3．三个正数的算术—几何平均不等式
1．定理3
如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．
(1)不等式≥成立的条件是：a，b，c均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a＝b＝c.
(2)定理3可变形为：①abc≤3；②a3＋b3＋c3≥3abc.
(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正、二定、三相等”．
2．定理3的推广
对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
用平均不等式证明不等式
已知a，b，c∈R＋，求证：
＋＋≥3.
欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a＋b＋c≥3(a，b，c∈R＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形．
＋＋
＝＋－3
≥3＋3－3
＝6－3＝3.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
(1)不等式的证明方法较多，关键是从式子的结构入手进行分析．
(2)运用三个正数的平均不等式证明不等式时，仍要注意“一正、二定、三相等”，在解题中，若两次用平均值不等式，则只有在“相等”条件相同时，才能取到等号．
1．已知x＞0，y＞0，求证：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明：因为x＞0，y＞0，所以1＋x＋y2≥3＞0，
1＋x2＋y≥3＞0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
2．已知a1，a2，…，an都是正数，且a1a2…an＝1，求证：(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)≥3n.
证明：∵a1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a1＝1＋1＋a1≥3.
同理2＋aj≥3
(j＝2,3，…，n)．
将上述各不等式的两边分别相乘即得(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)≥(3)(3)…(3)＝3n·.
∵a1a2…an＝1，∴(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)≥3n.
当且仅当a1＝a2＝…＝an＝1时，等号成立.
用平均不等式求最值
(1)求函数y＝(x－1)2(3－2x)的最大值．
(2)求函数y＝x＋(x>1)的最小值．
对于积的形式求最大值，应构造和为定值．
(2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值．
(1)∵1
0，x－1>0.
y＝(x－1)2(3－2x)＝(x－1)(x－1)(3－2x)
≤3＝3＝，
当且仅当x－1＝x－1＝3－2x，即x＝∈时，ymax＝.
(2)∵x＞1，∴x－1>0，
y＝x＋＝(x－1)＋(x－1)＋＋1
≥3＋1＝4，
当且仅当(x－1)＝(x－1)＝，
即x＝3时，等号成立．即ymin＝4.
(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．
(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件即“一正、二定、三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如配系数、拆项、分离常数、平方变形等．
3．设x>0，则f(x)＝4－x－的最大值为( )
A．4－
B．4－
C．不存在
D.
解析：选D ∵x>0，∴f(x)＝4－x－＝4－≤4－3＝4－＝.
4．已知x，y∈R＋且x2y＝4，试求x＋y的最小值及达到最小值时x，y的值．
解：∵x，y∈R＋且x2y＝4，
∴x＋y＝x＋x＋y≥3＝3＝3.
当且仅当＝＝y时，等号成立．
又∵x2y＝4，∴当x＝2，y＝1时，x＋y取最小值3.
用平均不等式解应用题
如下图所示，在一张半径为2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r的平方成反比，即E＝k.
这里k是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h，才能使桌子边缘处最亮？
→
→
→→
∵r＝，∴E＝k·.
∴E2＝·sin2θ·cos4θ＝·(2sin2θ)·cos2θ·cos2θ≤·3＝.
当且仅当2sin2θ＝cos2θ时取等号，
即tan2θ＝，tan
θ＝.
∴h＝2tan
θ＝.即h＝时，E最大．
本题获解的关键是在获得了E＝k·后，对E的表达式进行变形求得E的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．
5．已知长方体的表面积为定值S，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．
解：设长方体的体积为V，长、宽、高分别是a，b，c，
则V＝abc，S＝2ab＋2bc＋2ac.
V2＝(abc)2＝(ab)(bc)(ac)≤3＝3＝.当且仅当ab＝bc＝ac，即a＝b＝c时，上式取等号，V2取最小值.由解得a＝b＝c＝.即当这个长方体的长、宽、高都等于时，体积最大，最大值为.
课时跟踪检测(三)
1．已知x为正数，下列各题求得的最值正确的是( )
A．y＝x2＋2x＋≥3＝6，∴ymin＝6.
B．y＝2＋x＋≥3＝3，∴ymin＝3.
C．y＝2＋x＋≥4，∴ymin＝4.
D．y＝x(1－x)(1－2x)
≤3＝，
∴ymax＝.
解析：选C A、B、D在使用不等式a＋b＋c≥3(a，b，c∈R＋)和abc≤3(a，b，c∈R＋)都不能保证等号成立，最值取不到．
C中，∵x>0，∴y＝2＋x＋＝2＋≥2＋2＝4，
当且仅当x＝，即x＝1时，等号成立．
2．已知a，b，c为正数，则＋＋有( )
A．最小值3
B．最大值3
C．最小值2
D．最大值2
解析：选A ＋＋≥3＝3，
当且仅当＝＝，即a＝b＝c时，等号成立．
3．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A 由logxy＝－2，得y＝.而x＋y＝x＋＝
＋＋≥3＝3＝，当且仅当＝，即x＝时，等号成立．
4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列不等式总成立的是( )
A．V≥π
B．V≤π
C．V≥π
D．V≤π
解析：选B 设圆柱底面半径为r，则圆柱的高h＝，所以圆柱的体积为V＝πr2·h＝πr2·＝πr2(3－2r)≤π3＝π.
当且仅当r＝3－2r，即r＝1时，等号成立．
5．若a>2，b>3，则a＋b＋的最小值为________．
解析：∵a>2，b>3，∴a－2>0，b－3>0，
则a＋b＋
＝(a－2)＋(b－3)＋＋5
≥3＋5＝8.
当且仅当a－2＝b－3＝，即a＝3，b＝4时，等号成立．
答案：8
6．设0________.
解析：∵00.
故x(1－x)2＝×2x(1－x)(1－x)≤3
＝×＝(当且仅当x＝时，等号成立)．
答案：
7．已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：2x＋＝(x－a)＋(x－a)＋＋2a.
∵x－a>0，
∴2x＋≥3＋2a＝3＋2a，当且仅当x－a＝即x＝a＋1时，等号成立．
∴2x＋的最小值为3＋2a.
由题意可得3＋2a≥7，得a≥2.
答案：2
8．设a，b，c∈R＋，求证：
(a＋b＋c)≥.
证明：∵a，b，c∈R＋，
∴2(a＋b＋c)＝(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．
9．已知正数a，b，c满足abc＝1，求(a＋2)(b＋2)·(c＋2)的最小值．
解：因为(a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)
≥3··3··3·＝27·＝27，
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋2)(b＋2)(c＋2)的最小值为27.
10．已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋2≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
证明：法一：因为a，b，c均为正数，由平均值不等式，得
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．
即当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．
法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式，得
a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①
同理＋＋≥＋＋，②
故a2＋b2＋c2＋2≥ab＋bc＋ac＋＋＋≥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a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立，即当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．1．不等式的基本性质
1．实数大小的比较
(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．
(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.
(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差与0的大小；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差与0的大小．
2．不等式的基本性质
由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：
(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b b＜a.
(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c a>c.
(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.
(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac(5)如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．
(6)如果a>b>0，那么>(n∈N，n≥2)．
3．对上述不等式的理解
使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：
(1)等式两边同乘一个数仍为等式，但不等式两边同乘同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．
(2)a＞b，c＞d a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0 ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．
(3)性质(5)(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b an>bn(n＝2k＋1，k∈N)，a>b >(n＝2k＋1，k∈N
)．
实数大小的比较
已知x，y均为正数，设m＝＋，n＝，试比较m和n的大小．
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(当x＝y时，等号成立)．
比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．
1．已知a，b∈R，比较a4＋b4与a3b＋ab3的大小．
解：因为(a4＋b4)－(a3b＋ab3)
＝a3(a－b)＋b3(b－a)
＝(a－b)(a3－b3)
＝(a－b)2(a2＋ab＋b2)
＝(a－b)2≥0.
当且仅当a＝b时，等号成立，
所以a4＋b4≥a3b＋ab3.
2．在数轴的正半轴上，A点对应的实数为，B点对应的实数为1，试判断A点在B点的左边，还是在B点的右边？
解：因为－1＝≤0，
所以≤1.
当且仅当a＝±时，等号成立，
所以当a≠±时，A点在B点左边，当a＝±时，A点与B点重合.
不等式的证明
已知a>b>0，c.
可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明．
法一：－＝＝，
∵a>b>0，c∴b－a＋c－d<0.
又∵a>0，c<0，∴a－c>0.同理b－d>0，
∴(a－c)(b－d)>0.
∵e<0，∴>0，即>.
法二： ＞.
进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
3．已知x≥1，y≥1，求证：x2y＋xy2＋1≤x2y2＋x＋y.
证明：左边－右边＝(y－y2)x2＋(y2－1)x－y＋1
＝(1－y)
＝(1－y)(xy－1)(x－1)．
因为x≥1，y≥1，所以1－y≤0，xy－1≥0，x－1≥0.
所以x2y＋xy2＋1≤x2y2＋x＋y.
4．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<.所以>.
利用不等式的性质求范围
(1)已知－≤α≤β≤，求α－β的取值范围．
(2)已知－1≤a＋b≤1,1≤a－2b≤3，求a＋3b的取值范围．
求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质．
(1)∵－≤α≤β≤，
∴－≤α≤，－≤－β≤，且α≤β.
∴－π≤α－β≤π且α－β≤0.
∴－π≤α－β≤0.即α－β的取值范围为．
(2)设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b.
解得λ1＝，λ2＝－.
∴－≤(a＋b)≤，－2≤－(a－2b)≤－.
∴－≤a＋3b≤1.
即a＋3b的取值范围为.
求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．
5．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．
解：设2α－β＝m(α＋β)＋n(α－β)，
∴
又∵1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，
∴ －≤2α－β≤.
∴2α－β的取值范围为.
6．三个正数a，b，c满足a≤b＋c≤2a，b≤a＋c≤2b，求的取值范围．
解：两个不等式同时除以a，得
将②×(－1)，得
两式相加，得1－≤－1≤2－，解得≤≤.
即的取值范围是.
课时跟踪检测(一)
1．下列命题中不正确的是( )
A．若>，则a>b
B．若a>b，c>d，则a－d>b－c
C．若a>b>0，c>d>0，则>
D．若a>b>0，ac>bd，则c>d
解析：选D 当a>b>0，ac>ad时，c，d的大小关系不确定．
2．已知a>b>c，则下列不等式正确的是( )
A．ac>bc
B．ac2>bc2
C．b(a－b)>c(a－b)
D．|ac|>|bc|
解析：选C a>b>c a－b>0 (a－b)b>(a－b)c.
3．如果aA.<
B．abC．－ab<－a2
D．－<－
解析：选D 对于A项，由a0，ab>0，故－＝>0，>，故A项错误；对于B项，由a0，ab>b2，故B项错误；对于C项，由a0，a2>ab，即－ab>－a2，故C项错误；对于D项，由a0，故－－＝<0，－<－成立，故D项正确．
4．若a＞0＞b＞－a，c＜d＜0，则下列结论：①ad＞bc；②＋＜0；③a－c＞b－d；④a(d－c)＞b(d－c)中，成立的个数是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选C ∵a＞0＞b，c＜d＜0，∴ad＜0，bc＞0，∴ad＜bc，故①不成立．∵a＞0＞b＞－a，∴a＞－b＞0，∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，∴a(－c)＞(－b)(－d)，∴ac＋bd＜0，∴＋＝＜0，故②成立．∵c＜d，∴－c＞－d，∵a＞b，∴a＋(－c)＞b＋(－d)，a－c＞b－d，故③成立．∵a＞b，d－c＞0，∴a(d－c)＞b(d－c)，故④成立．成立的个数为3.
5．给出四个条件：
①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0.
