）＝错误!＋1＝错误!＋1＝错误!＋错误!＋1．令t＝错误!(t≥错误!)，则原函数变为f（x）＝t＋错误!＋1，在区间[错误!,＋∞)上是增函数．所以当t＝错误!时，f(x）＝t＋错误!＋1取得最小值错误!＋1．所以当t＝错误!,即x＝0时，f(x)＝错误!＋1取得最小值错误!＋1．。
人教版高考文科数学一轮复习资料选修-不等式的证明
第2讲 不等式的证明一、知识梳理 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≥ na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 常用结论基本不等式及其推广1．a 2≥0(a ∈R )．2．(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有a 2＋b 2≥2ab ，⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2.3．若a ，b 为正实数，则a ＋b 2≥ab .特别地，b a ＋ab ≥2.4．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 二、教材衍化 求证：3＋7<2＋ 6. 证明：3＋7<2＋6 ⇐(3＋7)2<(2＋6)2 ⇐10＋221<10＋46⇐21<26⇐21<24.故原不等式成立．一、思考辨析判断正误(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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区不等式放缩不当致错.已知三个互不相等的正数a ，b ，c 满足abc ＝1.试证明： a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.证明：因为a ，b ，c >0，且互不相等，abc ＝1，所以a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab<1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c ，即a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.用综合法、分析法证明不等式(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c ≤a 2＋b 2＋c 2； (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明：(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33（a ＋b ）3（b ＋c ）3（a ＋c ）3 ＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提．充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．1．若a ，b ∈R ，ab >0，a 2＋b 2＝1.求证：a 3b ＋b 3a≥1. 证明：a 3b ＋b 3a ＝a 4＋b 4ab ＝（a 2＋b 2）2－2a 2b 2ab ＝1ab －2ab .因为a 2＋b 2＝1≥2ab ，当且仅当a ＝b 时等号成立， 所以0<ab ≤12.令h (t )＝1t －2t ，0<t ≤12，则h (t )在(0，12]上递减，所以h (t )≥h (12)＝1.所以当0<ab ≤12时，1ab －2ab ≥1.所以a 3b ＋b 3a≥1.2．(一题多解)(2020·宿州市质量检测)已知不等式|2x ＋1|＋|2x －1|<4的解集为M . (1)求集合M ；(2)设实数a ∈M ，b ∉M ，证明：|ab |＋1≤|a |＋|b |.解：(1)当x <－12时，不等式化为－2x －1＋1－2x <4，即x >－1，所以－1<x <－12；当－12≤x ≤12时，不等式化为2x ＋1－2x ＋1<4，即2<4， 所以－12≤x ≤12；当x >12时，不等式化为2x ＋1＋2x －1<4，即x <1，所以12<x <1.综上可知，M ＝{x |－1<x <1}．(2)法一：因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |<1，|b |≥1. 而|ab |＋1－(|a |＋|b |) ＝|ab |＋1－|a |－|b | ＝(|a |－1)(|b |－1)≤0， 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |. 法二：要证|ab |＋1≤|a |＋|b |， 只需证|a ||b |＋1－|a |－|b |≤0， 只需证(|a |－1)(|b |－1)≤0，因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |<1，|b |≥1， 所以(|a |－1)(|b |－1)≤0成立． 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |成立．放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： (1)变换分式的分子和分母，如1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1上面不等式中k ∈N ＋，k ＞1.(2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a ＜b ，m ＞0，则a b ＜a ＋mb ＋m ”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.证明： 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤（1－a ）＋a 22＝14. 同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾． (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.证明：①设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc >0矛盾， 所以必有a >0. 同理可证：b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.[基础题组练]1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1b ≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，即a ＋b ＝1，要证原不等式成立，只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋a b ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0， 所以b a ＋ab≥2b a ·ab＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，“＝”成立)，所以1a ＋1b≥4.2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2. 