第一讲
不等式和绝对值不等式
1.1
不等式
1.1.1
不等式的基本性质
A级 基础巩固
一、选择题
1．若m＝2x2＋2x＋1，n＝(x＋1)2，则m，n的大小关系为( )
A．m＞n
B．m≥n
C．m＜n
D．m≤n
解析：因为m－n＝(2x2＋2x＋1)－(x＋1)2＝2x2＋2x＋1－x2－2x－1＝x2≥0.
所以m≥n.
答案：B
2．若a＜b＜0，则下列不等式关系中不能成立的是( )
A.＞
B.＞
C．|a|＞|b|
D．a2＞b2
解析：取a＝－2，b＝－1，则＝－1＜－＝.
所以B不成立．
答案：B
3．设a，b∈R，若a＋|b|＜0，则下列不等式中正确的是( )
A．a－b＞0
B．a3＋b3＞0
C．a2－b2＜0
D．a＋b＜0
解析：当b≥0时，a＋b＜0，当b＜0时，a－b＜0，所以a＋b＜0，
故选D.
答案：D
4．(2015·浙江卷)设a，b是实数，则“a＋b＞0”是“ab＞0”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：当a＝－2，b＝3时，a＋b＞0，但ab＜0；
当a＝－1，b＝－2时，ab＞0，但a＋b＜0.
所以“a＋b＞0”是“ab＞0”的既不充分又不必要条件．
答案：D
5．已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是( )
A.＞
B．ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C．sin
x＞sin
y
D．x3＞y3
解析：由ax＜ay(0＜a＜1)，可得x＞y.
又因为函数f(x)＝x3在R上递增，
所以f(x)＞f(y)，即x3＞y3.
答案：D
二、填空题
6．已知0＜a＜1，则a，，a2的大小关系是________．
解析：因为a－＝＜0，
所以a＜.
又因为a－a2＝a(1－a)＞0，
所以a＞a2，所以a2＜a＜.
答案：a2＜a＜
7．若8＜x＜10，2＜y＜4，则的取值范围是________．
解析：因为2＜y＜4，
所以＜＜.
又8＜x＜10，所以2＜＜5.
答案：(2，5)
8．设a＞0，b＞0，则＋与a＋b的大小关系是________．
解析：＋－(a＋b)＝－(a＋b)＝.
因为a＞0，b＞0，所以a＋b＞0，ab＞0，(a－b)2≥0.
所以＋≥a＋b.
答案：＋≥a＋b
三、解答题
9．判断下列各命题的真假，并阐明理由．
(1)若a＜b，c＜0，则＜；
(2)若ac－3＞bc－3，则a＞b；
(3)若a＞b，且k∈N
，则ak＞bk；
(4)若a＞b，b＞c，则a－b＞b－c.
解：(1)因为a＜b，没有指出ab＞0，故＞不一定成立，
因此不一定推出＜.
所以是假命题．
(2)当c＜0时，c－3＜0，有a＜b.所以是假命题．
(3)当a＝1，b＝－2，k＝2时，显然命题不成立．所以是假命题．
(4)取a＝2，b＝0，c＝－3满足a＞b，b＞c的条件，但是a－b＝2＜b－c＝3.所以是假命题．
10．已知a＞b＞0，比较与的大小．
解：－＝＝.
因为a＞b＞0，
所以a－b＞0，b(b＋1)＞0.
所以＞0.
所以＞.
B级 能力提升
1．若0＜x＜y＜1，则( )
A．3y＜3x
B．logx3＜logy3
C．log4x＜log4y
D.＜
解析：因为函数y＝log4x是增函数，0＜x＜y＜1，
所以log4x＜log4y.
答案：C
2．实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c.试将a，b，c，d按照从小到大的顺序排列为__________．
解析：
又由d＞c，得a＜c＜d＜b.
答案：a＜c＜d＜b
3．已知＞，bc＞ad，求证：ab＞0.
证明：
又bc＞ad，则bc－ad＞0.
由②得bc－ad＞0.
故ab＞0.第二讲
证明不等式的基本方法
2.3
反证法与放缩法
A级 基础巩固
一、选择题
1．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
2．实数a，b，c不全为0的等价命题为( )
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
答案：D
3．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个偶数，下列假设中正确的是( )
A．假设a，b，c都是偶数
B．假设a，b，c都不是偶数
C．假设a，b，c至多有一个偶数
D．假设a，b，c至多有两个偶数
解析：至少有一个是的否定为都不是．
答案：B
4．设x，y，z都是正实数，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数( )
A．至少有一个不大于2
B．都小于2
C．至少有一个不小于2
D．都大于2
解析：因为a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，所以a，b，c三者中至少有一个不小于2.
答案：C
5．若不等式x2－2ax＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则关于t的不等式at2＋2t－3＜1的解集为( )
A．(－3，1)
B．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
C．
D．(0，1)
解析：不等式x2－2ax＋＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则Δ＝(－2a)2－4a＜0，即a2－a＜0，解得0＜a＜1，
所以不等式at2＋2t－3＜1转化为t2＋2t－3＞0，解得t＜－3或t＞1.
答案：B
二、填空题
6．某同学准备用反证法证明如下一个问题，函数f(x)在[0，1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|＜，那么它的假设应该是________．
答案：假设|f(x1)－f(x2)|≥
7．lg
9·lg
11与1的大小关系是________．
解析：因为＜＝＜＝1，
所以lg
9·lg
11＜1.
答案：lg
9·lg
11＜1
8．设a，b，c均为正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的________条件．
解析：必要性是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，即充分性也成立．
答案：充要
三、解答题
9．已知x，y＞0，且x＋y＞2.求证：，中至少有一个小于2.
证明：(反证法)设≥2，≥2，
则
由①②式可得2＋x＋y≥2(x＋y)，即x＋y≤2，与题设矛盾．
所以，中至少有一个小于2.
10．设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明：由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，
则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；
同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
B级 能力提升
1．若a＞0，b＞0，满足ab≥1＋a＋b
，那么( )
A．a＋b有最小值2＋2
B．a＋b有最大值(＋1)2
C．ab有最大值＋1
D．ab有最小值2＋2
解析：1＋a＋b≤ab≤，
所以(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，
解得a＋b≤2－2或a＋b≥2＋2，
因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2＋2，故选A.
答案：A
2．设x，y，z，t满足1≤x≤y≤z≤t≤100，则＋的最小值为________．
解析：因为≥≥，且≥，
所以＋≥＋≥2
＝，
当且仅当x＝1，y＝z＝10，t＝100时，等号成立．
答案：
3．若数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N
，求证：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
证明：①当n＝1时，＝1<，所以原不等式成立．
②当n＝2时，
＋＝1＋<，所以原不等式成立．
③当n≥3时，
因为n2>(n－1)·(n＋1)，所以<.
＋＋…＋＝＋＋…＋<1＋＋＋…＋＋＝1＋＋＋＋…＋＋＝1＋
＝1＋＝＋(－－)<.
所以当n≥3时，所以原不等式成立．
综上所述，对一切正整数n，有＋＋…＋<.第一讲
不等式和绝对值不等
1.2
绝对值不等式
1.2.1
绝对值三角不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．若|x－m|＜ε，|y－m|＜ε，则下列不等式中一定成立的是( )
A．|x－y|＜ε
B．|x－y|＜2ε
C．|x－y|＞2ε
D．|x－y|＞ε
解析：|x－y|＝|x－m－(y－m)|≤|x－m|＋|y－m|＜2ε.
答案：B
2．如果a，b都是非零实数，则下列不等式中不成立的是( )
A．|a＋b|＞a－b
B．2≤|a＋b|(ab＞0)
C．|a＋b|≤|a|＋|b|
D.≥2
解析：令a＝1，b＝－1，则A不成立．
答案：A
3．已知h＞0，a，b∈R，命题甲：|a－b|＜2h；命题乙：|a－1|＜h，且|b－1|＜h，则甲是乙的( )
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：显然a与b的距离可以很近，满足|a－b|＜2h，但此时a，b与1的距离也可以最大，因此甲不能推出乙；若|a－1|＜h，|b－1|＜h，则|a－b|＝|a－1＋1－b|≤|a－1|＋|b－1|＜2h，乙可以推出甲．
因此甲是乙的必要不充分条件．
答案：B
4．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为( )
A．2
B.
C．4
D．6
解析：y＝|x－4|＋|x－6|≥|x－4－(x－6)|＝2.
故最小值为2.
答案：A
5．若|a－c|＜b，则下列不等式不成立的是( )
A．|a|＜|b|＋|c|
B．|c|＜|a|＋|b|
C．b＞||c|－|a||
D．b＜|a|－|c|
解析：由|a－c|＜b知b＞0，所以b＝|b|.
因为|a|－|c|≤|a－c|，
所以|a|－|c|＜b，即|a|＜b＋|c|＝|b|＋|c|，故A成立．
同理由|c|－|a|≤|a－c|，得|c|－|a|＜b.
所以|c|＜|a|＋b＝|a|＋|b|，故B成立．
而由A成立得|c|－|a|＞－|b|，
由B成立得|c|－|a|＜|b|，所以－|b|＜|c|－|a|＜|b|，
即||c|－|a||＜|b|＝b，故C成立．
故由A成立知D不成立．
答案：D
二、填空题
6．若不等式|x－4|＋|x－3|＞a对一切实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：由|x－4|＋|x－3|≥|(x－4)－(x－3)|＝1，
得(|x－4|＋|x－3|)min＝1，
故a的取值范围是(－∞，1)．
答案：(－∞，1)
7．若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：设f(x)＝|x－4|＋|x－3|，则f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f(x)的最大值．
因为|x－4|－|x－3|≤|(x－4)－(x－3)|＝1，
即f(x)max＝1，所以a≥1.
答案：[1，＋∞)
8．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，|x－2y＋1|的最大值是________．
解析：|x－2y＋1|＝|x－1－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋|－2|≤1＋2＋2＝5.
答案：5
三、解答题
9．(2014·课标全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝＋|x－a|(a＞0)，证明：f(x)≥2.
证明：由a＞0，有
f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.
所以f(x)≥2.
10．求函数f(x)＝|x－5|－|x＋3|的最大值，并求出取最大值时x的范围．
解：f(x)＝|x－5|－|x＋3|≤|(x－5)－(x＋3)|＝8，
当且仅当(x－5)(x＋3)≤0，即－3≤x≤5时等号成立，
所以当－3≤x≤5时，f(x)＝|x－5|－|x＋3|取得最大值为8.
B级 能力提升
1．设集合{x|x－3|－|x－4|＞m}≠ ，则实数m的取值范围为( )
A．m＞1
B．m≥1
C．m＜1
D．m≤1
解析：|x－3|－|x－4|≤|x－3－(x－4)|＝1.集合非空即|x－3|－|x－4|＞m有解，所以m＜1.
答案：C
2．以下三个命题：
(1)若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；
(2)若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
(3)若|x|＜2，|y|＞3，则＜.
其中正确的有________个．
解析：(1)因为|a|－|b|≤|a－b|＜1，所以|a|＜|b|＋1，所以(1)正确．(2)因为|a＋b|－2|a|≤|a＋b－2a|＝|b－a|＝|a－b|，所以(2)正确．(3)因为|x|＜2，|y|＞3，所以＜，所以(3)正确．
答案：3
3．x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，求x＋y的取值范围．
解：因为|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，
当且仅当0≤x≤1时取等号，
|y|＋|y－1|≥|y－(y－1)|＝1，当且仅当0≤y≤1时取等号，
所以|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2.①
又因为|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，②
所以只有当0≤x≤1，0≤y≤1时，①②两式同时成立．
所以0≤x＋y≤2.第一讲
不等式和绝对值不等式
1.1
不等式
1.1.3
三个正数的算术—几何平均不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．若实数x，y满足xy＞0，且x2y＝2，则xy＋x2的最小值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：xy＋x2＝xy＋xy＋x2≥3
＝3
＝3＝3，当且仅当xy＝x2，即x＝1时，等号成立．
答案：C
2．若a＞b＞0，则a＋的最小值为( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：因为a＋＝(a－b)＋b＋≥
3＝3，当且仅当a＝2，b＝1时取等号，
所以a＋的最小值为3.
答案：D
3．设x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝6，则lg
x＋lg
x＋lg
z的取值范围是( )
A．(－∞，lg
6]
B．(－∞，3lg
2]
C．[lg
6，＋∞)
D．[3lg
2，＋∞)
解析：因为lg
x＋lg
y＋lg
z＝lg(xyz)，
而xyz≤＝23，
所以lg
x＋lg
y＋lg
z≤lg
23＝3lg
2，当且仅当x＝y＝z＝2时，取等号．
答案：B
4．已知x＋2y＋3z＝6，则2x＋4y＋8z的最小值为( )
A．3
B．2
C．12
D．12
解析：2x＋4y＋8z＝2x＋22y＋23z≥3＝12.
当且仅当x＝2y＝3z＝2时等号成立．
答案：C
5．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解析：当logxy＝－2，得x－2＝y，即x2y＝1，且x＞0，y＞0，
x＋y＝x＋x＋y≥3
＝.
当且仅当x＝y时等号成立．
答案：A
二、填空题
6．已知正数a，b满足ab2＝1，则a＋b的最小值是________．
解析：因为a，b是正数，ab2＝1，
所以a＋b＝a＋＋≥3
＝.
故a＋b的最小值是，
当且仅当即时取到最小值．
答案：
7．函数f(x)＝x(5－2x)2的最大值是________．
解析：f(x)＝×4x(5－2x)(5－2x)≤
＝，
当且仅当4x＝5－2x，即x＝时，等号成立．
故函数f(x)＝x(5－2x)2的最大值为.
