2017—2018年数学北师大版选修4-5同步练习（15份）

3.2　数学归纳法的应用
1．会利用数学归纳法证明一些简单的不等式及综合问题．
2．了解贝努利不等式及其应用的条件，会用数学归纳法证明贝努利不等式．(难点)
[基础·初探]
教材整理　贝努利不等式定理
阅读教材P38～P39“练习”以上部分，完成下列问题．
定理　对任何实数x≥－1和任何正整数n，有(1＋x)n≥1＋nx.
在贝努利不等式中当x＝0时，n为大于1的自然数，不等式形式将有何变化？
【解】　当x＝0时，不等式将变成等式，即(1＋x)n＝1＋nx.
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
贝努利不等式的简单应用
　设b>a>0，n∈N＋，证明：≥(b－a)＋1.
【精彩点拨】　由b>a>0，令1＋x＝(x>0)，利用贝努利不等式证明．
【自主解答】　由b>a>0，知>1，
令1＋x＝(x>0)，
则x＝－1，
由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx，
∴＝(1＋x)n≥1＋nx＝1＋n，
故≥(b－a)＋1.
利用1＋x＝代换，为利用贝努利不等式创造条件.
[再练一题]
1．试证明>1－与>(n∈N＋)．
【证明】　由n∈N＋，∴n＋1≥2.
由贝努利不等式，得
(1)>1－＝1－.
(2)由(1)得>1－，
故>＝＝.
用数学归纳法证明不等式
　试证明：2n＋2>n2(n∈N＋)．
【精彩点拨】　―→
―→
【自主解答】　(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，左边>右边；
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．
因此当n＝1,2,3时，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．
当n＝k＋1时，
2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3
＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1>0)
≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
所以2k＋1＋2>(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，原不等式也成立．
根据(1)(2)知，原不等式对于任何n∈N＋都成立．
通过本例可知，在证明n＝k＋1时命题成立的过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围 k≥1 太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤 把验证n＝1扩大到验证n＝1，2，3 的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标.
[再练一题]
2．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N＋)，求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N＋).
【导学号：94910039】
【证明】　(1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝>1＋，即n＝2时命题成立．
(2)假设n＝k时命题成立，即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋.
当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
>1＋＋＝1＋＋＝1＋.
故当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，n≥2，S2n>1＋都成立.
探究性问题
　设f(n)＝1＋＋＋…＋，由f(1)＝1>，f(3)>1，f(7)>，f(15)>2，….
(1)你能得到怎样的结论？并证明；
(2)是否存在一个正数T，使对任意的正整数n，恒有f(n)【精彩点拨】　找出数列1,3,7,15，…的通项公式，再利用数列，1，，2，…的通项公式，猜想一般性的结论，然后用数学归纳法证明．
【自主解答】　(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为an＝2n－1；数列，1，，2，…的通项公式为an＝，
∴猜想：f(2n－1)>.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，f(21－1)＝f(1)＝1>，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即f(2k－1)>，
则f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋＋＋…＋＋
>f(2k－1)＋＋…＋
>f(2k－1)＋>＋＝.
∴当n＝k＋1时不等式也成立．
据①②知，对任何n∈N＋原不等式均成立．
(2)对任意给定的正数T，设它的整数部分为T′，记m＝T′＋1，则m>T.
由(1)知，f(22m－1)>m，∴f(22m－1)>T，这说明，对任意给定的正数T，总能找到正整数n(如可取假设中n为2m)，使得f(n)≥T，∴不存在正数T，使得对任意的正整数n，总有f(n)利用数学归纳法解决探索型不等式的思想是先通过观察、判断，猜想出结论，然后用数学归纳法证明，否定一个命题，只需找出一个反例即可.
[再练一题]
3．若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．
【解】　当n＝1时，＋＋>，
则>，∴a<26，
又a∈N＋，∴取a＝25.
下面用数学归纳法证明＋＋…＋>.
(1)n＝1时，已证．
(2)假设当n＝k时，＋＋…＋>.
∴当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋＝＋
>＋.
∵＋＝>，
∴＋－>0，
∴＋＋…＋>也成立．
由(1)，(2)可知，对一切n∈N＋，都有＋＋…＋>，
∴a的最大值为25.
[构建·体系]
1．用数学归纳法证明2n≥n2(n≥5，n∈N＋)成立时第二步归纳假设的正确写法是(　　)
A．假设n＝k时命题成立
B．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立
C．假设n＝k(k≥5)时命题成立
D．假设n＝k(k>5)时命题成立
【解析】　由题意知n≥5，n∈N＋，
∴应假设n＝k(k≥5)时命题成立．
【答案】　C
2．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋A．1项　　　　
B．k项
C．2k－1项
D．2k项
【解析】　1＋＋＋…＋－＝＋＋＋…＋.
∴共增加2k项．
【答案】　D
3．用数学归纳法证不等式1＋＋＋…＋＞成立，起始值至少取(　　)
A．7　　
B．8
C．9
D．10
【解析】　左边等比数列求和Sn＝＝2＞，
即1－＞，＜，
∴＜.
∴n＞7，∴n取8，选B.
【答案】　B
4．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步即证明不等式__________成立.
【导学号：94910040】
【解析】　因为n>1，所以第一步n＝2，即证明1＋＋<2成立．
【答案】　1＋＋<2
5．证明：1＋＋＋…＋<2(n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，不等式成立．
(2)假设n＝k时，不等式成立，
即1＋＋＋…＋<2.
那么n＝k＋1时，
＋<2＋
＝<＝2.
这就是说，n＝k＋1时，不等式也成立．
根据(1)(2)可知不等式对任意n∈N＋成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>(n≥2)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边(　　)
A．增加了一项
B．增加了两项和
C．增加了B中的两项但减少了一项
D．以上均不正确
【解析】　由－＝＋－＝－.故选C.
【答案】　C
2．利用数学归纳法证明不等式“n2<2n对于n≥n0的正整数n都成立”时，n0应取值为(　　)
A．1　　
B．3
C．5
D．7
【解析】　12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n≥5，故n0的值为5.
【答案】　C
3．对于不等式(1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即则当n＝k＋1时，＝<＝＝(k＋1)＋1，
∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法(　　)
A．过程全部正确
B．n＝1验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
【解析】　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．
【答案】　D
4．对于正整数n，下列说法不正确的是(　　)
A．3n≥1＋2n
B．0.9n≥1－0.1n
C．0.9n<1－0.1n
D．0.1n≥1－0.9n
【解析】　由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，
当x＝2时，(1＋2)n≥1＋2n，A正确．
当x＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正确，C不正确．
当x＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正确．
【答案】　C
5．若不等式＋＋…＋>对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为(　　)
A．12
B．13
C．14
D．不存在
【解析】　令f(n)＝＋＋…＋，
易知f(n)是单调递增的．
∴f(n)的最小值为f(2)＝＋＝.
依题意>，∴m<14.
因此取m＝13.
【答案】　B
二、填空题
6．用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)”时，第一步的验证为__________.
【导学号：94910041】
【解析】　当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．
【答案】　21＋1≥12＋1＋2
7．观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可归纳出__________．
【答案】　1＋＋＋…＋<(n≥2，n∈N＋)
8．用数学归纳法证明≥
(a，b是非负实数，n∈N＋)时，假设n＝k时不等式≥
(
)成立，再推证n＝k＋1时不等式也成立的关键是将(
)式同乘__________．
【解析】　要想办法出现，两边同乘以，右边也出现了要求证的.
【答案】　
三、解答题
9．设a，b为正实数，证明：对任意n∈N＋，有(a＋b)n≥an＋n·an－1b.
【证明】　由(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，
∴n≥1＋，
即≥1＋，
∴(a＋b)n≥an＋n·，
故(a＋b)n≥an＋nb·an－1.
10．设0【证明】　(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，
∴当n＝1时，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题1ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1，
同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，
当n＝k＋1时，命题也成立，
即1综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1[能力提升]
1．用数学归纳法证明＋＋＋…＋>－，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标是(　　)
A.＋＋…＋>－
B.＋＋…＋>－
C.＋＋…＋>－
D.＋＋…＋>－
【解析】　注意不等式两边含变量“n”的式子，因此当n＝k＋1时，应该是含“n”的式子发生变化，所以n＝k＋1时，应为＋＋…＋＋>－.
【答案】　A
2．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面的个数为(　　)
A．2f(k)
B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k
D．f(k)＋2
【解析】　由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线一样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1，…，Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．
【答案】　B
3．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这n条直线的交点的个数，则f(4)＝______；当n>4时，f(n)＝____________________(用n表示).
【导学号：94910042】
【解析】　f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
∴f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.
累加，得
f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)＝(n－3)，
∴f(n)＝(n＋1)(n－2)．
【答案】　5　(n＋1)(n－2)
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N＋)．
(1)判断是否为等差数列，并证明你的结论；
(2)证明：S＋S＋…＋S≤－.
【解】　(1)S1＝a1＝，
∴＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.
∴－＝2，
故是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)证明：①当n＝1时，S＝＝－，成立．
②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，即S＋S＋…＋S≤－成立，
则当n＝k＋1时，S＋S＋…＋S＋S≤－＋＝－
＝－·
<－·
＝－.
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①②可知对任意n∈N＋不等式成立．2.2　绝对值不等式的解法
1．理解绝对值的几何意义，掌握去掉绝对值的方法．(重点)
2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：
|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.(c＞0)(重点、关键点)
[基础·初探]
教材整理1　含有一个绝对值不等式的解法
阅读教材P8～P9“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集
不等式
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜x＜a}


|x|＞a
{x|x＞a，或x＜－a}
{x∈R，且x≠0}
R
2.|ax＋b|≤c与|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
(1)|ax＋b|≤c －c≤ax＋b≤c；
(2)|ax＋b|≥c ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)|x|(2)不等式|x－2|≥3的解集是(－∞，－1]∪[5，＋∞)．(　　)
(3)若|x－a|<2的解集是(－1,3)时，a的值为2.(　　)
【解析】　(1)×　当a≤0时，|x|(2)√　由|x－2|≥3，得x－2≥3或x－2≤－3，即x≥5或x≤－1.
(3)×　若|x－a|<2的解集为(－1,3)时，－1和3是|x－a|＝2的根，
即
解得
故a＝1.
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×
教材整理2　|x－a|＋|x－b|≥c与|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
阅读教材P8～P9“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．利用绝对值不等式的几何意义求解．
2．利用零点分段法求解．
3．构造函数，利用函数的图象求解．
填空：
(1)|x－4|＋|x－2|>1的解集为________．
(2)若f(x)＝|x－a|＋|x＋b|的最小值为3，当a(3)|x－3|>|x＋1|的解集为________．
【解析】　(1)∵|x－4|＋|x－2|≥|4－2|＝2>1，
∴不等式的解集为R.
(2)由条件可知，当a(3)由原不等式得(x－3)2>(x＋1)2，整理得x<1.
【答案】　(1)R　(2)a<3　(3)(－∞，1)
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
|ax＋b|≤c与|ax＋b|≥c型不等式的解法
　解下列不等式：
(1)1<|x－2|≤3；
(2)|2x＋5|>7＋x.
【精彩点拨】　(1)可利用公式转化为|ax＋b|>c(c>0)或|ax＋b|0)型不等式后逐一求解，也可利用绝对值的定义分两种情况去掉绝对值符号，还可用平方法转化为不含绝对值的不等式．
(2)可利用公式法转化为不含绝对值的不等式．
【自主解答】　(1)法一：原不等式等价于不等式组即
解得－1≤x<1或3所以原不等式的解集为{x|－1≤x<1或3法二：原不等式可转化为：
①或②
由①得3所以原不等式的解集是{x|－1≤x<1或3法三：原不等式的解集就是1<(x－2)2≤9的解集，
即解得
所以－1≤x<1或3所以原不等式的解集是{x|－1≤x<1或3(2)由不等式|2x＋5|>7＋x，
可得2x＋5>7＋x或2x＋5<－(7＋x)，
整理得x>2或x<－4.
所以原不等式的解集是{x|x<－4或x>2}．
1．形如a<|f(x)|a>0)型不等式的简单解法是利用等价命题法，即a<|f(x)|2．|f(x)|>g(x)和|f(x)|g(x)或f(x)<－g(x)和－g(x)3．形如|f(x)|f(x)型不等式的简单解法是利用绝对值的定义，即|f(x)|>f(x) f(x)<0，|f(x)|[再练一题]
1．解不等式|x2－x＋2|＞x2－3x－4.
【导学号：94910007】
【解】　∵x2－x＋2＝2＋＞0，
∴|x2－x＋2|＝x2－x＋2.
原不等式等价于x2－x＋2＞x2－3x－4，
解得x＞－3.
∴原不等式的解集为{x|x＞－3}.
|x－a|±|x－b|≥c(≤c)
型不等式的解法
　解不等式|x＋1|＋|x－1|≥3.
【精彩点拨】　本题考查|x－a|＋|x－b|≥c型含两个绝对值的不等式的解法，解答此题可利用绝对值的几何意义去掉绝对值符号求解，也可用零点分区间讨论法求解，或者用图象法，利用图形分析求解．
【自主解答】　法一：如图所示，设数轴上与－1,1对应的点分别为A，B，那么A，B两点的距离和为2，因此区间[－1,1]上的数都不是不等式的解．设在A点左侧有一点A1，到A，B两点的距离和为3，A1对应数轴上的x.
∴－1－x＋1－x＝3，得x＝－.
同理设B点右侧有一点B1到A，B两点距离和为3，B1对应数轴上的x，
∴x－1＋x－(－1)＝3.
∴x＝.
从数轴上可看到，点A1，B1之间的点到A，B的距离之和都小于3；点A1的左边或点B1的右边的任何点到A，B的距离之和都大于3.
所以原不等式的解集是∪.
法二：当x≤－1时，原不等式可以化为－(x＋1)－(x－1)≥3，
解得x≤－.
当－1即2≥3，不成立，无解．
当x≥1时，原不等式可以化为x＋1＋x－1≥3，所以x≥.
综上所述，原不等式的解集为.
法三：将原不等式转化为|x＋1|＋|x－1|－3≥0.
构造函数y＝|x＋1|＋|x－1|－3，即y＝
作出函数的图象，如图所示：
函数的零点是－，.
从图象可知，当x≤－或x≥时，y≥0，
即|x＋1|＋|x－1|－3≥0.
解得原不等式的解集为∪.
这三种解法是解含有两个绝对值和差不等式常用的方法，解法一中关键是找到特殊点，解法二中的分类讨论要遵循“不重不漏”的原则，解法三则要准确画出函数图象，并准确找出零点.
[再练一题]
2．解不等式|2x－1|<|x|＋1.
【解】　①当x＜0时，原不等式可化为－2x＋1＜－x＋1，解得x＞0，与x＜0矛盾，此时无解；
②当0≤x＜时，原不等式可化为－2x＋1＜x＋1，解得x＞0，
又∵0≤x＜，从而有0＜x＜；
③当x≥时，原不等式化为2x－1＜x＋1，∴x＜2.
因此≤x＜2.
综合①②③知，原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
[探究共研型]
含参数的不等式
探究1　函数f(x)＝|x－a|＋|x－b|的最小值是什么？当|a－b|＞c时，不等式|x－a|＋|x－b|＞c的解集是什么？
【提示】　因为|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|a－b|.
∴当|a－b|＞c时，不等式|x－a|＋|x－b|＞c的解集为R.
事实上，对于一切x∈R，有|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|a－b|＞c.
探究2　对于a≥f(x)在R上恒成立求a的取值范围时，如何转化求解？对于a≤f(x)呢？对于a>f(x)的解集为 ，求a的取值范围时如何转化求解，对于a【提示】　a≥f(x)恒成立 a≥[f(x)]max.
a≤f(x)恒成立 a≤[f(x)]min.
a>f(x)解集为 a≤f(x)恒成立
a探究3　对于a≥f(x)有解求a的范围时，如何转化求解？a≤f(x)有解呢？
【提示】　a≥f(x)有解 a≥[f(x)]min.
a≤f(x)有解 a≤[f(x)]max.
　已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．
【精彩点拨】　(1)解f(x)≤3，由集合相等，求a.
(2)求y＝f(x)＋f(x＋5)的最小值，确定m的范围．
【自主解答】　(1)由f(x)≤3，得|x－a|≤3，
解得a－3≤x≤a＋3.
又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，
所以解得a＝2.
(2)法一　由(1)知a＝2，此时f(x)＝|x－2|，
设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|，
于是g(x)＝
利用g(x)的单调性，易知g(x)的最小值为5.
因此g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m对x∈R恒成立，
知实数m的取值范围是(－∞，5]．
法二　当a＝2时，f(x)＝|x－2|.
设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|.
由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号成立)，得g(x)的最小值为5.
因此，若g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m恒成立，
应有实数m的取值范围是(－∞，5]．
1．第(2)问求解的关键是转化为求f(x)＋f(x＋5)的最小值，法一是运用分类讨论思想，利用函数的单调性；法二是利用绝对值不等式的性质(应注意等号成立的条件)．
2．将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，这是命题的新动向，解题时应强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用．
[再练一题]
3．若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|≤a的解集为 ，求实数a的取值范围．
【解】　法一：令y1＝|x＋2|＋|x－1|，y2＝a.
∴y1＝
y1，y2的图象如图所示．由图可知，当a<3时，
|x＋2|＋|x－1|≤a的解集为 .
法二：|x＋2|＋|x－1|表示数轴上的点A(x)到B(－2)和C(1)两点的距离之和，而|BC|＝3，
所以A到B，C两点的距离之和的最小值为3.
即对一切x∈R，总有|x＋2|＋|x－1|≥3.
因为|x＋2|＋|x－1|≤a的解集为 ，
所以只需a<3即可，
所以a的取值范围是a<3.
[构建·体系]
1．不等式|x|·(1－2x)＞0的解集是(　　)
A.
B．(－∞，0)∪
C.
D．
【解析】　原不等式等价于
解得x＜且x≠0，
即x∈(－∞，0)∪.
【答案】　B
2．不等式|x－2|＞x－2的解集是(　　)
A．(－∞，2)
B．(－∞，＋∞)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，2)∪(2，＋∞)
【解析】　原不等式同解于x－2＜0，即x＜2.
【答案】　A
3．已知集合A＝{x∈R||x－1|<2}，Z为整数集，则集合A∩Z中所有元素的和等于________．
【解析】　A＝{x∈R||x－1|<2}＝{x∈R|－1【答案】　3
4．在实数范围内，不等式||x－2|－1|≤1的解集为________.
【导学号：94910008】
【解析】　由于||x－2|－1|≤1，即－1≤|x－2|－1≤1，
即|x－2|≤2，所以－2≤x－2≤2，所以0≤x≤4.
【答案】　[0,4]
5．设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．
【解】　(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．
(2)由f(x)≤0，得|x－a|＋3x≤0.
此不等式化为不等式组
或
即或
因为a>0，所以不等式组的解集为.
由题设可得－＝－1，故a＝2.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．不等式1≤|x－3|≤6的解集是(　　)
A．{x|－3≤x≤2或4≤x≤9}
B．{x|－3≤x≤9}
C．{x|－1≤x≤2}
D．{x|4≤x≤9}
【解析】　化为1≤x－3≤6或－6≤x－3≤－1，
即4≤x≤9或－3≤x≤2，故选A.
【答案】　A
2．不等式>的解集是(　　)
A．{x|0B．{x|x<0或x>2}
C．{x|x<0}
D．{x|x>2}
【解析】　原不等式可化为<0，即x(x－2)>0，
∴x>2或x<0，解集为{x|x>2或x<0}．
【答案】　B
3．不等式1＜|x＋1|＜3的解集为(　　)
【导学号：94910009】
A．(0,2)
B．(－2,0)∪(2,4)
C．(－4,0)
D．(－4，－2)∪(0,2)
【解析】　由1＜|x＋1|＜3，得
1＜x＋1＜3或－3＜x＋1＜－1，
∴0＜x＜2或－4＜x＜－2.
∴不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)．
【答案】　D
4．设变量x，y满足|x|＋|y|≤1，则x＋2y的最大值和最小值分别为(　　)
A．1，－1
B．2，－2
C．1，－2
D．2，－1
【解析】　|x|＋|y|≤1表示的平面区域如图中阴影部分所示．
设z＝x＋2y，作l0：x＋2y＝0，把l0向右上和左下平移，易知：当l过点(0,1)时，z有最大值zmax＝0＋2×1＝2；
当l过点(0，－1)时，z有最小值zmin＝0＋2×(－1)＝－2.
【答案】　B
5．若关于x的不等式|x－2|＋|x－a|≥a在R上恒成立，则a的最大值是(　　)
A．0
B．1
C．－1
D．2
【解析】　由于|x－2|＋|x－a|≥|a－2|，
∴等价于|a－2|≥a，即a≤1.
故实数a的最大值为1.
【答案】　B
二、填空题
6．不等式|2x－1|≤3的解集为________．
【解析】　由|2x－1|≤3，得－3≤2x－1≤3，
解得－1≤x≤2，即解集为[－1,2]．
【答案】　[－1,2]
7．不等式|x＋1|－|x－3|≥0的解集是________．
【解析】　法一：不等式等价转化为|x＋1|≥|x－3|，
两边平方得(x＋1)2≥(x－3)2，解得x≥1，
故不等式的解集为[1，＋∞)．
法二：不等式等价转化为|x＋1|≥|x－3|，根据绝对值的几何意义可得数轴上点x到点－1的距离大于等于到点3的距离，到两点距离相等时x＝1，故不等式的解集为[1，＋∞)．
【答案】　[1，＋∞)
8．若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|【解析】　∵|x－5|＋|x＋3|
＝|5－x|＋|x＋3|≥|5－x＋x＋3|＝8，
∴(|x－5|＋|x＋3|)min＝8，
要使|x－5|＋|x＋3|【答案】　(－∞，8]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
【解】　(1)当a＝－3时，f(x)＝
当x≤2时，由f(x)≥3，得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2当x≥3时，由f(x)≥3，得2x－5≥3，解得x≥4.
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)f(x)≤|x－4| |x－4|－|x－2|≥|x＋a|.
当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|
4－x－(2－x)≥|x＋a|
－2－a≤x≤2－a.