能得出＜成立的有________(填序号)．
解析：由<，得－<0，<0，故①②④可推得<成立．
答案：①②④
6．设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：①>；②acloga(b－c)．
其中所有的正确结论的序号是________．
解析：由a>b>1，c<0，得<，>；幂函数y＝xc(c<0)是减函数，所以acb－c，所以logb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，①②③均正确．
答案：①②③
7．已知－1解析：设z＝2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)，即2x－3y＝(m＋n)x＋(m－n)y.
∴解得∴2x－3y＝－(x＋y)＋(x－y)．
∵－1∴－2<－(x＋y)<，5<(x－y)<.
由不等式同向可加性，得3<－(x＋y)＋(x－y)<8，即3答案：(3,8)
8．若a>0，b>0，求证：＋≥a＋b.
证明：∵＋－a－b＝(a－b)＝，
(a－b)2≥0恒成立，且已知a＞0，b＞0，
∴a＋b>0，ab>0.∴≥0.∴＋≥a＋b.
9．已知－6解：∵－6又2∵2又∵－6∵2①当0≤a<8时，0≤<4；
②当－6＜a＜0时，－3＜＜0.
综合①②得－3<<4.
∴2a＋b，a－b，的取值范围分别为(－10,19)，(－9,6)，(－3,4)．
10．已知a>0，a≠1.
(1)比较下列各式大小．
①a2＋1与a＋a；②a3＋1与a2＋a；
③a5＋1与a3＋a2.
(2)探讨在m，n∈N＋条件下，am＋n＋1与am＋an的大小关系，并加以证明．
解：(1)由题意，知a>0，a≠1，
①a2＋1－(a＋a)＝a2＋1－2a＝(a－1)2>0.
∴a2＋1>a＋a.
②a3＋1－(a2＋a)＝a2(a－1)－(a－1)
＝(a＋1)(a－1)2＞0，∴a3＋1>a2＋a，
③a5＋1－(a3＋a2)
＝a3(a2－1)－(a2－1)＝(a2－1)(a3－1)．
当a>1时，a3>1，a2>1，∴(a2－1)(a3－1)>0.
当0∴(a2－1)(a3－1)>0，即a5＋1>a3＋a2.
(2)根据(1)可得am＋n＋1＞am＋an.证明如下：
am＋n＋1－(am＋an)＝am(an－1)＋(1－an)＝(am－1)(an－1)．
当a>1时，am>1，an>1，∴(am－1)(an－1)>0.
当0∴(am－1)(an－1)>0.
综上可知(am－1)(an－1)>0，即am＋n＋1>am＋an.二
综合法与分析法
1．综合法
(1)定义
从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或由因导果法．
(2)证明的框图表示
用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为
→→→…→
2．分析法
(1)定义
证明命题时，从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法．分析法又叫逆推法或执果索因法．
(2)证明过程的框图表示
用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为→→→…→
用综合法证明不等式
已知x>0，y>0，且x＋y＝1，求证：·≥9.
可将所证不等式左边展开，运用已知和基本不等式可得证，也可以用x＋y取代“1”，化简左边，然后再用基本不等式．
法一：∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2.
∴xy≤.
∴＝1＋＋＋
＝1＋＋＝1＋≥1＋8＝9.
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
法二：∵x＋y＝1，x>0，y>0，
∴＝
＝
＝5＋2
≥5＋2×2＝9.
当且仅当x＝y＝时，
等号成立．
综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间、不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．
1．已知a，b，c∈R＋，证明不明式：a＋b＋c≥＋＋，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
证明：因为a>0，b>0，c>0，故有
a＋b≥2，当且仅当a＝b时，等号成立；
b＋c≥2，当且仅当b＝c时，等号成立；
c＋a≥2，当且仅当c＝a时，等号成立．
三式相加，得a＋b＋c≥＋＋.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．已知a，b，c都是实数，求证：
a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
证明：∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
将以上三个不等式相加，得
2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，①
即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.②
在不等式①的两边同时加上“a2＋b2＋c2”，得
3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，
即a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2.③
在不等式②的两端同时加上2(ab＋bc＋ca)，得
(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)，
即(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.④
由③④，得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
用分析法证明不等式
已知x>0，y>0，求证：(x2＋y2)>(x3＋y3).
不等式两边是根式，可等价变形后再证明．分析每一步成立的充分条件．
要证明(x2＋y2)>(x3＋y3)，
只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即证3x4y2＋3x2y4>2x3y3.
∵x>0，y>0，∴x2y2>0.
即证3x2＋3y2>2xy.
∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2>2xy成立．
∴(x2＋y2)>(x3＋y3).
(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．
(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
3．求证：＋<2.
证明：分析法：
∵＋>0,2>0，∴要证
＋<2，
只需证明(＋)2<(2)2.
展开，得10＋2<20.即证2<10，
即证21<25(显然成立)．
∴＋<2.
4．已知a，b∈R＋，且2c>a＋b.
求证：c－证明：要证c－只需证－即证|a－c|<，
两边平方，得a2－2ac＋c2也即证a2＋ab<2ac，即a(a＋b)<2ac.
∵a，b∈R＋，且a＋b<2c，∴a(a＋b)<2ac显然成立．
∴原不等式成立.
综合法与分析法的综合应用
设a>0，b>0，且a＋b＝1，求证：＋≤.
所证不等式含有开方运算且两边都为正数，可考虑两边平方，用分析法转化为一个不含开方运算的不等式，再用综合法证明．
要证＋≤，
只需证(＋)2≤6，即证(a＋b)＋2＋2≤6.
由a＋b＝1，得只需证
≤，即证ab≤.
由a>0，b>0，a＋b＝1，得ab≤2＝，即ab≤成立．
∴原不等式成立．
(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．
(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．
5．已知a，b，c都是正数，
求证：2≤3.
证明：法一：要证2≤3，
只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，
即－2≤c－3.
移项，得c＋2≥3.
由a，b，c为正数，得
c＋2＝c＋＋≥3成立．
∴原不等式成立．
法二：∵a，b，c是正数，
∴c＋＋≥3＝3.
即c＋2≥3.故－2≤c－3.
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3.
∴2≤3.
6．已知a>0，b>0，n∈N
，求证：≥.
证明：先证≥，
只要证2(an＋1＋bn＋1)≥(a＋b)(an＋bn)，
即要证an＋1＋bn＋1－anb－abn≥0，
即要证(a－b)(an－bn)≥0.
若a≥b，则a－b≥0，an－bn≥0，所以(a－b)(an－bn)≥0；
若a0，综上所述，(a－b)(an－bn)≥0.从而≥.
因为a>0，b>0，所以≥，所以≥.
课时跟踪检测(七)
1．设a，b∈R＋，A＝＋，B＝，则A，B的大小关系是( )
A．A≥B
B．A≤B
C．A＞B
D．A＜B
解析：选C A2＝(＋)2＝a＋2＋b，B2＝a＋b，所以A2>B2.又A＞0，B＞0，∴A＞B.
2．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )
A.＋≥2
B.＋≥a＋b
C.＋≤
D.＋≥
解析：选C A项满足基本不等式；B项可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab得到的，正确．
3．设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．b>c>a
解析：选B 由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋>＋>2，∴b4．设A．aaB．aaC．abD．ab解析：选C ∵∴01，
∴ab0，
∴a<1，∴aa5．若＜＜0，则下列不等式：
①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④＋＞2，
其中正确的有________(填序号)．
解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.
∴故①正确，②③错误．
∵a，b同号且a≠b，∴，均为正，
∴＋＞2
＝2，故④正确．
答案：①④
6．已知a>0，b>0，若P是a，b的等差中项，Q是a，b的正的等比中项，是，的等差中项，则P，Q，R按从大到小的顺序排列为________．
解析：∵P＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时，等号成立．
答案：P≥Q≥R
7．设a>b>c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________．
解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.
又(a－c)＝·
≥2·2＝4，当且仅当a－b＝b－c时，等号成立，
∴m∈(－∞，4]．
答案：(－∞，4]
8．已知a，b，c均为正实数，且b2＝ac.
求证：a4＋b4＋c4>(a2－b2＋c2)2.
证明：要证a4＋b4＋c4>(a2－b2＋c2)2成立，
只需证a4＋b4＋c4>a4＋b4＋c4－2a2b2＋2a2c2－2b2c2，
即证a2b2＋b2c2－a2c2>0.∵b2＝ac，
故只需证(a2＋c2)ac－a2c2>0.
∵a>0，c>0，故只需证a2＋c2－ac>0.
又∵a2＋c2≥2ac＞ac，∴a2＋c2－ac>0显然成立，
∴原不等式成立．
9．已知a>0，b>0，c>0，且a，b，c不全相等，
求证：＋＋>a＋b＋c.
证明：因为a，b，c∈(0，＋∞)，所以＋≥2＝2c.
同理＋≥2a，＋≥2b.因为a，b，c不全相等，
所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得2>2(a＋b＋c)，即＋＋>a＋b＋c.
10．设实数x，y满足y＋x2＝0,0求证：loga(ax＋ay)<＋loga2.
证明：因为ax>0，ay>0，所以ax＋ay≥2＝2
.
因为x－x2＝x(1－x)≤2＝，
又因为0但当x＝时，ax≠a－x2，所以
>a，
所以ax＋ay＞2a.又因为0所以loga(ax＋ay)一般形式的柯西不等式
1．三维形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则
(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2,3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2,3)时等号成立．
2．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则
(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
利用柯西不等式证明不等式
设x1，x2，…，xn都是正数，求证：＋＋…＋≥.
根据一般柯西不等式的特点，构造两组数的积的形式，利用柯西不等式证明．
∵(x1＋x2＋…＋xn)
＝·
≥2
＝n2，
∴＋＋…＋≥.
柯西不等式的结构特征可以记为：
(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)≥(＋＋…＋)2.
其中ai，bi∈R＋(i＝1,2，…，n)．在使用柯西不等式时要善于从整体上把握柯西不等式的结构特征，正确地配凑出公式两侧的数是解决问题的关键．
1．已知a，b，c，d∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≤3.
证明：根据柯西不等式，有
(＋＋)2
≤(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)＝18，
∴＋＋≤3.
2．设a1，a2，a3均为正数，且a1＋a2＋a3＝.求证：＋＋≥1.
证明：法一：由柯西不等式，得
·9
＝
＝·
≥
2＝9，
当且仅当()2＝()2＝()2，
即a1＝a2＝a3＝时，等号成立，
所以＋＋≥1.
法二：因为≥3·3＝9，
当且仅当a1＝a2＝a3时，等号成立，
又a1＋a2＋a3＝，所以·2×≥9，
所以＋＋≥1.
利用柯西不等式求最值
(1)已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，求
＋
＋
的最小值．
(2)设2x＋3y＋5z＝29，求函数μ＝＋＋的最大值．
(1)巧妙利用“1”的代换，构造柯西不等式来求最值．
(2)对原式变形、添项构造柯西不等式求最值．
(1)∵x＋y＋z＝1，
∴＋＋＝(x＋y＋z)
≥2
＝(1＋2＋3)2＝36.
当且仅当x＝＝，
即x＝，y＝，z＝时，等号成立．
所以＋＋的最小值为36.
(2)根据柯西不等式，有
(·1＋·1＋·1)2
≤·(1＋1＋1)
＝3×(2x＋3y＋5z＋11)
＝3×40
＝120.
故＋＋≤2，
当且仅当2x＋1＝3y＋4＝5z＋6，
即x＝，y＝，z＝时，等号成立．
此时μmax＝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，要注意等号成立的条件．
3．已知：x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，则＋2＋的最大值为( )
A．2
B．2
C．4
D．5
解析：选C ∵(＋2＋)2＝(1×＋2＋·)2≤(12＋22＋()2)＝8(x＋y＋z)＝16.