答案：
8．设x，y，z＞0且x＋3y＋4z＝6，则x2y3z的最大值是_________．
解析：因为6＝x＋3y＋4z＝＋＋y＋y＋y＋4z≥6，
所以x2y3z≤1，当且仅当＝y＝4z，
即x＝2，y＝1，z＝时，等号成立．
所以x2y3z取得最大值1.
答案：1
三、解答题
9．θ为锐角，求y＝sin
θ·cos2θ的最大值．
解：y2＝sin2θcos2θcos2θ＝·2sin2θ(1－sin2θ)(1－sin2θ)≤＝.
当且仅当2sin2θ＝1－sin2θ，即sin
θ＝时取等号．
所以ymax＝.
10．已知a，b，c为正数，求证：
(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)≥9abc.
证明：因为a，b，c为正数，
所以a＋b＋c≥3，a2＋b2＋c2≥3
所以(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)≥3·3＝9.
所以(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)≥9abc，
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
B级 能力提升
1．若数列{an}的通项公式是an＝，则该数列中的最大项是( )
A．第4项
B．第6项
C．第7项
D．第8项
解析：an＝＝＝
因为n2＋＋≥3
＝48，
当且仅当n2＝，即n＝4时，等号成立，
所以an≤，该数列的最大项是第4项．
答案：A
2．函数y＝4sin2x·cos
x的最大值为__________，最小值为________．
解析：因为y2＝16sin2x·sin2x·cos2x＝8(sin2x·sin2x·2cos2x)≤8＝8×＝，
所以y2≤，当且仅当sin2x＝2cos2x，即tan
x＝±时取等号．
所以ymax＝，ymin＝－.
答案： －
3．请你设计一个帐篷，它下部的形状是高为1
m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3
m的正六棱锥，如图所示．试问当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为多少时，帐篷的体积最大？
解：设OO1为x
m，则1＜x＜4.由题设可得正六棱锥底面边长为＝，于是底面正六边形的面积为6××()2＝(8＋2x－x2)，
帐篷的体积为V(x)＝(8＋2x－x2)·＝(4－x)(x＋2)(x＋2)＝(8－2x)(x＋2)(x＋2)≤＝16.
当且仅当8－2x＝x＋2，即x＝2时取等号．
即当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为2
m时帐篷的体积最大．评估验收卷(四)
(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．下列说法中正确的是( )
A．若一个命题当n＝1，2时为真，则此命题为真命题
B．若一个命题当n＝k时成立且推得n＝k＋1时也成立，则此命题为真命题
C．若一个命题当n＝1，2时为真，则当n＝3时此命题也为真
D．若一个命题当n＝1时为真，n＝k时为真能推得n＝k＋1时亦为真，则此命题为真命题
解析：由数学归纳法定义可知，只有当n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1时也成立时，才可以证明结论正确，二者缺一不可．A，B，C项均不全面．
答案：D
2．等式12＋22＋32＋…＋n2＝(5n2－7n＋4)( )
A．n为任何正整数时都成立
B．仅当n＝1,
2，3时成立
C．当n＝4时成立，n＝5时不成立
D．仅当n＝4时不成立
解析：把n＝1，2，3，4，5代入验证可知B正确．
答案：B
3．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋＜2－
B．1＋＋＜2－
C．1＋＜2－
D．1＋＋＜2－
解析：因为n≥2，
所以第一步验证不等式应为n＝2时1＋＜2－.
答案：A
4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式…＞成立时，当n＝2时验证的不等式是( )
A．1＋＞
B.＞
C.≥
D．以上都不对
解析：当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，所以1＋＞.
答案：A
5．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
解析：本题主要考查数列的概念．
由n到n2一共有整数n2－n＋1个，所以f(n)有n2－n＋1项，
当n＝2时代入得，
f(2)＝＋＋.
故本题正确答案为D.
答案：D
6．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(k∈N＋)
B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(k∈N＋)
C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(k∈N＋)
D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N＋)
解析：n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设n取第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1时正确，再推n取第(k＋1)个正奇数，即n＝2k＋1时正确．
答案：B
7．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )
A．f(k)＋1
B．f(k)＋k
C．f(k)＋k＋1
D．k·f(k)
解析：第k＋1条直线与前k条直线都相交有交点，所以应比原先增加k个交点．故应选B.
答案：B
8．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1×3×…·(2n－1)(n∈N＋)成立时，从k到k＋1左边需增乘的代数式是( )
A.
B．2(2k＋1)
C．2k＋1
D.
解析：要求左边从k到k＋1左边需增乘的代数式，可以先写出n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，再写出n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)，然后比较两式，得出需增乘＝2(2k＋1)．
答案：B
9．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
解析：因为n是正偶数，所以n＝k的下一个偶数是n＝k＋2.故选B.
答案：B
10．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n·3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，则a，b，c的值为( )
A．a＝，b＝c＝
B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝
D．不存在这样的a，b，c
解析：因为等式对一切n∈N＋均成立，
所以n＝1，2，3时等式成立，
即
整理得解得
答案：A
11．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋)，且n＞1时，不等式在n＝k＋1时的形式是( )
A．1＋＋＋…＋＜k＋1
B．1＋＋＋＋＜k＋1
C．1＋＋＋…＋＋＋＜k＋1
D．1＋＋＋…＋＋＋＋…＋＋＜k＋1
解析：不等式左边的每一项的分母从1开始递增，当n＝k时不等式为1＋＋＋…＋＜k，当n＝k＋1时，不等式的形式是1＋＋＋…＋＋＋＋…＋＋＜k＋1.
答案：D
12．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈
N＋，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )
A．30
B．26
C．36
D．6
解析：f(1)＝36，f(2)＝108，n≥3时f(n)＝9[(2n＋7)3n－2＋1]，(2n＋7)·3n－2＋1，当n≥3时能被4整除，结合选项知C正确．
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．若用数学归纳法证明：2n＋1＞n2＋n＋2成立时，第一步应验证_______________________________________________________．
答案：n0＝3，24＞32＋3＋2
14．用数学归纳法证明命题：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1(n∈N＋)，(从“第k步到k＋1步”时，两边应同时加上________．
答案：(－1)k(k＋1)2
15．用数学归纳法证明“当n是非负整数时，55n＋1＋45n＋2＋35n能被11整除”的第一步应写成：当n＝___________时，55n＋1＋45n＋2＋35n＝________＝________，能被11整除．
解析：本题考查对运用数学归纳法证明整除问题的掌握情况，由于n是非负整数，所以第一步应考虑n＝0.
答案：0 51＋42＋30 22
16．有以下四个命题：
(1)2n＞2n＋1(n≥3)；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)；
(3)凸n边形内角和为f(n)＝(n－1)π(n≥3)；
(4)凸n边形对角线条数为f(n)＝(n≥4)．
其中满足“假设n＝k(k∈N＋，k＞n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立”，但不满足“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的命题序号是____________________．
解析：当n取初始值时，经验证，(1)成立，(2)，(3)，(4)均不成立，故(1)不符合题意．假设n＝k(k∈N＋，k＞n0)时命题成立，则当n＝k＋1时，经验证，(2)(3)成立，(4)不成立．所以(2)(3)正确．
答案：(2)(3)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝2，右边＝＝2＝左边，等式成立．
(2)假设n＝k时等式成立，
即(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)＝.
则当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(k＋k)＋(k＋k＋1)＋(k＋k＋2)＝[(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)]＋3k＋2＝＋3k＋2＝＝＝，
故n＝k＋1时，等式成立．
由(1)(2)知对任意n∈N＋，等式成立．
18．(本小题满分12分)用数学归纳法证明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N＋，且n＞1)．
证明：(1)当n＝2时，＋＋＝＞1成立；
(2)设当n＝k(k≥2)时，
＋＋＋…＋＞1；
则当n＝k＋1时，
＋…＋＋＋…＋＝
＋＋…＋－＞1＋－＝1＋＝
1＋＞1，
即当n＝k＋1时也成立．
由(1)(2)知对任意n＞1(n∈N＋)，原不等式成立．
19．(本小题满分12分)求证：对于整数n≥0时，11n＋2＋122n＋1能被133整除．
证明：(1)n＝0时，原式＝112＋12＝133能被133整除．
(2)假设n＝k(k≥0，k∈N)时，11k＋2＋122k＋1能被133整除，
n＝k＋1时，原式＝11k＋3＋122k＋3＝11(11k＋2＋122k＋1)－11×122k＋1＋122k＋3＝11(11k＋2＋122k＋1)＋122k＋1·133也能被133整除．
由(1)(2)可知，对于整数n≥0，11n＋2＋122n＋1能被133整除．
20．(本小题满分12分)设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：xn＜＋.
证明：(1)当n＝1时，x1＝2＜＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，不等式成立，
即xk＜＋，那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝＋.
由归纳假设，xk＜＋，则＜＋，＞.
因为xk＞，所以＜.
所以xk＋1＝＋＜＋＋＝＋≤＋.
即xk＋1＜＋.
所以当n＝k＋1时，不等式xn＜＋成立．
综上所述，得xn＜＋(n∈N＋)．
21．(本小题满分12分)数列的前n项和记为Sn.
(1)求出S1，S2，S3的值；
(2)猜想出Sn的表达式；
(3)用数学归纳法证明你的猜想．
(1)解：an＝，
S1＝a1＝；
S2＝a1＋a2＝＋＝；
S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋＝.
(2)解：猜想：Sn＝(n∈N＋)．
(3)证明：①当n＝1时，S1＝a1＝，右边＝.等式成立．
②假设当n＝k时，Sk＝，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝＋＝＝＝
.
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可得Sn＝(n∈N＋)．
22．(本小题满分12分)已知{an}是等差数列，首项a1＝3，前n项和为Sn.令cn＝(－1)nSn(n∈N＋)，{cn}的前20项和T20＝330.数列{bn}是公比为q的等比数列，前n项和为Wn，且b1＝2，q3＝a9.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)证明：(3n＋1)Wn≥nWn＋1(n∈N
)．
(1)解：设等差数列的公差为d，因为cn＝(－1)nSn，
所以T20＝－S1＋S2－S3＋S4＋…＋S20＝330，
则a2＋a4＋a6＋…＋a20＝330，
则10(3＋d)＋×2d＝330，
解得d＝3，所以an＝3＋3(n－1)＝3n.
所以q
3＝a9＝27，q＝3.
所以bn＝2·3n－1.
(2)证明：由(1)知，Wn＝＝3n－1，
要证(3n＋1)Wn≥nWn＋1，
只需证(3n＋1)(3n－1)≥n(3n＋1－1)，
即证3n≥2n＋1，当n＝1时，3n＝3n＋1.
下面用数学归纳法证明：当n≥2时，3n≥2n＋1，
(1)当n＝2时，左边＝9，右边＝5，左＞右，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2)，3k＞2k＋1，
则n＝k＋1时，3k＋1＝3·3k＞3(2k＋1)＝6k＋3＞2(k＋1)＋1，
所以n＝k＋1时不等式成立．
根据(1)(2)可知，当n≥2时，3n＞2n＋1，
综合可知：3n≥2n＋1对于n∈N＋成立，
所以(3n＋1)Wn≥nWn＋1(n∈N＋)．评估验收卷(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a＞b，c＞d，则下列命题中正确的是( )
A．a－c＞b－d
B.＞
C．ac＞bd
D．c－b＞d－a
解析：a＞b －b＞－a，①
c＞d，②
①＋②可得c－b＞d－a.
答案：D
2．若不等式|x－m|＜1成立的充分不必要条件是＜x＜，则实数m的取值范围是( )
A.
B.
C.
D．(－1，3)
解析：根据题意，得不等式m－1＜x＜m＋1，设此命题为p，命题＜x＜为q.
则p的充分不必要条件是q，即q表示的集合是p表示的集合的真子集，则有(等号不同时成立)．
解得－≤m≤.
答案：B
3．(2015·天津卷)设x∈R，则“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由|x－2|＜1解得1＜x＜3.因为“1＜x＜2”能推出“1＜x＜3”，“1＜x＜3”推不出“1＜x＜2”，所以“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的充分而不必要条件．
答案：A
4．设a＞b＞0，则a2＋＋的最小值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：a2＋＋＝a2－ab＋ab＋＋＝
a(a－b)＋＋ab＋≥2＋2＝4，
当且仅当a(a－b)＝1，且ab＝1，
即a＝，b＝时取等号．
答案：D
5．设x、y、z＞0，且x＋3y＋4z＝6，则x2y3·z的大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由x、y、z＞0及≥(其中a1＞0，…an＞0)，
所以x2y3z＝··y·y·y·4z≤
＝1.
答案：A
6．不等式|x|＞的解集为( )
A．{x|x＞2或x＜－1}
B．{x|－1＜x＜2}
C．{x|x＜1或x＞2}
D．{x|1＜x＜2}
解析：|x|＞ 或
解得x＜1或x＞2.
答案：C
7．已知x＞0，y＞0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是( )
A．3
B．4
C.
D.
解析：因为2xy＝x·(2y)≤，
所以上式可化为(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0.
又因为x＞0，y＞0，所以x＋2y≥4.
当x＝2，y＝1时取等号，故选B.
答案：B
8．若实数x，y满足＋＝1，则x2＋2y2有( )
A．最大值3＋2
B．最小值3＋2
C．最大值6
D．最小值6
解析：由题意知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·＝3＋＋≥3＋2，当且仅当＝时，等号成立，故选B.