由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．
10．如图1 2 1所示，O为数轴的原点，A，B，M为数轴上三点，C为线段OM上的动点．设x表示C与原点的距离，y表示C到A距离的4倍与C到B距离的6倍的和．
(1)将y表示为x的函数；
(2)要使y的值不超过70，x应该在什么范围内取值？
图1 2 1
【解】　(1)依题意y＝4|x－10|＋6|x－20|,0≤x≤30.
(2)由题意，x满足(
)
①当0≤x≤10时，不等式组(
)化为4(10－x)＋6(20－x)≤70，
解得9≤x≤10；
②当10＜x＜20时，不等式组(
)化为4(x－10)＋6(20－x)≤70，
解得10③当20≤x≤30时，不等式组(
)化为4(x－10)＋6(x－20)≤70，
解得20≤x≤23.
综合①②③知，x的取值范围是9≤x≤23.
[能力提升]
1．若不等式|2x＋1|－|x－4|≥m恒成立，则实数m的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1]
B．
C.
D．(－∞，－5]
【解析】　令f(x)＝|2x＋1|－|x－4|
＝
x＝－时，[f(x)]min＝f＝－，∴m≤－.
【答案】　C
2．设集合A＝{x||x－a|＜1，x∈R}，B＝{x||x－b|＞2，x∈R}．若A B，则实数a，b必满足(　　)
A．|a＋b|≤3
B．|a＋b|≥3
C．|a－b|≤3
D．|a－b|≥3
【解析】　由|x－a|＜1，得a－1＜x＜a＋1.
由|x－b|＞2，得x＜b－2或x＞b＋2.
∵A B，∴a－1≥b＋2或a＋1≤b－2，
即a－b≥3或a－b≤－3，∴|a－b|≥3.
【答案】　D
3．已知a∈R，若关于x的方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，则实数a的取值范围是________．
【解析】　∵方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，
∴Δ＝12－4≥0，即＋|a|≤.根据绝对值的几何意义，知0≤a≤.
【答案】　
4．已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为，求a的值．
【解】　(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当2当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，解得x≥5.
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为
.
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，
则h(x)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为，
所以于是a＝3.第2课时　运用平均值不等式求最大(小)值
1．能利用平均值不等式求简单的最大(小)值．(重点)
2．掌握建立不等式模型，解决实际问题中的最值．(难点)
[基础·初探]
教材整理　两个重要结论
阅读教材P10～P14，完成下列问题．
1．已知x，y为正数，x＋y＝S，xy＝P，则
(1)如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，S取得最小值2；
(2)如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，P取得最大值.
2．若a，b，c均为正数，(1)如果a＋b＋c是定值S，那么a＝b＝c时，积abc有最大值；(2)如果积abc是定值P，那么当a＝b＝c时，
和a＋b＋c有最小值．
填空：
(1)若x>0时，＋x的最小值是________．
(2)当取得最小值时，x取________．
【解析】　(1)x>0时，x＋≥2，故最小值为2.
(2)＝＋≥2，这时x＝0.
【答案】　(1)2　(2)0
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
利用平均值不等式求最大(小)值
　设x，y，z均是正数，x－2y＋3z＝0，则的最小值为__________．
【精彩点拨】　由条件消去y，然后利用平均值不等式求最小值．
【自主解答】　由x－2y＋3z＝0，
得y＝，
∴＝＝
≥＝3.
当且仅当x＝y＝3z时，取得最小值3.
【答案】　3
本题解题的关键是根据已知条件消掉目标函数中的y，通过对目标函数的变形，转化为考生所熟悉的能使用基本不等式求最值的问题.
[再练一题]
1．函数y＝(x>－1)的最大值是______．
【解析】　y＝＝.
∵x>－1，∴x＋1>0.
因此x＋1＋≥2，x＋1＋＋3≥3＋2.
当且仅当x＋1＝，x＝－1时等号成立．
∴0故ymax＝3－2.
【答案】　3－2
灵活运用条件求最值
　已知x>0，y>0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
【精彩点拨】　本题考查利用平均值不等式求最值以及利用不等式知识分析、解决问题的能力．解答此题可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，再用平均值不等式求得和的最小值．
【自主解答】　法一：∵x>0，y>0，＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝＋＋10≥6＋10＝16.
当且仅当＝，又＋＝1，
即x＝4，y＝12时，上式取等号．
故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
法二：由＋＝1，得(x－1)(y－9)＝9(定值)，
可知x>1，y>9，
而x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥
2＋10＝16.
所以当且仅当x－1＝y－9＝3，
即x＝4，y＝12时，上式取等号．
故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
利用平均值不等式求最值，一般按以下三步进行：
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.,切记利用平均值不等式求最值时的三个条件：“一正二定三相等”必须同时满足，函数方可取得最值，否则不可以.
[再练一题]
2．已知x>0，y>0，且x＋2y＝1，求＋的最小值.
【导学号：94910013】
【解】　∵x，y∈(0，＋∞)，x＋2y＝1，
∴＋＝＋＝1＋＋＋2≥3＋2.
当＝，即x＝y，也就是y＝＝1－，
x＝－1时等号成立，
故＋的最小值为3＋2.
[探究共研型]
用平均值不等式求解应用题
探究　解不等式实际应用题的解题思路是怎样的？
【提示】　解不等式实际应用题的解题思路
　如图1 3 1，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为18
000
cm2，四周空白的宽度为10
cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5
cm，怎样确定广告的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告面积最小？
图1 3 1
【精彩点拨】　→
→
【自主解答】　法一：设矩形栏目的高为a
cm，宽为b
cm，则ab＝9
000.①
广告的高为a＋20，宽为2b＋25，其中a>0，b>0.
广告的面积S＝(a＋20)(2b＋25)
＝2ab＋40b＋25a＋500＝18
500＋25a＋40b
≥18
500＋2＝18
500＋2＝24
500.
当且仅当25a＝40b时等号成立，此时b＝a，代入①式得a＝120，从而b＝75.
即当a＝120，b＝75时，S取得最小值24
500
cm2.
故广告的高为140
cm，宽为175
cm时，可使广告的面积最小，最小值为24
500
cm2.
法二：设广告的高和宽分别为x
cm，y
cm，则每栏的高和宽分别为x－20，，其中x>20，y>25，
两栏的面积之和为2(x－20)·＝18
000，
由此得y＝＋25.
广告的面积S＝xy＝x＝·x＋25x，
整理得S＝＋25(x－20)＋18
500，
因为x－20>0，
所以S≥2＋18
500＝24
500.
当且仅当＝25(x－20)时等号成立，
此时有(x－20)2＝14
400(x>20)，解得x＝140，
代入y＝＋25，得y＝175，
即当x＝140，y＝175时，
S取得最小值24
500
cm2，
故广告的高为140
cm，宽为175
cm时，可使广告的面积最小，最小值为24
500
cm2.
利用基本不等式解决实际问题的一般思路是：, 1 在理解题意的基础上，合理设出变量，找出实际问题的数学模型建立函数关系式，并求出函数定义域； 2 由建立的函数关系式转化为求函数的最大值或最小值问题； 3 在函数定义域内，求出函数的最大值或最小值； 4 结合实际问题，求出实际问题的解.
[再练一题]
3．某商场预计全年分批购入每台价值为2
000元的电视机共3
600台，每批都购入x台(x∈N＋)，且每批均需付运费400元，储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入电视机的总价值(不含运费)成正比，若每批购入400台，则全年需用去运输和保管费43
600元，现在全年只有24
000元资金可以用于支付这笔费用，请问：能否恰当安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．
【解】　设每批购买x台电视机，共需运输和保管的总费用为y元．
由题意可得保管费ω＝k·2
000x(k>0)，总运输费为400·.
因为43
600－400×9＝k·400×2
000，所以k＝.
所以y＝·2
000x＋400·＝100≥100·2＝24
000.
当且仅当x＝，
即x＝120时等号成立．
所以只要安排每批购买120台电视机时，可以使资金够用．
[构建·体系]
1．已知0A.
B.
C.
D．
【解析】　∵0∴x(1－x)≤2＝，
当且仅当x＝时取等号．
【答案】　B
2．函数f(x)＝的最大值为(　　)
A.
B．
C.
D．1
【解析】　显然x≥0.当x＝0时，f(x)＝0；
当x>0时，x＋1≥2，∴f(x)≤.
当且仅当x＝1时，等号成立，
∴f(x)max＝.
【答案】　B
3．已知t>0，则函数y＝的最小值为______．
【解析】　∵t>0，∴y＝＝t＋－4≥2－4＝－2.
【答案】　－2
4．设x，y∈R，且xy≠0，则的最小值为________.
【导学号：94910014】
【解析】　＝5＋＋4x2y2≥5＋2＝9，当且仅当x2y2＝时“＝”成立．
【答案】　9
5．求函数y＝x2(1－5x)的最大值．
【解】　y＝x2＝x·x.
∵0≤x≤，∴－2x≥0，
∴y≤＝.
当且仅当x＝－2x，即x＝时，
上式取“＝”号．
故ymax＝.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若x，y是正数，则(x＋y)·的最小值为(　　)
A．6　　
B．9
C．12
D．15
【解析】　(x＋y)·＝5＋＋≥9，故选B.
【答案】　B
2．已知x，y为正数，且x＋4y＝1，则xy的最大值为(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　∵x，y>0，∴xy＝(x·4y)≤·2＝，故选C.
【答案】　C
3．已知x>1，y>1，且lg
x＋lg
y＝4，那么lg
x·lg
y的最大值是(　　)
A．2
B.
C.
D．4
【解析】　∵x>1，y>1，∴lg
x>0，lg
y>0，
∴≤＝＝2，
∴lg
x·lg
y≤4.
【答案】　D
4．设x，y为正数，且x＋y＝1，则使＋≤a恒成立的a的最小值是(　　)
A.
B．
C．2
D．2
【解析】　(＋)2＝1＋2≤1＋x＋y＝2，
故＋≤，从而a必须不小于.
【答案】　B
5．如果圆柱的轴截面周长l为定值，那么圆柱体积的最大值是(　　)
A.π
B．π
C.π
D．π
【解析】　l＝4r＋2h，即2r＋h＝，
V＝πr2h≤π＝π.
当且仅当r＝h＝时等号成立．
【答案】　A
二、填空题
6．设x>0，则y＝2－x－的最大值是__________．
【解析】　∵x>0，∴x＋≥2＝4，
∴y＝2－x－≤2－4＝－2，
∴当且仅当x＝，
即x＝2时，y取最大值为－2.
【答案】　－2
7．已知x，y大于0，且满足＋＝1，则xy的最大值为__________．
【解析】　∵x>0，y>0且1＝＋≥2，
∴xy≤3.
当且仅当＝时取等号．
【答案】　3
8．已知x，y>0，x＋y＝1，则的最小值为________.
【导学号：94910015】
【解析】　由x>0，y>0，x＋y＝1，
得＝xy＋＋＋≥
2＋2＝4.
当且仅当x＝y＝时取等号．
【答案】　4
三、解答题
9．已知x，y，a，b均为正数，x，y为变数，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋y的最小值为18，求a，b.
【解】　∵x＋y>0，a>0，b>0且＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝a＋b＋＋≥a＋b＋2＝a＋b＋2＝(＋)2.
当且仅当＝时取等号，
此时(x＋y)min＝(＋)2＝18.
即a＋b＋2＝18.
又a＋b＝10，
联立
解得或
10．经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间的函数关系为y＝(v>0)．
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/小时)
(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内？
【解】　(1)依题意y＝≤＝，
当且仅当v＝，即v＝40时等号成立．
∴ymax＝≈11.1(千辆/小时)．
当v＝40千米/小时时，车流量最大，约为11.1千辆/小时．
(2)由条件得>10，
整理得v2－89v＋1
600<0，
即(v－25)(v－64)<0.
解得25所以，如果在该时段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在25～64千米/小时．
[能力提升]
1．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是(　　)
A．0
B．1
C．2
D．4
【解析】　依题意a＋b＝x＋y，xy＝cd，
又x>0，y>0，
∴＝＝2＋＋≥4.
当且仅当x＝y时，等号成立．
∴的最小值为4.
【答案】　D
2．对于x∈，不等式＋≥16恒成立，则正数p的取值范围为(　　)
A．(－∞，－9]
B．(－9,9]
C．(－∞，9]
D．[9，＋∞)
【解析】　令t＝sin2x，则cos2x＝1－t.
又x∈，∴t∈(0,1)．
不等式＋≥16可化为p≥(1－t)，
令y＝(1－t)＝17－≤17－
2＝9，
当＝16t，即t＝时取等号，
因此原不等式恒成立，只需p≥9.
【答案】　D
3．若对任意x>0，≤a恒成立，则a的取值范围是__________.
【导学号：94910016】
【解析】　由x>0，原不等式等价于
0<≤＝x＋＋3恒成立，
所以≤min＝5，即0<≤5，解得a≥.当且仅当x＝即x＝1时，取等号．
【答案】　a≥
4．某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位：m)，如图1 3 2所示，垂直放置的标杆BC的高度h＝4
m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.
图1 3 2
该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度，若电视塔实际高度为125
m，问：d为多少时，α－β最大？
【解】　由题设知d＝AB，得tan
α＝.
由AB＝AD－BD＝－，得tan
β＝，
所以tan
(α－β)＝
＝≤，
当且仅当d＝，即d＝＝＝55时，上式取等号．
所以当d＝55时，tan
(α－β)最大．
因为0<β<α<，
则0<α－β<，
所以当d＝55时，α－β最大．故所求的d是55
m.章末分层突破
[自我校对]
①求差比较法与求商比较法
②算术几何平均值
③分析法与综合法
④反证法、几何法与放缩法
　
　
　不等式性质的应用
主要考查利用不等式性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质进行数值(或代数式)大小的比较，有时考查分类讨论思想，常与函数、数列等知识综合进行考查，考查形式多以选择题出现．
　给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中能推出logb＜loga＜logab成立的条件的序号是________(填所有可能的条件的序号)．
【精彩点拨】　先化简被推出的不等式，然后根据对数函数的性质，逐个判断．
【规范解答】　∵logb
＝－1，
若1＜a＜b，则＜＜1＜b，
∴loga
＜loga
＝－1，
故条件①不可以；
若0＜a＜b＜1，
则b＜1＜＜，
∴logab＞loga
＞loga
＝－1＝logb
，
故条件②可以；
若0＜a＜1＜b，则0＜＜1，
∴loga
＞0，logab＜0.
因此条件③不可以．
【答案】　②
[再练一题]
1．若a，b是任意实数，且a＞b，则(　　)
A．a2＞b2
B.＜1
C．lg(a－b)＞0
D．＜
【解析】　a＞b并不能保证a，b均为正数，从而不能保证A，B成立．又a＞b a－b＞0，但不能保证a－b＞1，从而不能保证C成立．
显然只有D成立．事实上，指数函数y＝是减函数，所以a＞b ＜b成立．
【答案】　D
　恒成立问题中求字母范围的问题
在给定区间上不等式恒成立，一般地有类似下面常用的结论：(1)f(x)＜a恒成立 f(x)max＜a；(2)f(x)＞a恒成立 f(x)min＞a.
　对任意实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，试求实数x的取值范围．
【精彩点拨】　构造函数F(a，b)＝，从而转化为|x－1|＋|x－2|≤[F(a，b)]min.
【规范解答】　依题意，|x－1|＋|x－2|≤恒成立．
故|x－1|＋|x－2|≤min.
因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，
当且仅当(a＋b)(a－b)≥0时取“＝”，
所以min＝2，
因此原不等式等价于|x－1|＋|x－2|≤2.
解上述不等式得≤x≤，
即所求x的取值范围为.
[再练一题]
2．对一切x∈R，若|x－a|＋|x＋2|≥7恒成立，求实数a的取值范围．
【解】　对x∈R，
|x－a|＋|x＋2|≥|(x＋2)－(x－a)|＝|2＋a|，
因此原不等式恒成立，
必有|2＋a|≥7.
∴2＋a≥7或2＋a≤－7，
解得a≥5或a≤－9.
故实数a的取值范围是{a|a≥5或a≤－9}.
　平均值不等式与最值
应用平均值不等式求最大(小)值，关键在于“一正、二定、三相等”．也就是：(1)一正：各项必须为正；(2)二定：要求积的最大值，则其和必须是定值；要求和的最小值，则其积必须是定值；(3)三相等：必须验证等号是否可以成立．
　某县投资兴建了甲、乙两个企业，2011年该县从甲企业获得利润100万元，从乙企业获得利润400万元，以后每年上缴的利润甲企业以翻一番的速度递增，而乙企业则减为上年的一半，据估算，该县年收入达到5
000万元可解决温饱问题，年收入达到50
000万元达到富裕水平，试估算：
(1)若2011年为第1年，则该县从上述两企业获得利润最少的是第几年？这年还需另外筹集多少万元才能解决温饱问题？
(2)到2020年底，该县能否达到富裕水平？为什么？
【精彩点拨】　→→→
【规范解答】　(1)设第n年该县从这两个企业获得的利润为y万元，则
y＝100×2n－1＋400×＝100
≥100×2
＝400(n≥1)，
当且仅当2n－1＝，即n＝2时，ymin＝400(万元)，
由5
000－400＝4
600(万元)，
所以第2年该县从这两个企业获得利润最少，还得另外筹集4
600万元才能解决温饱问题．
(2)到2020年，即第10年，该县从这两个企业获利润：y＝100×210－1＋400×
＞100×29＝51
200＞50
000.
故能达到富裕水平．
[再练一题]
3．某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞，第一年需各种费用12万元，从第二年开始包括维修费在内，每年所需费用均比上一年增加4万元，该船每年捕捞的总收入为50万元．
(1)该船捕捞几年开始盈利(即总收入减去成本及所有费用之差为正值？)
(2)该船捕捞若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以26万元的价格卖出．
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出．问：哪一种方案较为合算？请说明理由．
【解】　(1)设捕捞n年后开始盈利，盈利为y元，则
y＝50n－－98
＝－2n2＋40n－98.
由y＞0，得n2－20n＋49＜0，
∴10－＜n＜10＋(n为正整数)，
∴3≤n≤17，∴n＝3.
即捕捞3年后，开始盈利．
(2)①平均盈利为＝－2n－＋40
≤－2
＋40＝12.
当且仅当2n＝，即n＝7时，年平均利润最大．
∴经过7年捕捞后平均利润最大，共盈利为12×7＋26＝110万元．
②∵y＝－2n2＋40n－98＝－2(n－10)2＋102，
∴当n＝10时，y的最大值为102；
即经过10年捕捞盈利额最大，盈利102＋8＝110万元．
故两种方案获利相等，但方案②的时间长，所以方案①合算.
　证明不等式的基本方法
比较法、综合法和分析法，善于分析题目特征，灵活运用不等式的性质，根据目标进行变形，但放缩一定要适度．
　已知a＞0，a2－2ab＋c2＝0且bc＞a2，试证明：b＞c.
【精彩点拨】　利用综合法，由平均值不等式建立不等关系，比较大小．
【规范解答】　∵a2－2ab＋c2＝0，
∴a2＋c2＝2ab.
又a2＋c2≥2ac，且a＞0，
∴2ab≥2ac，∴b≥c，
若b＝c，由a2－2ab＋c2＝0，得
a2－2ab＋b2＝0，
∴a＝b，
从而a＝b＝c，这与bc＞a2矛盾．
从而b＞c.
[再练一题]
4．设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10.
求证：logac＋logbc≥4lg
c.
【证明】　由于a＞1，b＞1，
故要证明loga
c＋logb
c≥4lg
c，
只要证明＋≥4lg
c，
又c＞1，故lg
c＞0，
所以只要证＋≥4，
即≥4，
因ab＝10，故lg
a＋lg
b＝1，
只要证明≥4(
)，
由a＞1，b＞1，故lg
a＞0，lg
b＞0，
所以0＜lg
alg
b≤＝＝.
即(
)式成立．
原不等式loga
c＋logb
c≥4lg
c得证.
　数学思想与方法
不等式是中学数学中的重要内容，虽然知识点较少，但综合性强，是每年高考必考的热点之一．几乎涉及整个高中数学的各个章节，以“实际为背景”、“函数为背景”的考题居多，既有客观题，又有主观题．不仅测试有关不等式的基础知识、基本技能、基本方法，而且还测试运算能力、逻辑推测能力以及分析问题、解决问题的能力．根据本章特点，应强化训练函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想方法．
　已知关于x的不等式＞1＋.
(1)解这个不等式；
(2)当此不等式的解集为{x|x＞5}时，求实数m的值．
【精彩点拨】　(1)利用分类讨论的思想方程．(2)采用方程的思想方法．
【规范解答】　(1)原不等式可化为(m－1)x＞m2－2m－5，
①若m＜1且m≠0，则不等式的解为x＜；
②若m＞1，则不等式的解为x＞；
③若m＝1，则不等式的解为x∈R.
(2)如果原不等式的解为x＞5，
则
∴m＝7，即原不等式解集为{x|x＞5}时，m的值为7.
[再练一题]
5．若对任意x∈R，不等式|x|≥ax恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．a＜－1
B．|a|≤1
C．|a|＜1
D．a≥1
【解析】　设f(x)＝|x|，g(x)＝ax，作函数图象(如图所示)．
由图象知，|a|≤1，选B.
【答案】　B
1．(安徽高考)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】　因为a，b∈R，则|a－b|>2，其几何意义是数轴上表示数a，b的两点间距离大于2，|x－a|＋|x－b|的几何意义为数轴上任意一点到a，b两点的距离之和，当x处于a，b之间时|x－a|＋|x－b|取最小值，距离恰为a，b两点间的距离，由题意知其恒大于2，故原不等式解集为R.
【答案】　(－∞，＋∞)
2．(天津高考)设a＋b＝2，b＞0，则＋的最小值为________．
【解析】　当a＞0时，＋＝＋＝＋＝＋≥；
当a＜0时，＋＝＋＝＋＝－＋≥－＋1＝.
综上所述，＋的最小值是.
【答案】　
3．(全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|>1的解集．
图1 1
【解】　(1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.
故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}；
f(x)＜－1的解集为.
所以|f(x)|＞1的解集为.
4．(全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
【解】　(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
当x＝时等号成立，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．
当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
章末综合测评(一)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知＞，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．a2＞b2
B．lg
a＞lg
b
C.＞
D．＞
【解析】　由＞，得a＞b(c≠0)．
显然当a，b异号或其中一个为
0时，A，B，C不正确．
【答案】　D
2．“|x－1|＜2成立”是“x(x－3)＜0成立”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　|x－1|＜2 －1＜x＜3，
x(x－3)＜0 0＜x＜3.