∴＋2＋≤4.
4．把一根长为12
m的细绳截成三段，各围成三个正方形．问：怎样截才能使围成的三个正方形面积之和S最小？请求出最小值．
解：设三段绳子的长分别为x，y，z，则x＋y＋z＝12，三个正方形的边长分别为，，，均为正数，三个正方形面积之和S＝2＋2＋2＝(x2＋y2＋z2)．
∵(12＋12＋12)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝122，
即x2＋y2＋z2≥48.从而S≥×48＝3.
当且仅当＝＝时，等号成立．
又x＋y＋z＝12，∴x＝y＝z＝4时，Smin＝3.
故把绳子三等分时，才能使围成的三个正方形面积之和S最小，最小值为3
m2.
课时跟踪检测(十)
1．设a＝(－2,1,2)，|b|＝6，则a·b的最小值为( )
A．18
B．6
C．－18
D．12
解析：选C |a·b|≤|a||b|，
∴|a·b|≤18.
∴－18≤a·b≤18，当a，b反向时，a，b最小，最小值－18.
2．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选A (a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1，当且仅当＝＝…＝＝1时取等号，∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
3．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，则ab＋bc＋cd＋ad的最小值为( )
A．5
B．－5
C．25
D．－25
解析：选B (ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)·(b2＋c2＋d2＋a2)＝25，当且仅当a＝b＝c＝d＝±时，等号成立，∴ab＋bc＋cd＋bd的最小值为－5.
4．已知x，y，z∈R，且x－2y－3z＝4，则x2＋y2＋z2的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A 由柯西不等式，得2≤(x2＋y2＋z2)，即(x－2y－3z)2≤14(x2＋y2＋z2)，
即16≤14(x2＋y2＋z2)，所以x2＋y2＋z2≥.
当且仅当x＝＝＝时，等号成立，
即x2＋y2＋z2的最小值为.
5．已知2x＋3y＋z＝8，则x2＋y2＋z2取得最小值时，x，y，z形成的点(x，y，z)＝________.
解析：由柯西不等式，得(22＋32＋12)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥＝.
当且仅当＝＝z时，等号成立．又2x＋3y＋z＝8，
解得x＝，y＝，z＝，所求点为.
答案：
6．已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，则x2＋4y2＋z2的最小值为________．
解析：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.
答案：
7．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，则＋＋的最大值为________．
解析：由柯西不等式，得(＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3)＝3(2×6＋4)＝48.
当且仅当＝＝，
即2a＝2b＋1＝2c＋3时，等号成立．
又a＋b＋c＝6，∴a＝，b＝，c＝时，
＋＋取得最大值4.
答案：4
8．在△ABC中，设其各边长为a，b，c，外接圆半径为R，求证：(a2＋b2＋c2)＋＋≥36R2.
证明：∵＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2.
9．求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2取到最小值．
解：由柯西不等式，得
(12＋22＋12)×
≥2＝1，
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥.
当且仅当＝＝，即x＝，y＝时，等号成立，此时有最小值.
10．已知不等式|a－2|≤x2＋2y2＋3z2对满足x＋y＋z＝1的一切实数x，y，z都成立，求实数a的取值范围．
解：由柯西不等式，得≥(x＋y＋z)2.
又因为x＋y＋z＝1，所以x2＋2y2＋3z2≥.
当且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝时取等号，则|a－2|≤，所以实数a的取值范围为.三
排序不等式
1．顺序和、乱序和、反序和
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，称a1b1＋a2b2＋…＋anbn为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)，称a1c1＋a2c2＋…＋ancn为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．
2．排序不等式(排序原理)
定理：(排序不等式，又称为排序原理) 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，等号成立(反序和等于顺序和) a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.
排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．
用排序不等式证明不等式(所证不等式中字母大小顺序已确定)
已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，求证：＋＋≥＋＋.
分析题目中已明确a≥b≥c，所以解答本题时可直接构造两个数组，再用排序不等式证明即可．
∵a≥b>0，∴≤.
又c>0，从而≥.
同理≥，从而≥≥.
又由于顺序和不小于乱序和，故可得
＋＋≥＋＋
＝＋＋
≥＋＋＝＋＋
＝＋＋.
∴原不等式成立．
利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．
1．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.
∴sin
αcos
β＋sin
βcos
γ＋sin
γcos
α>sin
αcos
α＋sin
β·cos
β＋sin
γcos
γ＝(sin
2α＋sin
2β＋sin
2γ)．
2．设x≥1，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
证明：∵x≥1，∴1≤x≤x2≤…≤xn.
由排序原理，得12＋x2＋x4＋…＋x2n≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn.①
又因为x，x2，…，xn,1为1，x，x2，…，xn的一个排列，
由排序原理，得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1
≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
得x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn.②
将①②相加，得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设)
在△ABC中，试证：≤.
可构造△ABC的边和角的有序数列，应用排序不等式来证明．
不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由排序不等式，得
aA＋bB＋cC≥aA＋bB＋cC，
aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC，
aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC.
相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)，得≥.
在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系，对于没有给出大小关系的情况，要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系．
3．设c1，c2，…，cn为正数组a1，a2，…，an的某一排列，求证：＋＋…＋≥n.
证明：不妨设0因为，，…，是，，…，的一个排列，
由排序原理，得
a1·＋a2·＋…＋an·≤a1·＋a2·＋…＋an·，即＋＋…＋≥n.
4．设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，
求证：＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1则>>…>且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有
＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋.
∴原不等式成立．
课时跟踪检测(十一)
1．有一有序数组，其顺序和为A，反序和为B，乱序和为C，则它们的大小关系为( )
A．A≥B≥C
B．A≥C≥B
C．A≤B≤C
D．A≤C≤B
解析：选B 由排序不等式，顺序和≥乱序和≥反序和知：A≥C≥B.
2．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为( )
A．A>B
B．AC．A≥B
D．A≤B
解析：选C 序列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn}
的一个排列．由排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即x＋x＋…＋x≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.
3．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：选C 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
＝R(sin
C＋sin
A＋sin
B)＝P＝.
4．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________元．( )
A．76
B．20
C．84
D．96
解析：选A 设a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a1b3＋a2b2＋a3b1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．
5．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1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32，最小值为28.
答案：32 28
6．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：由题意知，等候的时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7＝41.
答案：41
7．在Rt△ABC中，∠C为直角，A，B所对的边分别为a，b，则aA＋bB与(a＋b)的大小关系为________．
解析：不妨设a≥b>0，则A≥B>0，由排序不等式
2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)
＝(a＋b)，
∴aA＋bB≥(a＋b)．
答案：aA＋bB≥(a＋b)
8．设a，b，c都是正数，求证：a＋b＋c≤.
证明：由题意不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，ab≥ac≥bc.
根据排序原理，得a2bc＋ab2c＋abc2≤a3c＋b3a＋c3b.①
又由不等式的性质，知a3≥b3≥c3，且a≥b≥c.
再根据排序不等式，得
a3c＋b3a＋c3b≤a4＋b4＋c4.②
由①②及不等式的传递性，得
a2bc＋ab2c＋abc2≤a4＋b4＋c4.
两边同除以abc得证原不等式成立．
9．设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．
解：不妨设a≥b≥c，
则a＋b≥a＋c≥b＋c，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋，
以上两式相加，得2≥3，
∴＋＋≥，
即当且仅当a＝b＝c时，
＋＋的最小值为.
10．设x，y，z为正数，求证：
x＋y＋z≤＋＋.
证明：由于不等式关于x，y，z对称，
不妨设0由排序原理：反序和≤乱序和，得
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
将上面两式相加，得2(x＋y＋z)≤＋＋，于是x＋y＋z≤＋＋.
本讲高考热点解读与高频考点例析
?考情分析
从近两年高考来看，对本部分内容还未单独考查，可也不能忽视，利用柯西不等式构造“平方和的积”与“积的和的平方”，利用排序不等式证明成“对称”形式，或两端是“齐次式”形式的不等式问题．
?真题体验
(陕西高考)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
解：(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，
则解得
(2)＋＝·＋
≤
＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
利用柯西不等式证明有关不等式问题
柯西不等式的一般形式为(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观，对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式证明问题迎刃而解．
已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：＋＋＋＞＋＋＋.
由柯西不等式≥2，
于是＋＋＋≥＋＋＋.①
等号成立 ＝＝＝ ＝＝＝ a＝b＝c＝d.
又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．
即＋＋＋>＋＋＋.
利用排序不等式证明有关的不等式问题
排序不等式具有自己独特的体现：多个变量的排列与其大小顺序有关，特别是与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简便．
设a，b，c为实数，求证：＋＋≥a10＋b10＋c10.
由对称性，不妨设a≥b≥c，
于是a12≥b12≥c12，≥≥.
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：反序和≤乱序和，得
＋＋≤＋＋.②
由①②得＋＋≥a10＋b10＋c10.
利用柯西不等式或排序不等式求最值问题
有关不等式问题往往要涉及对式子或量的围的限定．其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．
已知5a2＋3b2＝，求a2＋2ab＋b2的最大值．
解：∵
≥2
＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，
当且仅当5a＝3b，即a＝，b＝时，等号成立．
∴×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.
∴a2＋2ab＋b2≤×(5a2＋3b2)＝×＝1.
∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.
已知正实数x1，x2，…，xn满足x1＋x2＋…＋xn＝P，P为定值，求F＝＋＋…＋＋的最小值．
不妨设0则≥≥…≥>0，且0∵，，…，，为序列的一个排列，
根据排序不等式，得
F＝＋＋…＋＋
≥x·＋x·＋…＋x·
＝x1＋x2＋…＋xn
＝P(定值)，
当且仅当x1＝x2＝…＝xn＝时，等号成立．
即F＝＋＋…＋＋的最小值为P.1．绝对值三角不等式
绝对值三角不等式
(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
几何解释：用向量a，b分别替换a，b.
①当a与b不共线时，有|a＋b|<|a|＋|b|，其几何意义为：三角形的两边之和大于第三边．
②若a，b共线，当a与b同向时，|a＋b|＝|a|＋|b|，当a与b反向时，|a＋b|<|a|＋|b|.
由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式．
③定理1的推广：如果a，b是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|.
当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
几何解释：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，
当点B在点A，C之间时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|.
当点B不在点A，C之间时：①点B在点A或点C上时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|；
②点B不在点A，C上时，|a－c|<|a－b|＋|b－c|.
应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．
含绝对值不等式的判断与证明
已知|A－a|<，|B－b|<，|C－c|<.
求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)| ―→
|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|
＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|
≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|
≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|.
因为|A－a|<，|B－b|<，|C－c|<，
所以|A－a|＋|B－b|＋|C－c|<＋＋＝s.
所以|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．
1．设a，b是满足ab<0的实数，则下列不等式中正确的是( )
A．|a＋b|>|a－b|
B．|a＋b|<|a－b|
C．|a－b|<||a|－|b||
D．|a－b|<|a|＋|b|
解析：选B ∵ab<0且|a－b|2＝a2＋b2－2ab，
∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab<|a－b|2.
∴(|a|＋|b|)2＝a2＋b2＋2|ab|＝|a－b|2.
故A、D不正确；B正确；
又由定理1的推广知C不正确．
2．设ε>0，|x－a|<，|y－a|<.
求证：|2x＋3y－2a－3b|<ε.
证明：|2x＋3y－2a－3b|＝|2(x－a)＋3(y－b)|≤|2(x－a)|＋|3(y－b)|＝2|x－a|＋3|y－b|<2×＋3×＝ε.