答案：B
9．|x－2|＜a时，不等式|x2－4|＜1成立，正数a的取值范围是( )
A．(－2，＋∞)
B．(0，－2]
C．[－2，＋∞)
D．(－2，＋2)
解析：依题意可知{x||x－2|＜a} {x||x2－4|＜1}，
因为|x－2|＜a 2－a＜x＜2＋a，
|x2－4|＜1 3＜x2＜5 －＜x＜－或＜x＜，
所以或
又因为(＋)2＜16，所以2－＞－2.
又因为a＞0，所以0＜a≤－2.
答案：B
10．若不等式＞|a－5|＋1对一切非零实数x均成立，则实数a的取值范围是( )
A．R
B．a＞5
C．4＜a＜6
D．4≤a≤5
解析：因为＝|x|＋≥2
＝2，
所以|a－5|＋1＜2，即|a－5|＜1，所以4＜a＜6.
答案：C
11．已知命题p：不等式|x|＋|x－1|＞m的解集为R，命题q：f(x)＝－(5－2m)x是减函数，则p是q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：若不等式|x|＋|x－1|＞m的解集为R，则m＜1.
若函数f(x)＝－(5－2m)x是减函数，则5－2m＞1，则m＜2.
故p q，q
p.
答案：A
12．不等式|x＋1|≥kx对任意x∈R均成立，则k的取值范围为( )
A．(－∞，0)
B．[－1，0]
C．[0，1]
D．[0，＋∞)
解析：(图象法)：由已知得y＝|x＋1|的图象始终位于y＝kx图象的上方，如图易知0≤k≤1.
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．不等式＜1的解集为________．
解析：因为x≠0，所以|x＋2|＜|x|，
即(x＋2)2＜x2.所以x＋1＜0.
所以x＜－1.
所以原不等式的解集为{x|x＜－1}．
答案：{x|x＜－1}
14．不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．
解析：|2x＋1|－2|x－1|＞0 |2x＋1|＞2|x－1| (2x＋1)2＞4(x－1)2 12x＞3 x＞，
所以原不等式的解集为.
答案：
15．设a＞b＞0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.
解析：因为a＞b＞0.
所以x－y＝－－(－)＝－＝＜0.
所以x＜y.
答案：＜
16．已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，则m的取值范围是________．
解析：f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，
即为|x－2|＞－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，
即|x－2|＋|x＋3|＞m恒成立．
又对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥
|(x－2)－(x＋3)|＝5，
于是得m＜5，即m的取值范围是(－∞，5)．
答案：(－∞，5)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)若0＜a＜b＜1，试比较m＝a＋与n＝b＋的大小．
解：m－n＝a＋－＝(a－b)＋＝(a－b)＋，
即m－n＝(a－b)，
而0＜a＜b＜1，则0＜ab＜1，a－b＜0，
所以1－＜0.
所以m－n＞0，即m＞n.
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)求函数y＝f(x)的最小值．
解：(1)令y＝|2x＋1|－|x－4|，则
y＝
作出函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象，
它与直线y＝2的交点为(－7，2)和.
所以|2x＋1|－|x－4|＞2的解集为(－∞，－7)∪.
(2)由函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象可知，当x＝－时，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－.
19．(本小题满分12分)设函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若不等式f(x)≤|a－2|的解集为R，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝
当x≤－1时，f(x)≥2不成立；
当－1＜x＜2时，由f(x)≥2得，2x－1≥2，
所以≤x＜2.
当x≥2时，f(x)≥2恒成立．
所以不等式f(x)≥2的解集为.
(2)因为f(x)＝|x＋1|－|x－2|≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
所以|a－2|≥3.
所以a≥5或a≤－1.
所以a的取值范围是(－∞，－1]∪[5，＋∞)．
20．(本小题满分12分)(2014·课标全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝＋|x－a|(a＞0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)＜5，求a的取值范围．
(1)证明：由a＞0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a＞2.
所以f(x)≥2.
(2)解：f(3)＝＋|3－a|.
当a＞3时，f(3)＝a＋，
由f(3)＜5得3＜a＜.
当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，
由f(3)＜5得＜a≤3.
综上所述，a的取值范围是.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)≤2x的解集包含，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥2可化为|x＋1|＋|2x－1|≥2，
①当x≥时，不等式为3x≥2，
解得x≥，故x≥；
②当－1≤x＜时，不等式为2－x≥2，
解得x≤0，故－1≤x≤0；
③当x＜－1时，不等式为－3x≥2，
解得x≤－，故x＜－1.
综上所述，原不等式的解集为.
(2)f(x)≤2x的解集包含，
不等式可化为|x＋a|≤1，
解得－a－1≤x≤－a＋1，
由已知得解得－≤a≤0，
所以a的取值范围是.
22．(本小题满分12分)已知a，b都是实数，a≠0，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
(1)若f(x)＞2，求实数x的取值范围；
(2)若|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对满足条件的所有a，b都成立，求实数x的取值范围．
解：(1)f(x)＝
由f(x)＞2得或
解得x＜或x＞.
所以所求实数x的取值范围为∪.
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0，
得≥f(x)．
又因为≥＝2，
所以f(x)≤2.
因为f(x)＞2的解集为，
所以f(x)≤2的解集为.
所以所求实数x的取值范围为.第二讲
证明不等式的基本方法
2.1
比较法
A级 基础巩固
一、选择题
1．若a＜0，b＜0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为( )
A．p＜q B．p≤q C．p＞q D．p≥q
解析：因为p－q＝＋－a－b＝≤0，所以p≤q.
答案：B
2．已知a，b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q
B．P＜Q
C．P≥Q
D．P≤Q
解析：因为a，b都是正数，
所以P＞0，Q＞0.
所以P2－Q2＝－()2＝≤0.
所以P2－Q2≤0.所以P≤Q.
答案：D
3．已知a，b，c均大于1，且logac·logbc＝4，则下列一定正确的是( )
A．ac≥b
B．ab≥c
C．bc≥a
D．ab≤c
解析：因为logac·logbc＝＝4，
所以lg2c＝4lg
a·lg
b≤(lg
a＋lg
b)2＝(lg
ab)2.
又c＞1，a＞1，b＞1，
所以lg
c≤lg
ab，即c≤ab.
答案：B
4．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5与b5的大小关系为( )
A．a5＞b5
B．a5＜b5
C．a5＝b5
D．不确定
解析：由等比数列的性质知a5＝eq
\f(a,a1)，由等差数列的性质知b5＝2b3－b1.又a1≠a3，
故a5－b5＝eq
\f(a,a1)－2b3＋b1＝eq
\f(a－2a3a1＋a,a1)＝＞0.
因此，a5＞b5.
答案：A
5．已知a＞0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q
B．P＜Q
C．P＝Q
D．大小不确定
解析：P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，0＜＜1，
所以loga＞0，即P－Q＞0，所以P＞Q.当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，＞1，所以loga＞0，即P－Q＞0，所以P＞Q.故应选A.
答案：A
二、填空题
6．若－1＜a＜b＜0，则，，a2，b2中最小的是________．
解析：依题意，有＞，a2＞b2，故只需比较与b2的大小．
因为b2＞0，＜0，
所以＜b2.所以，，a2，b2中最小的是.
答案：
7．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a，b应满足的条件是________．
解析：由x＞y得a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，故a＝－2，b＝－不同时成立．
答案：a＝－2，b＝－不同时成立
8．若0＜a＜b＜1，P＝log，Q＝(loga＋logb)，M＝log
(a＋b)，则P，Q，M的大小关系是________．
解析：因为0＜a＜b＜1，所以＞，
所以log＜log＝log
(ab)＝
(loga＋logb)，即P＜Q，又＜a＋b，
所以log＞log
(a＋b)，即P＞M，所以Q＞P＞M.
答案：Q＞P＞M
三、解答题
9．已知a∈R，求证：3(1＋a2＋a4)≥(1＋a＋a2)2.
证明：3(1＋a2＋a4)－(1＋a＋a2)2＝3(1＋a2＋a4)－(1＋a2＋a4＋2a＋2a3＋2a2)＝2－2a－2a3＋2a4＝2(1－a)2(1＋a＋a2)≥0，即3(1＋a2＋a4)≥(1＋a＋a2)2.
10．已知a，b，c∈R＋，求证：aabbcc≥(abc).
证明：因为a，b，c是正数，不妨设a≥b≥c＞0，
则≥1，≥1，≥1.
因为＝abc＝·≥1，
所以aabbcc≥(abc).
B级 能力提升
1．已知a＞b＞0，c＞d＞0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是( )
A．m＜n
B．m＞n
C．m≥n
D．m≤n
解析：因为a＞b＞0，c＞d＞0，
所以ac＞bd＞0，＞，
所以m＞0，n＞0.
又因为m2＝ac＋bd－2，n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，
又由ad＋bc＞2，
所以－2＞－ad－bc，
所以m2＞n2，所以m＞n.
答案：B
2．已知a＞0，对于大于1的自然数n，总有＜，则a的取值范围是________．
解析：因为0＜a＜a，且＞，所以0＜a＜1.
答案：(0，1)
3．(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.
证明：(1)由于x≥1，y≥1，
所以x＋y＋≤＋＋xy xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)·(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0.
从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，
由换底公式得logca＝，logba＝，logab＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)成立知所要证明的不等式成立．第三讲
柯西不等式与排序不等式
3.1
二维形式的柯西不等式
3.2
一般形式的柯西不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．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
2．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的最大值为( )
A．4
B．2
C．8
D．9
解析：(a2＋b2)(32＋22)≥(3a＋2b)2，3a＝2b时取等号，
所以(3a＋2b)2≤4×13.当3a＋2b取最大值时为正值
所以3a＋2b≤2.
答案：B
3．已知a，b＞0，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是( )
A．2
B.
C．6
D．12
解析：(＋)2＝(1·＋1·)2≤(12＋12)·(4a＋1＋4b＋1)＝2[4(a＋b)＋2]＝2(4×1＋2)＝12，
当且仅当＝，即a＝b时等号成立．
答案：D
4．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是( )
A．1
B.
C．3
D．9
解析：由柯西不等式得[()2＋()2＋()2](12＋12＋12)≥(＋＋)2，所以(＋＋)2≤3×1＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
所以＋＋的最大值为.故选B.
答案：B
5．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值为( )
A．1
B．2
C．－1
D．不确定
解析：因为(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1，
当且仅当ai＝kxi(i＝1，2，…，n)时等号成立．
所以a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
答案：A
二、填空题
6．(2015·重庆卷)设a，b＞0，a＋b＝5，则＋的最大值为________．
解析：因为a，b＞0，a＋b＝5，所以(a＋1)＋(b＋3)＝9.
令x＝a＋1，y＝b＋3，则x＋y＝9(x＞1，y＞3)，
于是＋＝＋，而(＋)2＝x＋y＋2≤x＋y＋(x＋y)＝18，
所以＋≤3.
此时x＝y，即a＋1＝b＋3，结合a＋b＝5可得a＝3.5，b＝1.5，
故当a＝3.5，b＝1.5时，＋的最大值为3.
答案：3
7．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值为________．
解析：根据柯西不等式，x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)×(x2＋y2＋z2)≥(1·x＋1·y＋1·z)2＝(x＋y＋z)2＝，当且仅当x＝y＝z时等号成立．
答案：
8．已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
解析：由柯西不等式得
(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)(4a＋1＋4b＋1＋4c＋1)＝3[4(a＋b＋c)＋3]＝21，
当且仅当a＝b＝c＝时，取等号．
故＋＋的最大值为.
答案：
三、解答题
9．若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2.
(1)求abc的最大值；
(2)证明：＋＋≥.
(1)解：因为a，b，c∈R＋，所以2＝a＋b＋c≥3，故abc≤.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，所以abc的最大值为.
(2)证明：因为a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以根据柯西不等式，可得＋＋＝(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2]·≥
＝.
所以＋＋≥.
10．已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值．
解：由柯西不等式
(2x2＋3y2)·≥
＝(x＋y)2＝1，
所以2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．所以2x2＋3y2的最小值为.
B级 能力提升
1．已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2＋z2取到最小值时的x，y，z的值为( )
A.，，
B.，，
C．1，，
D．1，，
解析：当且仅当＝＝时，取到最小值，所以联立可得x＝，y＝，z＝.
答案：B
2．已知ω2＋x2＋y2＋z2＋F2＝16，则F＝8－ω－x－y－z的最大值为________．
解析：当且仅当＝＝时，取到最小值，所以联立可得x＝，y＝，z＝.
答案：B
3．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解：因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.
(2)证明：由①知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥
＝9.复 习 课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．不等式性质的两个易错点．
(1)忽略不等式乘法中“大于0”这一条件．
(2)求相关式子的取值范围时，常常因变形不等价导致错误．
2．应用基本不等式求最值的三个注意点．
(1)“一正”：各项或各因数都是正数．
(2)“二定”：积(或和)为定值．
(3)“三等”：等号成立的条件．
3．绝对值不等式的两个注意点．
(1)解绝对值不等式、关键是应用绝对值定义或绝对值的性质去掉绝对值符号．
(2)在应用零点分段法分类讨论时，要注意做到分类标准统一，分类方法既不重复又不遗漏，在应用平方法时，要注意同解变形．
专题一 基本不等式的应用
在用基本不等式求最值时，“正数”“相等”等条件往往容易从题设中获得或验证，而“定值”则需要一定的技巧和方法．常用的方法有“加－项、减－项”“配系数”“拆项法”“1的代换”等．
[例1] 已知x＞1，求函数y＝的最小值．
解：y＝＝＝≥1，
当且仅当x－1＝，即x＝2时，等号成立，
所以当x＝2时，y有最小值，最小值为1.