(0,3)?(－1,3)．
【答案】　B
3．下面四个条件中，使a＞b成立的充分而不必要的条件是(　　)
A．a＞b＋1
B．a＞b－1
C．a2＞b2
D．a3＞b3
【解析】　由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1，选A.
【答案】　A
4．在下列函数中，当x取正数时，最小值为2的是(　　)
A．y＝x＋
B．y＝lg
x＋
C．y＝＋
D．y＝sin
x＋(0＜x＜π)
【解析】　y＝x＋≥2＝4，A错；当0＜x≤1时，lg
x≤0，B错；当＝时，x＝0，
∴y＝＋≥2，此时等号取不到，C错；y＝sin
x＋≥2，此时sin
x＝1，D正确．
【答案】　D
5．不等式|5x－x2|＜6的解集为(　　)
A．{x|x＜2或x＞3}
B．{x|－1＜x＜2或3＜x＜6}
C．{x|－1＜x＜6}
D．{x|2＜x＜3}
【解析】　|5x－x2|＜6 －6＜5x－x2＜6
∴－1＜x＜2或3＜x＜6.
【答案】　B
6．若不等式2x2＋ax＋b<0的解集为，则a－b的值是(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　由题意，得－＝－，＝－，所以a－b＝－＝.
【答案】　B
7．若a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(　　)
A．ab≤
B．ab≥
C．a2＋b2≥2
D．a2＋b2≤3
【解析】　由a≥0，b≥0，且a＋b＝2，
∴4＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，
∴a2＋b2≥2.
【答案】　C
8．设a，b，c为正数，则三个数a＋，b＋，c＋满足(　　)
A．都不大于2
B．都不小于2
C．至少有一个不大于2
D．至少有一个不小于2
【解析】　若a＋＜2，b＋＜2，c＋＜2同时成立，
相加得＋＋<6，
①
∵a，b，c为正数，∴a＋≥2，b＋≥2，c＋≥2，
三式相加得＋＋≥6.
②
因为①式与②式矛盾，所以a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2，选D.
【答案】　D
9．已知不等式(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为(　　)
A．2
B．4
C．6
D．8
【解析】　(x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2(当且仅当＝时，取等号)．
∵(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，∴只需(＋1)2≥9，∴a≥4.
【答案】　B
10．已知a1＞a2＞a3＞0，则使得(1－aix)2＜1(i＝1,2,3)都成立的x的取值范围是(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　由(1－aix)2＜1，得0＜aix＜2.
又ai＞0，∴0＜x＜对ai(i＝1,2,3)恒成立，
则x小于的最小值．
又a1＞a2＞a3，
∴的最小值为，则x＜.
因此x的取值范围为，选B.
【答案】　B
11．设a>b>c，n∈N，且＋≥恒成立，则n的最大值是(　　)
A．2
B．3
C．4
D．6
【解析】　∵＋＝＋＝2＋＋≥4，当且仅当＝时，取等号，
∴＋≥，而＋≥恒成立，得n≤4.
【答案】　C
12．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)
A．2
B．3
C．6
D．9
【解析】　f′(x)＝12x2－2ax－2b，
由f(x)在x＝1处有极值，
得f′(1)＝12－2a－2b＝0，
∴a＋b＝6.
又a＞0，b＞0，∴ab≤＝＝9，
当且仅当a＝b＝3时取到等号，故选D.
【答案】　D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．不等式|x－1|＋|x＋3|≥6的解集是________．
【解析】　当x≤－3时，－2x－2≥6 x≤－4；
当x≥1时，2x＋2≥6 x≥2；
当－3故解集为{x|x≥2或x≤－4}．
【答案】　(－∞，－4]∪[2，＋∞)
14．关于x的不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集是空集，则a的取值范围是________．
【解析】　|x－1|＋|x－2|的最小值为1，
故只需a2＋a＋1＜1，∴－1＜a＜0.
【答案】　(－1,0)
15．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．
【解析】　∵|x－1|≤1，∴－1≤x－1≤1，∴0≤x≤2.
又∵|y－2|≤1，∴－1≤y－2≤1，∴1≤y≤3，
从而－6≤－2y≤－2.
由同向不等式的可加性可得－6≤x－2y≤0，
∴－5≤x－2y＋1≤1，
∴|x－2y＋1|的最大值为5.
【答案】　5
16．设x∈，则函数y＝的最小值为________.
【导学号：94910028】
【解析】　y＝＝tan
x＋.
∵x∈，∴tan
x＞0，
则tan
x＋≥2
＝，
当且仅当tan
x＝时，取等号，
∴ymin＝.
【答案】　
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)解不等式x＋|2x－1|＜3.
【解】　法一　原不等式可化为
或
解得≤x＜或－2＜x＜.
所以原不等式的解集是.
法二　由于|2x－1|＜3－x，
∴x－3＜2x－1＜3－x，
解得x＞－2且x＜.
∴原不等式的解集是.
18．(本小题满分12分)已知a，b为正数，求证：＋≥.
【证明】　∵a＞0，b＞0，
∴(a＋b)＝5＋＋≥5＋2
＝9.
由a＋b＞0，
得＋≥.
19．(本小题满分12分)设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
【证明】　3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)
＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b＞0，
所以a－b≥0,3a2－2b2＞0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0.
故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．
20．(本小题满分12分)(1)设x是正数，求证：(x＋1)·(x2＋1)(x3＋1)≥8x3；
(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x的值．
【证明】　(1)x是正数，由重要不等式知，
x＋1≥2，1＋x2≥2x，x3＋1≥2，
故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2·2x·2
＝8x3(当x＝1时等号成立)．
(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．证明如下：
由(1)知，当x＞0时，不等式成立；
当x≤0时，8x3≤0，
又(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)
＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)
＝(x＋1)2(x2＋1)≥0，
此时不等式仍然成立．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a＞0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
【解】　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，解得当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x＜2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
22．(本小题满分12分)某小区要建一座八边形的休闲小区，如图1所示，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200平方米的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为每平方米4
200元，并在四周的四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪．造价为每平方米210元，再在四个空角上铺草坪，造价为每平方米80元．
图1
(1)设总造价为S元，AD长为x米，试求S关于x的函数关系式；
(2)当x为何值时，S取得最小值？并求出这个最小值．
【解】　(1)设DQ＝y米，又AD＝x米，
故x2＋4xy＝200，
即y＝.
依题意，得S＝4
200x2＋210×4xy＋80×2y2，
＝4
200x2＋210(200－x2)＋160
＝38
000＋4
000x2＋.
依题意x＞0，且y＝＞0，
所以0＜x＜10.
故所求函数为S＝38
000＋4
000x2＋，x∈(0,10
)．
(2)因为x＞0，
所以S≥38
000＋2＝118
000，
当且仅当4
000x2＝，
即x＝时取等号．
所以当x＝∈(0,10)时，
Smin＝118
000元．
故AD＝米时，S有最小值118
000元．§5　不等式的应用
1．理解不等式的性质、平均值不等式；掌握不等式的解法．(重点)
2．能利用不等式解决一些实际问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理　不等式应用的类型及步骤
阅读教材P23～P24，完成下列问题．
1．不等式的应用大致分为两类
(1)利用不等式研究函数的性质，求参数的取值范围．
(2)实际问题中建立不等式(或函数)模型，解决简单的实际问题．
2．解不等式应用问题的四个步骤
(1)审题，必要时画出示意图．
(2)建立不等式模型，即根据题意找出常数量和变量的不等关系．
(3)利用不等式的有关知识解题，即将数学模型转化为数学符号或图形符号．
(4)作出问题结论．
填空：
(1)不等式|2x－1|>x的解集为________．
(2)长为2米的木棍，截断围成矩形，其矩形的最大面积为________．
(3)若a>b>c且a＋b＋c＝0，则a的符号为________，c的符号为________．
【解析】　(1)|2x－1|>x等价于2x－1>x或2x－1<－x，
即x>1或x<，
所以解集为.
(2)设矩形的长为x，宽为y，则2x＋2y＝2，即x＋y＝1，
所以面积S＝xy≤＝，故最大面积为.
(3)由a>b>c且a＋b＋c＝0知3a>a＋b＋c＝0，即a>0,3c【答案】　(1)　(2)　(3)正　负
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
不等式解法的应用
　已知0＜b＜1＋a，若关于x的不等式(x－b)2＞(ax)2的解集中的整数恰有3个，则(　　)
A．－1＜a＜0
B．0＜a＜1
C．1＜a＜3
D．3＜a＜6
【精彩点拨】　
【自主解答】　由(x－b)2＞(ax)2，得x2(1－a2)－2bx＋b2＞0.
若恰有3个整数解，必须满足1－a2＜0，即a＞1或a＜－1(舍去)．
设不等式对应方程两根为x1，x2，
则|x1－x2|＝
＝
＝＝.
又不等式有3个整数解，
∴2<≤3，解得b≥.
由已知0解得1＜a＜3，
∴1＜a＜3.
【答案】　C
1．“三个二次”的关系，一元二次不等式，一元二次方程及二次函数的关系，解题要注意相互转化．
2．对二次项系数含有参数的式子要进行讨论．
[再练一题]
1．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1]∪[4，＋∞)
B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．[1,2]
D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
【解析】　对任意x∈R，均有
|x＋3|－|x－1|≤|(x＋3)－(x－1)|＝4，
∴原不等式恒成立，只需a2－3a≥4.
则a2－3a－4≥0，解得a≥4或a≤－1，
∴实数a的取值范围是a≥4或a≤－1.
【答案】　A
利用不等式解决实际问题中的大小问题
　甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m≠n，则甲、乙二人谁先到达指定地点？
【精彩点拨】　本题考查比较法在实际问题中的应用，考查应用意识及运算求解能力．
【自主解答】　设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有：
m＋n＝s，＋＝t2.
∴t1＝，t2＝，∴t1－t2＝－
＝＝－.
其中s，m，n都是正数，且m≠n，
∴t1－t2<0，即t1从而知甲比乙先到达指定地点．
对于实际问题中的大小、优秀、强弱等比较问题，通常需阅读理解，建立式子的大小比较模型，然后用求差比较法或求商比较法或直接用平均值、不等式等比较出大小关系，从而使问题得解.
[再练一题]
2．设甲、乙两地距离为s，船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度为v1(v1>0)，已知船在静水中的速度为v2(v2>0)，试比较v1和v2的大小．
【解】　设水流速度为v(v>0)，则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间t＝＋＝，
∴平均速度v1＝＝.
∵v1>0，v2>0，
∴＝＝＝1－<1，∴v1实际问题中不等式的应用
　围建一个面积为360
m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2
m的进出口，如图1 5 1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：m)，修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位：元)．
图1 5 1
(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．
【精彩点拨】　(1)由题可知总费用由旧墙的维修费及新墙的造价构成，故先弄清旧墙需维修的长度及新墙需建的长度，然后易知y与x的关系式；(2)用均值不等式可求总费用的最小值．
【自主解答】　(1)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ax＝360，得a＝，
∴y＝225x＋－360(x＞0)．
(2)∵x＞0，
∴225x＋≥2＝10
800，
∴y＝225x＋－360≥10
440，
当且仅当225x＝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．
[再练一题]
3．如图1 5 2，把一块边长是a的正方形铁片的各角切去大小相同的小正方形，再把它的边沿着虚线翻折做成一个无盖方底的盒子，问切去的正方形边长是多少时，才能使盒子的容积最大？
图1 5 2
【解】　设切去的正方形边长为x，无盖方底盒子的容积为V，则
V＝(a－2x)2·x，其中0＜x＜.
又V＝(a－2x)·(a－2x)·4x
≤＝，
当且仅当a－2x＝4x，即当x＝时，不等式取等号，此时V取最大值.
因此当切去的小正方形边长是原来正方形边长的时，盒子的容积最大．
[构建·体系]
1．函数y＝对一切x∈R都有意义，则实数m的取值范围是(　　)
【导学号：94910026】
A．m＞2　　
B．m＜2
C．m＜0或m＞2
D．0≤m≤2
【解析】　由题意，Δ＝m2－4·≤0，
所以0≤m≤2.
【答案】　D
2．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则x＋y的最小值是(　　)
A．6
B．4
C．3＋2
D．4
【解析】　(x＋y)×1＝(x＋y)
＝2＋1＋＋≥3＋2.
当且仅当＝时，等号成立．
【答案】　C
3．已知点An(n，an)为函数y＝的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n为正整数，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
【解析】　易得an＝，bn＝n，
∴cn＝－n＝，
cn随n的增大而减小，
∴cn＞cn＋1.
【答案】　cn＞cn＋1
4．设三角形三边长为3,4,5，P是三角形内的一点，则P到这个三角形三边距离乘积的最大值是________．
【解析】　设P到三角形三边距离分别为h1，h2，h3，
又∵三角形为直角三角形，S＝·3·4＝6，
∴h1·3＋h2·4＋h3·5＝6，
∴3h1＋4h2＋5h3＝12≥3，
∴h1h2h3≤＝.
【答案】　
5．汽车在行驶中，由于惯性作用，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停住，我们称这段距离为“刹车距离”．刹车距离是分析事故的一个重要因素．在一个限速40
km/h以内的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了，事发后现场测得甲车的刹车距离略超过12
m，乙车的刹车距离略超过10
m，又知甲、乙两种车型的刹车距离s(m)与车速x(km/h)之间有如下关系：s甲＝0.1x＋0.01x2，s乙＝0.05x＋0.005x2.问：超速行驶应负主要责任的是谁？
【解】　由题意，列出不等式0.1x＋0.01x2＞12(x>0)，
解得x＜－40或x＞30.
由于x＞0，从而可得x甲＞30
km/h.由s乙＞10，得
0．05x＋0.005x2＞10(x＞0)，
解得x＞40，即x乙＞40
km/h.
所以超速行驶应负主要责任的是乙车．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．某商场中秋前30天月饼销售总量f(t)与时间t(0A．18　　　
B．27
C．20
D．16
【解析】　平均销售量y＝＝＝t＋＋10≥18.当且仅当t＝，即t＝4∈[1,30]等号成立，
即平均销售量的最小值为18.
【答案】　A
2．爬山是一种简单有趣的野外运动，有益于身体健康，但要注意安全，准备好必需物品，控制好速度．现有甲、乙两人相约爬山，若甲上山的速度为v1，下山(原路返回)的速度为v2(v1≠v2)，乙上下山的速度都是(v1＋v2)(两人途中不停歇)，则甲、乙两人上下山所用时间t1，t2的关系为(　　)
A．t1＞t2
B．t1＜t2
C．t1＝t2
D．不能确定
【解析】　设s为上山路程，则下山路程亦为s.
t1＝＋＞2＝，
t2＝＝＜＝，
∴t1＞t2.
【答案】　A
3．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≥π
D．V≤π
【解析】　设圆柱的底面半径为r，则高h＝＝3－2r.
∴V＝πr2(3－2r)＝πr·r(3－2r)≤π＝π.
【答案】　B
4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10
km处建仓库，那么这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站(　　)
A．5
km处
B．4
km处
C．3
km处
D．2
km处
【解析】　设仓库到车站的距离为x
km，y1＝，y2＝k2x.依题意，得2＝，8＝10k2，∴k1＝20，k2＝.令y＝y1＋y2＝＋x.∵＋x≥2＝8，当且仅当＝x，即x＝5时，等号成立，∴当x＝5时，费用最少．
【答案】　A
5．某人要买房，随着楼层的升高，上下楼耗费的精力增多，因此不满意度升高，当住第n层楼时，上下楼造成的不满意度为n，但高处空气清新，嘈杂音较小，环境较为安静，因此随楼层升高，环境不满程度降低，设住第n层楼时，环境不满意程度为，则此人应选(　　)
A．1楼
B．2楼
C．3楼
D．4楼
【解析】　此人不满意程度越小，楼层越好，设y＝n＋，可求出此函数的单调减区间为(0,2)，增区间为[2，＋∞)，当n＝2时，y＝6，当n＝3时，y＝5，因此3层楼不满意度最小．
【答案】　C
二、填空题
6．若关于x的不等式x2－ax－6a＜0有解，且解集的区间长度不超过5个单位，则正实数a的取值范围是________．
【解析】　设不等式x2－ax－6a＜0的解集为(x1，x2)，
则x1＋x2＝a，x1x2＝－6a.
∴|x2－x1|＝＝，
依题意，0＜≤5,0＜a≤1.
【答案】　(0,1]
7．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝________吨.
【导学号：94910027】
【解析】　一年购买次，总运费是4·＝万元，
总存储费4x万元．
∴一年的总费用t＝4x＋取最小值时，有4x＝，∴x＝20.
【答案】　20
8．在如图1 5 3所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x为________(m)．
图1 5 3
【解析】　设矩形花园的宽为y
m，则＝，即y＝40－x，矩形花园的面积S＝x(40－x)＝－x2＋40x＝－(x－20)2＋400，当x＝20
m时，面积最大．
【答案】　20
三、解答题
9．某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2
000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最高为多少元？
(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，并求出此时商品的每件定价．
【解】　(1)设每件定价为x元，依题意，有x≥25×8，
整理得x2－65x＋1
000≤0，解得25≤x≤40.
∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最高为40元．
(2)依题意，x>25时，
不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解，等价于x>25时，a≥＋x＋有解，
∵＋x≥2＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥10.2.
∴当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
10．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元，该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
【解】　(1)由题设，隔热层厚度为x
cm时，每年能源消耗费用为C(x)＝，
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝.
而建造费用为C1(x)＝6x.
∴隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
f(x)＝20C(x)＋C1(x)
＝20×＋6x＝＋6x(0≤x≤10)．
(2)f(x)＝＋6x＝＋2(3x＋5)－10
≥2－10＝70，
当且仅当＝2(3x＋5)，
即x＝5时取最小值．
∴当隔热层修建5
cm厚时，总费用最小为70万元．
[能力提升]
1．某城市为控制用水，计划提高水价，现有四种方案，其中提价最多的方案是(已知0＜q＜p＜1)(　　)
A．先提价p%，再提价q%
B．先提价q%，再提价p%
C．分两次都提价
%
D．分两次都提价%
【解析】　≥≥ab，由题可知，A，B两次提价均为(1＋p%)(1＋q%)相等，
C提价，D提价，
＜ (1＋p%)(1＋q%)
＜＜，则提价最多为C.
【答案】　C
2．已知M是△ABC内的一点，且·＝2，∠BAC＝30°，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为，x，y，则＋的最小值是(　　)
A．20
B．18
C．16
D．19
【解析】　由·＝||·||cos
30°＝2得||·||＝4，
S△ABC＝||·||sin
30°＝1，
由＋x＋y＝1，得x＋y＝.
所以＋＝2·(x＋y)
＝2≥2×(5＋2×2)＝18.
【答案】　B
3．设a＞0，b＞0，称为a，b的调和平均数．如图1 5 4所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，CB＝b，O为AB中点，以AB为直径作半圆．过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD.过点C作OD的垂线，垂足为E.则图中线段OD的长度是a，b的算术平均数，线段________的长度是a，b的几何平均数，线段________的长度是a，b的调和平均数．
图1 5 4
【解析】　在Rt△ABD中，CD是斜边AB上的高，
所以CD2＝AC·CB，
所以CD＝＝，
所以线段CD的长度是a，b的几何平均数．
在Rt△OCD中，
因为CE⊥OD，
所以＝，
所以线段DE＝＝＝.
所以线段DE的长度是a，b的调和平均数．
【答案】　CD　DE
4．提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数，当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．
(1)当0≤x≤200时，求函数v(x)的表达式；
(2)当车流密度x为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)
【解】　(1)由题意，当0≤x≤20时，v(x)＝60；当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b，则由已知得解得
故函数v(x)的表达式为
v(x)＝
(2)依题意并由(1)可得
f(x)＝
当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，
f(x)取得最大值为60×20＝1
200；
当20≤x≤200时，f(x)＝x(200－x)≤
＝，
当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．
所以，当x＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值.
综上，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3
333，
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3
333辆/小时．§2　含有绝对值的不等式
2.1　绝对值不等式
1．理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明绝对值不等式的性质定理．(重点)
2．会利用绝对值不等式的性质定理证明简单的不等式．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　绝对值的几何意义
阅读教材P6“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．|a|表示在数轴上实数a对应的点与原点O的距离．
2．|x－a|的几何意义是实数x对应的点与实数a对应的点之间的距离．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)由|x＋2|＝0可得x＋2＝0即x＝－2.(　　)
(2)因为|a|>|b|，所以a>b.(　　)
(3)|a－b|的几何意义是数轴上实数a，b对应的两点之间的距离．(　　)
【答案】　(1)√　(2)×　(3)√
教材整理2　定理
阅读教材P6～P7，完成下列问题．
对任意实数a和b，有|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
推论：如果a，b，c是实数，那么|a－b|≤|a－c|＋|c－b|，当且仅当(a－c)(c－b)≥0时，等号成立．
填空(填“>，<，≥，≤”)：
(1)|a|－|b|________|a－b|；
(2)|a－b|________|a|＋|b|；
(3)若|a|<，|b|<，则|a＋b|________ε.
【解析】　(1)由|a＋b|≤|a|＋|b|，得|a|＝|(a－b)＋b|≤|a－b|＋|b|，
∴|a|－|b|≤|a－b|，故应填≤.
(2)由|a＋b|≤|a|＋|b|，得|a－b|＝|a＋(－b)|≤|a|＋|－b|＝|a|＋|b|，
故应填≤.
(3)∵|a|<，|b|<，
∴|a＋b|≤|a|＋|b|<＋＝ε，故应填<.
【答案】　(1)≤　(2)≤　(3)<
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
绝对值不等式的性质定理的应用
　已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是________．
【精彩点拨】　易判定m，n与1的大小关系．
【自主解答】　因为|a|－|b|≤|a－b|，
所以≤1，
即m≤1.
又因为|a＋b|≤|a|＋|b|，
所以≥1，
即n≥1，所以m≤1≤n.
【答案】　m≤n
1．本题求解的关键在于|a|－|b|≤|a－b|与|a＋b|≤|a|＋|b|的理解和应用．
2．在定理中，以－b代b，得|a－b|≤|a|＋|b|；以a－b代替实数a，可得到|a|－|b|≤|a－b|.