绝对值三角不等式的应用
(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值．
(2)设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)．若|a|≤1，求|f(x)|的最大值．
利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解．
(1)法一：||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，
∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
法二：把函数看作分段函数．
y＝|x－3|－|x＋1|＝
∴－4≤y≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)∵|x|≤1，|a|≤1，
∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|
＝|a||x2－1|＋|x|≤|x2－1|＋|x|
＝1－|x2|＋|x|＝－|x|2＋|x|＋1
＝－2＋≤.
∴|x|＝时，|f(x)|取得最大值.
(1)利用绝对值不等式求函数最值，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．
(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．
3．(江西高考)x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________．
解析：|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，|y|＋|y－1|≥|y－(y－1)|＝1，
所以|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2，
当且仅当x∈，y∈时，|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|取得最小值2，
而已知|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，
所以|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，
此时x∈，y∈，所以x＋y∈．
答案：
4．求函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的最小值．
解：∵|x－1|＋|x＋1|＝|1－x|＋|x＋1|≥|1－x＋x＋1|＝2，当且仅当(1－x)(1＋x)≥0，
即－1≤x≤1时取等号．∴当－1≤x≤1时，函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|取得最小值2.
5．若对任意实数，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，求a的取值范围．
解：由题意知a<|x＋1|－|x－2|对任意实数恒成立，
∴a∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.
∴min＝－3.
∴a<－3.即a的取值范围为(－∞，－3)．
课时跟踪检测(四)
1．对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是( )
A．当a，b异号时，左边等号成立
B．当a，b同号时，右边等号成立
C．当a＋b＝0时，两边等号均成立
D．当a＋b>0时，右边等号成立；当a＋b<0时，左边等号成立
解析：选B 当a，b异号且|a|>|b|时左边等号才成立，A不正确，显然B正确；当a＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确，D显然不正确．
2．不等式<1成立的充要条件是( )
A．a，b都不为零
B．ab<0
C．ab为非负数
D．a，b中至少有一个不为零
解析：选B 原不等式即为|a＋b|<|a|＋|b| a2＋b2＋2ab3．已知a，b，c∈R，且a>b>c，则有( )
A．|a|>|b|>|c|
B．|ab|>|bc|
C．|a＋b|>|b＋c|
D．|a－c|>|a－b|
解析：选D ∵a，b，c∈R，且a>b>c，令a＝2，b＝1，c＝－6.
∴|a|＝2，|b|＝1，|c|＝6，|b|<|a|<|c|，故排除A.
又|ab|＝2，|bc|＝6，|ab|<|bc|，故排除B.
又|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，|a＋b|<|b＋c|，排除C.
而|a－c|＝|2－(－6)|＝8，|a－b|＝1，∴|a－c|>|a－b|.
4．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )
A．|a＋b|＋|a－b|>2
B．|a＋b|＋|a－b|<2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2
D．不可能比较大小
解析：选B 当(a＋b)(a－b)≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.
当(a＋b)(a－b)<0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.
5．不等式|x－1|－|x－2|解析：若使不等式|x－1|－|x－2|(|x－1|－|x－2|)max.
因为|x－1|－|x－2|≤|x－1－(x－2)|＝1，
故a>1.故a的取值范围为(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
6．设a，b∈R，|a－b|＞2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|＞2的解集是________．
解析：∵|x－a|＋|x－b|＝|a－x|＋|x－b|≥|(a－x)＋(x－b)|＝|a－b|＞2，
∴|x－a|＋|x－b|＞2对x∈R恒成立，故解集为(－∞，＋∞)．
答案：(－∞，＋∞)
7．下列四个不等式：
①logx10＋lg
x≥2(x>1)；
②|a－b|<|a|＋|b|；
③≥2(ab≠0)；
④|x－1|＋|x－2|≥1.其中恒成立的是______(把你认为正确的序号都填上)．
解析：logx10＋lg
x＝＋lg
x≥2，①正确；ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；
∵ab≠0时，与同号，
∴＝＋≥2，③正确；
由|x－1|＋|x－2|的几何意义知|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④正确．
综上可知①③④正确．
答案：①③④
8．已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，求证：|x＋5y|≤1.
证明：|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.
由绝对值不等式的性质，得
|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|
＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×＋2×＝1，即|x＋5y|≤1.
9．设f(x)＝x2－x＋b，|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
证明：∵f(x)－f(a)＝x2－x－a2＋a＝(x－a)(x＋a－1)，
|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|
＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|
≤|x－a|＋2|a|＋1<2|a|＋2＝2(|a|＋1)，
∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
10．设函数y＝|x－4|＋|x－3|.求：
(1)y的最小值；
(2)使y(3)使y≥a恒成立的a的最大值．
解：(1)y＝|x－4|＋|x－3|＝|x－4|＋|3－x|
≥|(x－4)＋(3－x)|＝1，
∴ymin＝1.
(2)由(1)知y≥1，要使y1，即a的取值范围为(1，＋∞)．
(3)要使y≥a恒成立，只要y的最小值1≥a即可，
∴amax＝1.一
二维形式的柯西不等式
1．二维形式的柯西不等式
(1)定理1：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
(2)二维形式的柯西不等式的推论：
(a＋b)(c＋d)≥(＋)2(a，b，c，d为非负实数)；
·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
2．柯西不等式的向量形式
定理2：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．
柯西不等式的向量形式中α·β≤|α|·|β|，取等号的条件是β＝0或存在实数k，使α＝kβ.
3．二维形式的三角不等式
(1)定理3：x1，y1，x2，y2∈R，那么
＋≥.
(2)推论：对于任意的x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，有＋≥
.
事实上，在平面直角坐标系中，设点P1，P2，P3的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，根据△P1P2P3的边长关系有|P1P3|＋|P2P3|≥|P1P2|，当且仅当三点P1，P2，P3共线，并且点P1，P2在P3点的异侧时，等号成立．
利用柯西不等式证明不等式
设＋＝1，求证：x2＋y2≥(m＋n)2.
可结合柯西不等式，将左侧构造成乘积形式，然后用柯西不等式证明．
∵＋＝1，
∴x2＋y2＝(x2＋y2)≥2＝(m＋n)2.
利用柯西不等式证明不等式的关键在于利用已知条件和所证不等式，构造柯西不等式的基本形式，从而利用柯西不等式证明，但应注意等号成立的条件．
1．已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求证：|ax＋by|≤1.
证明：由柯西不等式，得(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝1，
∴|ax＋by|≤1.
2.已知a1，a2，b1，b2为正实数，
求证：(a1b1＋a2b2)≥(a1＋a2)2.
证明：(a1b1＋a2b2)
＝
≥2＝(a1＋a2)2.
3．设a，b，c为正数，求证：
＋＋≥
(a＋b＋c)．
证明：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)，
∴
＋
＋
≥
·(a＋b＋c).
利用柯西不等式求最值
求函数y＝3sin
α＋4cos
α的最大值．
函数的解析式是两部分的和，若能化为ac＋bd的形式就能用柯西不等式求其最大值．
由柯西不等式，得(3sin
α＋4cos
α)2≤(32＋42)(sin2α＋cos2α)＝25，
∴3sin
α＋4cos
α≤5.
当且仅当＝>0，即sin
α＝，cos
α＝时取等号，即函数的最大值为5.
利用柯西不等式求最值
(1)变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；
(2)有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；
(3)而有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．
4．已知2x2＋y2＝1，求2x＋y的最大值．
解：2x＋y＝×x＋1×y≤×＝×＝.
当且仅当x＝y＝时，等号成立．∴2x＋y的最大值为.
5．已知2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值．
解：∵(4x2＋9y2)(22＋22)≥(4x＋6y)2＝4，∴4x2＋9y2≥.
当且仅当2×2x＝3y×2，即2x＝3y时，等号成立．
又2x＋3y＝1，得x＝，y＝，
故当x＝，y＝时，4x2＋9y2的最小值为.
6．求函数f(x)＝＋的最大值及此时x的值．
解：函数的定义域为，由柯西不等式，得
(＋)2≤(12＋12)＝2(x－6＋12－x)＝12，
即＋≤2.
故当＝时，即x＝9时，函数f(x)取得最大值2.
课时跟踪检测(九)
1．已知x，y∈R＋，且xy＝1，则的最小值为( )
A．4
B．2
C．1
D.
解析：选A
＝·
≥2＝2＝22＝4.
2．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a－b的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．(－，)
解析：选A (a2＋b2)≥(a－b)2，
∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.
∴－2≤a－b≤2.
3．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B (2x2＋3y2)≥(x＋y)2＝[(x＋y)]2＝6，
当且仅当x＝，y＝时，等号成立，即2x2＋3y2≥.
4．函数y＝＋2的最大值是( )
A.
B.
C．3
D．5
解析：选B 根据柯西不等式，知y＝1×＋2×≤×＝，当且仅当x＝时，等号成立．
5．设xy>0，则·的最小值为________．
解析：原式＝
≥2＝9(当且仅当xy＝时，等号成立)．
答案：9
6．设实数x，y满足3x2＋2y2≤6，则P＝2x＋y的最大值为________．
解析：由柯西不等式，得(2x＋y)2≤·＝(3x2＋2y2)·≤6×＝11，
当且仅当x＝，y＝时，等号成立，
于是2x＋y≤.
答案：
7．函数f(x)＝＋的最大值为________．
解析：因题意得函数有意义时x满足≤x2≤2.
由柯西不等式，得2＝2
≤(1＋2)＝，∴f(x)≤，
当且仅当2－x2＝，即x2＝时，等号成立．
答案：
8．已知θ为锐角，a，b
∈R＋.
求证：(a＋b)2≤＋.
证明：设m＝，n＝(cos
θ，sin
θ)，
则|a＋b|＝
＝|m·n|≤|m||n|＝
·
＝，∴(a＋b)2≤＋.
9．解方程：＋2
＝.
解：15＝2
≤·
＝6＝6×＝15.
其中等号成立的充要条件是＝，
解得x＝－.
10．试求函数f(x)＝3cos
x＋4的最大值，并求出相应的x的值．
解：设m＝(3,4)，
n＝(cos
x，)，
则f(x)＝3cos
x＋4
＝|m·n|≤|m|·|n|
＝·＝5，
当且仅当m∥n时，上式取等号．
此时，3
－4cos
x＝0，
解得sin
x＝，cos
x＝.
故当sin
x＝，cos
x＝时，
f(x)＝3cos
x＋4
取得最大值5.三
反证法与放缩法
1．不等式的证明方法——反证法
(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，然后由此假设出发，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．
(2)反证法证明不等式的一般步骤：①假设命题不成立；②依据假设推理论证；③推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．
2．不等式的证明方法——放缩法
(1)放缩法证明的定义：
证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．
(2)放缩法的理论依据主要有：
①不等式的传递性；
②等量加不等量为不等量；
③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．
利用反证法证明不等式
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.
“不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”．
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾，
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．
(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．
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：选D “不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”．
2．证明：三个互不相等的正数a，b，c成等差数列，则a，b，c不可能成等比数列．
证明：假设a，b，c成等比数列，则b2＝ac.
又∵a，b，c成等差数列，
∴a＝b－d，c＝b＋d(其中d为公差)．
∴ac＝b2＝(b－d)(b＋d)．
∴b2＝b2－d2.
∴d2＝0，
∴d＝0.这与已知中a，b，c互不相等矛盾．
∴假设不成立．∴a，b，c不可能成等比数列．
3．已知函数y＝f(x)在R上是增函数，且f(a)＋f(－b)证明：假设ab.
当a＝b时，－a＝－b，则有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)，与已知矛盾．
当a>b时，－a<－b，由函数y＝f(x)的单调性可得f(a)>f(b)，f(－b)>f(－a)，于是有f(a)＋f(－b)>f(b)＋f(－a)，与已知矛盾．故假设不成立．∴a利用放缩法证明不等式
已知实数x，y，z不全为零．求证：
＋＋>(x＋y＋z)．
解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．
＝
≥
＝≥x＋.