归纳升华
1．利用基本不等式求最值的条件是“一正、二定、三相等”，“一正”是指各项均为正数；“二定”就是若积为定值则和有最小值，若和为定值则积有最大值；“三相等”就是必须验证等号成立的条件，若等号不在给定的区间内，通常利用函数的单调性求最值．
2．基本不等式的功能在于“和”与“积”的相互转化，使用基本不等式求最值时，给定的形式不一定能直接适合基本不等式，往往需要拆添项或配凑因式(一般是凑和或积为定值的形式)，构造出基本不等式的形式再进行求解．
[变式训练] 已知x＞0，y＞0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
解：法一：因为x＞0，y＞0，＋＝1，
所以x＋y＝1·(x＋y)＝(x＋y)＝＋＋10≥2
＋10＝6＋10＝16，
当且仅当＝，且＋＝1，
所以当x＝4，y＝12时，x＋y有最小值为16.
法二：因为由＋＝1得(x－1)(y－9)＝9(定值)，
且x＞0，y＞0，
所以x＞1，y＞9，
所以x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥2＋10＝16，
当且仅当即时，等号成立，
所以x＋y有最小值为16.
专题二 绝对值三角不等式的应用
绝对值三角不等式指的是||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.这是一类特殊的不等式，它反映的是实数和与差的绝对值与绝对值的和差之间的关系，常用于解决最值问题、不等式恒成立问题及不等式的证明．
[例2] 求函数y＝|x－2|＋|x＋5|的最小值．
解：y＝|x－2|＋|x＋5|≥|(x－2)－(x＋5)|＝7.
当且仅当(x－2)(x＋5)≤0，即－5≤x≤2时等号成立，
故函数的最小值为7.
归纳升华
绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式，但放缩的“尺度”还要仔细把握，如下面的式子：
|a|－|b|≤||a|－|b||≤|a＋b|≤|a＋b|.
我们较为常用的形式是|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，但有些学生就会误认为只能如此，而实质上，|a＋b|是不小于|a|－|b|的．
[变式训练] (2016·江苏卷)设a＞0，|x－1|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.
证明：因为|x－1|＜，|y－2|＜，a＞0，
所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜＋＝a，
故不等式成立．
专题三 绝对值不等式的解法
解绝对值不等式的基本思想就是去掉绝对值符号，使不等式变成不含绝对值的一般不等式或不等式组，(1)利用|ax＋b|≤c和|ax＋b|≥c型的解法可以解决形如|f(x)|≤g(x)，c≤|ax＋b|≤b的不等式．
(2)根据绝对值的意义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，或利用平方去掉绝对值符号，是常用的思维方法．
[例3] 解不等式|x－1|＋|2－x|＞3＋x.
解：把原不等式变为|x－1|＋|x－2|＞3＋x，
令|x－1|＝0，得x＝1；令|x－2|＝0，得x＝2.
这样，1，2的对应点把数轴分成了三个部分．
(1)当x≤1时，x－1≤0，x－2＜0，
所以原不等式变为－(x－1)－(x－2)＞3＋x，
解得x＜0.
由得x＜0.
(2)当1＜x≤2时，x－1＞0，x－2≤0，
所以原不等式变为x－1－(x－2)＞3＋x，
解得x＜－2.
由得x∈ .
(3)当x＞2时，x－1＞0，x－2＞0，
所以原不等式变为x－1＋x－2＞3＋x，解得x＞6.
由得x＞6.
综上所示，原不等式的解集为(－∞，0)∪(6，＋∞)．
归纳升华
1．|ax＋b|≤c(c＞0)，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法．
c＞0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可．
2．对于形如|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c的不等式，可通过分类讨论或利用绝对值的几何意义求解．
利用绝对值的几何意义或者画出函数的图象去解不等式，更为直观、简捷，它体现了数形结合思想方法的优越性．
[变式训练] 解不等式|x＋2|＋|1－x|＜x＋4.
解：原不等式为|x＋2|＋|x－1|＜x＋4.
所以可把全体实数分为三部分：
x＜－2，－2≤x＜1，x≥1.
于是原不等式的解集是下面三个不等式组的解集的并集：
(1)得解集为 .
(2)得－1＜x＜1.
(3)得1≤x＜3.
所以原不等式的解集是{x|－1＜x＜3}．
专题四 数形结合思想
包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的；或者是借助数的精确性和严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的．
[例4] 解不等式|x＋1|＋|x|＜2.
解：法一：由绝对值的几何意义知，
|x＋1|表示数轴上点P(x)到点A(－1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点O(0)的距离．
由条件知这两个距离之和小于2.
由数轴(如图①所示)可知原不等式的解集为
.
图① 图②
法二：令f(x)＝|x＋1|＋|x|－2，
则f(x)＝
作函数f(x)的图象(如图②所示)，
由图象可知，当f(x)＜0时，－＜x＜.
故原不等式的解集为.
归纳升华
1．利用函数图象解题，直观快捷，注意作图的准确性．
2．在解决数学问题时，将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，实现抽象概念与具体形象的联系和转化，即把数量关系转化为图象的性质来确定或者把图象的性质转化为数量关系的问题来研究．
[变式训练] 已知关于x的不等式|3x－1|＋x＜ax有解，求a的取值范围．
解：设y1＝|3x－1|＋x，y2＝ax，则y1＝
分别作出两函数的图象，如图所示．
当y2＝ax的图象过点A时，a＝1，
若y1＜y2有解，
则y1的图象与y2的图象应有交点，且y1在y2的下方应有图象，故a＞1或a＜－2，
即a的取值范围是(－∞，－2)∪(1，＋∞)．模块综合评价
(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．若a，b，c∈R且a＞b，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋b≥b－c
B．ac≥bc
C.＞0
D．(a－b)c2≥0
解析：因为a＞b，所以a－b＞0.
又因为c∈R，所以c2≥0.所以(a－b)c2≥0.
答案：D
2．不等式|x－2|＞1的解集是( )
A．(1，3)
B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3，3)
D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析：由|x－2|＞1得x－2＞1或x－2＜－1，
所以x＞3或x＜1.
答案：D
3．函数y＝x2＋(x＞0)的最小值为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：y＝x2＋＝x2＋＋≥3
＝3当且仅当x＝1时成立．
答案：C
4．若a，b∈R，则下列不等式：①a2＋3＞2a；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③a5＋b5＞a3b2＋a2b3；④a＋≥2.其中一定成立的是( )
A．①②③
B．①②④
C．①②
D．②④
解析：①a2＋3－2a＝(a－1)2＋2＞0，①成立；
②a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，②成立；
③当a＝b＝0时，不成立；
④a＋≥2只有当a＞0才成立，故只有①②成立．
答案：C
5．已知b＞a＞0，且a＋b＝1，那么( )
A．2ab＜＜＜b
B．2ab＜＜＜b
C.＜2ab＜＜b
D．2ab＜＜b＜
解析：此题可用特殊赋值法判断出来，设a＝，b＝，
2ab＝2××＝，＝a2＋b2＝，＝，
b＝，所以b＞＞＞2ab成立，选B.
答案：B
6．(2015·陕西卷)设f(x)＝ln
x，0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是( )
A．q＝r＜p
B．p＝r＜q
C．q＝r＞p
D．p＝r＞q
解析：因为0＜a＜b，所以＞.
又因为f(x)＝ln
x在(0，＋∞)上单调递增，
所以f＞f()，即p＜q.
而r＝(f(a)＋f(b))＝(ln
a＋ln
b)＝ln(ab)＝ln，
所以r＝p，故p＝r＜q.选B.
答案：B
7．已知a，b，c为非零实数，则(a2＋b2＋c2)·的最小值为( )
A．7
B．9
C．12
D．18
解析：(a2＋b2＋c2)≥
＝9，
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
故选B.
答案：B
8．用数学归纳法证明当n∈N＋时，1＋2＋22＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时原式为( )
A．1
B．1＋2
C．1＋2＋3＋4
D．1＋2＋22＋23＋24
解析：n＝1时，原式为1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24.
答案：D
9．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( )
A．17
元
B．19
元
C．21
元
D．25
元
解析：由排序原理可知：花钱最少为1×5＋2×4＋3×2＝19(元)．故应选B.
答案：B
10．用数学归纳法证明不等式＋＋＋…＋＞(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边( )
A．增加了1项
B．增加了“＋”项，又减少了“”项
C．增加了2项＋
D．增加了项，减少了项
解析：注意分母是连续的正整数，且末项可看做，故n＝k＋1时，末项为.
答案：B
11．若a＞0，使不等式|x－4|＋|x－3|＜a在R上的解集不是空集的a的取值范围是( )
A．0＜a＜1
B．a＝1
C．a＞1
D．以上均不对
解析：函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1，所以若|x－4|＋|x－3|＜a的解集不是空集，需a＞1.
答案：C
12．已知实数a，b，c满足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，则实数c的范围为( )
A.
B.
C.
D.
解析：因为a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2.由柯西不等式：(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，5(1－c2)≥(1－c)2，整理得3c2－c－2≤0，解得－≤c≤1.
答案：A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．设a，b是正实数，且a＋b＝1，则＋的最大值为________．
解析：＋≤＝.
答案：
14．用数学归纳法证明：已知n是正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，则当n＞1时，f(2n)＞.其第一步是________．
解析：由数学归纳法的步骤易知．
答案：当n＝2时，f(22)＞成立
15．函数f(x)＝3x＋(x＞0)的最小值为________．
解析：f(x)＝3x＋＝＋＋≥3＝9，当且仅当x＝，
即x＝2时等号成立．
答案：9
16．(2014·重庆卷)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：令f(x)＝|2x－1|＋|x＋2|，则：
①当x＜－2时，f(x)＝－2x＋1－x－2＝－3x－1＞5；
②当－2≤x≤时，f(x)＝－2x＋1＋x＋2＝－x＋3，
故≤f(x)≤5；
③当x＞时，f(x)＝2x－1＋x＋2＝3x＋1＞.
综合①②③可知f(x)≥，所以要使不等式恒成立，则需a2＋a＋2≤，解得－1≤a≤.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋≥6.
证明：法一：因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)，
因为＋＋≥3(abc)－，
所以≥9(abc)－.
故a2＋b2＋c2＋≥3(abc)＋9(abc)－.
又因为3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，所以原不等式成立．
法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
同理＋＋≥＋＋，
所以a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ca＋＋＋≥6.
所以原不等式成立．
18．(本小题满分12分)设x，y，z∈R，2x－y－2z＝6，试求x2＋y2＋z2的最小值．
解：考虑以下两组向量
u＝(2，－1，－2)，v＝(x，y，z)，根据柯西不等式(u·v)2≤|u|2·
|
v
|2就有
[2x＋(－1)y＋(－2)z]2≤[22＋(－1)2＋(－2)2]·(x2＋y2＋z2)，即(2x－y－2z)2≤9(x2＋y2＋z2)，
将2x－y－2z＝6代入其中，
得36≤9(x2＋y2＋z2)，而有
x2＋y2＋z2≥4，故x2＋y2＋z2的最小值为4.
19．(本小题满分12分)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.
(1)求m；
(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．
解：(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；
当－1＜x＜1时，f(x)＝－1－3x＜2；
当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4.
故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.
(2)a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝
2(ab＋bc)，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
此时，ab＋bc取得最大值1.
20．(本小题满分12分)求证：1＋＋＋＋…＋＜3.
证明：由＜＝(k是大于2的自然数)，
得1＋＋＋＋…＋＜1＋1＋＋＋＋…＋＝1＋＝3－＜3.
21．(本小题满分12分)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)不存在，由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
22．(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∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解：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}．
又因为f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1，又因为a，b，c∈R＋，所以由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·≥＝9.评估验收卷(三)
(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：≥＝9.
答案：B
2．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，反序和最小．
所以最小值为50×2＋40×3＋20×5＝320(元)．
答案：C
3．设a1，a2，a3是数1，2，3的任一排列，b1，b2，b3是数4，5，6的任一排列，则a1b1＋a2b2＋a3b3的取值范围是( )
A．[28，32]
B．[28，44]
C．[32，44]
D．[44，56]
解析：1，2，3与4，5，6反序和是28.顺序和是32，故a1b1＋a2b2＋a3b3最小是反序和28，最大是顺序和32.选A.
答案：A
4．设α，β均为锐角，则＋的最小值为( )
A．2
B.
C．1
D．9
解析：(sin2α＋cos2α)＝，
因为β为锐角，
所以当sin
2β＝1时取最小值32＝9.选D.
答案：D
5．已知2x2＋y2＝1，则2x＋y的最大值是( )
A.
B．2
C.
D．3
解析：2x＋y＝×x＋1·y≤·＝×＝.
当且仅当即x＝y＝时，等号成立．
答案：C
6．设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z的值是( )
A.
B.
C.
D.
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：B
7．已知a＋a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是( )
A．1
B．2
C.
D．4
解析：a1x1＋a2x2＋…＋anxn≤eq
\r(a＋a＋…＋a)·eq
\r(x＋x＋…＋x)＝1.故应选A.
答案：A
8．已知x＋x＋x＝1，y＋y＋y＝2，则x1y1＋x2y2＋x3y3的最大值是( )
A．2
B．3
C.
D.