3．(2020·蚌埠一模)已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|. (1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x ；(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小．解：(1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8.所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－23∪[8，＋∞)． (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n )． 且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0，2－n <0， 即(m －2)(2－n )<0， 所以2(m ＋n )<mn ＋4.4．(2020·开封市定位考试)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －m |(m >1)，若f (x )>4的解集是{x |x <0或x >4}．(1)求m 的值；(2)若正实数a ，b ，c 满足1a ＋12b ＋13c ＝m3，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为m >1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m ＋1，x <1m －1，1≤x ≤m 2x －m －1，x >m ，作出函数f (x )的图象如图所示，由f (x )>4的解集及函数f (x )的图象得⎩⎪⎨⎪⎧－2×0＋m ＋1＝42×4－m －1＝4，得m ＝3.(2)由(1)知m ＝3，从而1a ＋12b ＋13c＝1，a ＋2b ＋3c ＝(1a ＋12b ＋13c )(a ＋2b ＋3c )＝3＋(a 2b ＋2b a )＋(a 3c ＋3c a )＋(2b 3c ＋3c2b )≥9，当且仅当a ＝3，b ＝32，c ＝1时“＝”成立．5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋(x －1)2的最小值为s .(1)试求s 的值；(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝s ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥3.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋(x －1)2≥|x ＋1|＋|2－x |≥|(x ＋1)＋(2－x )|＝3，即f (x )≥3. 当且仅当x ＝1，且(x ＋1)(2－x )≥0，即x ＝1时，等号成立，所以f (x )的最小值为3，所以s ＝3.(2)证明：由(1)知a ＋b ＋c ＝3.故a 2＋b 2＋c 2＝(a 2＋12)＋(b 2＋12)＋(c 2＋12)－3 ≥2a ＋2b ＋2c －3＝2(a ＋b ＋c )－3＝3(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立)． 6．设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小．解：(1)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，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜14，因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2) ＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.[综合题组练]1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}． (1)求实数a 的值；(2)求12－at ＋4＋t 的最大值．解：(1)|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}，即(1－a 2)x 2＋(2a ＋6)x ＋8≥0的解集为{x |x ≥－1}．当1－a 2≠0时，不符合题意， 舍去．当1－a 2＝0，即a ＝±1时，x ＝－1为方程(2a ＋6)x ＋8＝0的一解，经检验a ＝－1不符合题意，舍去， a ＝1符合题意． 综上，a ＝1.(2)(12－t ＋4＋t )2＝16＋2（12－t ）（4＋t ）＝16＋2－t 2＋8t ＋48，当t ＝82＝4时，(12－t ＋4＋t )2有最大值，为32.又12－t ＋4＋t ≥0，所以12－t ＋4＋t 的最大值为4 2. 2．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]， 故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23. 由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
1.3.2 基本不等式(第1课时 基本不等式)2024-2025学年高一上学期数学北师大版必修第一册
规律方法
利用基本不等式求最值时的注意点
一是各项均为正数;二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求积式
最大值时应使和为定值(恰当变形,合理拆分项或配凑因式是常用的解题技
巧);三是检验是否具备等号成立的条件.
变式训练 2(1)当 x>0
解 ∵x>0,∴
∴
的最小值;
12
>0,4x>0,
12
12
+4x≥2 ·4=8
A.a2+b2>2ab
B.a+b≥2
1
C.
D.
1
+ >
2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
+
≥2
解析 对∀a,b∈R,a2+b2≥2ab,故 A 错误;当 a<0,b<0 时,选项 B,C 错误;因为
ab>0,所以>0,>0,所以 +
故 D 正确.故选 ABC.
≥2
· =2,当且仅当
知识点1 基本不等式
+
1.基本不等式:设a≥0,b≥0,那么 2 ≥ ,当且仅当a=b时,等号成立.这个不
等式称为基本不等式,其中, + 称为a,b的算术平均值, 称为a,b的几何
2
平均值.因此基本不等式又称为均值不等式.
不可忽略此条件
2.基本不等式可以表述为:两个非负实数的算术平均值大于或等于它们的
x=y=2 时,等号成立.故选 A.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
≥2
基本不等式 教案-2022-2023学年高一上学期数学人教A版(2019)必修第一册