同理可得：≥y＋，
≥z＋，
由于x，y，z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加，得
＋＋>
＋＋＝(x＋y＋z)．
(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当的放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．
(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．
4．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.
证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得≤＜.
当k＝1时，≤＜，
当k＝2时，≤＜，
…
当k＝n时，≤＜.
∴将以上n个不等式相加，得＝≤＋＋…＋＜＝1.
5．设f(x)＝x2－x＋13，a，b∈，求证：
|f(a)－f(b)|<|a－b|.
证明：|f(a)－f(b)|＝|a2－a－b2＋b|＝|(a－b)(a＋b－1)|＝|a－b||a＋b－1|.
∵0≤a≤1,0≤b≤1，
∴0≤a＋b≤2，－1≤a＋b－1≤1，|a＋b－1|≤1.
∴|f(a)－f(b)|≤|a－b|.
课时跟踪检测(八)
1．设a，b，c∈R＋，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( )
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：选C 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．
2．若|a－c|A．|a－b|<2h
B．|a－b|>2h
C．|a－b|D．|a－b|>h
解析：选A |a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|<2h.
3．设x，y都是正实数，且xy－(x＋y)＝1，则( )
A．x＋y≥2(＋1)
B．xy≤＋1
C．x＋y≤(＋1)2
D．xy≥2(＋1)
解析：选A 由已知(x＋y)＋1＝xy≤2，
∴(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0.
∵x，y都是正实数，
∴x>0，y>0，∴x＋y≥2＋2＝2(＋1)．
4．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b与a③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：选C 若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；当a>b与a5．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法证明时作的反设应为________．
答案：a，b中没有任何一个为正数(或a≤0且b≤0)
6．lg9·lg11与1的大小关系是________．
解析：∵lg
9＞0，lg
11＞0，
∴＜＝＜＝1，
∴lg
9·lg
11＜1.
答案：lg
9·lg
11＜1
7．设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A，B的大小关系是________．
解析：A＝＋＜＋＝B.
答案：A＜B
8．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数．
由a＋b＝c＋d＝1知a，b，c，d∈．
从而ac≤≤，bd≤≤，
∴ac＋bd≤＝1，
即ac＋bd≤1，与已知ac＋bd>1矛盾，
∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
9．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N
)．
求证：证明：∵＝，
∴>n，
∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…＋n＝.
∵<，
∴an<＋＋＋…＋
＝＋(1＋2＋3＋…＋n)＝.
综上得10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在上的最大值为2，最小值为－.
求证：a≠0且<2.
证明：假设a＝0或≥2.
①当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0.
由题意得f(x)＝bx在上是单调函数，
所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.
由已知条件得|b|＋(－|b|)＝2－＝－，
这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.
②当≥2时，由二次函数的对称轴为x＝－，
知f(x)在上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得
.
所以或
又a＋c＝0，则此时b无解，所以<2.
由①②，得a≠0且<2.
本讲高考热点解读与高频考点例析
?考情分析
从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．
在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．
?真题体验
1．(全国甲卷)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
(1)解：f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1因此|a＋b|<|1＋ab|.
2．(全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(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必要性：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充分性：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，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
比较法证明不等式
比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，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．
已知b，m1，m2都是正数，a －
＝
＝
＝.
因为b>0，m1，m2>0，所以(b＋m1)(b＋m2)>0.
又a因为m10.
从而(a－b)(m2－m1)<0.
于是<0.
所以<.
综合法证明不等式
综合法证明不等式的思维方向是“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．
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．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，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．
设a>0，b>0，a＋b＝1.
求证：＋＋≥8.
∵a>0，b>0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，≤.
∴≥4.
∴＋＋＝(a＋b)＋
≥2·2＋4＝8.
∴＋＋≥8.
分析法证明不等式
分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，
逐步寻找使它成立的充分条件(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．
分析法是“执果索因”，步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，两者是对立统一的两种方法．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．
已知a>b>0.求证：－<.
要证－<，
只需证<＋，
只需证()2<(＋)2，
只需证a只需证0<2.
∵a>b>0，上式显然成立，
∴原不等式成立，即－<.
反证法证明不等式
用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．
假设欲证的命题是“若A则B”，我们可以通过否定来达到肯定B的目的，如果只有有限多种情况，就可用反证法．
用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．
已知：在△ABC中，∠CAB>90°，D是BC的中点．求证：AD 假设AD≥BC.
①若AD＝BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾．
所以AD≠BC.
②若AD>BC，因为BD＝DC＝BC，
所以在△ABD中，AD>BD，从而∠B>∠BAD.
同理∠C>∠CAD.所以∠B＋∠C>∠BAD＋∠CAD.即∠B＋∠C>∠A.
因为∠B＋∠C＝180°－∠A，
所以180°－∠A>∠A，
即∠A＜90°，与已知矛盾．
故AD＞BC不成立．
由①②知AD＜BC成立.
放缩法证明不等式
放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性，作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．
放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．
求证：－<1＋＋…＋<2－(n∈N
且n≥2)．
∵k(k＋1)>k2＞k(k－1)(k∈N
且k≥2)，
∴<<.
即－<<－.
分别令k＝2,3，…，n，得
－<<1－，－<<－，
…
－<<－，将这些不等式相加，得
－＋－＋…＋－<＋＋…＋<1－＋－＋…＋－，
即－<＋＋…＋<1－.
∴1＋－<1＋＋＋…＋<1＋1－.
即－<1＋＋…＋<2－(n∈N
且n≥2)成立．二
数学归纳法证明不等式举例
1．贝努利不等式
如果x是实数，且x>－1，x≠0，n为大于1的自然数，那么有(1＋x)n>1＋nx.
2．贝努利不等式的推广
当指数n推广到任意实数α时，
(1)若0<α<1时，则(1＋x)α≤1＋αx(x>－1)；
(2)若α>1或α<0时，则(1＋x)α≥1＋αx(x>－1)．
3．利用数学归纳法证明不等式
在不等关系的证明中，方法多种多样，其中数学归纳法是常用的方法之一．在运用数学归纳法证明不等式时，难点是由n＝k时命题成立推出n＝k＋1时命题成立这一步．为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．
利用数学归纳法证明不等式
证明：2n＋2>n2，n∈N
.
―→―→
①当n＝1时，左边＝21＋2＝4，
右边＝1，所以左边>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①②，原不等式对于任何n∈N都成立．
利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由n＝k到n＝k＋1的变形．为满足题目的要求，常常要采用“凑”的手段，一是凑出假设的形式，便于用假设；二是凑出结论的形式，再证明．
1．用数学归纳法证明：＋＋…＋>(n≥2，n∈N
)．
证明：①当n＝2时，左边＝＋＋＋>，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N
)时，不等式成立，
即＋＋…＋>.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋>＋＋＋－>＋＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②知，原不等式对一切n≥2，n∈N
均成立．
2．用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N
)．
证明：①当n＝2时，1＋＝<2－＝，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N
)时不等式成立，即1＋＋＋…＋<2－.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，不等式成立．
由①②知原不等式在n≥2，n∈N
时均成立．
3．设Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N
，x∈(－1，＋∞)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
解：①当n＝1,2时，Pn＝Qn.
②当n≥3时(以下再对x进行分类)．
若x∈(0，＋∞)，显然有Pn>Qn.
若x＝0，则Pn＝Qn.
若x∈(－1,0)，
则P3－Q3＝x3<0，所以P3P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以P4假设Pk则Pk＋1＝(1＋x)Pk<(1＋x)Qk＝Qk＋xQk
＝1＋kx＋＋x＋kx2＋
＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3
＝Qk＋1＋x3即当n＝k＋1时，不等式成立．
所以当n≥3，且x∈(－1,0)时，Pn归纳—猜想—证明
已知数列{an}满足a1＝，an＋1·(1＋an)＝1.
(1)试计算a2，a3，a4，a5的值；
(2)猜想|an＋1－an|与×n－1(其中n∈N
)的大小关系，并证明你的猜想．
先根据数列的首项和递推公式求出a2，a3，a4，a5的值，通过计算猜想不等式，再用数学归纳法给出证明．
(1)由已知计算得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝.
(2)由(1)得|a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5－a4|＝.
而n分别取1,2,3,4时，×n－1分别为，，，，
故猜想|an＋1－an|≤×n－1.
下面用数学归纳法证明以上猜想：
①当n＝1时，已证．
②假设n＝k时(k≥1，k∈N
)，
|ak＋1－ak|≤×k－1.
由a1＝，an＋1＝，得an>0.
所以0所以0所以所以则当n＝k＋1时，
因为(1＋ak＋1)(1＋ak)＝(1＋ak)
＝2＋ak>2＋＝，
所以|ak＋2－ak＋1|＝
＝≤
<×k－1×＝×k.
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知，以上猜想成立．
利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察—归纳—猜想—证明．即先通过观察部分项的特点进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．
4．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：取n＝1，＋＋＝.令> a<26，而a∈N
，
∴取a＝25.下面用数学归纳法证明：＋＋…＋>.
①n＝1时，已证结论正确．
②假设n＝k(k∈N
)时，＋＋…＋>，则当n＝k＋1时，有＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>＋.
∵＋＝>＝，
∴＋－>0.
∴＋＋…＋>.
即n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，对一切n∈N
，都有＋＋…＋>.故a的最大值为25.
课时跟踪检测(十三)
1．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为( )
A．1
B．2
C．1,2
D．以上答案均不正确
解析：选A 需验证n0＝1时，x＋≥1＋1成立．
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2
B．3
C．5
D．6
解析：选C n取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.
3．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋，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：选C 由n＝k到n＝k＋1，应增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k项．
4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )
A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立
B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：选D 选项A、B与题设中不等号方向不同，故A、B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；选项D符合题意．
5．证明<1＋＋＋…＋1)，当n＝2时，要证明的式子为________．
解析：当n＝2时，要证明的式子为2<1＋＋＋<3.
答案：2<1＋＋＋<3
6．利用数学归纳法证明“…>”时，n的最小取值n0为________．
解析：左边为(n－1)项的乘积，故n0＝2.
答案：2
7．设a，b均为正实数(n∈N
)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x＝)．
解析：当n＝1时，M＝a＋b＝N.当n＝2时，M＝(a＋b)2，N＝a2＋2ab≥N.
答案：M
≥N
8．用数学归纳法证明，对任意n∈N
，有
(1＋2＋…＋n)≥n2.
证明：①当n＝1时，左边＝右边，不等式成立．
当n＝2时，左边＝(1＋2)＝>22，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，
即(1＋2＋…＋k)≥k2.
则当n＝k＋1时，有
左边＝
＝(1＋2＋…＋k)＋(1＋2＋…＋k)·＋(k＋1)×＋1
≥k2＋＋1＋(k＋1).
∵当k≥2时，1＋＋…＋≥1＋＝，
∴左边≥k2＋＋1＋(k＋1)×
＝k2＋2k＋1＋≥(k＋1)2.
这就是说当n＝k＋1时，不等式成立．
由①②可知当n≥1时，不等式成立．
9．设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；
(2)当a≥3时，证明对所有的n≥1，有an≥n＋2.
解：(1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3；
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4；
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.
由此猜想an的一个通项公式：an＝n＋1(n≥1)．
(2)证明：用数学归纳法证明．
①当n＝1，a1≥3＝1＋2，不等式成立．
②假设当n＝k时不等式成立，
即ak≥k＋2.
那么，当n＝k＋1时，ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，
也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.
根据①和②，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
10．设a∈R，f(x)＝是奇函数．
(1)求a的值；
(2)如果g(n)＝(n∈N
)，试比较f(n)与g(n)的大小(n∈N
)．
解：(1)∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(0)＝0.故a＝1.