解析：因为x＋x＋x＝1，y＋y＋y＝2，
所以(x1y1＋x2y2＋x3y3)2≤(x＋x＋x)(y＋y＋y)＝1×2＝2，
所以x1y1＋x2y2＋x3y3≤.
当＝＝＝时，取“＝”，故选C.
答案：C
9．已知x，y，z＞0，且＋＋＝1，则x＋＋的最小值是( )
A．5
B．6
C．8
D．9
解析：x＋＋＝≥
＝9.
所以＝9.故应选D.
答案：D
10．设a1，a2，a3为正数，则＋＋与a1＋a2＋a3大小为( )
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
11．若a，b，c为正数，则·的最小值为( )
A．1
B．－1
C．3
D．9
解析：由柯西不等式可知·≥＝32＝9.
答案：D
12．设x1，x2，…，xn取不同的正整数，则m＝＋＋…＋的最小值是( )
A．1
B．2
C．1＋＋＋…＋
D．1＋＋＋…＋
解析：设a1，a2，…，an是x1，x2，…，xn的一个排列，且满足a1＜a2＜…＜an，故a1≥1，a2≥2，…，an≥n.
又因为1＞＞＞…＞，所以＋＋＋…＋≥a1＋＋＋…＋≥1×1＋2×＋3×＋…＋n·＝1＋＋＋…＋.故应选C.
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．函数y＝2＋的最大值是________．
解析：y＝·＋≤
＝.
当且仅当x＝时，等号成立．
答案：
14．设a，b＞0，若a2＋b2＝5，则a＋2b的最大值为________．
解析：(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，即25≥(a＋2b)2.
所以(a＋2b)max＝5.
答案：5
15．已知x，y，z∈(0，＋∞)，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.
答案：3
16．边长为a，b，c的三角形，其面积为，外接圆半径为1，若s＝＋＋，t＝＋＋，则s与t的大小关系是___________．
解析：S△＝＝＝，
即abc＝1，
所以t＝ab＋bc＋ca，
t2＝(ab＋bc＋ca)≥(＋＋)2＝s2，
又a，b，c＞0，
所以s≤t.
a＝b＝c＝1时，等号成立．
但此时S△＝≠1，矛盾．
故等号不成立，即s＜t.
答案：s＜t
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设a＝(1，0，－2)，b＝(x，y，z)，若x2＋y2＋z2＝16，求a·b的最大值．
解：因为a＝(1，0，－2)，b＝(x，y，z)，
所以a·b＝x－2z.
由柯西不等式[12＋0＋(－2)2](x2＋y2＋z2)≥(x＋0－2z)2 5×16≥(x－2z)2 －4≤x－2z≤4 －4≤a·b≤4，
故a·b的最大值为4.
18．(本小题满分12分)已知0＜a≤b≤c，求证＋＋≥＋＋.
证明：因为0＜a≤b≤c，
所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c，
所以≥≥＞0，
又0＜a2≤b2≤c2，
所以＋＋是顺序和，＋＋是乱序和，
由排序原理可知顺序和大于等于乱序和，
即不等式＋＋≥＋＋成立．
19．(本小题满分12分)已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)证明：3≤x2＋y2＋z2＜9.
(1)解：因为x＋y＋z≥3＞0，
＋＋≥＞0，
所以(x＋y＋z)≥9，即＋＋≥3，
当且仅当x＝y＝z＝1时，＋＋取得最小值3.
(2)证明：x2＋y2＋z2＝
≥
＝＝3.
又x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx)＜0，
所以3≤x2＋y2＋z2＜9.
20．(本小题满分12分)设不等式|x－2|＞1的解集与关于x的不等式x2－ax＋b＞0的解集相同．
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)＝a＋b的最大值，以及取得最大值时x的值．
解：(1)不等式|x－2|＞1的解集为{x|x＜1或x＞3}，
所以，不等式x2－ax＋b＞0的解集为{x|x＜1或x＞3}，
所以a＝4，b＝3.
(2)函数的定义域为[3，5]，显然有f(x)＞0，由柯西不等式可得：
f(x)＝4＋3≤·
＝5，
当且仅当4＝3时等号成立，
即x＝时，函数取得最大值5.
21．(本小题满分12分)(1)关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集不是空集，求a的取值范围；
(2)设x，y，z∈R，且＋＋＝1，求x＋y＋z的取值范围．
解：(1)因为|x－3|＋|x－4|≥|(x－3)－(x－4)|＝1，且|x－3|＋|x－4|＜a的解集不是空集，
所以a＞1，即a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由柯西不等式，得
[42＋()2＋22]·≥
＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
所以5≥|x＋y＋z|，所以－5≤x＋y＋z≤5.
所以x＋y＋z的取值范围是[－5，5]．
22．(本小题满分12分)设x1，x2，…，xn∈R＋，且x1＋x2＋…＋xn＝1，求证eq
\f(x,1＋x1)＋eq
\f(x,1＋x2)＋…＋eq
\f(x,1＋xn)≥.
证明：因为x1＋x2＋…＋xn＝1，
所以n＋1＝(1＋x1)＋(1＋x2)＋…＋(1＋xn)．
又eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,1＋x1)＋\f(x,1＋x2)＋…＋\f(x,1＋xn)))(n＋1)＝
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,1＋x1)＋\f(x,1＋x2)＋…＋\f(x,1＋xn)))[(1＋x1)＋(1＋x2)＋…＋(1＋xn)]≥(x1＋x2＋…＋xn)2＝1，
当且仅当x1＝x2＝…＝xn＝时，等号成立．
所以eq
\f(x,1＋x1)＋eq
\f(x,1＋x2)＋…＋eq
\f(x,1＋xn)≥.复 习 课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．柯西不等式的易错点．
在应用柯西不等式时，易忽略等号成立的条件．
2．排序不等式的易错点．
不等式具有传递性，但并不是任意两个不等式比较大小都可以用传递性来解决的，由a＞m，b＞m，推出a＞b是错误的．
专题一 柯西不等式的应用
柯西不等式主要有二维形式的柯西不等式(包括向量形式、三角形式)和一般形式的柯西不等式，不仅可以用来证明不等式，还可以用来求参数的取值范围、方程的解等，而应用柯西不等式的关键在于构造两个适当的数组，并且注意等号成立的条件．
[例1] 已知|x|≤1，|y|≤1，试求x＋y的最大值．
解：由柯西不等式，得x＋y≤
·＝1，
当且仅当xy＝·，
即x2＋y2＝1时，等号成立，
所以x＋y的最大值为1.
归纳升华
柯西不等式可以用来求最值和证明不等式，应用柯西不等式的关键在于构造两个适当的数组，并且要注意等号成立的条件．
[变式训练] 若n是不小于2的正整数，求证：＜1－＋－＋…＋－＜.
证明：因为1－＋－＋…＋－＝
－2＝
＋＋…＋，
所以原不等式等价于＜＋＋…＋＜.
由柯西不等式，有：
[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]≥n2.
因为n是不小于2的正整数，
所以等式＝＝…＝不成立，
于是＋＋…＋＞＝＝≥＝.
由柯西不等式，得＋＋…＋＜
＜＝.
所以原不等式成立．
专题二 排序不等式的应用
应用排序不等式可以比较方便地证明一类不等式，但在应用排序不等式时，要抓住它的本质含义：同向时乘积之和最大，反向时乘积之和最小．
[例2] 已知a，b，c∈R＋，求证＋＋≥
a＋b＋c.
证明：设a≥b≥c＞0.于是a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，得
a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·，①
a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·.②
①＋②，得2≤a2·＋b2·＋c2·＋a2·＋b2·＋c2·，
则2(a＋b＋c)≤＋＋，
所以＋＋≥a＋b＋c成立．
归纳升华
应用排序不等式的关键在于构造两个数组．而数组的构造需要考虑条件和结论间的关系，因此需要对式子观察分析，给出适当的数组.
[变式训练] 已知a，b，c∈R，求证a＋b＋c≤.
证明：不妨设a≥b≥c＞0，
则有a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc.
由排序原理，得a2bc＋ab2c＋abc2≤a3c＋b3a＋c3b.
又a3≥b3≥c3，且a≥b≥c，
由排序原理，得a3c＋ab3＋bc3≤a4＋b4＋c4，
所以a＋b＋c≤.
专题三 转化与化归思想
转化与化归思想是指在解决问题时，将问题通过变换使之化繁为简，化难为易的一种解决问题的思想．
[例3] 求使lg(xy)≤lg
a·对大于1的任意x与y恒成立的a的取值范围．
解：因为＞0，且x＞1，y＞1，
所以原不等式等价于lg
a≥.
令f(x，y)＝＝＝
(lg
x＞0，lg
y＞0)．
因为lg2x＋lg2y≥2lg
xlg
y＞0，
所以0＜≤1，
所以1＜f(x，y)≤，即lg
a≥，
所以a≥10.
归纳升华
解决数学问题时，常遇到一些直接求解较为困难的问题，通过观察、分析、类比、联想等，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(相对来说自己较熟悉的问题)，通过求解新问题，达到解决原问题的目的，这一思想方法我们称为“化归与转化的思想”．本讲常见的化归与转化的问题是通过换元或恒等变形把命题的表达形式化为柯西不等式或排序不等式的形式．
[变式训练] 已知：an＝＋＋＋…＋(n∈N
)，求证：＜an＜.
证明：因为＝
，n∈N
，
所以＞n，
所以an＝＋＋…＋＞1＋2＋3＋…＋n＝.
因为＜，
所以an＜＋＋＋…＋＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝.
综上得＜an＜.第三讲
柯西不等式与排序不等式
3.3
排序不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．设正实数a1，a2，a3的任一排列为a1′，a2′，a3′，则＋＋的最小值为( )
A．3
B．6
C．9
D．12
解析：a1≥a2≥a3＞0，则≥≥＞0，
由乱序和不小于反序和知，
所以＋＋≥＋＋＝3，
所以＋＋的最小值为3，故选A.
答案：A
2．车间里有5
台机床同时出了故障，从第1
台到第5
台的修复时间依次为4
min，8
min，6
min，10
min，5
min，每台机床停产1
min损失5
元，经合理安排损失最少为( )
A．420
元
B．400
元
C．450
元
D．570
元
解析：损失最少为5(1×10＋2×8＋3×6＋4×5＋5×4)＝420(元)，反序和最小．
答案：A
3．设a，b，c∈R＋，M＝a5＋b5＋c5，N＝a3bc＋b3ac＋c3ab，则M与N的大小关系是( )
A．M≥N
B．M＝N
C．M＜N
D．M＞N
解析：不妨设a≥b≥c＞0，
则a4≥b4≥c4，
运用排序不等式有：
a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥ac4＋ba4＋cb4，
又a3≥b3≥c3＞0，且ab≥ac≥bc＞0，
所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，
即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab，即M≥N.
答案：A
4．已知a，b，c≥0，且a3＋b3＋c3＝3，则a＋b＋c的最大值是( )
A．1
B．2
C．3
D.
解析：设a≥b≥c≥0，所以
≥
≥
.
由排序不等式可得a＋b＋c≤a＋b＋c.
而(a＋b＋c)2≤[(a)2＋(b)2＋(c)2](1＋1＋1)＝9，即a＋b＋c≤3.
所以a＋b＋c≤3.
答案：C
5．已知a，b，c∈(0，＋∞)，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
二、填空题
6．设a1，a2，…，an为实数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则乘积a1b1＋a2b2＋…＋anbn不小于________．
答案：a1an＋a2an－1＋…＋ana1
7．已知a，b，c都是正数，则＋＋≥________．
解析：设a≥b≥c＞0，所以≥≥，
由排序原理，知＋＋≥＋＋，①
＋＋≥＋＋，②
①＋②得＋＋≥.
答案：
8．设a，b，c＞0，则＋＋________a＋b＋c.
解析：不妨设a≥b≥c＞0，
则≤≤，bc≤ac≤ab.
由顺序和≥乱序和，得
＋＋≥·bc＋·ac＋·ab＝c＋a＋b，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
答案：≥
三、解答题
9．对a，b，c∈(0，＋∞)，比较a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小．
解：取两组数a，b，c和a2，b2，c2.
不管a，b，c的大小顺序如何，a3＋b3＋c3都是顺序和；
a2b＋b2c＋c2a都是乱序和，
故有a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a.
10．设a，b，c大于0，求证：
(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；
(2)＋＋≤.
证明：(1)不妨设a≥b＞0，
则a2≥b2＞0.
所以a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2·a，
所以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．
B级 能力提升
1．若0＜a1＜a2，0＜b1＜b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则下列代数式中值最大的是( )
A．a1b1＋a2b2
B．a1b2＋a2b1
C．a1a2＋b1b2
D.
解析：因为0＜a1＜a2，0＜b1＜b2，
且a1＋a2＝b1＋b2＝1，
所以a1a2＋b1b2≤＋＝.
由0＜a1＜a2，0＜b1＜b2及排序不等式知a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1，1＝(a1＋a2)(b1＋b2)＝a1b1＋a2b2＋a1b2＋a2b1＜2(a1b1＋a2b2)，
所以a1b1＋a2b2＞.
答案：A
2．若a＞0，b＞0且a＋b＝1，则＋的最小值是________．
解析：不妨设a≥b＞0，
则有a2≥b2，且≥.
由排序不等式＋≥·a2＋·b2＝a＋b＝1，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
所以＋的最小值为1.