[再练一题]
1．已知实数a，b，c满足|a－c|＜|b|，则下列不等式成立的是(　　)
【导学号：94910004】
A．a＜b＋c
B．|a|＞|b|－|c|
C．a＜c－b
D．|a|＜|b|＋|c|
【解析】　∵|a－c|≥|a|－|c|且|a－c|＜|b|，
∴|a|－|c|≤|a－c|＜|b|，
∴|a|＜|b|＋|c|.
【答案】　D
利用定理证明绝对值不等式
　已知|x－a|<，|y－b|<，y∈(0，M)，求证：|xy－ab|<ε.
【精彩点拨】　本题考查定理在证明和差的绝对值构成的不等式中的应用，解答此题需要通过变形用上定理将|xy－ab|用|x－a|及|y－b|表示即可证明．
【自主解答】　因为y∈(0，M)，所以|y|＝y所以|xy－ab|＝|xy－ya＋ya－ab|
＝|y(x－a)＋a(y－b)|≤|y|·|x－a|＋|a|·|y－b|＝＋＝ε，
所以不等式成立．
利用定理证明含有和差的绝对值不等式或绝对值的和差的不等式的关键是将待证不等式中一端通过适当的添项和减项正用 或逆用 定理求证.
[再练一题]
2．已知|x|＜，|y|＜，求证：|2x－3y
|＜a.
【证明】　∵|x|＜，|y|＜，
∴|2x|＜，|3y|＜，
∴|2x－3y|≤|2x|＋|3y|＜＋＝a.
故原不等式成立．
[探究共研型]
运用绝对值不等式求最值与范围.
探究1　|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？
【提示】　|a|－|b|≤|a＋b|，|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.
探究2　不等式|x－3|<2的意义是什么？函数f(x)＝|x－3|＋|x＋1|的函数值表示什么意义？
【提示】　根据绝对值的意义，不等式|x－3|<2的意义是数轴上到实数3对应的点的距离小于2的总的集合．函数f(x)＝|x－3|＋|x＋1|中函数值是指数轴上到实数3对应的点的距离和到实数－1对应的点的距离之和．
探究3　能从图象角度理解f(x)＝|x－1|＋|x＋2|只有最小值没有最大值吗？
【提示】　f(x)＝|x－1|＋|x＋2|＝
其图象如图，
由图可知，该函数只有最小值3，没有最大值．
　对任意x∈R，求使不等式|x＋1|＋|x＋2|≥m恒成立的m的取值范围．
【精彩点拨】　只需求|x＋1|＋|x＋2|的最小值不小于m即可，可利用绝对值的性质求解．
【自主解答】　对任意x∈R，|x＋1|＋|x＋2|≥|(x＋1)－(x＋2)|＝1，
∴|x＋1|＋|x＋2|的最小值为1.
∴当m≤1时，|x＋1|＋|x＋2|≥m恒成立．
本题也可利用绝对值的几何意义或函数的性质求解.|x－m|表示数轴上表示实数x的点到表示实数m的点间的距离.对于含有两个绝对值以上的代数式，通常利用分段讨论的方法去掉绝对值转化为分段函数，进而利用分段函数的性质解决相应问题.
[再练一题]
3．设函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|.
(1)解不等式f(x)≥2；
(2)若不等式|x＋2|－|x－2|<|m－2|恒成立，求参数m的取值范围．
【解】　f(x)＝
作出图象：
(1)由图象可知不等式f(x)≥2的解集为{x|x≥1}．
(2)由图象可知函数f(x)的最大值是4.
∴不等式|x＋2|－|x－2|<|m－2|恒成立只需|m－2|>4，
∴m>6或m<－2.
综上可知，m的取值范围是(－∞，－2)∪(6，＋∞)．
[构建·体系]
1．若|a＋b|＝|a|＋|b|成立，a，b∈R，则有(　　)
A．ab＜0　　　
B．ab＞0
C．ab≥0
D．以上都不对
【答案】　C
2．若a，b∈R，则使|a|＋|b|＞1成立的充分不必要条件是(　　)
A．|a|≥且|b|≥
B．|a＋b|≥1
C．|a|≥1
D．b＜－1
【解析】　当b＜－1时，|b|＞1，
∴|a|＋|b|＞1.
但|a|＋|b|＞1b＜－1(如a＝2，b＝0)，
∴“b＜－1”是|a|＋|b|＞1的充分不必要条件．
【答案】　D
3．已知四个命题：①a＞b |a|＞b；②a＞b a2＞b2；③|a|＞b a＞b；④a＞|b| a＞b.其中正确的命题是________．
【解析】　当a＞b时，|a|≥a＞b，①正确；
又当a＞|b|时，有a＞|b|≥b，④正确．
【答案】　①④
4．|x＋1|＋|2－x|的最小值是________.
【导学号：94910005】
【解析】　∵|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，
当且仅当(x＋1)(2－x)≥0，
即－1≤x≤2时，取等号，
因此|x＋1|＋|2－x|的最小值为3.
【答案】　3
5．设m等于|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|＞m时，求证：＜2.
【证明】　依题意m≥|a|，m≥|b|，m≥1，
又|x|＞m，
∴|x|＞|a|，|x|＞|b|，|x|＞1，
从而|x|2＞|b|.
因此≤＋
＝＋＜＋＝2.
故原不等式成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若|x－a|A．|x－y|<2m
B．|x－y|<2n
C．|x－y|D．|x－y|【解析】　|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|＝m＋n，故选D.
【答案】　D
2．已知实数a，b满足ab＜0，那么有(　　)
A．|a－b|＜|a|＋|b|
B．|a＋b|＞|a|－|b|
C．|a＋b|＜|a－b|
D．|a－b|＜||a|－|b||
【解析】　∵ab＜0，∴|a－b|＞|a＋b|成立，
|a－b|＝|a|＋|b|，|a＋b|≥|a|－|b|也成立．
【答案】　C
3．不等式≤1成立的条件是(　　)
A．ab≠0
B．a2＋b2≠0
C．ab≥0
D．ab≤0
【解析】　∵|a＋b|≤|a|＋|b|，当|a|＋|b|≠0时，≤1(
)．因此(
)成立的条件是a≠0且b≠0，即a2＋b2≠0.
【答案】　B
4．已知a，b∈R，ab＞0，则下列不等式中不正确的是(　　)
A．|a＋b|≥a－b
B．2≤|a＋b|
C．|a＋b|＜|a|＋|b|
D．|＋|≥2
【解析】　当ab＞0时，|a＋b|＝|a|＋|b|，C错．
【答案】　C
5．以下三个命题：
①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
②若|a－b|<1，则|a|<|b|＋1；
③若|x|<2，|y|>3，则<.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】　对于①，
|a＋b|＝|(b－a)＋2a|≤|b－a|＋2|a|
＝|a－b|＋2|a|，
∴|a＋b|－2|a|≤|a－b|，故①正确；
对于②，1>|a－b|≥|a|－|b|，
∴|a|<|b|＋1，故②正确；
对于③，|y|>3，∴<，
又∵|x|<2，
∴<，∴<，故③正确．
故①②③均正确．故选D.
【答案】　D
二、填空题
6．设|a|＜1，|b|＜1(a，b∈R)，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是________.
【导学号：94910006】
【解析】　当a＋b与a－b同号时，
|a＋b|＋|a－b|＝2|a|，
当a＋b与a－b异号时，|a＋b|＋|a－b|＝2|b|.
又|a|＜1，|b|＜1，
∴|a＋b|＋|a－b|＜2.
【答案】　|a＋b|＋|a－b|＜2
7．已知x，y，a∈R，且|x－y|【解析】　|x－y|∴|y|－|x|≤|y－x|【答案】　|y|<|x|＋a
8．函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|的最大值为______，最小值为________．
【解析】　||x＋2|－|x－2||≤|(x＋2)－(x－2)|＝4.
∴－4≤|x＋2|－|x－2|≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
【答案】　4　－4
三、解答题
9．已知f(x)＝|x－10|＋|x－20|(x∈R)，求f(x)的最小值，并求当f(x)有最小值时，实数x的取值范围．
【解】　∵|x－10|＋|x－20|＝|x－10|＋|20－x|
≥|(x－10)＋(20－x)|＝10.
当且仅当(x－10)(20－x)≥0时取等号．
由(x－10)(20－x)≥0，得10≤x≤20.
因此f(x)的最小值为10，此时实数x的取值范围是[10,20]．
10．若f(x)＝x2－x＋c(c为常数)，且|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
【证明】　|f(x)－f(a)|
＝|(x2－x＋c)－(a2－a＋c)|
＝|x2－x－a2＋a|＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|
＝|(x－a)＋(2a－1)|≤|x－a|＋|2a－1|
≤|x－a|＋|2a|＋1＜1＋2|a|＋1
＝2(|a|＋1)．
故原不等式成立．
[能力提升]
1．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　当|x－a|＜m，|y－a|＜m时，
∵|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|
≤|x－a|＋|y－a|＜m＋m＝2m，
∴|x－a|＜m且|y－a|＜m是|x－y|＜2m的充分条件．
取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，则有
|x－y|＝2＜5＝2m，但|x－a|＝5，
不满足|x－a|＜m＝2.5，
故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”的充分不必要条件．
【答案】　A
2．设a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4，则|a|＋|b|的最大值是(　　)
A．16
B．17
C．18
D．19
【解析】　|a＋b|＝|(a＋b＋1)－1|≤|a＋b＋1|＋|－1|≤1＋1＝2，
|a－b|＝|3(a＋b＋1)－2(a＋2b＋4)＋5|≤3|a＋b＋1|＋2|a＋2b＋4|＋5≤3×1＋2×4＋5＝16.
①当ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|≤2；
②当ab<0时，a(－b)>0，
|a|＋|b|＝|a|＋|－b|＝|a＋(－b)|＝|a－b|≤16.
总之，恒有|a|＋|b|≤16.
而a＝8，b＝－8时，满足|a＋b＋1|＝1，|a＋2b＋4|＝4，且|a|＋|b|＝16，因此|a|＋|b|的最大值为16.
【答案】　A
3．已知α，β是实数，给出三个论断：
①|α＋β|＝|α|＋|β|；
②|α＋β|＞5；
③|α|＞2，|β|＞2.
以其中的两个论断为条件，另一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题________．
【解析】　当①，③成立时，则|α＋β|＝|α|＋|β|＞4＞5.
【答案】　①③ ②
4．已知f(x)＝x2－x＋c定义在区间[0,1]上，x1，x2∈[0,1]，且x1≠x2，证明：
(1)f(0)＝f(1)；
(2)|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.
【证明】　(1)f(0)＝c，f(1)＝c，
故f(0)＝f(1)．
(2)|f(x2)－f(x1)|＝|x－x2＋c－x＋x1－c|
＝|x2－x1||x2＋x1－1|.
∵0≤x1≤1,0≤x2≤1，
0＜x1＋x2＜2(x1≠x2)，
∴－1＜x1＋x2－1＜1，
∴|x2＋x1－1|＜1，
∴|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.§2　排序不等式
1．了解排序不等式，理解排序不等式的实质．(重点)
2．能用排序不等式证明简单的问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　顺序和、乱序和、逆序和的概念
阅读教材P32～P34“练习”以上部分，完成下列问题．
设实数a1，a2，a3，b1，b2，b3满足a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，j1，j2，j3是1,2,3的任一排列方式．
通常称a1b1＋a2b2＋a3b3为顺序和，a1bj1＋a2bj2＋a3bj3为乱序和，a1b3＋a2b2＋a3b1为逆序和(倒序和)．
填空：
若m≥n≥p≥q，a≥b≥c≥d，则
(1)am＋bn＋cp＋dq是________和，
(2)an＋bq＋ca＋dp是________和，
(3)aq＋bp＋cn＋dm是________和，
(4)aq＋bm＋cq＋dn是________和．
【答案】　(1)顺序　(2)乱序　(3)逆序　(4)乱序
教材整理2　排序不等式
阅读教材P32～P34“练习”以上部分，完成下列问题．
1．定理1
设a，b和c，d都是实数，如果a≥b，c≥d，那么ac＋bd≥ad＋bc，当且仅当a＝b(或c＝d)时取“＝”号．
2．定理2(排序不等式)　
设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn，则(顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥(乱序和)a1bj1＋a2bj2＋…＋anbjn≥(逆序和)a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1.
其中j1，j2，…，jn是1,2，…，n的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝…＝an(或b1＝b2＝…＝bn)时取“＝”号．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，则a1bj1＋a2bj2＋a3bj3中最大值是a1b1＋a2b2＋a3b3(其中j1，j2，j3是1,2,3的任一排列)．(　　)
(2)若a≥b，c≥d，则ac＋bd≥ad＋bc.(　　)
【答案】　(1)√　(2)√
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
利用排序不等式证明不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况
　已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：
(1)≥≥；
(2)＋＋≥＋＋.
【精彩点拨】　本题考查排序不等式及不等式的性质、证明不等式等基本知识，考查推理论证能力．解答此题只需根据a≥b≥c，直接构造两个数组，利用排序不等式证明即可．
【自主解答】　(1)∵a≥b>0，于是≤，又c>0，∴>0，从而≥.
同理，∵b≥c>0，于是≤.
∵a>0，∴>0，于是得≥.从而≥≥.
(2)由(1)知≥≥，于是由“顺序和≥乱序和”得，＋＋≥＋＋
＝＋＋(∵a2≥b2≥c2，≥≥)≥＋＋＝＋＋＝＋＋.
利用排序不等式证明所证不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况，关键是根据所给字母的大小顺序，构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组.
[再练一题]
1．已知0【导学号：94910032】
【证明】　∵0∴a≤a≤…≤a，≥≥…≥，
由排序不等式知，乱序和不小于逆序和，得
＋＋…＋＋≥a·＋a·＋…＋a·，
∴＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
需对所证不等式中所给的字母顺序作出假设的情况
　已知a，b，c为正数．求证：
a＋b＋c≤＋＋≤＋＋.
【精彩点拨】　解答此题需要假设a≥b≥c推出a2≥b2≥c2，≥≥，再利用排序不等式进行论证．
【自主解答】　不妨设a≥b≥c，则a2≥b2≥c2，≥≥.故由排序不等式，得
a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·，
①
a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·，
②
(①＋②)÷2可得＋＋≥a＋b＋c.
又∵a3≥b3≥c3且≥≥，
由排序不等式，得a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·，
③
a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·，
④
(③＋④)÷2可得
＋＋≥＋＋.
综上可知，
a＋b＋c≤＋＋≤＋＋.
在利用排序不等式证明所证不等式中所给字母没有限定大小顺序时，要使用排序不等式，先要根据所给字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系，方可应用排序不等式求证.
[再练一题]
2．设a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数，求证：1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
【证明】　设b1，b2，…，bn是a1，a2，…an的一个排列，且满足b1由于b1，b2，…，bn是互不相同的正整数，
∴b1≥1，b2≥2，b3≥3，…，bn≥n.
又1>>>…>.
由排序不等式得
a1＋＋＋…＋≥b1＋＋＋…＋≥1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋.
[探究共研型]
运用排序不等式求最值
探究1　设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么它们的顺序和、乱序和、逆序和大小关系如何？
【提示】　a1bn＋a2bn－2＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
探究2　已知两组数a1≤a2≤a3≤a4≤a5，b1≤b2≤b3≤b4≤b5，其中a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11，将bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5.那么a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值和最小值分别是多少？
【提示】　由顺序和最大，知最大值为a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304.
由逆序和最小，知最小值为a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212.
　设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．
【精彩点拨】　由对称性，不妨设a≥b≥c>0，注意到＋＝1.设法构造数组，利用排序不等式求解．
【自主解答】　不妨设a≥b≥c，则a＋b≥a＋c≥b＋c，≥≥.
由排序不等式得，＋＋≥＋＋，＋＋≥＋＋，
上两式相加
，则2≥3，
即＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，＋＋取最小值.
构造两个有序数组―→利用排序不等式―→验证等号是否成立.
[再练一题]
3．已知x，y，z是正数，且x＋y＋z＝1，求t＝＋＋的最小值．
【解】　不妨设x≥y≥z>0，则x2≥y2≥z2，≥≥.
由排序不等式，乱序和≥逆序和得，
＋＋≥x2·＋y2·＋z2·
＝x＋y＋z，
又x＋y＋z＝1，
＋＋≥1.
当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．
故t＝＋＋的最小值为1.
[构建·体系]
1．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋y3x，则M与N的大小关系是(　　)
A．M>N　　　　　
B．M≥N
C．MD．M≤N
【解析】　由排序不等式，知M≥N.
【答案】　B
2．设a，b，c为正数，P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P>Q
B．P≥Q
C．PD．P≤Q
【解析】　不妨设a≥b≥c>0，∴a2≥b2≥c2>0，
由排序不等式得：a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a.
∴P≥Q.
【答案】　B
3．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是______，最小值是__________.
【导学号：94910033】
【解析】　由排序不等式，顺序和最大，逆序和最小，
∴最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28.
【答案】　32　28
4．设正数a1，a2，…，an的任一排列为a1′，a2′，…，an′，则＋＋…＋的最小值为__________．
【解析】　取两组数a1，a2，…，an；，，…，，
其反序和为＋＋…＋＝n，
则由乱序和不小于反序和知
＋＋…＋≥＋＋…＋＝n，
∴＋＋…＋的最小值为n.
【答案】　n
5．已知a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
【证明】　不妨设a≥b≥c>0，
则≥≥>0，ab≥ac≥bc>0.
由排序不等式，得
＋＋≥ac·＋bc·＋ab·＝a＋b＋c.
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
故＋＋≥a＋b＋c.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．设a1，a2，a3为正数，且a1，a2，a3的任一排列为a′1，a′2，a′3，则＋＋的最小值为(　　)
A．3　　　
B．6
C．9
D．12
【解析】　由题意，不妨设a1≥a2≥a3>0，则≥≥>0，∴＋＋≥＋＋＝3，
当且仅当a1＝a2＝a3时等号成立．
【答案】　A
2．设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，P＝ab＋ab＋…＋ab，Q＝a1＋a2＋…＋an，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P＝Q　
B．P>Q
C．PD．P≥Q
【解析】　设a1≥a2≥…≥an>0，
可知a≥a≥…≥a，a≥a≥…≥a.
由排序不等式，得
ab＋ab＋…＋ab≥aa＋aa＋aa，
即ab＋ab＋…＋ab≥a1＋a2＋…＋an.
∴P≥Q，当且仅当a1＝a2＝…＝an>0时等号成立．
【答案】　D
3．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件及2件，现在选择商店中单价为3元，2元和1元的礼品，则至少要花________元，至多花________元．(　　)
A．20,23
B．19,25
C．21,23
D．19,24
【解析】　单价大小排列为3,2,1，待买礼品数量排列为5,4,2，任意交叉相乘再取和中最大值是顺序和3×5＋2×4＋1×2＝25，最小值是逆序和3×2＋2×4＋1×5＝19.
【答案】　B
4．设a1，a2，a3为正数，则＋＋与a1＋a2＋a3大小关系为(　　)
A．>
B．≥
C．<
D．≤
【解析】　不妨设a1≥a2≥a3>0，于是
≤≤，a2a3≤a3a1≤a1a2，
由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥·a2a3＋·a3a1＋·a1a2＝a3＋a1＋a2，
即＋＋≥a1＋a2＋a3.
【答案】　B
5．a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则a1b＋a2b＋…＋anb的最小值是(　　)
A．1
B．n
C．n2
D．无法确定
【解析】　设a1≥a2≥…≥an>0.
可知a≥a≥…≥a，
由排序原理，得a1b＋a2b＋…＋anb
≥a1a＋a2a＋…＋ana＝n.
【答案】　B
二、填空题
6．设a≥b>0，则a3＋b3与a2b＋ab2的大小关系是__________．
【解析】　∵a≥b>0，
∴a2≥b2>0，
因此a3＋b3≥a2b＋ab2(排序不等式)．
【答案】　a3＋b3≥a2b＋ab2
7．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5
s,4
s,3
s,7
s，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________
s.
【解析】　等候的最短时间为：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．
【答案】　41
8．若a>0，b>0且a＋b＝1，则＋的最小值是__________.
【导学号：94910034】
【解析】　不妨设a≥b>0，则有
a2≥b2，且≥.
由排序不等式得＋≥·a2＋·b2
＝a＋b＝1，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
∴＋的最小值为1.
【答案】　1
三、解答题
9．设a，b，c为正数，求证：
＋＋≥a10＋b10＋c10.
【证明】　由对称性，不妨设a≥b≥c>0，
于是a12≥b12≥c12，≥≥，
故由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.
①
又因为a11≥b11≥c11，≤≤.
再次由排序不等式：逆序和≤乱序和，得
＋＋≤＋＋.
②
所以由①，②得
＋＋≥a10＋b10＋c10.
10．已知0<α<β<γ<，求证：
sin
αcos
β＋sin
βcos
γ＋sin
γcos
α>(sin
2α＋sin
2β＋sin
2γ)．
【证明】　∵0<α<β<γ<，且y＝sin
x在为增函数，y＝cos
x在为减函数，
∴0αβγ，
cos
α>cos
β>cos
γ>0.
根据排序不等式得：乱序和≥逆序和．
又∵本题中等号不可能取到，
∴sin
αcos
β＋sin
βcos
γ＋sin
γcos
α
>(sin
2α＋sin
2β＋sin
2γ)．
[能力提升]
1．已知a，b，c为正数，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是(　　)
A．大于零
B．大于等于零
C．小于零
D．小于等于零
【解析】　设a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，
根据排序原理，得a3×a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b3c＋c3a.
又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，
所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab，
所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
【答案】　B
2．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos
C＋bcos
B＋ccos
A，则P，Q的关系为(　　)
A．P≥Q
B．P＝Q
C．P≤Q
D．不能确定
【解析】　不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，cos
A≤cos
B≤cos
C，则由排序不等式有
Q＝acos
C＋bcos
B＋ccos
A≥acos
B＋bcos
C＋ccos
A＝R(2sin
Acos
B＋2sin
Bcos
C＋2sin
Ccos
A)
≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]
＝R(sin
C＋sin
A＋sin
B)＝＝P.
【答案】　C
3．设a，b，c是正数，则aabbcc________(abc).