(2)f(n)－g(n)＝－＝.
只要比较2n与2n＋1的大小．
当n＝1,2时，f(n)当n≥3时，2n>2n＋1，f(n)>g(n)．
下面证明，n≥3时，2n>2n＋1，即f(x)>g(x)．
①n＝3时，23>2×3＋1，显然成立，
②假设n＝k(k≥3，k∈N
)时，2k>2k＋1，
那么n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k>2(2k＋1)．
2(2k＋1)－＝4k＋2－2k－3＝2k－1>0(∵k≥3)，有2k＋1>2(k＋1)＋1.
∴n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可以判定，n≥3，n∈N
时，2n>2n＋1.
∴n＝1,2时，f(n)当n≥3，n∈N
时，f(n)>g(n)．
本讲高考热点解读与高频考点例析
?考情分析
通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．
?真题体验
1．(江苏高考)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N
)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.
所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N
)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立．
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
2．(安徽高考)设实数c>0，整数p>1，n∈N
.
(1)求证：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px；
(2)数列{an}满足a1>c，an＋1＝an＋a.
求证：an>an＋1>c.
证明：(1)用数学归纳法证明．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设p＝k(k≥2，k∈N
)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
(2)先用数学归纳法证明an>c.
①当n＝1时，由题设a1>c知an>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N
)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N
.
当n＝k＋1时，＝＋a＝1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得p＝p>1＋p·＝.
因此a>c，即ak＋1>c.
所以n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，即an＋1综上所述，an>an＋1>c，n∈N
.
归纳—猜想—证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳—猜想—证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
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{an}的通项公式．
(1)a2＝S1＝a1＝5，
a3＝S2＝a1＋a2＝10，
a4＝S3＝a1＋a2＋a3
＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N
)．
(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，等式成立．
②假设n＝k时成立，
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＋…＋ak
＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5＋＝5×2k－1.
故n＝k＋1时公式也成立．
由①②可知，对n≥2，n∈N
有an＝5×22n－2.
所以数列{an}的通项an＝
数学归纳法的应用
归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．
求证tan
α·tan
2α＋tan
2α·tan
3α＋…＋tan(n－1)α·tan
nα＝－n(n≥2，n∈N
)．
①当n＝2时，左边＝tan
α·tan
2α，
右边＝－2
＝·－2
＝－2
＝＝
＝tan
α·tan
2α，等式成立．
②假设当n＝k时等式成立，即
tan
α·tan
2α＋tan
2α·tan
3α＋…＋tan(k－1)α·tan
kα＝－k.
当n＝k＋1时，
tan
α·tan
2α＋tan
2α·tan
3α＋…＋tan(k－1)αtan
kα＋tan
kα·tan(k＋1)α
＝－k＋tan
kα·tan(k＋1)α
＝－k
＝－k
＝－k
＝－(k＋1)，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由①和②知，n≥2，n∈N
时等式恒成立．
用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
①当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．
②假设n＝k时，命题成立，
即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．
当n＝k＋1时，
(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)．
因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，
所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，
即当n＝k＋1时命题成立．
由①②知，对任意n∈N
原命题成立．
设0，有1 ①当n＝1时，a1>1.
又a1＝1＋a<，命题成立．
②假设n＝k(k∈N
)时，命题成立，即1∴当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋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①②可知，对一切正整数n，有1学归纳法
数学归纳法
(1)数学归纳法的概念：
先证明当n取第一值n0(例如可取n0＝1)时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N
，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．这种证明方法叫做数学归纳法．
(2)数学归纳法适用范围：
数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．
(3)数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤：
①证明当n＝n0(n0∈N
)时命题成立；
②当n＝k(k∈N
，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．
由此可以断定，命题对于不小于n0的所有正整数都成立．
利用数学归纳法证明恒等式
证明：当n≥2，n∈N
时，
…＝.
注意到这是与正整数n有关的命题，可考虑用数学归纳法证明．
①当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝＝.
∴当n＝2时，等式成立．
②假设n＝k(k≥2，k∈N
)时等式成立，即
…＝.
当n＝k＋1时，…·
＝
＝·＝＝.
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对任意n≥2，n∈N
等式成立．
利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式；二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点，并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设．
1．求证：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＝－3，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N
)时，等式成立，
即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)·，所以n＝k＋1时，等式也成立．
由①②得，等式对任何n∈N
都成立．
2.用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
证明：①当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，所以等式成立．
②假设n＝k(k≥1)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，等式对任意n∈N
都成立.
用数学归纳法证明整除问题
求证：x2n－y2n(n∈N
)能被x＋y整除．
本题是与正整数有关的命题，直接分解出因式(x＋y)有困难，故可考虑用数学归纳法证明．
①当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)能被x＋y整除．
②假设n＝k(k≥1，k∈N
)时，x2k－y2k能被x＋y整除，
那么当n＝k＋1时，
x2k＋2－y2k＋2
＝x2·x2k－y2·y2k－x2y2k＋x2y2k
＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．
∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，
∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．
即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．
由①②可知，对任意正整数n命题均成立．
利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．
3．用数学归纳法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N
)能被9整除．
证明：①当n＝1时，4×7－1＝27能被9整除，命题成立．
②假设n＝k时命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除，
当n＝k＋1时，
·7k＋1－1＝·7·7k－1
＝7·(3k＋1)·7k－1＋21·7k
＝＋18k·7k＋6·7k＋21·7k
＝＋18k·7k＋27·7k，
由归纳假设(3k＋1)·7k－1能被9整除，
又因为
18k·7k＋27·7k也能被9整除，
所以·7k＋1－1能被9整除，
即n＝k＋1时命题成立．
由①②可知，对所有正整数n命题成立．
4．用数学归纳法证明：
当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除．
证明：①当n＝1时，x＋y能被x＋y整除．
②假设n＝2k－1时，x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，当n＝2k＋1时，x2k＋1＋y2k＋1＝x2k＋1＋y2k＋1＋x2y2k－1－x2y2k－1＝x2(x2k－1＋y2k－1)－y2k－1(x＋y)(x－y)，根据归纳假设x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，另一项有因式x＋y，因此也能被x＋y整除，所以，当n＝2k＋1时，命题仍然成立．根据①②可知当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除.
用数学归纳法证明几何问题
平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n条直线把平面分割成(n2＋n＋2)个区域．
用数学归纳法进行证明，关键是考虑：k条直线将平面分成的部分数与k＋1条直线将平面分成的部分数之间的关系，利用该关系可以实施从假设到n＝k＋1时的证明．
①当n＝1时，一条直线把平面分成两个区域，
又×(12＋1＋2)＝2，
∴n＝1时命题成立．
②假设n＝k时，命题成立，即k条满足题意的直线把平面分割成了(k2＋k＋2)个区域．
那么当n＝k＋1时，k＋1条直线中的k条直线把平面分成了(k2＋k＋2)个区域，第k＋1条直线被这k条直线分成k＋1段，每段把它们所在的区域分成了两块，因此增加了k＋1个区域，所以k＋1条直线把平面分成了(k2＋k＋2)＋k＋1＝个区域．
∴n＝k＋1时命题也成立．
由①②知，对一切的n∈N
，此命题均成立．
用数学归纳法证明几何问题时，一定要清楚从n＝k到n＝k＋1时，新增加的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加1法，即在原来k的基础上，再增加一个，当然我们也可以从k＋1个中分出一个来，剩下的k个利用假设．
5．求证：凸n边形对角线条数f(n)＝(n∈N
，n≥3)．
证明：①当n＝3时，即f(3)＝0时，三角形没有对角线，命题成立．
②假设n＝k(k∈N
，k≥3)时命题成立，即凸k边形对角线条数f(k)＝.将凸k边形A1A2…Ak在其外面增加一个新顶点Ak＋1，得到凸k＋1边形A1A2…AkAk＋1，Ak＋1依次与A2，A3，…，Ak－1相连得到对角线(k－2)条，原凸k边形的边A1Ak变成了凸k＋1边形的一条对角线，则凸k＋1边形的对角线条数为：
f(k)＋k－2＋1＝＋k－1＝＝＝f(k＋1)，
即当n＝k＋1时，结论正确．
根据①②可知，命题对任何n∈N
，n≥3都成立．
6．求证：平面内有n(n≥2)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条直线不过同一点，求证它们彼此互相分割成n2条线段(或射线)．
证明：①当n＝2时，两条直线不平行，彼此互相分割成4条射线，命题成立．
②假设当n＝k时，命题成立，即k条满足条件的直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)．
那么n＝k＋1时，取出其中一条直线为l，其余k条直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)，直线l把这k条直线又一分为二，多出k条线段(或射线)；l又被这k条直线分成k＋1部分，所以这k＋1条直线彼此互相分割成k2＋k＋k＋1＝(k＋1)2条线段(或射线)，即n＝k＋1时，命题成立．由①②知，命题成立．
课时跟踪检测(十二)
1．数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是 ( )
A．k∈N
B．k>1，k∈N
C．k≥1，k∈N
D．k>2，k∈N
解析：选C 数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数；因为第一步是递推的基础，所以k大于等于1.
2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n3＝，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上( )
A．k3＋1
B．(k＋1)3
C.
D．(k3＋1)＋(k3＋2)＋(k3＋3)＋…＋(k＋1)3
解析：选D 当n＝k时，等式左端＝1＋2＋…＋k3.
当n＝k＋1时，等式左端＝1＋2＋…＋k3＋(k3＋1)＋(k3＋2)＋(k3＋3)＋…＋(k＋1)3，故选D.
3．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N
)，那么f(n＋1)－f(n)等于( )
A.
B.
C.＋
D.－
解析：选D 因为f(n)＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－.
4．某同学回答“用数学归纳法证明)”的过程如下：
证明：(1)当n＝1时，显然命题是正确的．
(2)假设n＝k时，有所以当n＝k＋1时命题是正确的．
由(1)(2)可知对于n∈N
，命题都是正确的．
以上证法是错误的，错误在于( )
A．从k到k＋1的推理过程没有使用归纳假设
B．归纳假设的写法不正确
C．从k到k＋1的推理不严密
D．当n＝1时，验证过程不具体
解析：选A 证明
<(k＋1)＋1时进行了一般意义的放大，而没有使用归纳假设5．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________．
解析：计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜想an＝n2.
答案：an＝n2
6．用数学归纳法证明“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2，n∈N
”时，若n＝1，则左端应为________．
解析：n＝1时，左端应为1×4＝4.
答案：4
7．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
答案：π
8．用数学归纳法证明：1·(n2－12)＋2·(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝n2(n－1)(n＋1)．
证明：①当n＝1时，左边＝1·(12－12)＝0，右边＝×12×0×2＝0，所以左边＝右边，n＝1时，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N
)时，等式成立，即
1·(k2－12)＋2·(k2－22)＋…＋k·(k2－k2)＝k2(k－1)·(k＋1)，所以当n＝k＋1时，左边＝1·＋2·＋…＋k·＋(k＋1)＝＋＝k2(k－1)(k＋1)＋·(2k＋1)＝k(k＋1)·
＝k(k＋1)(k2＋3k＋2)＝(k＋1)2k(k＋2)，
即n＝k＋1时，等式成立，
根据①与②可知等式对n∈N
都成立．
9．求证：an＋2＋(a＋1)2n＋1能被a2＋a＋1整除，n∈N
.
证明：①当n＝1时，
a3＋(a＋1)3＝＝(2a＋1)(a2＋a＋1)．
结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，
即ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，
那么n＝k＋1时，
有a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1＝a·ak＋2＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1
＝a＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1－a(a＋1)2k＋1
＝a＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k＋1.