《2.2基本不等式》教学分析课题 2.2基本不等式学情分析本课是在了解了等式的性质和不等式性质之后的一节课，在梳理等式性质的基础上，通过类比，研究不等式的性质，并利用这些性质研究一类重要不等式——基本不等式，这对初入高中阶段的学生要求较高，教师需详细讲解。
教学目标1.推导并掌握基本不等式，理解基本不等式的几何意义，并掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是，当且仅当两个数相等。
2.通过实例探究抽象基本不等式，体会并掌握基本不等式。
3.积极倡导同学们几何与代数的结合运用，发现各实物之间的普遍联系。
教学重难点1.重点：探究基本不等式2a bab+≤的证明过程，会用此不等式求某些简单函数的最值。
2.难点：基本不等式2a bab+≤等号成立条件。
教学设计教学内容师生活动设计意图一、情景引入，温故知新情景：我们都知道赵爽弦图是赵爽为了证明勾股定理而绘制的，它既标志着中国古代的数学成就，又像是一只转动的风车，欢迎来自世界各地的数学家们。
生1：初中就已验证过的勾股定理22=2a b ab+。
师追问：从面积方面能得到什么不等关系吗？生2：由正方形面积大于四个全等直角三角形面积得出2221422c a b ab ab=+≥⋅=，即222a b ab+≥。
师：事实上在上一节中我们也可由问1意图在于利用图中相关面积间存在的数量关系，抽象出不等式222a b ab+≥。
在此基础上，引导学生认识基本不等式。
问1：你能在这个四边形ABDE 中找出一些相等关系或不等关系吗？ 问2：你能给出相应的证明吗？完全平方式得出。
我们把它叫做重要不等式。
（板书：22,2,a b R a b ab ∀∈+≥、有当且仅当a b =时，等号成立。
） 生3：黑板板书教学内容师生活动 设计意图二、1、归纳新知问3：特别地，当a>0,b>0时，在不等式222a b ab +≥中，以a b 、分别代替a 、b ，得到什么？教师板书，总结归纳：我们把2a bab +≤称为基本不等式，其中2a b+叫做正数a b 、的算术平均数，ab 叫做正数a b 、的几何平均数。
§3_4基本不等式(教案)
课题: §3.4基本不等式（教案）第1课时授课类型：新授课【教学目标】1．知识与技能：学会推导并掌握基本不等式，理解这个基本不等式的几何意义，并掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是：当且仅当这两个数相等；2．过程与方法：通过实例探究抽象基本不等式；3．情态与价值：通过本节的学习，体会数学来源于生活，提升学习数学的兴趣【教学重点】 应用数形结合的思想理解不等式，并从不同角度探索不等式2a b ab +≤的证明过程； 【教学难点】 基本不等式2a b ab +≤等号成立条件 【教学过程】 1.课题导入基本不等式2a b ab +≤的几何背景： 如图是在北京召开的第24界国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，颜色的明暗使它看上去象一个风车，代表中国人民热情好客。
你能在这个图案中找出一些相等关系或不等关系吗？教师引导学生从面积的关系去找相等关系或不等关系。
2.讲授新课1．探究图形中的不等关系将图中的“风车”抽象成如图，在正方形ABCD 中有4个全等的直角三角形。
设直角三角形的两条直角边长为a,b 那么正方形的边长为22a b +。
这样，4个直角三角形的面积的和是2ab ，正方形的面积为22a b +。
因为4个直角三角形的面积和小于正方形的面积，我们就得到了一个不等式：222a b ab +≥。
当直角三角形变为等腰直角三角形，即a=b 时，正方形EFGH 缩为一个点，这时有222a b ab +=。
R,,2那么+∈a b a 2．得到结论：一般的，假设[解释]结论中“当且仅当”的含义。
3．思考证明：你能给出它的证明吗？证明：因为 222)(2b a ab b a -=-+ 22,()0,,()0,a b a b a b a b ≠->=-=当时当时所以，0)(2≥-b a ，即.2)(22ab b a ≥+4．1）从几何图形的面积关系理解基本不等式2a b ab +≤ 特别的，假设a>0,b>0,我们用a 、b 分别代替a 、b ，可得2a b ab +≥，通常我们把上式写作：(a>0,b>0)2a b ab +≤ 2）从不等式的性质推导基本不等式2a b ab +≤，你能用分析法证明一下吗？ 分析法证明： 要证2a b ab +≥ （1） 只要证 a+b ≥ （2）要证（2），只要证 a+b- ≥0 （3） 要证（3），只要证 （ - ）2 ≥0 （4）显然，（4）是成立的。
摭谈a＋b＋c=1条件下的不等式竞赛题的证明
摭谈a＋b＋c=1条件下的不等式竞赛题的证明
谢丽青
【期刊名称】《数学教学通讯：教师阅读》
【年(卷),期】2010(000)002
【摘要】本文利用Schur不等式及其变式来证明一类条件不等式竞赛题．
【总页数】2页(P62-62,64)
【作者】谢丽青
【作者单位】江西赣州第四中学,341000
【正文语种】中文
【中图分类】O178
【相关文献】
1."似Radon不等式"在不等式竞赛题中的应用——兼谈纠正两个有错误的证明[J], 徐智愚
2.用基本不等式证明竞赛题中的不等式 [J], 何兴俊
3.从a＋b＋c/3≥3√abc的证明看常用不等式证法 [J], 杨学枝
4.也谈竞赛不等式的创新证法——利用Eξ2≥(Eξ)2证明不等式竞赛题 [J], 舒金根
5.用柯西不等式解在a＋b＋c=1条件下的不等式赛题 [J], 曾春燕
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2.1等式与不等式性质(第一课时)2024-2025学年高一上学期数学人教A版(2019)必修第一册
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•
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A v的最大值为120 km/h，
即v≤120 km/h，车间距d不得小于10 m，
即d≥10 m.
•
2.完成一项装修工程，请木工需付工资每人50元，请瓦工需付工资
每人40元，现有工人工资预算2000元，设木工x人，瓦工y人，则请工人
满足的关系式是(
)
D
•
A.5x＋4y＜200
B.5x＋4y≥200
A
E
D B
探究一
问题2 你能用不等式或不等式组表示下列问题中的不等关系吗?
某种杂志原以每本2.5元的价格销售，可以售出8万本．据市场调查，
杂志的单价每提高0.1元，销售量就可能减少2000本．如何定价才能使
提价后的销售总收入不低于20万元?
设提价后杂志的定价为x元，则销售的总收入为 (8
x 2.5
2
3
当 x 1 时, x 1 0, 3x 3x x 1 .
5 已知a
3.
b, 证明a
ab
5 证明：
3.
a b, a
ab
ab
又
2
a
b
ab
2
b
2
2
b.
ab
2
0,
ab
ab
2
2
b,
0, a
ab
2
,
7.对于直角三角形的研究,中国早在商朝时期商高就提出了“勾三股四弦五”勾股定理的特例,而西方直到公
低于
至少
少于
不低于
<
≥
小于等于
至多
不多于
不超过
≤
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。