答案：1
3．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＜b2＜…＜bn，
因为b1，b2，…，bn是互不相同的正整数，
所以b1≥1，b2≥2，…，bn≥n，
又因为1＞＞＞…＞，
所以由排序不等式，得a1＋＋＋…＋≥b1＋＋＋…＋≥1×1＋2×＋3×＋…＋n·＝1＋＋＋…＋，
所以原不等式得证．第二讲
证明不等式的基本方法
2.2
综合法与分析法
A级 基础巩固
一、选择题
1．若a＞0，b＞0，则必有( )
A.＞2b－a
B.＜2b－a
C.≥2b－a
D.≤2b－a
解析：因为a2＋b2≥2ab，a＞0，
所以a＋≥2b，即≥2b－a.
答案：C
2．设x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则( )
A．x＋y≥2(＋1)
B．xy≤＋1
C．x＋y≤2(＋1)2
D．xy≥2(＋1)
解析：因为x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，
所以(x＋y)＋1＝xy≤.
所以(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0，
解得x＋y≥2(＋1)．
答案：A
3．若a＞b＞0，下列各式中恒成立的是( )
A.＞
B.＞
C．a＋＞b－
D．aa＞ab
解析：因为a＞b＞0，所以a2＞b2，所以＞.
答案：B
4．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，故选项B成立．
答案：B
5．已知a，b∈R，则“a＋b＞2，ab＞1”是“a＞1，b＞1”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
解析：当a＞1，b＞1时，两式相加得a＋b＞2，两式相乘得ab＞1.
反之，当a＋b＞2，ab＞1时，a＞1，b＞1不一定成立．
如：a＝，b＝4也满足a＋b＞2，ab＝2＞1，但不满足a＞1，b＞1.
答案：B
二、填空题
6．如果a＋b＞a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
解析：a＋b＞a＋b (＋)(－)2＞0 a≥0，b≥0，且a≠b.
答案：a≥0，b≥0，且a≠b
7．若＜＜0，已知下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④＋＞2.
其中正确的不等式的序号为________．
解析：因为＜＜0，
所以b＜a＜0，故②③错．
答案：①④
8．在Rt△ABC中，∠C＝90°，c为斜边，则的取值范围是________．
解析：因为a2＋b2＝c2，
所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)＝2c2，
所以≤，
又因为a＋b＞c，所以＞1.
所以的取值范围是(1，]．
答案：(1，]
三、解答题
9．求证：＜2－.
证明：21＜25 ＜5 2＜10 10＋2＜20 (＋)2＜(2)2 ＋＜2 ＜2－.
所以原不等式成立．
10．已知：a，b是不相等的正数，且a3－b3＝a2－b2，求证：1＜a＋b＜.
证明：因为a，b是不相等的正数，且a3－b3＝a2－b2.
所以a2＋ab＋b2＝a＋b.
所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＞a2＋ab＋b2＝a＋b.
所以a＋b＞1.
要证a＋b＜，只需证3(a＋b)＜4，
只需证3(a＋b)2＜4(a＋b)，
即3(a2＋2ab＋b2)＜4(a2＋ab＋b2)，
只需证a2－2ab＋b2＞0，只需证(a－b)2＞0，
而a，b为不相等的正数，
所以(a－b)2＞0一定成立．
故a＋b＜成立．
综上所述，1＜a＋b＜.
B级 能力提升
1．设a＞0，b＞0，则以下不等式中不恒成立的是( )
A．(a＋b)≥4
B．a3＋b3≥2ab2
C．a2＋b2＋2≥2a＋2b
D.≥－
解析：因为a＞0，b＞0，
所以(a＋b)≥2·2≥4，
当且仅当a＝b时等号成立，故A恒成立；
a3＋b3≥2ab2，取a＝，b＝，则B不成立；
a2＋b2＋2－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2≥0，故C恒成立；
若a＜b，则≥－恒成立；
若a≥b，则()2－(－)2＝2(－b)≥0，
所以≥－，故D恒成立．
答案：B
2．若n为正整数，则2与2＋的大小关系是________．
解析：要比较2与2＋的大小，只需比较(2)2与的大小，即4n＋4与4n＋4＋的大小．
因为n为正整数，所以4n＋4＋＞4n＋4.
所以2＜2＋.
答案：2＜2＋
3．(2015·课标全国Ⅱ卷)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：
(1)若ab＞cd，则＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①若|a－b|<|c－d|，
则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，
由(1)得＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2即a＋b＋2>c＋d＋2，
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，
因此|a－b|<|c－d|，
综上所述＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．第一讲
不等式和绝对值不等式
1.1
不等式
1.1.2
基本不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知a，b∈R，且ab
≠0，则下列结论恒成立的是( )
A．a＋b≥2
B.＋≥2
C.≥2
D．a2＋b2＞2ab
解析：当a，b都是负数时，A不成立；
当a，b一正一负时，B不成立；
当a＝b时，D不成立，因此只有C是正确的．
答案：C
2．下列各式中，最小值等于2的是( )
A.＋
B.
C．tan
θ＋
D．2x＋2－x
解析：因为2x＞0，2－x＞0，
所以2x＋2－x≥2＝2.
当且仅当2x＝2－x，即x＝0时，等号成立．
答案：D
3．设x，y∈R，且x＋y＝5，则3x＋3y的最小值是( )
A．10
B．6
C．4
D．18
解析：3x＋3y≥2＝2＝2＝18，
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
答案：D
4．设x，y为正数，则(x＋y)的最小值为( )
A．6
B．9
C．12
D．15
解析：x，y为正数，(x＋y)＝1＋4＋＋≥9，当且仅当＝，即y＝2x时，等号成立，选B.
答案：B
5．(2015·福建卷)若直线＋＝1(a＞0，b＞0)过点(1，1)，则a＋b的最小值等于( )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：因为直线＋＝1过点(1，1)，所以＋＝1.
又a，b均大于0，
所以a＋b＝(a＋b)＝1＋1＋＋≥2＋2＝2＋2＝4，当且仅当a＝b时，等号成立．
答案：C
二、填空题
6．设x＞0，则函数y＝3－3x－的最大值是________．
解析：y＝3－≤3－2，
当且仅当3x＝，即x＝时，等号成立．
所以ymax＝3－2.
答案：3－2
7．已知函数f(x)＝2x，点P(a，b)在函数y＝(x＞0)的图象上，那么f(a)·f(b)的最小值是________．
解析：点P(a，b)在函数y＝(x＞0)的图象上，所以有ab＝1.
因为a＞0，b＞0，所以f(a)·f(b)＝2a·2b＝2a＋b≥22＝4，
当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
答案：4
8．当x＞0时，f(x)＝的值域是________．
解析：因为x＞0，所以x＋≥2，所以0＜≤.
所以0＜≤1.
又因为f(x)＝＝，
所以0＜f(x)≤1，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)的值域是(0，1]．
答案：(0，1]
三、解答题
9．已知x＜0，求2x＋的最大值．
解：由x＜0，得－x＞0，
得－2x＋≥2＝2，
所以2x＋≤－2，
当且仅当－2x＝，
即x＝－时等号成立．
故2x＋取得最大值－2.
10．若a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，求证：8abc≤(1－a)·(1－b)(1－c)．
证明：因为a＋b＋c＝1，
所以1－a＝b＋c＞0，1－b＝a＋c＞0，1－c＝a＋b＞0.
所以(1－a)(1－b)(1－c)＝(a＋b)(b＋c)(a＋c)．
因为a＋b≥2＞0，b＋c≥2＞0，a＋c≥2＞0，
三式相乘，得(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥2·2·2＝8abc，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
所以8abc≤(1－a)(1－b)(1－c)．
B级 能力提升
1．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：不等式(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，
则1＋a＋＋≥a＋2＋1≥9，
所以≥2或≤－4(舍去)．
所以正实数a的最小值为4.
答案：B
2．(2015·山东卷)定义运算“ ”：x y＝(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x y＋(2y) x的最小值为________．
解析：因为x y＝，
所以x y＋(2y) x＝＋＝≥＝＝.
其中x＞0，y＞0，当且仅当x2＝2y2，即x＝y时等号成立．
答案：
3．某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2016年法国欧洲杯期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销售量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件．已知2016年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每个促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
(1)若计划2016年生产的化妆品正好能销售完，试将2016年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数；
(2)该企业2016年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
解：(1)由题意可设3－x＝，将t＝0，x＝1代入，得k＝2.
所以x＝3－.
当年生产x万件时，年生产成本为32x＋3＝32×＋3，
当销售x万件时，年销售收入为
150%×＋t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，
得年利润y＝(t≥0)．
(2)y＝＝50－≤
50－2
＝50－2＝42，
当且仅当＝，即t＝7时，等号成立，ymax＝42，
所以当促销费定在7万元时，年利润最大．复 习 课
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[警示·易错提醒]
1．数学归纳法的两个关注点．
(1)关注用数学归纳法证题的步骤．第一步称“归纳奠基”，是递推链的起点；第二步称为“归纳递推”，是递推链具有传递性的保证．两步缺一不可，否则不能保证结论成立．
(2)关注适用范围，数学归纳法适用于某些与正整数n有关的问题，这里n是任意的正整数，它可取无限多个值，但是，并不能说所有与正整数n有关的问题都可以用数学归纳法．
2．数学归纳法的两个易错点．
(1)在数学归纳法中，没有应用归纳假设．
(2)归纳推理不到位．
专题一 数学归纳法
在学习数学归纳法时，常会遇到两个困难，一是对其实质不容易理解，二是对归纳步骤的证明感到难以入手，其实在数学归纳法中只有两个步骤：归纳奠基，归纳递推，二是缺一不可．
(1)不可缺第一步．
有的同学会认为第二步有递推作用，且k可以取任意值，因此第一步就无关紧要，有没有均可．这是一种错误的认识，它忽略了第一步的奠基作用．因为如果没有n＝n0时成立，归纳假设也就没有了依据，递推性就建立在毫无根据的结论之上，当然也不可能得到正确的结论．
(2)不可缺第二步．
在刚接触数学归纳法时容易觉得，既然一个数学命题对开头的一些自然数成立，那么由n＝k成立推导出n＝k＋1成立是必然的，因此第二步流于形式，证与不证一个样．显然这是不正确的，原因在于没有认识到归纳步骤所起的递推作用，如果没有递推性，虽然一个数学命题对于开头的许多自然数都成立，但是对于后面的并不一定成立．因此我们不能把不完全归纳当做数学证明，用数学归纳法证明时不可缺第二步．
[例1]
求证对任意正整数n，有13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2成立．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，左边＝右边，
所以原等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，
即13＋23＋…＋k3＝(1＋2＋…＋k)2.
在上式等号两边同时加上(k＋1)3，
得13＋23＋…＋k3＋(k＋1)3＝(1＋2＋…＋k)2＋(k＋1)3＝＋(k＋1)3＝[k2＋4(k＋1)]＝＝[1＋2＋…＋k＋(k＋1)]2.
所以当n＝k＋1时，13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2也成立．
综合(1)(2)可知，对任何正整数n，原等式成立．
归纳升华
1．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，得到结论所需要的形式——凑结论．
2．证明不等式的题型多种多样，所以不等式的证明是一个难点，在由n＝k成立，推导n＝k＋1也成立时，过去讲过的证明不等式的方法在此都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题．
3．利用数学归纳法证明整除性问题时，第二步一般先将n＝k＋1代入原式，然后将原式作适当的恒等变形，凑出归纳假设，这是证明的关键和难点．
[变式训练] 设an＝＋＋…＋(n∈N＋)，求证：n(n＋1)＜an＜(n＋1)2.
证明：①当n＝1时，
a1＝，n(n＋1)＝1，(n＋1)2＝2，
所以1＜＜2，所以n＝1时，不等式成立．
②假设当n＝k时不等式成立，
即k(k＋1)＜ak＜(k＋1)2，
当n＝k＋1时，
k(k＋1)＋＜ak＋1＜(k＋1)2＋
，
k(k＋1)＋＞k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]，
(k＋1)2＋＝(k＋1)2＋＜(k＋1)2＋＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2，
所以(k＋1)[(k＋1)＋1]＜ak＋1＜[(k＋1)＋1]2，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
根据①②可知对任意的n∈N＋，不等式n(n＋1)＜an＜(n＋1)2恒成立．
专题二 归纳、猜想、证明思想的应用
归纳、猜想、证明属于探索性问题的一种，一般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学归纳法证明，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此务必要保持猜想的正确性，同时要注意数学归纳法步骤的书写．
[例2] 数列{an}满足Sn＝2n－an.
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．
(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，
所以a1＝1.
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，
所以a2＝.
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，
所以a3＝.
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，
所以a4＝.
由此猜想an＝(n∈N
)．
(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．
②假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，结论成立，
即ak＝.
当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1
，
即ak＋1＝2＋ak－ak＋1，
所以ak＋1＝＝＝，
这表明当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知猜想的通项公式an＝成立．
归纳升华
此类猜想数列通项公式的题，是通过利用递推关系来完成n＝k＋1的证明的．
[变式训练] 数列{an}满足a1＝1，an＝eq
\r(2a＋1)(n∈N＋，n≥2)．
(1)写出数列{an}的前五项；
(2)猜测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．
解：(1)a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝.
(2)猜想an＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝＝1，显然成立．
②假设当n＝k时结论成立，
即ak＝.
当n＝k＋1时，
ak＋1＝eq
\r(2a＋1)＝＝.