【解析】　不妨设a≥b≥c>0，
则lg
a≥lg
b≥lg
c，据排序不等式有：
alg
a＋blg
b＋clg
c≥blg
a＋clg
b＋alg
c，
alg
a＋blg
b＋clg
c≥clg
a＋alg
b＋blg
c，
以上两式相加，再两边同加alg
a＋blg
b＋clg
c，整理得3(alg
a＋blg
b＋clg
c)≥(a＋b＋c)(lg
a＋lg
b＋lg
c)，即lg(aabbcc)≥·lg(abc)，
故aabbcc≥(abc)
.
【答案】　≥
4．设a，b，c大于0，求证：
(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；
(2)＋＋≤.
【证明】　(1)不妨设a≥b≥c>0，
则a2≥b2≥c2>0，
∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2a，
∴a3＋b3≥ab(a＋b)．
(2)由(1)知，
同理b3＋c3≥bc(b＋c)，
c3＋a3≥ac(c＋a)．
所以＋＋
≤＋＋
＝
＝·＝.
故原不等式得证．§1　不等式的性质
1.1　实数大小的比较
1.2　不等式的性质
1．理解实数大小与实数运算间的关系，会用作差(商)法比较大小．(重点)
2．理解并掌握不等式的性质．(重点、易错易混点)
3．能用不等式的性质解决一些简单的问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　实数大小的比较
阅读教材P1～P3“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．实数与数轴上的点是一一对应的，在数轴上不同的两点中，右边的点表示的实数比左边的点表示的实数大．
2．两实数大小与运算间的关系
(1)a＞b a－b＞0；a＜b a－b＜0；a＝b a－b＝0.
(2)当a>0，b＞0时，＞1 a＞b，＜1 a＜b；＝1 a＝b.
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若>1，则a>b.(　　)
(2) x∈R，x2>2x.(　　)
(3)若a>b>c且a＋b＋c＝0，则a>0，c<0.(　　)
【解析】　(1)×　因为b的正负不确定．
(2)×　因为x2－2x＝x(x－2)，其正负随x的范围的变化而改变．
(3)√　因为a>b，a>c，所以2a>b＋c，
即3a>a＋b＋c＝0，所以a>0，又因为c∴3c【答案】　(1)×　(2)×　(3)√
教材整理2　不等式的性质
阅读教材P1～P3“思考交流”以上部分，完成下列问题.
性质1
对称性
a＞b b＜a
性质2
传递性
如果a＞b，b＞c，那么a＞c
性质3
可加性
如果a＞b，那么a＋c＞b＋c
推论
如果a＞b，c＞d，那么a＋c＞b＋d
性质4
可乘性
如果a＞b，c＞0，那么ac＞bc；如果a＞b，c＜0，那么ac＜bc
推论1
如果a＞b＞0，c＞d＞0，那么ac＞bd
推论2
如果a＞b＞0，那么a2＞b2
推论3
如果a＞b＞0，那么an＞bn(n为正整数)
推论4
如果a＞b＞0，那么a＞b(n为正整数)
填空(填不等号)：
(1)若a>b＋c，则a－b________c.
(2)若a>b>0，则________.
(3)若a>b，c(4)若a>b>0,0【解析】　利用不等式的性质可得．
【答案】　(1)>　(2)<　(3)>　(4)>
[质疑·手记]
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：
[小组合作型]
实数大小的比较
　(1)已知x＞3，比较x3＋3与3x2＋x的大小；
(2)若m＞0，试比较mm与2m的大小．
【精彩点拨】　(1)只需考查两者差同0的大小关系；
(2)注意到2m＞0，可求商比较大小，但要注意到用函数的性质．
【自主解答】　(1)x3＋3－3x2－x
＝x2(x－3)－(x－3)
＝(x－3)(x＋1)(x－1)．
∵x＞3，∴(x－3)(x＋1)(x－1)＞0，
∴x3＋3＞3x2＋x.
(2)＝m，
当m＝2时，m＝1，此时mm＝2m，
当0＜m＜2时，0＜＜1，m＜1，
∴mm＜2m.
当m＞2时，＞1，m＞1，∴mm＞2m.
比较大小的常用方法及步骤
1．求差法：a≥b a－b≥0，a≤b a－b≤0.
一般步骤是：作差→变形→判号→定论．
变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．
2．求商法：当a>0，b>0时，把比较a，b的大小转化为比较与1的大小关系，此即为作商比较法．
理论依据是不等式的性质：
若a>0，b>0，则≥1 a≥b，≤1 a≤b.
一般步骤为：作商→变形→与1比较大小→定论．
[再练一题]
1．已知x，y均为正数，设m＝＋，n＝，试比较m与n的大小.
【导学号：94910000】
【解】　m－n＝＋－`
＝－＝＝，
∵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.
利用不等式性质判断命题的真假
　对于实数a，b，c判断下列命题的真假．
(1)若a>b，则ac(2)若ac2>bc2，则a>b；
(3)若aab>b2；
(4)若a|b|；
(5)若c>a>b>0，则>.
【精彩点拨】　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答此题需要依据实数的基本性质，实数的符号的运算法则以及不等式性质，然后经过合理逻辑推理即可判断．
【自主解答】　(1)由于c的符号未知，因而不能判断ac，bc的大小关系，故该命题是假命题．
(2)由ac2>bc2知c≠0，而c2>0，
∴a>b，故该命题是真命题．
(3) a2>ab；
又 ab>b2，
∴a2>ab>b2，故该命题是真命题．
(4)两个负实数，较小的离原点远，其绝对值反而大，故该命题是真命题．
(5) 0 >，故该命题是真命题．
1．判断命题的真假往往用举反例予以否定，或从条件入手，看是否推出与结论一致的结论．
2．运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能想当然随意捏造性质．
[再练一题]
2．判断下列命题是否正确，并说明理由．
(1)若a＞b，则ac2＞bc2；(2)若＞，则a＞b；
(3)若a＞b，ab≠0，则＜；(4)若a＞b，c＞d，则ac＞bd.
【解】　(1)错误．当c＝0时不成立．
(2)正确．∵
c2≠0且c2＞0，在＞两边同乘以c2，∴a＞b.
(3)错误．a＞b ＜成立的条件是ab＞0.
(4)错误．a＞b，c＞d /
ac＞bd，例如当a，b，c，d为负数时不成立．
[探究共研型]
不等式性质的简单应用
探究1　甲同学认为a＞b ＜，乙同学认为a＞b＞0 ＜，丙同学认为a＞b，ab＞0 ＜，请你思考一下，他们谁说得正确？
【提示】　甲说得不正确．当a>0，b<0时不成立；乙说得是正确的，但不全面，当0>a>b时也有<；丙说得非常正确．
探究2　根据60【提示】　不能直接用x的取值范围去减或除以y的取值范围，应严格利用不等式的基本性质去求得取值范围；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“取值范围”间的联系．
正确解法应是：
x－y＝x＋(－y)，
所以需先求出－y的取值范围；
＝x×，所以需先求出的取值范围．
∵28又60即<<3.
　设f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，在求f(－2)的取值范围时有如下解法：
由得
∴3≤f(－2)＝4a－2b≤12.
上述解法是否正确？为什么？
【精彩点拨】　f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，而a＋b与a－b中的a，b，不是独立的，是相互制约的．本题错在多次运用同向不等式相加(单向性)这一性质上，导致f(－2)的范围扩大．因此需要将f(－2)用a－b与a＋b整体表示．
【自主解答】　不正确．
设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，
则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a－(m－n)b.
于是解得
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
而1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件.
[再练一题]
3．若a>b>0，c.
【证明】　∵c－d>0，
∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.(
)
由(
)式知(a－c)2>(b－d)2>0，
∴>.
又∵e<0，∴<.
即>.
[构建·体系]
1．设a∈R，则下面式子正确的是(　　)
A．3a＞2a
B．a2＜2a
C.＜a
D．3－2a＞1－2a
【答案】　D
2．已知m，n∈R，则＞成立的一个充要条件是(　　)
【导学号：94910001】
A．m＞0＞n
B．n＞m＞0
C．m＜n＜0
D．mn(m－n)＜0
【解析】　∵＞ －＞0 ＞0 mn(n－m)＞0 mn(m－n)＜0.
【答案】　D
3．若6≤x≤13,2≤y≤7，则x－y的取值范围是________．
【解析】　∵2≤y≤7，∴－7≤－y≤－2，又∵6≤x≤13，
所以－7＋6≤x－y≤－2＋13，即－1≤x－y≤11.
【答案】　[－1,11]
4．已知a＜b＜0，那么下列不等式成立的是________．(填序号)
①＜；②ab＞b2；
③＞；④＜1.
【解析】　∵a＜b＜0，∴＞，①不成立；由b＜0，a＜b，∴ab＞b2，②成立；又a＜b＜0，∴0＜＜1，＞1，因此＞不成立；＝＋1＜1不成立，即①，③，④不正确，只有②成立．
【答案】　②
5．已知一次函数f(x)＝ax＋b，且－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，求f(3)的取值范围．
【解】　∵
又∵f(3)＝3a＋b＝－(－a＋b)＋(2a＋b)，
∴－≤f(3)≤.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．设a，b，c，d∈R且a＞b，c＞d，则下列结论正确的是(　　)
A．a＋c＞b＋d
B．a－c＞b－d
C．ac＞bd
D．＞
【解析】　∵a＞b，c＞d，∴a＋c＞b＋d.
【答案】　A
2．已知a，b
是实数，则“a＞0且b＞0”是“a＋b＞0且ab＞0”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＞0且b＞0时，一定有a＋b＞0且ab＞0.反之，当a＋b＞0，ab＞0时，一定有a＞0，b＞0.
【答案】　C
3．设角α，β满足－<α<β<，则α－β的范围是(　　)
A．－π<α－β<0
B．－π<α－β<π
C．－<α－β<0
D．－<α－β<
【解析】　∵α<β，∴α－β<0.①
又－<α<，－<β<，∴－<－β<，
∴－π<α－β<π，结合①得－π<α－β<0，故选A.
【答案】　A
4．若x≠2或y≠－1，M＝x2＋y2－4x＋2y，N＝－5，则M与N的大小关系是(　　)
A．M＞N
B．M＜N
C．M＝N
D．不能确定
【解析】　M－N＝x2＋y2－4x＋2y－(－5)
＝(x－2)2＋(y＋1)2.
∵x≠2或y≠－1，∴x－2≠0或y＋1≠0，
∴(x－2)2或(y＋1)2均非负且至少一个大于零，
∴M＞N.
【答案】　A
5．设a，b为非零实数，若a＜b，则下列不等式成立的是(　　)
【导学号：94910002】
A．a2＜b2
B．a2b＜ab2
C.＜
D．＜
【解析】　取a＝－2，b＝1时，有a＜b，显然A，B，D错误．对于C，∵－＝＜0.
∴＜总成立，C正确．
【答案】　C
二、填空题
6．若1＜a＜3，－4＜b＜2，那么a－|b|的取值范围是________．
【解析】　∵－4＜b＜2，∴0≤|b|＜4，
∴－4＜－|b|≤0.
又1＜a＜3，∴－3＜a－|b|＜3.
【答案】　(－3,3)
7．给出四个条件：
①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0.
能得出＜成立的有________．
【解析】　＜ －＜0 ＜0，
∴①②④可推出＜成立．
【答案】　①②④
8．若a＞1，b＜1，则ab＋1与a＋b大小关系为ab＋1______a＋b.
【解析】　ab＋1－a－b＝a(b－1)－(b－1)
＝(a－1)(b－1)，
∵a＞1，b＜1，∴(a－1)(b－1)＜0，
∴ab＋1－a－b＜0，
ab＋1＜a＋b.
【答案】　＜
三、解答题
9．若a，b，c满足b＋c＝3a2－4a＋6，b－c＝a2－4a＋4，试比较a，b，c的大小．
【解】　b－c＝a2－4a＋4＝(a－2)2≥0.
∴b≥c.
由题意可得方程组
解得b＝2a2－4a＋5，c＝a2＋1.
∴c－a＝a2＋1－a＝2＋＞0，
∴c＞a，∴b≥c＞a.
10．已知a，b，x，y都是正数，且＞，x＞y，求证：＞.
【证明】　因为a，b，x，y都是正数，且＞，x＞y，
所以＞，所以＜.
故＋1＜＋1，
即0<＜，
所以＞.
[能力提升]
1．设a，b为实数，则“0A．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】　∵0∴当a>0，b>0时，b<；当a<0，b<0时，b>.
∴“0而取b＝－1，a＝1，显然有b<，但不能推出0∴“0【答案】　D
2．若a>b>0，则下列各式中恒成立的是(　　)
A.>
B．>
C．a＋>b＋
D．aa>bb
【解析】　选取适当的特殊值，若a＝2，b＝1，可知＝，＝2，由此可知选项A不成立．利用不等式的性质可知，当a>b>0时，<，由此可知，选项C不恒成立．取a＝，b＝，则a>b>0，则aa＝bb，故选项D不恒成立．故选B.
【答案】　B
3．设x，y为实数，满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________.
【导学号：94910003】
【解析】　由4≤≤9，得16≤≤81.
又3≤xy2≤8，
∴≤≤，
∴2≤≤27.又x＝3，y＝1满足条件，这时＝27.
∴的最大值是27.
【答案】　27
4．已知m∈R，a＞b＞1，f(x)＝，试比较f(a)与f(b)的大小．
【解】　f(a)－f(b)＝－
＝.
∵a＞b＞1，
∴(a－1)(b－1)＞0，b－a＜0.
当m＞0时，f(a)－f(b)＜0，f(a)＜f(b)．
当m＝0时，f(a)＝f(b)．
当m＜0时，f(a)－f(b)＞0，f(a)＞f(b)．§3　平均值不等式
第1课时　平均值不等式
1．了解两个(三个)正数的算术平均值与几何平均值．(易错、易误点)
2．掌握平均值不等式性质定理，能用性质定理证明简单的不等式．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理　平均值不等式
阅读教材P10～P12“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．定理1：对任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”号)．
2．定理2：对任意两个正数a，b，有≥(当且仅当a＝b时取“＝”号)．
语言叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
3．定理3：对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
4．定理4：对任意三个正数a，b，c，有≥(当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
语言叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)x＋≥2.(　　)
(2)ex＋≥2.(　　)
(3)当a，b，c不全为正数时，≥成立．(　　)
(4)＋＋≥3.(　　)
【解析】　(1)×　当x>0时，x＋≥2，当x<0时，x＋≤－2.
(2)√　因为ex>0，∴ex＋≥2，当且仅当x＝0时取等号．
(3)×　如a＝1，b＝c＝－1时，＝－，但＝1.这时有<.
(4)×　当a，b，c同号时，，，均为正数，有＋＋≥3，当且仅当a＝b＝c时取等号．
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
平均值不等式的条件判定
　命题：①任意x＞0，lg
x＋≥2；②任意x∈R，ax＋≥2(a>0且a≠1)；③任意x∈，tan
x＋≥2；④任意x∈R，sin
x＋≥2.
其中真命题有(　　)
A．③　　　　
B．③④
C．②③
D．①②③④
【精彩点拨】　关键看是否满足平均值不等式．
【自主解答】　在①，④中，lg
x∈R，sin
x∈[－1,1]，不能确定lg
x＞0与sin
x＞0，
因此①，④是假命题．
在②中，ax＞0，ax＋≥2
＝2，当且仅当x＝0时取等号，故②是真命题．
在③中，当x∈时，tan
x＞0，有tan
x＋≥2，且x＝时取等号，故③是真命题．
【答案】　C
本题主要涉及平均值不等式成立的条件及取等号的条件.在定理1和定理2中，“a＝b”是等号成立的充要条件.但两个定理有区别又有联系： 1 ≥是a2＋b2≥2ab的特例，但二者适用范围不同，前者要求a，b均为正数，后者只要求a，b∈R； 2 a，b大于0是≥的充分不必要条件；a，b为实数是a2＋b2≥2ab的充要条件.
[再练一题]
1．设a，b为实数，且ab＞0，下列不等式中一定成立的个数是(　　)
【导学号：94910010】
①＋≥2；②a＋b≥2；
③＋≥；④＋≥a＋b.
A．1
B．2　　　　C．3　　　　D．4
【解析】　∵ab＞0，∴＋≥2＝2，①成立；
a，b＜0时，②不成立；
＋≥，③成立；
当a＝－1，b＝－2时，④不成立．
因此，①③成立．
【答案】　B
证明简单的不等式
　(1)已知a，b，c∈R.求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2；
(2)设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
【精彩点拨】　本题考查平均值不等式及不等式的性质等基础知识，同时考查推理论证能力．解答此题需要先观察所求式子的结构，然后拆成平均值不等式的和，再进行证明．
【自主解答】　(1)a4＋b4≥2a2b2，
同理a4＋c4≥2a2c2，b4＋c4≥2b2c2，
将以上三个不等式相加得：
a4＋b4＋a4＋c4＋b4＋c4≥2a2b2＋2a2c2＋2b2c2，
即a4＋b4＋c4≥a2b2＋a2c2＋b2c2.
(2)∵当a>0，b>0时，a＋b≥2，
∴＋≥2＝2c.
同理：＋≥2＝2b，
＋≥2＝2a.
将以上三个不等式相加得：
2≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥a＋b＋c.
平均值不等式具有将“和式”和“积式”相互转化的放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用平均值不等式的切入点.但应注意连续多次使用平均值不等式定理的等号成立的条件是否保持一致.
[再练一题]
2．设a，b，c为正数，求证：(a＋b＋c)2≥27.
【证明】　∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴a＋b＋c≥3＞0，从而(a＋b＋c)2≥9＞0，
又＋＋≥3＞0，
∴(a＋b＋c)2
≥3·9＝27.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
故原不等式成立．
[探究共研型]
平均值不等式的变式及条件不等式的证明
探究1　不等式≥，≥成立的条件都是a，b，c为正数，在条件b≥a>0成立时，a，，，，，b之间有怎样的大小关系？
【提示】　a≤≤≤≤≤b.
探究2　若问题中一端出现“和式”，另一端出现“积式”时，这便是应用不等式的“题眼”，那么若条件中有“和式为1”时，应如何思考？
【提示】　应用平均值不等式时，一定要注意条件a>0，b>0，c>0.若有“和式为1”时，常反过来应用“1”的代换，即把“1”化成“和”，再试着应用平均值不等式．
　已知a＞0，b＞0，c＞0，求证：
(1)≤
；
(2)＋＋≥(a＋b＋c)．
【精彩点拨】　(1)式两端均是“和”，不能直接利用平均值不等式，解决的关键是对
的处理，先考虑平方关系，化难为易；(2)注意两边都是“和”式，可利用(1)题的结论．
【自主解答】　(1)∵a2＋b2≥2ab，
∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2，
∴≥
.
又a＞0，b＞0，∴≤
.
(2)由(1)得
≥(a＋b)．
同理：≥(b＋c)，≥(a＋c)．
三式相加得：＋＋≥(a＋b＋c)．
当且仅当a＝b＝c时，取“＝”号．
1．第(2)问利用了第(1)问的结论≤
，记住这一结论可帮我们找到解题思路，但此不等式要给予证明．
2．一般地，数学中的定理、公式揭示了若干量之间的本质联系，但不能定格于某种特殊形式，因此平均值不等式a2＋b2≥2ab的形式可以是a2≥2ab－b2，也可以是ab≤，还可以是a＋≥2b(a＞0)，≥2b－a等．解题时不仅要会利用原来的形式，而且要掌握它的几种变形形式以及公式的逆用．
[再练一题]
3．已知a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，求证：＋≥.
【证明】　因为a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，
所以≥，当且仅当a＝b时，等号成立，
所以≤ ab≤ ≥4，
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×＝，＋≥≥8.
＋＝a2＋b2＋4＋＋≥＋4＋8＝，所以＋≥.
[构建·体系]
1．“a＞0且b＞0”是“a＋b≥2”成立的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】　A
2．设x，y，z为正数，且x＋y＋z＝6，则lg
x＋lg
y＋lg
z的取值范围是(　　)
A．(－∞，lg
6]
B．(－∞，3lg
2]
C．[lg
6，＋∞)
D．[3lg
2，＋∞)
【解析】　∵6＝x＋y＋z≥3，
∴xyz≤8，
∴lg
x＋lg
y＋lg
z＝lg
(xyz)≤lg
8＝3lg
2.
【答案】　B
3．设a＞b＞0，把，，a，b按从大到小的顺序排列是________.
【导学号：94910011】
【解析】　∵a＞b＞0，
∴a＞＞＞b.
【答案】　a＞＞＞b
4．不等式＋＞2成立的充要条件是________．
【解析】　由＋＞2，知＞0，即ab＞0.
又由题意知，≠，∴a≠b.
因此，＋＞2的充要条件是ab＞0且a≠b.
【答案】　ab＞0且a≠b
5．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥9.
【证明】　＋＋＝＋＋＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
所以＋＋≥9.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．下列不等式恒成立的是(　　)
A．x＋≥2
B．sin
x＋≥2
C.＋≥2
D．ex＋≥2
【解析】　根据≥知，条件需a>0，b>0.∴A，B，C均不成立，D中，∵ex>0，∴成立．
【答案】　D
2．a，b为非零实数，那么不等式恒成立的是(　　)
A．|a＋b|＞|a－b|
B．≥
C.≥ab
D．＋≥2
【解析】　a，b为非零实数时，A，B，D均不一定成立．
而－ab＝≥0恒成立．
【答案】　C
3．设a＞0，b＞0，且a＋b≤4，则有(　　)
A.≥
B．＋≥1
C.≥2
D．≤
【解析】　4≥a＋b≥2，∴≤2.
∴≥，＋≥2·≥1.
【答案】　B
4．设0A．2<2ab<B．2abC．2abD．2ab【解析】　∵0∴0∴a2＋b2>2ab，b>a2＋b2，且>b.
故2ab【答案】　C
5．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＜
B．v＝
C.＜v＜
D．v＝
【解析】　设甲、乙两地之间的距离为s.
∵a＜b，∴v＝＝＝＜＝.
又v－a＝－a＝＞＝0，∴v＞a.
【答案】　A
二、填空题
6．已知a，b都是正数，则≥________.
【解析】　∵a，b都是正数，
∴＋＋≥3，
且＋＋≥3.
∴≥9.
【答案】　9
7．设A＝＋，B＝(a＞0，b＞0且a≠b)，则A，B的大小关系是________.