因为ak＋2＋(a＋1)2k＋1，a2＋a＋1均能被a2＋a＋1整除，
所以a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1能被a2＋a＋1整除，
即当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，原结论成立．
10．有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N
)．
证明：①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，
所以n＝1时命题成立．
②假设n＝k(k≥1)时命题成立．
即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．
则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，
故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k
＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，∴当n＝k＋1时，命题成立．
综合①②可知，对一切n∈N
，命题成立．一
比较法
1．作差比较法
(1)作差比较法的理论依据a－b>0 a>b，a－b<0 a(2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理，③判定符号，④得出结论．
其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定差与0的大小，常用的手段有因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等．
2．作商比较法
(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：
①b>0，若>1，则a>b；若<1，则a②b<0，若>1，则ab.
(2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a，b的符号；②作商；③变形整理；④判定与1的大小关系；⑤得出结论．
作差比较法证明不等式
设△ABC的三边长分别是a，b，c，求证：4(ab＋bc＋ac)>(a＋b＋c)2.
作差法证明，注意条件“在同一个三角形中，任意两边之和大于第三边”的应用．
∵a，b，c是△ABC的三边长，
∴a>0，b>0，c>0，且b＋c－a>0，c＋a－b>0，a＋b－c>0.
∴4(ab＋bc＋ac)－(a＋b＋c)2＝2(ab＋bc＋ac)－(a2＋b2＋c2)
＝(b＋c－a)a＋(c＋a－b)b＋(a＋b－c)c>0.
∴4(ab＋bc＋ac)>(a＋b＋c)2.
(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差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，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．
1．求证：a2＋b2≥2(a－b－1)．
证明：a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
2．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1)．
证明：∵(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋ban＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1
＝a(bn－an)＋b(an－bn)＝(a－b)(bn－an)．
①若a>b>0时，bn－an<0，a－b＞0，∴(a－b)(bn－an)<0.
②若b>a>0时，bn－an>0，a－b<0.∴(a－b)(bn－an)<0.
③若a＝b>0时，(bn－an)(a－b)＝0.
综上所述，对于a，b∈R＋，n∈N
，都有(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1)．
作商比较法证明不等式
设a>0，b>0，求证：aabb≥(ab).
不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用求商比较法．
∵aabb>0，(ab)>0，
∴＝a·b＝.
当a＝b时，显然有＝1；
当a>b>0时，>1，>0，
∴由指数函数单调性，有>1；
当b>a>0时，0<<1，<0，
∴由指数函数的单调性，有>1.
综上可知，对任意实数a，b，都有aabb≥(ab).
当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．
3．设a>b>0，求证：>.
证明：法一：－＝＝>0，
∴原不等式成立．
法二：∵a>b>0，故a2>b2>0.故不等式左边>0，不等式右边>0.
∴＝＝1＋>1.∴原不等式成立．
4．如果a，b都是正数，且a≠b，求证a6＋b6>a4b2＋a2b4.
证明：法一：∵
＝＝
>＝1.又a6＋b6>0，a4b2＋a2b4>0，
∴a6＋b6>a4b2＋a2b4.
法二：a6＋b6－a4b2－a2b4＝a4(a2－b2)＋b4(b2－a2)
＝(a2－b2)(a4－b4)＝(a2－b2)2(a2＋b2)．∵a≠b，
∴(a2－b2)2>0，a2＋b2>0，∴(a2－b2)2(a2＋b2)>0.
∴a6＋b6>a4b2＋a2b4.
比较法的实际应用
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，另一半时间以速度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，问：甲、乙二人谁先到达指定地点？
先用m，n表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．
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．
应用不等式解决实际问题时，
关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决，建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，常用比较法来判断数的大小关系，若是选择题或填空题则可用特殊值加以判断．
5．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案：第一种方案，乘起步价为10元，每千米1.2元的出租车；第二种方案，乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的．则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？
解：设A地到B地距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较便宜．当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元，乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，则P(x)＝10＋1.2
x，Q(x)＝8＋1.4x.
∵P(x)－Q(x)＝2－0.2x＝0.2(10－x)，
∴当x>10时，P(x)Q(x)，此时选起步价为8元的出租车较为合适；当x＝10时，P(x)＝Q(x)，两种出租车任选，费用相同．
课时跟踪检测(六)
1．下列命题：
①当b>0时，a>b >1；
②当b>0时，a③当a>0，b>0时，>1 a>b；
④当ab>0时，>1 a>b.
其中是真命题的有( )
A．①②③
B．①②④
C．④
D．①②③④
解析：选A 只有④不正确．如a＝－2，b＝－1时，＝2>1，但a2．若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则( )
A．w>u
B．wC．w≥u
D．无法确定
解析：选C ∵w－u＝x2－xy＋y2＝2＋≥0，
∴w≥u.
3．a，b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q
B．PC．P≥Q
D．P≤Q
解析：选D ∵a，b都是正数，∴P>0，Q>0.
∴P2－Q2＝2－()2
＝≤0(当且仅当a＝b时取等号)，
∴P2－Q2≤0，∴P≤Q.
4．在△ABC中，sin
Asin
CAcos
C，则△ABC( )
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．不确定
解析：选C 由sin
Asin
CAcos
C，得
cos
Acos
C－sin
Asin
C>0，即cos(A＋C)>0，
所以A＋C是锐角，从而B>，
故△ABC一定是钝角三角形．
5．若0解析：－＝.
因为0所以<.
答案：<
6.与1的大小关系为________．
解析：－1＝＝－≤0.
答案：≤1
7．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是________．
解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0，
∴x答案：x8．已知x，y∈R,
求证：sin
x＋sin
y≤1＋sin
xsin
y.
证明：∵sin
x＋sin
y－1－sin
xsin
y
＝sin
x(1－sin
y)－(1－sin
y)＝(1－sin
y)(sin
x－1)．
∵－1≤sin
x≤1，－1≤sin
y≤1，
∴1－sin
y≥0，sin
x－1≤0，∴(1－sin
y)(sin
x－1)≤0，
即sin
x＋sin
y≤1＋sin
xsin
y.
9．已知a证明：因为a所以(a2b＋b2c＋c2a)－(ab2＋bc2＋ca2)
＝(a2b－ca2)＋(b2c－bc2)＋(ac2－ab2)
＝a2(b－c)＋bc(b－c)－a(b－c)(b＋c)
＝(b－c)＝(b－c)(a－b)(a－c)<0，
所以a2b＋b2c＋c2a10．已知a>2，求证：loga(a－1)证明：∵a>2，
∴a－1>1，
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0.
由于＝loga(a－1)·loga(a＋1)<2＝2.
∵a>2，∴0∴2<2＝1，即<1.
∵log(a＋1)a>0，∴loga(a－1)1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法
只需将ax＋b看成一个整体，即化成|x|≤a，|x|≥a(a>0)型不等式求解．
|ax＋b|≤c(c>0)型不等式的解法：先化为－c≤ax＋b≤c，再由不等式的性质求出原不等式的解集．
不等式|ax＋b|≥c(c>0)的解法：先化为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集．
2．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．
②以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图象(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．
|ax＋b|≤c与|ax＋b|≥c(c>0)型的不等式的解法
解下列不等式：
(1)|5x－2|≥8；(2)2≤|x－2|≤4.
利用|x|>a及|x|0)型不等式的解法求解．
(1)|5x－2|≥8 5x－2≥8或5x－2≤－8 x≥2或x≤－，
∴原不等式的解集为.
(2)原不等式价于
由①得x－2≤－2，或x－2≥2，∴x≤0或x≥4.
由②得－4≤x－2≤4，∴－2≤x≤6.
∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤0或4≤x≤6}．
|ax＋b|≥c和|ax＋b|≤c型不等式的解法：
①当c>0时，|ax＋b|≥c ax＋b≥c或ax＋b≤－c，|ax＋b|≤c －c≤ax＋b≤c.
②当c＝0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|③当c<0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|≤c的解集为 .
1．解下列不等式：
(1)|3－2x|<9；(2)|x－x2－2|>x2－3x－4；(3)|x2－3x－4|>x＋1.
解：(1)∵|3－2x|<9，∴|2x－3|<9.∴－9<2x－3<9.
即－6<2x<12.∴－3∴原不等式的解集为{x|－3(2)∵|x－x2－2|＝|x2－x＋2|，
而x2－x＋2＝2＋>0，
∴|x－x2－2|＝|x2－x＋2|＝x2－x＋2.
故原不等式等价于x2－x＋2>x2－3x－4 x>－3.
∴原不等式的解集为{x|x>－3}．
(3)不等式可转化为x2－3x－4>x＋1或x2－3x－4<－x－1，
∴x2－4x－5>0或x2－2x－3<0.
解得x>5或x<－1或－1∴不等式的解集是(5，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,3)．
2．已知常数a满足－1＜a＜1，解关于x的不等式：ax＋|x＋1|≤1.
解：若x≥－1，则ax＋x＋1≤1，
即(a＋1)x≤0.因为－1＜a＜1，所以x≤0.
又x≥－1，所以－1≤x≤0.
若x＜－1，则ax－x－1≤1，
即(a－1)x≤2.因为－1＜a＜1，所以x≥.
因为－1＜a＜1，所以－(－1)＝＜0.
所以≤x＜－1.综上所述，≤x≤0.
故不等式的解集为.
|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
解不等式|x－3|－|x＋1|<1.
解该不等式，可采用三种方法：(1)利用绝对值的几何意义；(2)利用各绝对值的零点分段讨论；(3)构造函数，利用函数图象分析求解．
法一：在数轴上－1,3，x对应的点分别为A，C，P，而B点对应的实数为，B点到C点的距离与到A点的距离之差为1.
由绝对值的几何意义知，当点P在射线Bx上(不含B点)时不等式成立，故不等式的解集为.
法二：原不等式 ①
或②
或③
①的解集为 ，②的解集为，
③的解集为{x|x≥3}．
综上所述，原不等式的解集为.
法三：将原不等式转化为|x－3|－|x＋1|－1<0，
构造函数y＝|x－3|－|x＋1|－1，
即y＝
作出函数的图象(如下图所示)，它是分段函数，
函数与x轴的交点是，由图象可知，
当x>时，有y<0，
即|x－3|－|x＋1|－1<0，
所以原不等式的解集是.
|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的三种解法：分区间(分类)讨论法、图象法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图象法直观，但只适用于数据较简单的情况．
3．解不等式|2x－1|＋|3x＋2|≥8.
解：①当x≤－时，
|2x－1|＋|3x＋2|≥8 1－2x－(3x＋2)≥8 －5x≥9
x≤－，∴x≤－；
②当－ 1－2x＋3x＋2≥8 x＋3≥8 x≥5，∴x∈ ；
③当x≥时，|2x－1|＋|3x＋2|≥8 5x＋1≥8
5x≥7 x≥，∴x≥.
∴原不等式的解集为∪.
4．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．
解：(1)证明：由a＞0，得f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2，
所以f(x)≥2.
(2)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.
含绝对值不等式的恒成立问题
已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.
(1)若不等式有解；
(2)若不等式解集为R；
(3)若不等式解集为 ，分别求出m的取值范围．
解答本题可以先根据绝对值|x－a|的意义或绝对值不等式的性质求出|x＋2|－|x＋3|的最大值和最小值，再分别写出三种情况下m的取值范围．
法一：因|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)，B(－3)距离的差．
即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|.
又(|PA|－|PB|)max＝1，
(|PA|－|PB|)min＝－1.
即－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1，m的取值范围为(－∞，1)；
(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最小值还小，即m＜－1，m的取值范围为(－∞，－1)；
(3)若不等式的解集为 ，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1，m的取值范围为．
6．把本例中的“－”改成“＋”，即|x＋2|＋|x＋3|>m时，分别求出m的取值范围．
解：|x＋2|＋|x＋3|≥|(x＋2)－(x＋3)|＝1，即|x＋2|＋|x＋3|≥1.