这表明当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知，结论对所有的正整数都成立．
专题三 转化和化归思想
把所要证的平面几何问题转化，运用数学归纳法来解决，这体现了转化和化归的思想．一般将待解决的平面几何问题进行转化，使之化为我们熟悉的或容易解决的问题．
[例3] 设平面α内有n条直线，这n条直线把平面α分成互不垂叠的区域个数的最大值为f(n)，求f(n)的解析式，并用数学归纳法证明．
解：设平面α内k(k≥1)条直线把平面α分成区域个数的最大值为f(k)，则第k＋1条直线与前k条直线最多有k个交点，因此第k＋1条直线最多可以被分成k＋1段，每一段可把所在的区域分为两部分，所以比原来的区域增加k＋1个，即有f(k＋1)＝f(k)＋k＋1，
所以f(k＋1)－f(k)＝k＋1.
于是f(2)－f(1)＝2，f(3)－f(2)＝3，…，f(n)－f(n－1)＝n.
把以上n－1个等式相加得f(n)－f(1)＝2＋3＋…＋n.
因为f(1)＝2，
所以f(n)＝f(1)＋(2＋3＋…＋n)＝(n2＋n＋2)．
下面用数学归纳法证明：
(1)n＝1时，一条直线可以把平面分成2个，
即f(1)＝2，而(n2＋n＋2)＝(1＋1＋2)＝2，
所以命题成立．
(2)假设n＝k时，f(k)＝(k2＋k＋2)成立，
当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)＝(k2＋k＋2)＋(k＋1)＝(k2＋2k＋1＋k＋3)＝[(k＋1)2＋(k＋1)＋2]，所以命题仍成立．
由(1)(2)知，当n∈N
时，f(n)＝(n2＋n＋2)成立．
归纳升华
有关几何图形的性质、公式等与自然数n有关的命题，主要是抓住递推关系，明确要证明的表达式，然后转化用数学归纳法进行证明．
[变式训练] 用数学归纳法证明：任意凸多边形都可以变成一个和它等面积的三角形．
证明：(1)当n＝3时，命题显然成立；
(2)假设当n＝k(k≥3，k∈N＋)时，命题成立，
即任意凸k边形都可以变成一个和它等面积的三角形．
则当n＝k＋1时，
对于凸(k＋1)边形A1A2…AkAk＋1，如图所示，连接A1Ak，过点Ak＋1作Ak＋1A′k∥A1Ak，交Ak－1Ak的延长线于A′k，连接A1A′k.
由题意知△A1AkA′k和△A1AkAk＋1的面积相等，
所以凸(k＋1)边形A1A2…AkAk＋1与凸k边形A1A2…Ak－1A′k的面积相等．
根据归纳假设，这个凸k边形可以变成一个和它等面积的三角形，
于是凸(k＋1)边形可以变成一个和它等面积的三角形．
根据(1)(2)可知，命题成立．第四讲
数学归纳法证明不等式
4.1
数学归纳法
A级 基础巩固
一、选择题
1．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于( )
A.
B.＋
C.＋
D.＋＋
解析：因为f(n)＝1＋＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋.
所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
答案：D
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．在数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1.依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．3n－2
B．n2
C．3n－1
D．4n－3
解析：由条件知：a2＝a1＋2×2－1＝22，
a3＝a2＋2×3－1＝32，
a4＝a3＋2×4－1＝42，猜想an＝n2.
答案：B
4．一个与自然数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立推得当n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n＞2的自然数n都成立
B．该命题对于所有的正偶数都成立
C．该命题何时成立与k取什么值无关
D．以上答案都不对
解析：由题意当n＝2时成立可推得n＝4，6，8，…都成立，因此该命题对所有正偶数都成立．
答案：B
5．对于数25，规定第1次操作为23＋53＝133，第2次操作为13＋33＋33＝55，如此反复操作，则第2
011次操作后得到的数是( )
A．25 B．250
C．55 D．133
解析：根据第1次，第2次操作规律，可知第3次操作为53＋53＝250，第4次操作为23＋53＋03＝133，…，操作后得到的数呈周期性变化，周期为3次，2
011＝670×3＋1，故第2
011次操作后得到的数是133.
答案：D
二、填空题
6．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________．
解析：因为n＝k时，
命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，
所以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
7．观察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，根据上述规律，猜想13＋23＋33＋43＋53＋63＝________．
解析：已知等式可写为：13＋23＝32＝(1＋2)2，13＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2，根据上述规律，猜想13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋…＋6)2＝212.
答案：212
8．用数学归纳法证明“n∈N
时，1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数”时，n＝1时的原式是________，从k到k＋1时需添加的项是________．
答案：1＋2＋22＋23＋24，25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4
三、解答题
9．用数学归纳法证明：
…＝(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝1－＝，
右边＝＝.
所以等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，等式成立，
即…＝(k≥2，k∈N＋)．
当n＝k＋1时，
…＝
·＝＝＝，
所以当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)和(2)知，对n≥2，n∈N＋时，等式成立．
10．用数学归纳法证明n3＋5n能被6整除．
证明：(1)当n＝1时，左边＝13＋5×1＝6，能被6整除，结论正确．
(2)假设当n＝k时，结论正确，即k3＋5k能被6整除．
则(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝k3＋5k＋3(k2＋k＋2)＝k3＋5k＋3(k＋1)(k＋2)，
因为k3＋5k能被6整除，(k＋1)(k＋2)必为偶数，3(k＋1)(k＋2)能被6整除，
因此，k3＋5k＋3(k＋1)(k＋2)能被6整除．
即当n＝k＋1时结论正确．
根据(1)(2)可知，n3＋5n对于任何n∈N＋都能被6整除．
B级 能力提升
1．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从“n＝k到n＝k＋1”左端需乘以的代数式为( )
A．2k＋1
B．2(2k＋1)
C.
D.
解析：当n＝k时，等式为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)．
当n＝k＋1时，左边＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]…[(k＋1)＋k]·[(k＋1)＋(k＋1)]＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)．
比较n＝k和n＝k＋1时等式的左边，可知左端需乘以＝2(2k＋1)．
答案：B
2．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被14整除，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为_______________．
解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34k＋5＋52k＋3＝81·34k＋1＋25×52k＋1＝81×34k＋1＋81×52k＋1－56×52k＋1＝81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1
答案：81·(34k＋1＋52k＋1)－56·52k＋1
3．已知正数数列{an}中，前n项和Sn＝.
(1)求a1，a2，a3，a4；
(2)推测{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
解：(1)a1＝1，a2＝－1，a3＝－，a4＝－.
(2)an＝－
①a1＝1，a2＝－1，a3＝－，a4＝－.
②猜想an＝－(n∈N＋)．
(ⅰ)当n＝1时，a1＝－＝1，结论成立；
(ⅱ)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)成立，
即ak＝－.
则ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－＝
－，
整理得(ak＋1＋)2＝k＋1，
所以ak＋1＝－.
综合(ⅰ)(ⅱ)知，an＝－对所有正整数n都成立．评估验收卷(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．t＜S D．t≤S
解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故应选D.
答案：D
2．已知a，b，c，d都是正数，且bc＞ad，则，，，中最大的是( )
A.
B.
C.
D.
解析：因为a，b，c，d均是正数且bc＞ad，
所以有＞.①
又－＝＝＞0，
所以＞，②
－＝＝＞0，
所以＞.③
由①②③知最大．
答案：D
3．已知a＝＋，b＝＋，c＝5，则a，b，c的大小关系排列为( )
A．a＞b＞c
B．a＞c＞b
C．b＞a＞c
D．c＞a＞b
解析：由已知得a2＝6＋7＋2＝13＋2；b2＝8＋5＋4＝13＋2；c2＝25＝13＋12＝13＋2，因为2＜2＜2.所以a＞b＞c.
答案：A
4．若＜＜0，则下列结论不正确的是( )
A．a2＜b2
B．ab＜b2
C.＋＞2
D．|a|＋|b|＞|a＋b|
解析：因为＜＜0，所以－＜0，a＜0且b＜0.所以＜0，所以b＜a＜0.
由此断定A，B，C正确，故选D.
答案：D
5．若q＞0，且q≠1，m，n∈N＋，则1＋qm＋n与qm＋qn的大小关系是( )
A．1＋qm＋n＞qm＋qn
B．1＋qm＋n＜qm＋qn
C．1＋qm＋n＝qm＋qn
D．不能确定
解析：(1＋qm＋n)－(qm＋qn)＝(qm－1)(qn－1)．(分q＞1及0＜q＜1两种情况讨论)
答案：A
6．已知非零实数a，b满足a＞b，则下列不等式成立的是( )
A．a2＞b2
B.＜
C．a2b＞ab2
D.＞
解析：由于a，b正负不确定，故A、B、C三个选项不成立．
D项中，由于－＝，
因为a＞b，所以a3＞b3.因此－＝＞0.
所以＞，即D项正确．
答案：D
7．否定“自然数a，b，c中恰有一个为偶数”时，正确假设为( )
A．a，b，c都是奇数
B．a，b，c都是偶数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
答案：D
8．对于x∈[0，1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( )
A．恒为正值
B．恒为非负值
C．恒为负值
D．不确定
解析：依题意2b＞0，所以b＞0，且a＋2b＞0.
所以a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．
答案：A
9．使不等式＋＞1＋成立的正整数a的最大值为( )
A．10
B．11
C．12
D．13
解析：用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．故应选C.
答案：C
10．(2015·湖南卷)若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为( )
A.
B．2
C．2
D．4
解析：由已知＋＝，可知a，b同号，且均大于0.
由＝＋≥2，得ab≥2.
即当且仅当＝，即b＝2a时等号成立，故选C.
答案：C
11．M＝＋＋＋…＋与1的大小关系是( )
A．M＞1
B．M＜1
C．M＝1
D．不确定
解析：M＝＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＜1.
答案：B
12．设a＞b＞c，n∈N，且＋≥，则n的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：(a－c)＝
＝2＋＋≥4，
故n的最大值为4，应选C
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．
解析：“三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”．故应填三角形中至少有两个内角是钝角．
答案：三角形中至少有两个内角是钝角
14．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且a＜b，则＞.完成下列证明过程．
因为b＋m＞0，b＞0，
所以要证原不等式成立，只需证明
b(a＋m)＞a(b＋m)，
即只需证明________．
因为m＞0，所以只需证明b＞a，
由已知显然成立，所以原不等式成立．
解析：b(a＋m)＞a(b＋m)与bm＞am等价，因此欲证b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需证明bm＞am即可．
答案：bm＞am
15．不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)＞a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围________．
解析：由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，
则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，
所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)＞a.
对于一切x∈R恒成立，则需a＜2.
答案：(＋∞，2)
16．用放缩法证明不等式＋＋…＋＜1(n∈N＋)时，关键是要用下列不等式进行有效放缩，它们是________．
答案：＜，＜，…，＜
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a，b，c∈(0，＋∞)，比较a2＋b2与ab＋a＋b－1的大小．
解：因为(a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，
所以a2＋b2≥ab＋a＋b－1.
18．(本小题满分12分)已知a＋b＋c＞0，abc＞0，ab＋bc＋ca＞0，求证：a＞0，b＞0，c＞0.
证明：用反证法．不妨假设a＞0不成立，则a≤0.分两种情况讨论：
(1)当a＜0时，因为abc＞0，所以bc＜0.
因为a＋b＋c＞0，
所以b＋c＞－a＞0.
所以a(b＋c)＜0.
从而ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，这和已知条件矛盾．
(2)当a＝0时，则abc＝0与已知条件abc＞0矛盾．
综上可知，“a＞0不成立”的假设是错误的．
因此a＞0成立，同理可证b＞0，c＞0.
19．(本小题满分12分)求证：若n≥3，n∈N，则＋＋＋…＋＜.
证明：当k≥2，k∈N时，
有＜＝，
所以＋＋＋…＋＜
…＋＝
＝－＜.
从而原不等式得证．
20．(本小题满分12分)设a＋b＝2，b＞0，当＋取得最小值时，求a的值．
解：由于a＋b＝2，所以＋＝＋＝
＋＋，
由于b＞0，|a|＞0，所以＋≥2＝1，因此当a＞0时，＋的最小值是＋1＝；
当a＜0时，＋的最小值是－＋1＝.
故＋的最小值为，此时
即a＝－2.
21．(本小题满分12分)设a，b，c是不全相等的正实数．
求证：lg
＋lg
＋lg
＞lg
a＋lg
b＋lg
c.
证明：法一：要证lg
＋lg
＋lg
＞lg
a＋lg
b＋lgc，
只需证：lg＞lg(abc)，
只需证：··＞abc，
因为≥＞0，≥＞0，≥＞0，
所以··≥abc＞0成立．
因为a，b，c为不全相等的正数，
所以上式中等号不成立．
所以原不等式成立．
法二：因为a，b，c∈{R＋}，
所以≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又因为a，b，c为不全相等的实数，所以··＞abc.
所以lg＞lg(abc)，
即lg
＋lg
＋lg
＞lg
a＋lg
b＋lg
c.
22．(本小题满分12分)等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn.等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比为64的等比数列．
(1)求an与bn；
(2)证明：＋＋＋…＋＜.
(1)解：设{an}的公差为d(d∈N)，{bn}的公比为q，
则an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意
由①知，q＝64＝2.③
由②知，q为正有理数．所以d为6的因子1，2，3，6中之一，因此由②③知d＝2，q＝8，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明：Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
则＝＝.
所以＋＋＋…＋＝
＝
＜×＝第一讲
不等式和绝对值不等式
1.2
绝对值不等式
1.2.2
绝对不等式的解法
A级 基础巩固
一、选择题
1．不等式|3x－2|＞4的解集是( )
A.
B.
C.
D.
解析：由|3x－2|＞4得3x－2＞4或3x－2＜－4
所以x＞2或x＜－.