【导学号：94910012】
【解析】　法一(比较法)：A－B＝＞0(a＞0，b＞0且a≠b)，则A>B.
法二：A＞，B＜，故A＞B.
【答案】　A＞B
8．已知不相等的三个正数a，b，c且abc＝1，则a3＋b3＋c3与3的大小关系是________．
【解析】　∵a，b，c是不相等的三个正数，且abc＝1，
∴a3＋b3＋c3＞3＝3.
【答案】　a3＋b3＋c3＞3
三、解答题
9．设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
【证明】　∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，
∴2≤a＋b.
因此≤，≥4.
则＋＋＝(a＋b)＋
≥2·2＋4＝8.
10．已知a，b，c大于0，求证：
(a＋b＋c)≥.
【证明】　∵a，b，c大于0，
∴(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)
≥3＞0，
＋＋≥3＞0，
∴(a＋b＋c)≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
[能力提升]
1．设a，b，c为正数，则“abc＝1”是“＋＋≤a＋b＋c”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要的条件
【解析】　当a＝b＝c＝2时，有＋＋≤a＋b＋c，但abc≠1，所以必要性不成立；当abc＝1时，＋＋＝＝＋＋，a＋b＋c＝≥＋＋，所以充分性成立，故“abc＝1”是“＋＋≤a＋b＋c”的充分不必要条件．
【答案】　A
2．当a，b为两个不相等的正实数时，下列各式中最小的是(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　由≥及a2＋b2≥2ab，且a≠b，
∴≥＝，
∴A，B，C中，最小．
而＝.
∵a≠b时，a＋b＞2＞0，
∴(a＋b)＞2ab＞0，＜.
综上可知，最小，应选D.
【答案】　D
3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．
①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2.
【解析】　利用特殊值a＝b＝1排除②④.
由平均值不等式ab≤＝＝1，∴①正确．
由a2＋b2＝a2＋(2－a)2＝2a2－4a＋4＝2[(a－1)2＋1]≥2，∴③正确．
由＋＝(a＋b)
＝≥(2＋2)＝2，
∴⑤正确．
【答案】　①③⑤
4．设正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，求＋＋的最小值．
【解】　因为a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，所以(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋2)＝9.
于是[(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋2)]≥3·3＝9，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立，即＋＋≥1，故＋＋的最小值为1.章末分层突破
[自我校对]
①一般形式的柯西不等式
②排序不等式　③逆序和
④乱序和　⑤原理
⑥贝努利不等式
　
　
　柯西不等式的应用
柯西不等式形式优美，结构易证，因此在解题时，根据题目特征，灵活运用柯西不等式，可证明一些简单不等式．
　已知a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≤4.
【精彩点拨】　根据特征不等式的特点，可考虑用柯西不等式证明，但要先构造向量(1,1,1)，利用|m·n|2≤|m|2·|n|2证明．
【规范解答】　因为a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，令
m＝(，，)，n＝(1,1,1)．
则|m·n|2＝(＋＋)2，
|m|2·|n|2＝3[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)]
＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48.
∵|m·n|2≤|m|2·|n|2，
∴(＋＋)2≤48，
∴＋＋≤4.
[再练一题]
1．设a，b，x，y都是正数，且x＋y＝a＋b，求证：＋≥.
【证明】　因为a，b，x，y都是正数，x＋y＝a＋b，
由柯西不等式可知
(a＋x＋b＋y)
≥2＝(a＋b)2.
又a＋x＋b＋y＝2(a＋b)．
所以＋≥＝.
　利用排序不等式证明不等式
应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计，这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组．
　已知a，b，c为正数，求证：
a＋b＋c≤＋＋.
【精彩点拨】　本题属于左3项右3项的类型，虽然a，b，c没有顺序，但可用顺序不等式证明，不妨先设a≥b≥c，再利用定理证明．
【规范解答】　由于不等式关于a，b，c对称，可设a≥b≥c>0.
于是a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，得
a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·，
及a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·.
以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中的不等式．
[再练一题]
2．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：(1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)；
(2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
【证明】　(1)用比较法：c(a＋b－c)－b(c＋a－b)
＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2＝b2－c2＋ac－ab
＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)＝(b＋c－a)(b－c)．
因为b≥c，b＋c－a≥0，
于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0，
即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)．①
同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)．②
综合①②，证毕．
(2)由题设及(1)知
a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，
于是由排序不等式“逆序和≤乱序和”得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c)
＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)．③
再一次由“逆序和≤乱序和”得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c)
＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)．④
将③和④相加再除以2，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
　利用柯西不等式求最值
由于柯西不等式是求解含多个变量式子最值(除平均值不等式外)的一种重要方法，是某些求最值问题的唯一工具，应用的关键是根据题设条件，对目标函数进行配凑，以保证出现常数结果，同时，注意等号成立的条件．
　求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．
【精彩点拨】　根据x，y的系数适当构造形式求解，切忌等号成立的条件．
【规范解答】　由柯西不等式，得
(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1，
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥，
当且仅当＝＝，即
x＝，y＝时，上式取等号．
故所求x＝，y＝.
[再练一题]
3．已知x＋y＋z＝1，求2x2＋3y2＋z2的最小值．
【解】　由柯西不等式，得
2x2＋3y2＋z2＝(2x2＋3y2＋z2)·
≥＝(x＋y＋z)2＝，
∴2x2＋3y2＋z2≥.
当且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝时取等号．
∴2x2＋3y2＋z2的最小值为.
　数学归纳法与猜想证明
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想，探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．
　已知f(n)＝1－，g(n)＝，
当n≥4时，试比较f()与g(n)的大小，并说明理由．
【精彩点拨】　由f(n)与g(n)的关系，直接比较不容易，可先比较前n项，猜想出结论，再由数学归纳法证明．
【规范解答】　由f()＝1－＝1－，g(n)＝1－，
∴要比较f()与g(n)的大小，只需比较2n与n2的大小．
当n＝4时，24＝16＝42，
当n＝5时，25＝32>52＝25，
当n＝6时，26＝64>62＝36.
故猜测当n≥5(n∈N＋)时，2n>n2，下面用数学归纳法加以证明．
(1)当n＝5时，命题显然成立．
(2)假设n＝k(k≥5，且k∈N＋)时，不等式成立，
即2k>k2(k≥5)，
则当n＝k＋1时，
2k＋1＝2·2k>2·k2
＝k2＋k2＋2k＋1－2k－1
＝(k＋1)2＋(k－1)2－2>(k＋1)2·(k－1)2>2.
由(1)(2)可知，对一切n≥5，n∈N＋，2n>n2成立．
综上可知，当n＝4时，f()＝g(n)＝；当n≥5时，f()>g(n)．
[再练一题]
4．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，并猜想an，bn的表达式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
【解】　(1)由条件可得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1，
则a2＝2b1－a1＝6，b2＝＝9；
a3＝2b2－a2＝12，b3＝＝16；
a4＝2b3－a3＝20，b4＝＝25.
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
(2)证明：①当n＝1时，由a1＝2，b1＝4知结论正确．
②假设当n＝k时结论正确，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.
则n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝＝＝(k＋2)2.
即n＝k＋1时结论正确．
由①②知猜想的结论正确.
　数学思想方法
解决数学问题时，常遇到一些问题直接求解较为困难，通过观察、分析、类比、联想等思维过程，选择运用恰当的数学方法进行变换，将原问题转化为一个新问题．本章常把要证明的不等式通过换元或恒等变形把命题转化为柯西不等式或排序不等式的形式加以解决．
　已知a>b>c，求证：＋≥.
【精彩点拨】　构造柯西不等式的证明．
【规范解答】　∵a－c＝(a－b)＋(b－c)，
∵a>c，∴a－c>0，
∴(a－c)＝[(a－b)＋(b－c)]·≥(1＋1)2＝4，
∴＋≥.
[再练一题]
5．设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：2＋2＋2≥.
【证明】　∵左边＝(12＋12＋12)·
≥
＝
＝
≥(1＋9)2＝，
∴原结论成立．
1．(陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)·(bm＋an)的最小值为________．
【解析】　∵a，b，m，n∈R＋，且a＋b＝1，mn＝2，
∴(am＋bn)(bm＋an)
＝abm2＋a2mn＋b2mn＋abn2
＝ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)
≥2ab·mn＋2(a2＋b2)
＝4ab＋2(a2＋b2)
＝2(a2＋b2＋2ab)
＝2(a＋b)2＝2，
当且仅当m＝n＝时，取“＝”．
∴所求最小值为2.
【答案】　2
2．(湖南高考)设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z＝________.
【解析】　由柯西不等式可得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，即(x＋2y＋3z)2≤14，因此x＋2y＋3z≤.因为x＋2y＋3z＝，所以x＝＝，解得x＝，y＝，z＝，于是x＋y＋z＝.
【答案】　
3．(湖南高考)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
【解析】　∵a＋2b＋3c＝6，∴1×a＋1×2b＋1×3c＝6.
∴(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12.当且仅当＝＝，即a＝2，b＝1，c＝时取等号．
【答案】　12
4．(上海高考)设常数a>0.若9x＋≥a＋1对一切正实数x成立，则a的取值范围为________．
【解析】　由题意可知，当x>0时，f(x)＝9x＋≥2＝6a≥a＋1 a≥，当且仅当9x＝，即x＝时等号成立．
【答案】　
5．(全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
【解】　(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
章末综合测评(二)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设xy>0，则)的最小值为(　　)
A．－9　　　
B．9
C．10
D．0
【解析】　≥2＝9.
【答案】　B
2．设n∈N＋，则4n与3n的大小关系是(　　)
A．4n>3n
B．4n＝3n
C．4n<3n
D．不确定
【解析】　4n＝(1＋3)n.根据贝努利不等式，有(1＋3)n≥1＋n×3＝1＋3n>3n，即4n>3n.
【答案】　A
3．已知实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，则e的取值范围为(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　∵4(a2＋b2＋c2＋d2)
＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2)
≥(a＋b＋c＋d)2，
即4(16－e2)≥(8－e)2，
64－4e2≥64－16e＋e2，
即5e2－16e≤0，
∴e(5e－16)≤0，
故0≤e≤.
【答案】　C
4．学校要开运动会，需要买价格不同的奖品40件，50件，20件，现在选择商店中单价为5元，3元，2元的奖品，则至少要花(　　)
A．300元
B．360元
C．320元
D．340元
【解析】　由排序原理，逆序和最小．
∴最小值为50×2＋40×3＋20×5＝320(元)．
【答案】　C
5．函数y＝2－9x－(x>0)的最大值是(　　)
A．－10
B．10
C．－11
D．11
【解析】　y＝2－≤2－2＝－10.
【答案】　A
6．已知a，b，c∈(0，＋∞)，a＋b＋4c2＝1，则＋＋c的最大值是(　　)
【导学号：94910043】
A．5
B．
C．8
D．
【解析】　(a＋b＋4c2)≥(＋＋c)2，
∴＋＋c≤＝.
当且仅当a＝b＝，c＝时等号成立．
【答案】　B
7．若x＋2y＋4z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A．21
B．
C．16
D．
【解析】　∵1＝x＋2y＋4z≤·，∴x2＋y2＋z2≥，即x2＋y2＋z2的最小值为.
【答案】　B
8．设S(n)＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
【解析】　S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋.
【答案】　D
9．设a，b，c为正数，且a＋2b＋3c＝13，则＋＋的最大值为(　　)
A.
B．
C.
D．6
【解析】　(a＋2b＋3c)≥2＝(＋＋)2，
∴(＋＋)2≤，
∴＋＋≤，
当且仅当＝＝时取等号．
又a＋2b＋3c＝13，
∴a＝9，b＝，c＝时，原式取到最大值.
【答案】　A
10．已知a，b，c为正数，且满足a＋2b＋3c＝1，则＋＋的最小值为(　　)
A．7
B．8
C．11
D．9
【解析】　∵a，b，c为正数，且满足a＋2b＋3c＝1，＋＋＝(a＋2b＋3c)≥3·3＝9，当且仅当a＝2b＝3c＝时取等号．因此＋＋的最小值为9.
【答案】　D
11．用数学归纳法证明＋cos
α＋cos
3α＋…＋cos(2n－1)α＝(α≠kπ，k∈Z，n∈N＋)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是(　　)
A.
B.＋cos
α
C.＋cos
α＋cos
3α
D.＋cos
α＋cos
2α＋cos
3α
【解析】　首项为，末项为cos(2×1－1)α＝cos
α.
【答案】　B
12．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则的值为(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　由题意可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz，①
①与a2＋b2＋c2＝10相加可得(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝10，
所以不妨令或
则x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，
即＝.
【答案】　C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是__________．
【解析】　左边增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.
【答案】　2k
14．已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝9，则＋＋的最大值是________．
【解析】　(＋＋)2≤(12＋12＋12)·(x＋y＋z)＝3×9＝27，所以＋＋≤3.
当且仅当x＝y＝z＝3时取“＝”．
【答案】　3
15．若x＋y＋z＋t＝4，则x2＋y2＋z2＋t2的最小值为________．
【解析】　比较已知条件、待求式子，发现把待求式子乘以一个常量后，可满足四维柯西不等式条件并同时用到已知条件，得
(x2＋y2＋z2＋t2)(12＋12＋12＋12)≥(x＋y＋z＋t)2，当且仅当x＝y＝z＝t＝1时，取最小值4.
【答案】　4
16．函数y＝的最小值是________.
【导学号：94910044】
【解析】　由柯西不等式，得
y＝
≥
＝≥(1＋)2＝3＋2.
当且仅当＝，
即α＝时等号成立．
【答案】　3＋2
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设x，y，z∈R，且＋＋＝1.求x＋y＋z的最大值和最小值．
【解】　根据柯西不等式，知
[42＋()2＋22]
≥，
当且仅当＝＝，
即x＝，
y＝－1，z＝或x＝－，y＝－3，
z＝时等号成立．
∴25×1≥(x＋y＋z－2)2，
∴|x＋y＋z－2|≤5，∴－3≤x＋y＋z≤7，
即x＋y＋z的最大值为7，最小值为－3.
18．(本小题满分12分)设x2＋2y2＝1，求u(x，y)＝x＋2y的最小值.
【导学号：94910045】
【解】　由柯西不等式，有
|u(x，y)|＝|1·x＋·y|
≤·＝.
得umax＝，umin＝－.
分别在，时取到．
19．(本小题满分12分)求证：＋＋＋…＋>(n≥2)．
【证明】　(1)当n＝2时，>0，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2)时，原不等式成立．
即＋＋＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
左边＝＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋>＋＋＋…＋＝＋＝＝.
∴当n＝k＋1时，原不等式成立．
由(1)(2)知，原不等式对n≥2的所有的自然数都成立．
故＋＋＋…＋>(n≥2)．
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c为正数，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
【解】　(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1，
又a，b，c为正数，由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥
2＝9.
21．(本小题满分12分)已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1.
(1)求证：＋＋≥；
(2)求4x＋4y＋4z2的最小值．
【解】　(1)证明：因为x>0，y>0，z>0，所以由柯西不等式得：
[(y＋2z)＋(z＋2x)＋(x＋2y)]
≥(x＋y＋z)2，
又因为x＋y＋z＝1.
所以＋＋≥＝.
(2)由平均值不等式得4x＋4y＋4z2≥3，
因为x＋y＋z＝1，
所以x＋y＋z2＝1－z＋z2
＝＋≥，
故4x＋4y＋4z2≥3＝3，
当且仅当x＝y＝，z＝时等号成立，
所以4x＋4y＋4z2的最小值为3.
22．(本小题满分12分)用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，左边＝1＋，右边＝＋1，
∴≤1＋≤，命题成立．
当n＝2时，左边＝1＋＝2；右边＝＋2＝，
∴2<1＋＋＋<，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，
即1＋<1＋＋＋…＋<＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>1＋＋2k·＝1＋.
又1＋＋＋…＋＋＋＋…<＋k＋2k·＝＋(k＋1)，
即n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对所有n∈N＋都成立．第2课时　综合法与分析法
1．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(易混点)
2．会利用综合法和分析法证明一些简单的不等式．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理　分析法与综合法
阅读教材P17～P18，完成下列问题．
1．分析法
从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
2．综合法
从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，这种证明不等式的方法称为综合法．
其思路是“由因寻果”，即从“已知”推导出已知的“性质”，从而逐步推向“未知”．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)分析法与综合法都是直接证明命题的方法．(　　)
(2)分析法是由结论推向已知的过程．(　　)
(3)综合法的特点是“由因寻果”．(　　)
【解析】　根据分析法与综合法的特点知(1)正确，(2)中，分析法是从结论入手，寻找使它成立的充分条件，而不是由结论推向已知，故错误．(3)正确．
【答案】　(1)√　(2)×　(3)√
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
用综合法证明不等式
　已知a，b，c是正数，求证：≥abc.
【精彩点拨】　由a，b，c是正数，联想去分母，转化证明b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)，利用x2＋y2≥2xy可证．或将原不等式变形为＋＋≥a＋b＋c后，再进行证明．
【自主解答】　法一：∵a，b，c是正数，
∴b2c2＋c2a2≥2abc2，b2c2＋a2b2≥2ab2c，c2a2＋a2b2≥2a2bc.
∴2(b2c2＋c2a2＋a2b2)≥2(abc2＋ab2c＋a2bc)，
即b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．
又a＋b＋c>0，
∴≥abc.
法二：∵a，b，c是正数，
∴＋≥2＝2c.
同理＋≥2a，＋≥2b，
∴2≥2(a＋b＋c)．
又a>0，b>0，c>0，
∴b2c2＋a2c2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．
故≥abc.
1．运用不等式的性质或已证明的不等式时，要注意它们各自成立的条件，正确推理．
2．综合法证明不等式，常将不等式的两端进行合理的等价变形，如恰当的组合、拆项、匹配等，便于应用某些重要的不等式．
[再练一题]
1．已知a>0，b>0，c>0，且abc＝2.求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8.
【导学号：94910020】
【证明】　∵a>0，b>0，c>0，
∴1＋a≥2，当且仅当a＝1时，取等号；
1＋b≥2，当且仅当b＝1时，取等号；
1＋c≥2，当且仅当c＝1时，取等号．
∵abc＝2，
∴a，b，c不能同时取1，
∴“＝”不同时成立．
∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8＝8，
即(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8.
分析法证明不等式
　设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：
(1)b2－ac>0；(2)【精彩点拨】　根据题目特点，利用分析法寻找结论成立的充分条件．
【自主解答】　(1)∵a>b>c且a＋b＋c＝0，
∴a>0，c<0，ac<0，
故b2－ac>0.
(2)欲证只需证b2－ac<3a2.
因为c＝－(a＋b)，
只要证明b2＋a(a＋b)<3a2成立．
也就是(a－b)(2a＋b)>0，
即证(a－b)(a－c)>0.
∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0，
∴(a－b)(a－c)>0成立．
从而1．此题证明的关键是在两边非负的条件下乘方去根号．
2．分析法是寻找结论成立的充分条件，对于含有无理不等式等问题的证明，采用分析法是常用方法．
[再练一题]
2．已知a，b，c均为正数，且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
【证明】　∵a，b，c均为正数，且ab＋bc＋ca＝1.
要证明a＋b＋c≥，
只需证明(a＋b＋c)2≥3，
即a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
只要证明a2＋b2＋c2≥1，(
)
又a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝1，
因此(
)成立，故原不等式a＋b＋c≥成立．
[探究共研型]
分析综合法证明不等式
探究1　分析法和综合法的逻辑关系是怎样的？
【提示】　综合法：A B1 B2 … Bn B，(已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．
分析法：B Bn Bn－1 … B1 A，(结论)(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．
探究2　在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的，那么往往在什么情况下使用？如何证明？
【提示】　如果使用综合法证明不等式难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律．有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现从两头往中间靠以达到证题目的．
　设实数x，y满足y＋x2＝0，且0【精彩点拨】　借助分析法探路，然后利用综合法证明，若盲目用综合法推进，容易受阻．
【自主解答】　∵0欲证loga(ax＋ay)<＋loga2，
只需证ax＋ay>2a.
∵y＋x2＝0,0∴x＋y＝x－x2＝－＋≤，
当且仅当x＝时，(x＋y)max＝，
∴ax＋y≥a，≥a.
①
又ax＋ay≥2(当且仅当x＝y时取等号)，
②
∴ax＋ay≥2a.
③
由于①②等号不能同时成立，
∴③式等号不成立，即ax＋ay>2a成立．
故原不等式loga(ax＋ay)<＋loga2成立．
函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用.
[再练一题]
3．已知a>0，－>1，求证：>.
【证明】　要证明>，
只需证>1，即(1＋a)(1－b)>1，
只要证a－b－ab>0成立．
∵a>0，－>1，
∴a>0，b>0，>0，
∴a－b－ab>0成立．
故>成立．
[构建·体系]
1．已知a<0，－1A．a>ab>ab2
B．ab2>ab>a
C．ab>a>ab2
D．ab>ab2>a
【解析】　∵－1∴1>b2>0>b.
又a<0，
∴ab>ab2>a.
【答案】　D
2．设a>0，b>0，且ab－(a＋b)≥1，则(　　)
A．a＋b≥2(＋1)
B．a＋b≤＋1
C．a－b≤(＋1)2
D．a＋b>2(＋1)
【解析】　∵≤，
∴ab≤(a＋b)2.
∴(a＋b)2－(a＋b)≥ab－(a＋b)≥1，
∴(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，
∵a>0，b>0，∴a＋b≥2＋2成立(当且仅当a＝b＝＋1时取等号)．
【答案】　A
3．已知a，b∈(0，＋∞)，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是__________．
【解析】　∵a＋b≥，
∴≥.
【答案】　P≤Q
4．下列不等式：①a2＋2>2a；②a2＋b2>2(a－b－1)；③(a2＋b2)(c2＋d2)>(ac＋bd)2，其中恒成立的有________个．
【解析】　在①中，a2＋2－2a＝(a－1)2＋1≥1>0，
∴a2＋2>2a成立．
在②中，a2＋b2－2(a－b－1)＝a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，当且仅当a＝1且b＝－1时，取等号．
在③中，(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2－a2c2－2abcd－b2d2
＝b2c2＋a2d2－2abcd＝(bc－ad)2≥0.
故只有①恒成立．
【答案】　1
5．若a＞0，b＞0，则lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].
【导学号：94910021】
【解析】　[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]
＝lg[(1＋a)(1＋b)]
＝lg[(1＋a)(1＋b)].
又∵lg＝lg，
且a＞0，b＞0.
∴a＋1＞0，b＋1＞0，
∴[(a＋1)(1＋b)]≤＝，
∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)].
即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
【答案】　≥
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是(　　)
A．综合法　
B．分析法
C．比较法
D．归纳法
【解析】　要证明＋<2成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．
【答案】　B
2．若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是(　　)
A.<
B．a2>b2
C.>
D．a|c|>b|c|
【解析】　∵a>b，c2＋1>0，
∴>，故选C.
【答案】　C
3．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
【解析】　a2＋b2－1－a2b2＝－(a2－1)(b2－1)≤0.
【答案】　D
4．设a，b∈R，则“a＋b＝1”是“4ab≤1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　若“a＋b＝1”，则4ab＝4a(1－a)＝－4＋1≤1；若“4ab≤1”，取a＝－4，b＝1，a＋b＝－3，即“a＋b＝1”不成立．故“a＋b＝1”是“4ab≤1”的充分不必要条件．
【答案】　A
5．设a>b>0，m＝－，n＝，则(　　)
A．mB．m>n
C．m＝n
D．不能确定
【解析】　∵a>b>0，
∴>，∴－>0，>b.
2－()2＝a＋b－2－(a－b)
＝2(b－)<0，
∴(－)2<()2，
∴－<，即m【答案】　A
二、填空题
6．设a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的最小值为__________.
【导学号：94910022】
【解析】　M＝≥8···＝8，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
【答案】　8
7．有以下四个不等式：
①(x＋1)(x＋3)>(x＋2)2；②ab－b20；④a2＋b2≥2|ab|.
其中恒成立的为__________(写出序号即可)．
【答案】　③④
8．已知a>0，b>0且a＋b＝1，则＋＋与8的大小关系是__________．
【解析】　∵a>0，b>0且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2>0，进而得≥2，于是得≥4.
又∵＋＋＝＝＝2·≥8.
故得＋＋≥8.
【答案】　＋＋≥8
三、解答题
9．设a>0，b>0，c>0.证明：
(1)＋≥；
(2)＋＋≥＋＋.
【证明】　(1)∵a>0，b>0，
∴(a＋b)≥2·2＝4，
∴＋≥.
(2)由(1)知＋≥.
同理，＋≥，＋≥，三式相加，得：
2≥＋＋，
∴＋＋≥＋＋.
10．如果a>b，ab＝1，求证：a2＋b2≥2(a－b)，并指明何值时取“＝”号．
【证明】　因为a>b，所以a－b>0，
欲证a2＋b2≥2(a－b)，
只需证≥2.
因为a>b，a－b>0，又知ab＝1.
所以＝＝
＝(a－b)＋≥2＝2.
所以≥2，即a2＋b2≥2(a－b)．
当且仅当a－b＝，即a－b＝且ab＝1时，取等号．
[能力提升]
1．设＜＜＜1，则(　　)
A．aa＜ab＜ba
B．aa＜ba＜ab
C．ab＜aa＜ba
D．ab＜ba＜aa
【解析】　∵＜＜＜1，
∴0＜a＜b＜1，∴＝aa－b＞1，∴ab＜aa，
＝
∵0＜＜1，a＞0，
∴＜1，∴aa＜ba，
∴ab＜aa＜ba.故选C.
【答案】　C
2．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是(　　)
A．a2＋b2＋c2≥2
B．(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2
D．abc(a＋b＋c)≤
【解析】　因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，
即a2＋b2＋c2≥1.
又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故B成立．
【答案】　B
3．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则实数λ的取值范围是________．
【解析】　不等式可化为＋>.
∵a>b>c，
∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴λ<＋恒成立．
∵＋
＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4，∴λ<4.
故实数λ的取值范围是(－∞，4)．
【答案】　(－∞，4)
4．已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋≥6，并确定a，b，c为何值时等号成立．
【证明】　因为a，b，c均为正数，由平均值不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)，
①
＋＋≥3(abc)，
所以2≥9(abc)，
②
故a2＋b2＋c2＋2≥3(abc)＋9(abc).
又3(abc)＋9(abc)≥2＝6，
③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．当且仅当3 abc ＝9(abc)时，③式等号成立．
因此当且仅当a＝b＝c＝3时，等号成立．第3课时　不等式的证明——反证法、放缩法、几何法
1．了解放缩法、反证法、几何法的概念；理解用反证法、放缩法、几何法证明不等式的步骤．(重点)
2．会用反证法、放缩法、几何法证明一些简单的不等式．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　放缩法与几何法
阅读教材P18～P20，完成下列问题．
1．放缩法
证明命题时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．
2．几何法
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)分式的放缩可以通过放大(或缩小)分子(或分母)来进行．(　　)
(2)整式的放缩可以通过加减项来进行．(　　)
(3)从<来看，这是通过扩大分子达到了放大的目的．(　　)
【解析】　根据放缩法的定义知(1)(2)正确，而(3)中，因m的符号不定，所以不一定达到放大的目的，故错误．
【答案】　(1)√　(2)√　(3)×
教材整理2　反证法
阅读教材P20～P21，完成下列问题．
通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的证明方法叫反证法．其证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)反证法与同一法实质上是一致的．(　　)
(2)证明“至少”“至多”“否定性命题”时宜用反证法．(　　)
(3)证明结论“a，b，c至少一个为负数”时，提出假设可以是“a，b，c至多有两个为负数”．(　　)
【解析】　(1)×　从原理上分析，两种方法截然不同．
(2)√　反证法适合于证明这种类型．
(3)×　假设应为“a，b，c没有一个为负数”．
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
利用反证法证明否定性结论
　已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于.
【导学号：94910023】
【精彩点拨】　当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．
【自主解答】　假设三式同时大于，
即b－ab>，c－bc>，a－ac>，
三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>.
①
∵0∴(1－a)a≤＝.
同理(1－b)b≤，(1－c)c≤.
又(1－a)a，(1－b)b，(1－c)c均大于零，
∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，
②
因此①式与②式矛盾．
故假设不成立，即原命题成立．
1．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，
不从结论的反面推理，就不是反证法．
2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理推出与已知条件或定理事实相矛盾，或自相矛盾．
[再练一题]
1．若0【证明】　假设
那么≥>1.
①
同理>1，
②
>1.
③
①＋②＋③得3>3，矛盾．所以原命题得证.
反证法证明“至少”“至多”
型命题
　已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
【精彩点拨】　(1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函数f(x)求值推算可得结论．
(2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论．
【自主解答】　(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)用反证法证明．
假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.
又∵|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，
互相矛盾，∴假设不成立，∴|f(1)|，|f(2)|，
|f(3)|中至少有一个不小于.
1．当证明的题目中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，常使用反证法证明，在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．
2．在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．
[再练一题]
2．已知函数y＝f(x)在区间(a，b)上是增函数，求证：y＝f(x)在区间(a，b)上至多有一个零点．
【证明】　假设函数y＝f(x)在区间(a，b)上至少有两个零点．
不妨设x1，x2(x1≠x2)为函数y＝f(x)在区间(a，b)上的两个零点，且x1∵函数y＝f(x)在区间(a，b)上为增函数，x1，x2∈(a，b)且x1∴函数y＝f(x)在(a，b)上至多有一个零点．
[探究共研型]
放缩法证明不等式
探究1　若将放大(或缩小)，常用哪些方法？
【提示】　将分子或分母放大(缩小)：<(k>1)，>，<(k>1)，>(k>1)等．
探究2　在整式放缩中，常用到哪些性质？
【提示】　在整式的放缩中，常用到不等式的性质．绝对值不等式、平均值不等式等．如a＋b≥2(a，b为正数)，a2＋b2≥2ab，|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|等．
　已知an＝2n2，n为正整数，求证：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
【精彩点拨】　针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项．
【自主解答】　∵当n≥2时，an＝2n2＞2n(n－1)，
∴＝＜＝·＝，
∴＋＋…＋＜1＋
＝1＋
＝1＋＝－＜，
即＋＋…＋＜.
放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，谨慎地添或减是放缩法的基本策略.
[再练一题]
3．求证：1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈为正整数)．
【证明】　∵k2>k(k－1)，
∴<＝－(k为正整数，且n≥2)，
分别令k＝2,3，…，n得
<＝1－，<＝－，…
<＝－，
因此1＋＋＋…＋
<1＋＋＋…＋
＝1＋1－＝2－，
故不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n为正整数)成立．
[构建·体系]
1．实数a，b，c不全为0的等价条件为(　　)
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
【解析】　实数a，b，c不全为0的含义即是a，b，c中至少有一个不为0，其否定则是a，b，c全为0，故选D.
【答案】　D
2．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的假设为(　　)
A．a<0，b<0，c<0
B．a≤0，b>0，c>0
C．a，b，c不全是正数
D．abc<0
【答案】　C
3．已知a，b，c，d都是正数，S＝＋＋＋，则有(　　)
A．S<1
B．S>1
C．S>2
D．以上都不对
【解析】　S>(a＋b＋c＋d)＝1.
【答案】　B
4．已知a为正数，则，，从大到小的顺序为__________.
【导学号：94910024】
【解析】　∵＋>＋＝2，
＋<＋＝2，
∴2<＋<2，
∴>>.
【答案】　>>
5．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a，b∈R.
(1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．
【证明】　(1)∵a＋b≥0，
∴a≥－b.
由已知f(x)的单调性得：f(a)≥f(－b)．
又a＋b≥0 b≥－a f(b)≥f(－a)．
两式相加即得：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)命题(1)的逆命题为：若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，则a＋b≥0.
逆命题成立．下面用反证法证之．
假设a＋b<0，那么：
f(a)＋f(b)这与已知矛盾，故只有：a＋b≥0.逆命题得证．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，则(　　)
A．∠B＝　
B．∠B<
C．∠B>
D．∠B＝
【解析】　假设∠B≥，则b最大，有b>a，b>c，
∴>，>.
∴＋>，与题意中的＋＝矛盾．
∴∠B<.
【答案】　B
2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用(　　)
①否定原结论的假设；②原命题的条件；
③公理、定理、定义等；④原结论．
A．①②　　
B．①②④
C．①②③
D．②③
【解析】　由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反情况作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．
【答案】　C
3．用反证法证明命题“如果a>b，那么>”时，假设的内容是(　　)
A.＝
B．<
C.＝且<
D．＝或<
【解析】　应假设≤，即＝或<.
【答案】　D
4．已知p＝a＋，q＝－a2＋4a(a>2)，则(　　)
A．p>q
B．pC．p≥q
D．p≤q
【解析】　∵p＝(a－2)＋＋2，
又a－2>0，
∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，
根据a>2，可得q<4，∴p>q.
【答案】　A
5．设M＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．M＝1
B．M<1
C．M>1
D．M与1大小关系不定
【解析】　M＝＋＋＋…＋<＝＝1.故选B.
【答案】　B
二、填空题
6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为__________．
【解析】　“至少有一个不大于”的反面应是“都大于”．
【答案】　假设三内角都大于60°
7．若a>b>0，m>0，n>0，则，，，，按由小到大的顺序排列为________．
【解析】　由不等式a>b>0，m>0，n>0，知<<1，且<<1，
得>>1，
即1<<.
【答案】　<<<
8．设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A，B的大小关系为__________.
【导学号：94910025】
【解析】　B＝＋>＋＝＝A，即A【答案】　A三、解答题
9．已知a>0，b>0，且a＋b>2，
求证：，中至少有一个小于2.
【证明】　假设，都不小于2，
则≥2，≥2.
∵a>0，b>0，
∴1＋b≥2a,1＋a≥2b，
∴2＋a＋b≥2(a＋b)，即2≥a＋b，
这与a＋b>2矛盾．
故假设不成立．即，中至少有一个小于2.
10．已知△ABC三边长是a，b，c，且m是正数，求证：＋>.
【证明】　设f(x)＝＝1－(x>0，m>0)．
易知函数f(x)(x>0)是增函数．
则f(a)＋f(b)＝＋
>＋
＝
＝f(a＋b)．
又在△ABC中，a＋b>c>0，
∴f(a＋b)>f(c)＝，
∴＋>.
[能力提升]
1．已知x＝a＋(a>2)，y＝(b<0)，则x，y之间的大小关系是(　　)
A．x>y
B．xC．x＝y
D．不能确定
【解析】　因为x＝a－2＋＋2≥2＋2＝4(a>2)，
而b2－2>－2(b<0)，
即y＝<＝4.
所以x>y.
【答案】　A
2．若|a|<1，|b|<1，则(　　)
A.＝1
B．<1
C.≤1
D．≥1
【解析】　假设≥1，
故|a＋b|≥|1＋ab|
a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2
a2＋b2－1－a2b2≥0
a2(1－b2)－(1－b2)≥0
(a2－1)(1－b2)≥0.
由上式知a2－1≤0,1－b2≤0或a2－1≥0,1－b2≥0.
与已知矛盾，故<1.
【答案】　B
3．设a，b∈R，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.
其中能推出“a，b中至少有一个实数大于1”的条件是________．
【解析】　对于①，a，b均可小于1；对于②，a，b均可等于1；对于④⑤，a，b均可为负数；对于③，若a，b都不大于1，则a＋b≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a，b中至少有一个实数大于1”成立．
【答案】　③
4．若0【证明】　由已知得b令f(x)＝－＋，则f(x)在内是增函数，
又n≥2，n为正整数，且0因此a，∈，
∴f(a)从而b<－＋<－＋＝－＋.
又－＋＝<＝，
故b<.§4　不等式的证明
第1课时　比较法证明不等式
1．理解比较法证明不等式的理论依据．(重点)
2．掌握用比较法证明不等式的一般方法及步骤．(重点)
3．会用比较法证明简单的不等式．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　求差比较法
阅读教材P16“例1”以上部分，完成下列问题．
1．理论依据
(1)a>b a－b>0；
(2)a＝b a－b＝0；
(3)a2．定义：要证明a>b，只要证明a－b>0即可．这种方法称为求差比较法．
3．步骤
(1)作差；
(2)变形；
(3)判断符号；
(4)下结论．
填空(填不等号)：
(1)a∈R，a2＋b2________2ab.
(2)a，b，m为正数，b(3)x2＋1________x.
【解析】　(1)∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故填≥.
(2)∵a，b，m为正数，且a>b.
∴－＝＝<0，故填<.
(3)x2＋1－x＝2＋≥>0，故填>.
【答案】　(1)≥　(2)<　(3)>
教材整理2　求商比较法
阅读教材P16“例3”以上部分，完成下列问题．
1．理论依据
当b>0时，(1)a>b >1，(2)a2．定义：证明a>b(b>0)，只要证明>1即可，这种方法称为求商比较法．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若>1，则a>b.(　　)
(2)求商比较法的关键是将商与1比较．(　　)
(3)求商比较法适合于任何两数的比较大小．(　　)
【解析】　(1)×　若b>0时，>1 a>b.若b<0时，>1 a(2)√　关键是与1比较．
(3)×　求商比较法一般适合于两个同号数之间比较．
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
求差比较法证明不等式
　已知a，b∈R，求证：a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
【精彩点拨】　此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．
【自主解答】　法一：化成几个平方和．
∵a2＋b2－ab－a－b＋1
＝[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，
∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
法二：a2＋b2－ab－a－b＋1
＝a2－(b＋1)a＋b2－b＋1.
对于a的二次三项式，Δ＝(b＋1)2－4(b2－b＋1)＝－3(b－1)2≤0.
∴a2－(b＋1)a＋b2－b＋1≥0，
故a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
求差比较法证明不等式的技巧
1．求差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑能否化简或值是多少．
2．变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
3．因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．
[再练一题]
1．已知a>0，b>0，求证：＋≥＋.
【导学号：94910017】
【证明】　∵－(＋)
＝＋＝＋
＝
＝≥0.
∴原不等式成立.
求商比较法证明不等式
　已知a，b均为正数，且(a－b)(m－n)>0.求证：ambn>anbm.
【精彩点拨】　根据条件和结论，可作商与1比较，其中要用到指数函数的性质，由题设知a－b与m－n同号，再作分类讨论．
【自主解答】　由a，b均为正数，易得anbm>0，ambn>0.
＝am－nbn－m＝.
由(a－b)(m－n)>0，得a－b与m－n同号且不等于零．
(1)当a>b>0时，>1，m－n>0，
∴>1，∴ambn>anbm.
(2)当b>a>0时，0<<1，m－n<0，
∴>1，
∴ambn>anbm.
综上，a，b均为正数，均有ambn>anbm.
1．两端均出现4个字母a，b，m，n，变形为，将与m－n视为两个整体，减少了字母讨论的个数．
2．求商比较法证明的步骤是：“作商—变形—判断商与1的大小”．
[再练一题]
2．已知a>b>c>0，求证：a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
【证明】　由a>b>c>0，
得ac＋bbc＋aca＋b>0.
不等式左右两边作商，得
＝＝aa-b·aa-c·bb-c·bb-a·cc-a·cc-b＝··.
∵a>b>0，∴>1，a－b>0，
即>1.
同理>1，>1.
∴>1.
即a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
[探究共研型]
比较法的应用
探究1　求差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？
【提示】　求差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系．
探究2　求商比较法主要适用的类型是什么？
【提示】　主要适用于积(商)、幂(根式)、指数式形式的不等式证明．
　已知{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．
(1)求q的值；
(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．
【精彩点拨】　(1)由条件列方程求q值；(2)写出Sn与bn的表达式，采用作差法比较Sn与bn的大小．判断符号时注意n的取值．
【自主解答】　(1)由题设知2a3＝a1＋a2，
即2a1q2＝a1＋a1q.
又a1≠0，∴2q2－q－1＝0，
∴q＝1或－.
(2)若q＝1，则Sn＝2n＋＝＝.
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝＞0，
故Sn＞bn.
若q＝－，则Sn＝2n＋·＝＝.
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝－，
故对于n∈N＋，当2≤n≤9时，Sn＞bn；
当n＝10时，Sn＝bn；
当n≥11时，Sn＜bn.
比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法.当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式 或变形后 的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法.比较法应用各种比较大小的地方，如函数单调性的证明、数列、三角等方面都会涉及.
[再练一题]
3．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1>0，a3＝b3>0，a1≠a3，试比较a5和b5的大小．
【解】　设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d，∴a3＝a1q2，b3＝b1＋2d.
∵a1＝b1>0且a3＝b3，∴a1q2＝b1＋2d，∴2d＝a1q2－b1＝a1q2－a1＝a1(q2－1)．
∵a1≠a3，∴q2≠1，
而b5－a5＝a1＋4d－a1q4＝a1＋2a1(q2－1)－a1q4＝－a1q4＋2a1q2－a1＝－a1(q2－1)2.
∵(q2－1)2>0，a1>0，∴a1(q2－1)2>0，
∴－a1(q2－1)2<0，即b5[构建·体系]
1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列t与s的大小关系中正确的是(　　)
A．t>s　
B．t≥s
C．tD．t≤s
【解析】　∵s－t＝(a＋b2＋1)－(a＋2b)＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
【答案】　D
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，且公比q≠1，若P＝，Q＝，则P与Q的大小关系为(　　)
A．P＜Q
B．P＝Q
C．P＞Q
D．P≥Q
【解析】　∵{an}为等比数列且各项为正数，
∴a2·a9＝a4·a7，又q≠1，∴a2≠a9，
∴＞＝，
即P＞Q，故选C.
【答案】　C
3．设a，b，m均为正数，且<，则a与b的大小关系是__________.
【导学号：94910018】
【解析】　－＝>0，
又a，b，m为正数．
∴a(a＋m)>0，m>0，因此a－b>0，a>b.
【答案】　a>b
4．已知0【解析】　由0得00.
故M－N＝＋－＝＋＝>0，
∴M>N.
【答案】　M>N
5．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【证明】　2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0,
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，
即2a3－b3≥2ab2－a2b.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是(　　)
A．M≥N
B．M≤N
C．M＝N
D．不能确定
【解析】　∵2M－2N＝(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2≥0，∴M≥N.
【答案】　A
2．如果实数a，b，c满足cA．ab>ac
B．c(b－a)>0
C．ac(a－c)<0
D．cb2【解析】　由条件知a>0，c<0，b的符号不定，
∴A一定成立，B一定成立，C一定成立，而D中，b可能为0，故不一定成立．
【答案】　D
3．已知a>b>－1，则与的大小关系是(　　)
A.>
B．<
C.≥
D．≤
【解析】　∵a>b>－1，∴a＋1>0，b＋1>0，a－b>0，则－＝<0，∴<.
【答案】　B
4．已知数列{an}的通项公式an＝，其中a，b均为正数，那么an与an＋1的大小关系是(　　)
A．an>an＋1
B．anC．an＝an＋1
D．与n的取值有关
【解析】　an＋1－an＝－
＝.
∵a>0，b>0，n∈N＋，
∴an＋1－an>0，an＋1>an.
【答案】　B
5．设x＝，y＝－，z＝－，则x，y，z的大小关系是(　　)
A．x>y>z
B．z>x>y
C．y>z>x
D．x>z>y
【解析】　y＝－＝，z＝－＝.
∵＋>＋>0，∴z>y.
又x－z＝－＝＝>0，
∴x>z，∴x>z>y.
【答案】　D
二、填空题
6．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________________．
【解析】　(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.
故a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
【答案】　a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1
7．若x【解析】　M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)
＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]
＝－2xy(x－y)．
∵x0，x－y<0，
∴－2xy(x－y)>0，∴M－N>0，即M>N.
【答案】　M>N
8．已知a>0,1>b>0，a－b>ab，则与的大小关系是__________.
【导学号：94910019】
【解析】　∵a>0,1>b>0，a－b>ab，
∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab>1.
从而＝>1，
∴>.
【答案】　>
三、解答题
9．若q>0，且q≠1，m，n∈N＋，比较1＋qm＋n与qm＋qn的大小．
【解】　1＋qm＋n－qm－qn
＝qm(qn－1)－(qn－1)
＝(qn－1)(qm－1)，
①当0②当q>1时，qn>1，qm>1.
∴(qn－1)(qm－1)>0，∴1＋qm＋n>qm＋qn.
10．已知a，b均为正数，n∈N＋，求证：＋≥＋.
【证明】　设P＝＋－
＝＋
＝(an－1－bn－1)
＝.