答案：C
2．(2015·山东卷)不等式|x－1|－|x－5|＜2的解集是( )
A．(－∞，4)
B．(－∞，1)
C．(1，4)
D．(1，5)
解析：法一：当x＜1时，原不等式化为1－x－(5－x)＜2即－4＜2，不等式恒成立；当1≤x＜5时，原不等式即x－1－(5－x)＜2，解得x＜4；当x≥5时，原不等式化为x－1－(x－5)＜2即4＜2，显然不成立，综上可得不等式的解集为(－∞，4)．
法二：由绝对值的几何意义可得数轴上的点x到1，5两点(距离为4)的距离之差小于2的点满足x＜4，所求不等式的解集为(－∞，4)．
答案：A
3．(2015·天津卷)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：因为|x－2|＜1等价于1＜x＜3，x2＋x－2＞0等价于x＜－2或x＞1，所以“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的充分不必要条件．
答案：A
4．若不等式|x－1|＜a成立的充分条件是0＜x＜4，则实数a的取值范围是( )
A．a≥1
B．a≥3
C．a≤1
D．a≤3
解析：由题意，可知(0，4)是(－a＋1，a＋1)的子集，由此可推得选B；亦可以用差异代入法(寻求选项的不同点代入)验证排除．
答案：B
5．如果关于x的不等式|x－a|＋|x＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，3]∪[5，＋∞)
B．[－5，－3]
C．[3，5]
D．(－∞，－5]∪[－3，＋∞)
解析：利用数轴，结合绝对值的几何意义可知a≤－5或a≥－3.
答案：D
二、填空题
6．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝______．
解析：法一：由|kx－4|≤2可得－2≤kx－4≤2，
即2≤kx≤6，又1≤x≤3，所以k＝2.
法二：由题意可知x＝1，x＝3是|kx－4|＝2的两根，则解得k＝2.
答案：2
7．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：当a＜0时，显然成立；
因为|x＋1|＋|x－3|的最小值为4，所以a＋≤4.所以a＝2，
综上可知a∈(－∞，0)∪{2}．
答案：(－∞，0)∪{2}
8．若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集是 ，则a的取值范围是________．
解析：|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，所以a＜3.
答案：a＜3
三、解答题
9．(2016·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f(x)＝|2x－1|，当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求实数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}．
当x∈R时，
f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋1|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a.
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，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)若f(x)≤m的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a，m的值；
(2)当a＝2且t≥0时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2t)．
解：(1)由|x－a|≤m得a－m≤x≤a＋m，
所以解得
(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|，
所以f(x)＋t≥f(x＋2t)，
所以|x－2＋2t|－|x－2|≤t.
当t＝0时，不等式恒成立，即x∈R；
当t＞0时，不等式等价于或
或
解得x＜2－2t或2－2t≤x≤2－或x∈ ，
即x≤2－.
综上所述，当t＝0时，原不等式的解集为R；
当t＞0时，原不等式的解集为.
B级 能力提升
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：由绝对值的几何意义得|x＋3|－|x－1|的最大值为4，
所以a2－3a≥4恒成立，即a≥4或a≤－1.
答案：A
2．(2015·重庆卷)若f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________．
解析：当a≤－1时，
f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|＝
所以f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
则f(x)在x＝a处取得最小值f(a)＝－a－1，
由－a－1＝5得a＝－6，符合a≤－1；
当a＞－1时，
f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|＝
所以f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
则f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝a＋1，
由a＋1＝5，得a＝4，符合a＞－1.
综上所述，实数a的值为－6或4.
答案：－6或4
3．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)≥3 |x－3|＋|x－2|≥3
或
或
x≤1或x∈ 或x≥4.
故不等式解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)原命题 f(x)≤|x－4|在[1，2]上恒成立 |x＋a|＋2－x≤4－x在[1，2]上恒成立 －2－x≤a≤2－x在[1，2]上恒成立 －3≤a≤0.
故a的取值范围是[－3，0]．复 习 课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．比较法的一个易错点．
忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．
2．分析法和综合法的易错点．
对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．
3．反证法与放缩法的注意点．
(1)反证法中对结论否定不全．
(2)应用放缩法时放缩不恰当．
专题一 比较法证明不等式
比较法证明不等式的大致步骤是：作差(或商)—恒等变形—判断差的符号(或商与1的大小)，其中，恒等变形是关键，目的在于判断差的符号或商与1的大小．
[例1] 已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：因为2a3－b3－(2ab2－a2b)＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(2a＋b)．
又因为a≥b>0，所以a＋b>0，a－b≥0，2a＋b>0，
所以(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0，
所以2a3－b3－(2ab2－a2b)≥0，
所以2a3－b3≥2ab2－a2b.
归纳升华
变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方、因式分解，可运用一切恒等变形的方法．
[变式训练] 已知a＞0，b＞0，a≠b，求证：a6＋b6＞a4b2＋a2b4.
证明：因为a6＋b6－(a4b2＋a2b4)＝a4(a2－b2)＋b4(b2－a2)＝(a2－b2)(a4－b4)＝(a2－b2)(a2－b2)(a2＋b2)＝(a＋b)2(a－b)2(a2＋b2)．
因为a＞0，b＞0，a≠b，
所以(a＋b)2＞0，(a－b)2＞0，a2＋b2＞0，
所以(a6＋b6)－(a4b2＋a2b4)＞0，
所以a6＋b6＞a4b2＋a2b4.
专题二 综合法证明不等式
综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．
证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误．
[例2] 设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：
＋＋≥1.
证明：因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
则＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
归纳升华
用综合法证明不等式，可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．
[变式训练] 设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
证明：因为a＞0，b＞0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，所以≥4.
所以＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋4＝8，
所以＋＋≥8，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
专题三 用分析法证明不等式
分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．
当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更为有效．
[例3] 求证：＋＜＋.
证明：欲证＋＜＋，
只需证(＋)2＜(＋)2，
只需证9＋6＜9＋4，
即证6＜4.
只需证(6)2＜(4)2，即证72＜80.
上式明显成立，所以原不等式成立．
归纳升华
1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．
2．分析法是“执果索因”，逐步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．
[变式训练] 已知a＞b＞0，求证：－＜.
证明：要证－＜，
即证＜＋，
只需证a＜b＋2＋a－b，
只需证0＜2.
由a＞b＞0知最后一个不等式成立，
故原不等式成立．
专题四 用反证法证明不等式
反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．
[例4] 若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.
证明：法一：假设a＋b＞2，则a＞2－b，
故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，
即2＞8－12b＋6b2，即(b－1)2＜0，
这不可能，假设不成立，从而a＋b≤2.
法二：假设a＋b＞2，
则(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8.
由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)＞6.
故ab(a＋b)＞2.
又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，
所以ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)，
所以a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0，这不可能，
假设不成立，故a＋b≤2.
归纳升华
反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)．(2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾．(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．
[变式训练] 若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则有a＋b＋c≤0.
因为a＋b＋c＝＋＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)，
所以a＋b＋c＞0.
这与a＋b＋c≤0矛盾，故假设不成立．
所以a，b，c中至少有一个大于0.
专题五 用放缩法证明不等式
在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项、添项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．
[例5] 设a，b，c∈R＋且abc＝1，求证：＋＋≤1.
证明：设a＝x3，b＝y3，c＝z3且x，y，z∈R＋.
由题意得：xyz＝1，
所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3.
所以x3＋y3－(x2y＋xy2)＝x2(x－y)＋y2(y－x)＝(x－y)2(x＋y)≥0.
所以x3＋y3≥x2y＋xy2.
所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3≥xyz＋xy(x＋y)＝xy(x＋y＋z)．
所以≤＝.
同理，可得≤，≤，
三式相加得＋＋≤＝1.
所以命题得证．
归纳升华
用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和．
[变式训练] 若n是大于1的自然数，求证＋＋＋…＋＜2.
证明：因为＜＝－(k＝2，3，4，…，n)，
所以＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝2－＜2，
故＋＋＋…＋＜2.
专题六 函数与方程思想
函数与方程思想是先构造辅助函数，将所给问题转化为函数的性质(如单调性、奇偶性、最值等)问题．运用此方法要能够根据问题的结构特征恰当地构造函数，准确地利用函数的性质解决问题．
[例6] 已知a，b是正实数，且a＋b＝1，求证＋ab≥.
证明：因为a，b都是正实数，a＋b＝1，
所以0＜ab≤＝.
令f(x)＝x＋(0＜x＜1)，
设0＜x1＜x2＜1，
则f(x1)－f(x2)＝＋x1－－x2＝(x1－x2).
因为0＜x1＜x2＜1，
所以x1－x2＜0，0＜x1x2＜1.
所以1－＜0.
所以f(x1)－f(x2)＞0，所以f(x1)＞f(x2)．
因此函数f(x)在(0，1)上单调递减．
所以当x∈时，f(x)min＝f＝，
令x＝ab，得＋ab≥.
[变式训练] 已知a，b，c为三角形的三条边，求证，，也可以构成一个三角形．
证明：设f(x)＝，x∈[0，＋∞)，0≤x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)＝－＝＞0.
故f(x)在[0，＋∞)上为单调增函数．
因为a，b，c为三角形的三条边，所以a＋b＞c.
因为＜＝＋＜＋，
所以＜＋，
同理可证＜＋，＜＋，
所以以，，为边可以构成一个三角形．第四讲
数学归纳法证明不等式
4.2
用数学归纳法证明不等式
A级 基础巩固
一、选择题
1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N)，第一步应验证( )
A．n＝1
B．n＝2
C．n＝3
D．n＝4
解析：由题意n≥3知应验证n＝3.
答案：C
2．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n，(n∈N＋，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( )
A．2k－1
B．2k－1
C．2k
D．2k＋1
解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.故选C.
答案：C
3．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N＋)成立，其初始值至少应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8.
答案：B
4．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋≥(n∈N
)”时，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边应添加的项是( )
A.
B.＋
C.＋－
D.＋－－
解析：当n＝k时，不等式为
＋＋…＋≥.
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋＋＝＋＋…＋＋＋.
比较n＝k与n＝k＋1的左边，
可知应添加的项为＋－.
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)＝＋＋…＋，取n＝2，3，4，5等值发现f(n)是单调递减的，所以[f(n)]max＞，
所以由f(2)＞，求得m的值．故应选B.
答案：B
二、填空题
6．设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，则(1＋x)n＞_______．
解析：由贝努利不等式知(1＋x)n＞1＋nx.
答案：1＋nx
7．设通过一点的k个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有一条直线，这k个平面将空间分成f(k)个部分，则k＋1个平面将空间分成f(k＋1)＝f(k)＋________个部分．
答案：2k
8．在应用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜(n∈N
)”时，从n＝k到n＝k＋1，不等式左边增加的项是________．
解析：解决此题的关键是看清不等式的左边每一项的分母的变化，一看“头”，从12开始；二看“尾”，当n＝k时，尾项的分母为(k＋1)2，n＝k＋1时尾项的分母为(k＋2)2；三看中间，如果忽略平方，1，2，3，…，(n＋1)这些数都是连续相差1时．因此，从n＝k到n＝k＋1只增加了一项，即(k∈N＋)．
答案：
三、解答题
9．求证：1＋＋＋…＋≥.
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝＝1，左式＝右式．
当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝＝，＞，
左边＞右边．
故当n＝1或n＝2时，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，有1＋＋＋…＋≥.
则当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋…＋≥＋＝.
因为－＝＞0，
所以＞＝右边．
由不等式的传递性可得：左边＞右边．
故当n＝k＋1时不等式也成立．
由(1)(2)知，对一切n∈N
原不等式都成立．
10．设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，an＋1＝＋a.
求证：对于任意的n∈N
，都有1＜an＜.
证明：(1)当n＝1时，a1＞1，又a1＝1＋a＜，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时，不等式成立．
即1＜ak＜.
当n＝k＋1(k∈N＋)时，由递推公式可知ak＋1＝＋a＞(1－a)＋a＝1.
同时ak＋1＝＋a＜1＋a＝＜.
所以当n＝k＋1(k∈N＋)时，命题也成立，
即1＜ak＋1＜.
由(1)(2)可知对于任意的n∈N＋，都有1＜an＜.
B级 能力提升
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜f(n)(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了( )
A．1项
B．k项
C．2k－1项
D．2k项
解析：1＋＋＋…＋－＝＋＋…＋，共增加了2k项．
答案：D
2．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a－na＋an＋1·an＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项an＝________．
解析：可用两种方法求解．
法一：分别令n＝1，2，3求出a2＝，a3＝，通过不完全归纳法知，an＝.
法二：对已知等式因式分解得[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.由an＞0知＝，再由累乘法求得an＝.
答案：
3．设a1＝1，an＋1＝eq
\r(a－2an＋2)＋b(n∈N
)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n＋1对所有n∈N＋成立？证明你的结论．
解：法一：a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N
)．
法二：a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.
因此猜想an＝＋1.
下用数学归纳法证明上式：
当n＝1时结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即ak＝＋1，
则ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1.
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝＋1(n∈N
)．
(2)设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，则c＝－1，解得c＝.
下用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n＋1＜1.
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，
所以a2＜＜a2＜1，结论成立．
假设n＝k时结论成立，即a2k＜c＜a2k＋1＜1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，
从而c＝f(c)＞f(a2k＋1)＞f(1)＝a2，
即1＞c＞a2k＋1＞a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)＜f(a2k＋2)＜f(a2)＝a3＜1.
故c＜a2k＋3＜1，因此a2(k＋1)＋1＜1.
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝.