若a>b>0，则an－1>bn－1，an>bn，
所以an－1－bn－1>0，an－bn>0，且anbn>0，
因此P>0；
若b>a>0，则an－1所以an－1－bn－1<0，an－bn<0，且anbn>0，故P>0；
若a＝b>0，则P＝0.
综上所述，P≥0，故原式成立．
[能力提升]
1．已知函数f(x)＝，a，b是正数，A＝f，B＝f，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)
A．A≤B≤C
B．A≤C≤B
C．B≤C≤A
D．C≤B≤A
【解析】　∵≥≥，
又f(x)＝在R上是减函数．
∴f≤f≤f.
【答案】　A
2．设a＝lg
e，b＝(lg
e)2，c＝lg，则(　　)
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>a>b
D．c>b>a
【解析】　∵2e<.
a>c>b.
【答案】　B
3．一个个体户有一种商品，其成本低于350元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应__________(填“月初”或“月末”)出售．
【解析】　设这种商品的成本费为a元．月初利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a.
则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a
＝0.045.
∵a<350，
∴L1－L2<0，
∴L1【答案】　月末
4．已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
【证明】　∵a＞2，
则a－1＞1，
∴loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0，
由于＝loga(a－1)·loga(a＋1)
＜
＝.
∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2，
∴＜2＝1，
因此＜1.
∵log(a＋1)a＞0，
∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.§1　柯西不等式
1.1　简单形式的柯西不等式
1.2　一般形式的柯西不等式
1．认识柯西不等式的几种不同的形式，理解它们的几何意义，能证明柯西不等式的代数形式和向量形式．(重点、易混点)
2．理解用参数配方法讨论柯西不等式一般情况的过程．(重点难点)
3．能利用柯西不等式求特定函数的最值和进行简单的证明．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　简单形式的柯西不等式
阅读教材P27～P28，完成下列问题．
1．定理1
对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．
2．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．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)不等式(a2＋b2)(d2＋c2)≥(ac＋bd)2是柯西不等式．(　　)
(2)(a＋b)(c＋d)≥(＋)2，是柯西不等式，其中a，b，c，d为正数．(　　)
(3)在柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2中，a，b，c，d是任意实数．(　　)
【解析】　柯西不等式中，四个数的组合是有对应顺序的，故(1)不对，(2)中，a，b，c，d可分别写成()2，()2，()2，()2，所以是正确的，(3)正确．
【答案】　(1)×　(2)√　(3)√
教材整理2　一般形式的柯西不等式
阅读教材P29～P30“练习”以上部分，完成下列问题．
1．定理2
设a1，a2，…，an与b1，b2，…，bn是两组实数，则有(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，
当向量(a1，a2，…，an)与向量(b1，b2，…，bn)共线时，等号成立．
2．推论
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是两组实数，则有
(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.
当向量(a1，a2，a3)与向量(b1，b2，b3)共线时“＝”成立．
在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为ai＝kbi(i＝1,2,3，…，n)，可以吗？
【解】　不可以．若bi＝0而ai≠0，则k不存在．
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
利用柯西不等式证明不等式
　(1)已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求证：|ax＋by|≤1；
(2)设a，b，c为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
【精彩点拨】　本题考查柯西不等式及证明不等式的基础知识，考查推理论证能力及代数式的变式能力．解答本题(1)可逆用柯西不等式，而解答题(2)需将，，增补，使其满足柯西不等式左边结构方可应用．
【自主解答】　(1)|ax＋by|＝≤＝1.
(2)由柯西不等式得：·≥a＋b，
即≥a＋b.
同理：≥b＋c，≥a＋c.
将上面三个同向不等式相加得：
(＋＋)≥2(a＋b＋c)，
所以＋＋≥(a＋b＋c)．
利用二维柯西不等式的代数形式证题时，要抓住不等式的基本特征： a2＋b2 c2＋d2 ≥ ac＋bd 2，其中a，b，c，d∈R或 a＋b c＋d ≥ \r(ac)＋\r(bd) 2，其中a，b，c，d为正数.找出待证不等式中相应的两组数，当这两组数不太容易找时，需分析，增补 特别是对数字的增补：如a＝1×a 变形等.
[再练一题]
1．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
【证明】　由柯西不等式
[()2＋()2＋()2]
≥.
于是(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2，
即＋＋≥a＋b＋c.
运用柯西不等式求参数范围
　已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范围.
【导学号：94910029】
【精彩点拨】　“恒成立”问题需求＋＋的最大值，设法应用柯西不等式求最值．
【自主解答】　＋＋≤＋＋
＝
≤＝.
故参数λ的取值范围是.
此题也是通过构造转化应用柯西不等式，由此可见，应用柯西不等式，首先要对不等式形式、条件熟练掌握，然后根据题目的特点“创造性”应用定理.
[再练一题]
2．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，试求a的取值范围．
【解】　由柯西不等式得，
(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.
由条件可得，5－a2≥(3－a)2，
解得1≤a≤2，
所以实数a的取值范围是[1,2]．
[探究共研型]
利用柯西不等式求最值
探究1　柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2是如何证明的？
【提示】　要证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，只要证a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2，
即证b2c2＋a2d2≥2abcd，
只要证(bc－ad)2≥0.
因为上式显然成立，故(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
探究2　根据柯西不等式，下列结论成立吗？
(1)(a＋b)(c＋d)≥(＋)2(a，b，c，d为非负实数)；
(2)·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
(3)·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
【提示】　成立．
　已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值．
【精彩点拨】　利用x2＋2y2＋3z2为定值，构造柯西不等式形式，再利用公式得出范围，求解最小值．
【自主解答】　(x2＋2y2＋3z2)
≥＝(3x＋2y＋z)2，
∴(3x＋2y＋z)2≤(x2＋2y2＋3z2)·＝12.
∵－2≤3x＋2y＋z≤2，
∴3x＋2y＋z的最小值为－2.
利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果.同时，要保证取到等号成立的条件.
[再练一题]
3．若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点．
【解】　由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，得25(x2＋y2)≥4，
所以x2＋y2≥.
当且仅当＝时“＝”成立，为求最小值点，
需解方程组∴
因此，当x＝，y＝时，x2＋y2取得最小值，最小值为，最小值点为.
[构建·体系]
1．设x，y∈R，且2x＋3y＝13，则x2＋y2的最小值为(　　)
A.
B．169　　　C．13　　　D．0
【解析】　(2x＋3y)2≤(22＋32)(x2＋y2)，
∴x2＋y2≥13.
【答案】　C
2．已知a，b，c大于0，且a＋b＋c＝1，则a2＋b2＋c2的最小值为(　　)
A．1
B．4
C.
D．
【解析】　根据柯西不等式，有(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a＋b＋c)2＝1，
∴a2＋b2＋c2≥.
【答案】　C
3．已知a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝1，t＝ax＋by＋cz，则t的取值范围是(　　)
A．(0,1)
B．(－1,1)
C．(－1,0)
D．[－1,1]
【解析】　设α＝(a，b，c)，β＝(x，y，z)．
∵|α|＝＝1，|β|＝＝1，
由|α||β|≥|α·β|，得|t|≤1.
∴t的取值范围是[－1,1]．
【答案】　D
4．已知x，y＞0，的最小值为4，则xy＝________.
【导学号：94910030】
【解析】　∵≥＝，
∴2＝4，又＞0，
∴＝1，∴xy＝1.
【答案】　1
5．已知3x2＋2y2≤6，求证：2x＋y≤.
【证明】　由柯西不等式得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]
＝(3x2＋2y2)≤6×＝11.
于是2x＋y≤.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知a，b为正数，且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是(　　)
A．P≤Q
B．P＜Q
C．P≥Q
D．P＞Q
【解析】　
设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|
＝
·
＝·＝，
所以(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
【答案】　A
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　2x2＋3y2＝(2x2＋3y2)·
≥＝(x＋y)2＝.
【答案】　B
3．已知x，y，z均大于0，且x＋y＋z＝1，则＋＋的最小值为(　　)
A．24
B．30
C．36
D．48
【解析】　(x＋y＋z)
≥＝36，
∴＋＋≥36.
【答案】　C
4．设x，y，m，n>0，且＋＝1，则u＝x＋y的最小值是(　　)
A．(＋)2
B．
C.
D．(m＋n)2
【解析】　根据柯西不等式，得x＋y＝(x＋y)·≥＝(＋)2，
当且仅当＝时，等号成立，
这时u取最小值为(＋)2.
【答案】　A
5．函数y＝＋2的最大值是(　　)
A.
B．
C．3
D．5
【解析】　根据柯西不等式，知y＝1×＋2×≤×＝.
【答案】　B
二、填空题
6．函数y＝＋的最大值为__________．
【解析】　由，非负且()2＋()2＝3，
所以＋≤
＝＝.
【答案】　
7．设x，y为正数，且x＋2y＝8，则＋的最小值为__________.
【导学号：94910031】
【解析】　(x＋2y)
＝[()2＋()2]
≥＝25，
又x＋2y＝8，
∴＋≥.
【答案】　
8．设a，b，c，x，y，z都是正数，且a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，ax＋by＋cz＝30，则＝________.
【解析】　由柯西不等式，
得25×36＝(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝302.
当且仅当＝＝＝k时取“＝”，
由k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝，
所以＝k＝.
【答案】　
三、解答题
9．已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，求t＝x2＋4y2＋z2的最小值．
【解】　由柯西不等式得
(x2＋4y2＋z2)(1＋1＋1)≥(x＋2y＋z)2.
∵x＋2y＋z＝1，
∴3(x2＋4y2＋z2)≥1，即x2＋4y2＋z2≥.
当且仅当x＝2y＝z＝，即x＝，y＝，z＝时等号成立．
故x2＋4y2＋z2的最小值为.
10．已知θ为锐角，a，b均为正数．
求证：(a＋b)2≤＋.
【证明】　设m＝，
n＝(cos
θ，sin
θ)，
则|a＋b|＝
＝|m·n|≤|m||n|
＝
·
＝
，
∴(a＋b)2≤＋.
[能力提升]
1．已知x，y为正数，且xy＝1，则的最小值为(　　)
A．4
B．2
C．1
D．
【解析】　
＝·
≥＝＝22＝4.
【答案】　A
2．设a1，a2，…，an为正数，P＝，Q＝，则P，Q间的大小关系为(　　)
A．P>Q
B．P≥Q
C．PD．P≤Q
【解析】　∵(a1＋a2＋…＋an)
≥＝n2，
∴≥.
即P≥Q.
【答案】　B
3．已知函数y＝3＋4，则函数的定义域为__________，最大值为__________．
【解析】　函数的定义域为[5,6]，且y＞0，
y＝3＋4
≤×＝5，
当且仅当3＝4，
即x＝时取等号．
∴ymax＝5.
【答案】　[5,6]　5
4．△ABC的三边长为a，b，c，其外接圆半径为R.
求证：(a2＋b2＋c2)≥36R2.
【证明】　由三角形中的正弦定理得：
sin
A＝，所以＝，
同理＝，＝，
于是由柯西不等式可得
左边＝(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2，
所以原不等式得证．§3　数学归纳法与贝努利不等式
3.1　数学归纳法
1．了解数学归纳法的原理及其使用范围，掌握数学归纳法证明的步骤．(重点)
2．能够利用数学归纳法证明一些简单问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理　数学归纳法
阅读教材P36～P37“思考交流”以上部分，完成下列问题．
1．数学归纳法的原理
数学归纳法原理是：设有一个关于正整数n的命题，若当n取第1个值n0时该命题成立，又在假设当n取第k个值时该命题成立后可以推出n取第k＋1个值时该命题成立，则该命题对一切自然数n≥n0都成立．
2．数学归纳法证明的步骤
(1)验证当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时命题正确．
(2)假设当n＝k时(k∈N＋，k≥n0)命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．
在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数都正确．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用数学归纳法证明命题“多边形的内角和是(n－2)×180°”时，验证的第一个值是3.(　　)
(2)用数学归纳法证明只与自然数n有关的命题时，第二步中在假设n＝k(k≥n)成立时，总是证明n＝k＋1时也成立．(　　)
(3)使用数学归纳法时，可以不使用归纳假设．(　　)
【解析】　(1)√　因为边数最少的多边形是三角形．
(2)×　在证只与正整数有关的命题时，在假设n＝k成立的前提下，证明n＝k＋2时也成立．
(3)×　用数学归纳法证题中必须使用归纳假设．
【答案】　(1)√　(2)×　(3)×
[质疑·手记]
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：　
[小组合作型]
数学归纳法的概念
　用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，
左边计算的结果是(　　)
A．1　　
B．1＋a
C．1＋a＋a2
D．1＋a＋a2＋a3
【精彩点拨】　只需把n＝1代入，观察式子左边规律即得答案．
【自主解答】　实际是由1(即a0)起，每项指数增加1，到最后一项为an＋1，
因此n＝1时，左边的最后一项应为a2，因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.
【答案】　C
验证n取第一个值n0时命题正确是运用数学归纳法的基础，一定要正确找出n＝n0时的命题.
[再练一题]
1．若f(k)＝1－＋－＋…＋－，则f(k＋1)＝f(k)＋__________.
【导学号：94910035】
【解析】　f(k＋1)＝1－＋－＋…＋－＋－，
∴f(k＋1)＝f(k)＋－.
【答案】　－
用数学归纳法证明等式
　用数学归纳法证明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
【精彩点拨】　要证的等式左边共2n项，右边共n项，f(k)与f(k＋1)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n＝k”到“n＝k＋1”时要注意项的合并．
【自主解答】　①当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，所以等式成立．
②假设n＝k时等式成立，即
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，
左边＝1－＋－＋…＋－＋－
＝＋－
＝＋
＝＋…＋＋＋＝右边，
所以，n＝k＋1时等式成立．
由①②知，对任意n∈N＋，等式成立．
用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关.由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项.
[再练一题]
2．用数学归纳法证明：
＋＋＋…＋＝(其中n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，等式左边＝＝，
等式右边＝＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，
即＋＋…＋＝成立
.
则n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝
＝，
即n＝k＋1时等式成立．
由(1)，(2)可知，对任意n∈N＋等式均成立．
[探究共研型]
数学归纳法证明猜想
探究1　数学归纳法有两个步骤，那么它的两个步骤的作用分别是什么？
【提示】　在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时命题成立”，是归纳的奠基、是推理证明的基础，第二步是归纳递推，保证了推理的连续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n取第一个值n0后面的所有正整数也都成立．
探究2　如何理解归纳假设在证明中的作用？
【提示】　归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n0和后续的n值所对应的情形．在归纳递推的证明中，必须以归纳假设为基础进行证明．否则，就不是数学归纳法．
探究3　若数列{an}中，a1＝1，an＝2a2n－1＋1.那么a2，a3，a4分别是多少？你能猜想出an吗？能否通过数学归纳法证明．
【提示】　由题意可以求出a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，可以猜想an＝2n－1，然后可以用数学归纳法证明．
　设f(n)>0(n∈N＋)，对任意正整数n1和n2总有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)，又f(2)＝4.
(1)求f(1)，f(3)的值；
(2)猜想f(n)的表达式，并证明你的猜想．
【精彩点拨】　先求f(1)，f(2)，f(3)→归纳猜想f(n)→用数学归纳法证明．
【自主解答】　(1)由于对任意正整数n1和n2，总有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)．
取n1＝n2＝1，得f(2)＝f(1)·f(1)，即f2(1)＝4.
∵f(n)>0(n∈N＋)，
∴f(1)＝2.
取n1＝1，n2＝2，得f(3)＝23.
(2)由f(1)＝21，f(2)＝4＝22，f(3)＝23，初步归纳猜想f(n)＝2n.
①当n＝1时，f(1)＝2成立；
②假设n＝k时，f(k)＝2k成立．
当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，
这就是说当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①，②得，对一切n∈N＋，f(n)＝2n都成立．
1．切实掌握“观察、归纳、猜想、证明”这一特殊到一般的推理方法．
2．证明代数恒等式的关键是：第二步将式子转化成与归纳假设的结构相同的形式“凑假设”，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论需要的形式“凑结论”．
[再练一题]
3．已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)．
(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
【解】　(1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝
(2)证明：当n＝1时，猜想显然成立．
①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，猜想成立．
②假设n＝k时猜想成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋)，
当n＝k＋1时，由已知条件和假设有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5＋＝5×2k－1＝5×2(k＋1)－2.
故n＝k＋1时猜想也成立．
根据①②可知，对任意n≥2，n∈N＋，有an＝5×2n－2.
所以数列{an}的通项an＝
[构建·体系]
1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为(　　)
A．1　　　　　
B．1＋3
C．1＋2＋3
D．1＋2＋3＋4
【解析】　当n＝1时左边有2×1＋1＝3项，所以左边所得的代数式为1＋2＋3.
【答案】　C
2．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于(　　)
A．1
B．2
C．3
D．0
【解析】　边数最少的凸n边形是三角形．
【答案】　C
3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2”时，从k到k＋1左边需增加的代数式为(　　)
A．2k－2
B．2k－1
C．2k
D．2k＋1
【解析】　等式“1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2”中，
当n＝k时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)，
当n＝k＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋(2k＋1)，
∴从k到k＋1左边需增加的代数式为2k＋1.
【答案】　D
4．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明n＝__________时命题也成立．
【解析】　两个奇数之间相差2，所以n＝k＋2.
【答案】　k＋2
5．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝1－.
【导学号：94910036】
【证明】　(1)n＝1时，左边＝右边＝，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1)时，命题成立，即＋＋…＋＝1－.
那么当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＝1－＋
＝1－2·＋＝1－，
即n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋命题成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有(　　)
A．当n＝4时该命题成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝6时该命题不成立
【解析】　当n＝4时命题成立，由递推关系知，
n＝5时命题成立，与题中条件矛盾．
所以n＝4时，该命题不成立．
【答案】　C
2．已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2an－1＋1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的一个表达式是(　　)
A．n2－1　　
B．(n－1)2＋1
C．2n－1
D．2n－1＋1
【解析】　由a1＝1，当n≥2时，an＝2an－1＋1得
a2＝2a1＋1＝2×1＋1＝3，
a3＝2a2＋1＝2×3＋1＝7，
a4＝2a3＋1＝2×7＋1＝15.
猜想an＝2n－1.
【答案】　C
3．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，要利用归纳法假设证n＝k＋1时的情况，只需展开(　　)
A．(k＋3)3
B．(k＋2)3
C．(k＋1)3
D．(k＋1)3＋(k＋2)3
【解析】　假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设
，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3，且展开式中除k3以外的各项和也能被3整除．
【答案】　A
4．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)＋(　　)
A.
B．π
C．2π
D．π
【解析】　n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.
【答案】　B
5．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是(　　)
A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N＋)
B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N＋)
C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N＋)
D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N＋)
【解析】　∵n为正奇数，∴n＝2k－1(k∈N＋)．
即假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确．
【答案】　B
二、填空题
6．探索表达式A＝(n－1)(n－1)！＋(n－2)(n－2)！＋…＋2·2！＋1·1！(n>1且n∈N＋)的结果时，第一步n＝__________时，A＝__________.
【解析】　第一步n＝2时，
A＝(2－1)(2－1)！＝1.
【答案】　2　1
7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到__________.
【导学号：94910037】
【解析】　∵n＝k时，
命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，
∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k，
又考虑到目的，最终应为2k＋1－1.
【答案】　1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
8．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an.通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式是________．
【解析】　a2＝S2－S1＝2(2×2－1)a2－，
∴a2＝，同理a3＝，a4＝.
归纳知an＝.
【答案】　an＝
三、解答题
9．证明：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，左边12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设n＝k时，等式成立，就是
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)－(4k＋3)
＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1时等式也成立．
综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1.
(1)写出a1，a2，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
【解】　(1)由题意Sn＋an＝2，可得a1＝1，a2＝，a3＝.
(2)猜想an＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，＝＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，由Sk＋1＋ak＋1＝2，Sk＋ak＝2，
得(Sk＋1－Sk)＋ak＋1－ak＝0，即2ak＋1＝ak，
所以ak＋1＝ak＝·＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可知，对n∈N＋，an＝.
[能力提升]
(1)　　(2)　　　　(3)
图2 3 1
1．如图2 3 1所示的是一系列有机物的结构简图，图中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n个图的化学键个数为(　　)
A．6n个
B．(4n＋2)个
C．(5n－1)个
D．(5n＋1)个
【解析】　图(1)有6个化学键，图(2)有11个化学键，图(3)有16个化学键，……可猜想第n个图有5n＋1个化学键．
【答案】　D
2．若不等式＋＋＋…＋<对于一切n∈N＋恒成立，则自然数m的最小值为(　　)
【导学号：94910038】
A．8
B．9
C．10
D．12
【解析】　令bn＝＋＋＋…＋，则bk＋1－bk＝＋＋…＋＋＋－
＝＋－<0，
∴bk＋1∴数列{bn}为递减数列．
要bn<恒成立，只需b1<，
∴＋<，得m>＝7，
∴m的最小值为8.
【答案】　A
3．用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：
(1)n＝1时，1×2×3＝6能被6整除，
∴n＝1时，命题成立．
(2)假设n＝k时成立，即k(k＋1)(2k＋1)能被6整除，那么n＝k＋1时，
(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)[k＋(k＋3)]＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
∵k，k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数，
∴其积能被6整除．故n＝k＋1时命题成立．
综合(1)，(2)，对一切n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
这种证明不是数学归纳法，主要原因是__________．
【答案】　没用上归纳假设
4．已知点的序列An(xn,0)，n∈N＋，其中x1＝0，x2＝a(a>0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，
…，An是线段An－2An－1的中点，….
(1)写出xn与xn－1，xn－2之间的关系式(n≥3)；
(2)设an＝xn＋1－xn，计算a1，a2，a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明．
【解】　(1)当n≥3时，xn＝.
(2)a1＝x2－x1＝a，a2＝x3－x2＝－x2
＝－(x2－x1)＝－a，
a3＝x4－x3＝－x3
＝－(x3－x2)＝－＝a，
由此推测an＝a(n∈N＋)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝x2－x1＝a＝a，公式成立，
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
公式成立，
即ak＝a成立．
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝－xk＋1
＝－(xk＋1－xk)＝－ak
＝－a＝a，
∴当n＝k＋1时，公式仍成立．
根据①②可知对任意n∈N＋，公式an＝a成立．