(1)若不等式有解，m为任何实数均可，即m∈R；
(2)若不等式解集为R，即m∈(－∞，1)；
(3)若不等式解集为 ，这样的m不存在，即m∈ .
课时跟踪检测(五)
1．不等式|x＋1|>3的解集是( )
A．{x|x<－4或x>2}
B．{x|－4C．{x|x<－4或x≥2}
D．{x|－4≤x<2}
解析：选A |x＋1|>3，则x＋1>3或x＋1<－3，因此x<－4或x>2.
2．满足不等式|x＋1|＋|x＋2|<5的所有实数解的集合是( )
A．(－3,2)
B．(－1,3)
C．(－4,1)
D.
解析：选C |x＋1|＋|x＋2|表示数轴上一点到－2，－1两点的距离和，根据－2，－1之间的距离为1，可得到－2，－1距离和为5的点是－4,1.因此|x＋1|＋|x＋2|<5解集是(－4,1)．
3．不等式1≤|2x－1|<2的解集为( )
A.∪
B.∪
C.∪
D.∪
解析：选D 由1≤|2x－1|<2，得1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，因此－4．若关于x的不等式|x－1|＋|x＋m|＞3的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－4)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－4)∪(1，＋∞)
C．(－4,2)
D．
解析：选A 由题意知，不等式|x－1|＋|x＋m|＞3恒成立，即函数f(x)＝|x－1|＋|x＋m|的最小值大于3，根据绝对值不等式的性质可得|x－1|＋|x＋m|≥|(x－1)－(x＋m)|＝|m＋1|，故只要满足|m＋1|＞3即可，所以m＋1＞3或m＋1＜－3，解得m＞2或m＜－4，故实数m的取值范围是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
5．不等式|x＋2|≥|x|的解集是________．
解析：∵不等式两边是非负实数，∴不等式两边可以平方，两边平方，得(x＋2)2≥x2，
∴x2＋4x＋4≥x2，即x≥－1，
∴原不等式的解集为{x|x≥－1}．
答案：{x|x≥－1}
6．不等式|2x－1|－x<1的解集是__________．
解析：原不等式等价于|2x－1|答案：{x|07．已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|－|a2－2a|，若函数f(x)的图象恒在x轴上方，则实数a的取值范围为________．
解析：因为|x＋1|＋|x－2|≥|x＋1－(x－2)|＝3，
所以f(x)的最小值为3－|a2－2a|.
由题意，得|a2－2a|＜3，解得－1答案：(－1,3)
8．解不等式：|x2－2x＋3|<|3x－1|.
解：原不等式 (x2－2x＋3)2<(3x－1)2
<0
(x2＋x＋2)(x2－5x＋4)<0
x2－5x＋4<0(因为x2＋x＋2恒大于0) 1所以原不等式的解集是{x|19．解关于x的不等式|2x－1|<2m－1(m∈R)．
解：若2m－1<0，即m≤，则|2x－1|<2m－1恒不成立，此时，原不等式无解；若2m－1>0，即m>，
则－(2m－1)<2x－1<2m－1，
所以1－m综上所述：
当m≤时，原不等式的解集为 ；
当m>时，原不等式的解集为{x|1－m10．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
(2)设a＞－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.
设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则
y＝
其图象如图所示．
从图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0，
所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
(2)当x∈时，f(x)＝1＋a.
不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3，
所以x≥a－2对x∈都成立．
故－≥a－2，即a≤.
从而a的取值范围是.
本讲高考热点解读与高频考点例析
?考情分析
从近两年的高考试题来看，绝对值不等式主要考查解法及简单的应用，题目难度中档偏下，着重考查学生的分类讨论思想及应用能力．
解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，化成不含绝对值的不等式，其一是依据绝对值的意义；其二是先令每一个绝对值等于零，找到分界点，通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值．
?真题体验
1．(湖南高考)若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为( )
A.
B．2
C．2
D．4
解析：选C 由＋＝，知a＞0，b＞0，
所以＝＋≥2，即ab≥2，
当且仅当即a＝，b＝2时取“＝”，所以ab的最小值为2.
2．(重庆高考)设a，b>0，a＋b＝5，则＋的最大值为________．
解析：令t＝＋，则t2＝a＋1＋b＋3＋2＝9＋2≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，
当且仅当a＋1＝b＋3时取等号，此时a＝，b＝.
∴tmax＝＝3.
答案：3
3．(重庆高考)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
解析：由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，当a>－1时，
f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)＝5，
即a＋1＝5，∴a＝4.
同理，当a≤－1时，－a－1＝5，∴a＝－6.
答案：－6或4
4.(全国乙卷)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．
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|1f(x)<－1的解集为.
所以|f(x)|>1的解集为.
5．(江苏高考)设a＞0，|x－1|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.
证明：因为|x－1|＜，|y－2|＜，
所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×＋＝a.
6．(全国丙卷)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|≥3，
即＋≥.又min＝，
所以≥，解得a≥2.所以a的取值范围是 “a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”的( )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时，则可能有a>b且c>d.
A
基本不等式的应用
利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：①和为定值时，
积有最大值；②积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，
一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．
已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，则的最小值为________．
由x－2y＋3z＝0，得y＝，
则＝≥＝3，
当且仅当x＝3z时，等号成立．
3
设a，b，c为正实数，求证：＋＋＋abc≥2.
因为a，b，c为正实数，由平均不等式可得＋＋≥3.
即＋＋≥，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
所以＋＋＋abc≥＋abc，
而＋abc≥2＝2.
所以＋＋＋abc≥2，当且仅当abc＝时，等号成立.
含绝对值的不等式的解法
1.公式法
|f(x)|>g(x) f(x)>g(x)或f(x)<－g(x)；
|f(x)|2．平方法
|f(x)|>|g(x)| 2>2.
3．零点分段法
含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．
解下列关于x的不等式：
(1)|x＋1|>|x－3|；
(2)|x－2|－|2x＋5|>2x.
(1)法一：|x＋1|>|x－3|，两边平方得(x＋1)2>(x－3)2，
∴8x>8.∴x>1.
∴
原不等式的解集为{x|x>1}．
法二：分段讨论：
当x≤－1时，有－x－1>－x＋3，此时x∈ ；
当－1－x＋3，
即x>1，此时1当x>3时，有x＋1>x－3成立，∴x>3.
∴原不等式的解集为{x|x>1}．
(2)分段讨论：①当x<－时，原不等式变形为2－x＋2x＋5>2x，解得x<7，
∴原不等式的解集为.
②当－≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5>2x，解得x<－.
∴原不等式的解集为.
③当x>2时，原不等式变形为x－2－2x－5>2x，
解得x<－，∴原不等式无解．
综上可得，原不等式的解集为.
不等式的恒成立问题
对于不等式恒成立求参数范围问题，常见类型及其解法如下：
(1)分离参数法
运用“f(x)≤a f(x)max≤a，f(x)≥a f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．
(2)更换主元法
不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简便的解法．
(3)数形结合法
在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．
设有关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.
(1)当a＝1时，
解此不等式．
(2)当a为何值时，此不等式的解集是R
(1)当a＝1时，
lg(|x＋3|＋|x－7|)>1，
|x＋3|＋|x－7|>10，
或
或
x>7或x<－3.
∴不等式的解集为{x|x<－3或x>7}．
(2)设f(x)＝|x＋3|＋|x－7|，
则有f(x)≥|(x＋3)－(x－7)|＝10，
当且仅当(x＋3)(x－7)≤0，
即－3≤x≤7时，f(x)取得最小值10.
∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥1.
要使lg(|x＋3|＋|x－7|)>a的解集为R，只要a<1.2．基本不等式
1．基本不等式的理解
重要不等式a2＋b2≥2ab和基本不等式≥，成立的条件是不同的．前者成立的条件是
a与b都为实数，并且a与b都为实数是不等式成立的充要条件；而后者成立的条件是a与b都为正实数，并且a与b都为正实数是不等式成立的充分不必要条件，如a＝0，b≥0仍然能使≥成立．
两个不等式中等号成立的充要条件都是a＝b.
2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式
(1)a2＋b2≥；
(2)ab≤；
(3)ab≤2；
(4)2≤；
(5)(a＋b)2≥4ab.
利用基本不等式证明不等式
已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≥9.
解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明．
法一：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝＋＋
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
即＋＋≥9.
法二：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝(a＋b＋c)
＝1＋＋＋＋1＋＋＋＋1
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴＋＋≥9.
用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式进行证明．
1．已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：＋＋≥1.
证明：因为x1，x2，x3为正实数，所以＋x1＋＋x2＋＋x3≥2＋2＋2＝2(x1＋x2＋x3)＝2，当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立．
所以＋＋≥1.
2．已知a，b，c>0，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：∵a，b，c，，，均大于0，
又＋b≥2
＝2a，＋c≥2
＝2b，＋a≥2
＝2c，
∴＋＋≥2(a＋b＋c)．
即＋＋≥a＋b＋c.
当且仅当＝b，＝c，＝a，即a＝b＝c时，等号成立.
利用基本不等式求最值
(1)求当x>0时，f(x)＝的值域；
(2)设0(3)已知x>0，y>0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值．
(1)∵x>0，∴f(x)＝＝.
∵x＋≥2，∴0<≤.
∴0(2)∵00.
∴y＝4x(3－2x)＝2≤22＝.
当且仅当2x＝3－2x，即x＝时，等号成立．
∴y＝4x(3－2x)的最大值为.
(3)∵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的最小值为16.
在应用基本不等式求最值时，
分以下三步进行：
(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值；
(2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；
(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．
3．已知x>0，y>0且5x＋7y＝20，求xy的最大值．
解：xy＝(5x·7y)≤2＝×2＝.
当且仅当5x＝7y＝10，即x＝2，y＝时，等号成立，所以xy的最大值为.
4．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，(1)求ab的取值范围；(2)求a＋b的取值范围．
解：(1)∵a，b∈R＋，∴ab＝a＋b＋3≥2＋3.
令y＝，得y2－2y－3≥0，∴y≥3或y≤－1(舍去)．
∴ab＝y2≥9.∴ab的取值范围是
＝·1＋＋＋4
≥·
＝，
当且仅当＝，即a＝，b＝时取等号．
所以＋的最小值为.
利用基本不等式解决实际问题
某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2017年春节期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2017年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
(1)将2017年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数；
(2)该企业2017年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
(1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；
(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式．
(1)由题意可设3－x＝，将t＝0，x＝1代入，得k＝2.
∴x＝3－.
当年生产x万件时，∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用，
∴年生产成本为32x＋3＝32＋3.
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，
由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，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，
∴该企业2015年的促销费投入7万元时，企业的年利润最大．
利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．
6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x件)，每进一次货运费为50元，且在销售完该次所进货物时，立即进货，现以年平均件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x应是多少？
解：设一年的运费和库存费共y元，
由题意，知y＝×50＋×20＝＋10x≥2＝104，当且仅当＝10x即x＝500时，等号成立，ymin＝10
000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．
7.某学校为了支持生物课程基地研究植物的生长规律，计划利用学校空地建造一间室内面积为900
m2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1
m，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1
m宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留3
m宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x(单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S(单位：m2)．
(1)求S关于x的函数关系式；
(2)求S的最大值．
解：(1)由题设，得S＝(x－8)＝－2x－＋916，x∈(8,450)．
(2)因为8所以2x＋≥2
＝240，
当且仅当x＝60时等号成立，从而S≤676.
故当矩形温室的室内长为60
m时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，为676
m2.
课时跟踪检测(二)
1．下列不等式中，正确的个数是( )
①若a，b∈R，则≥；
②若x∈R，则x2＋2＋≥2；
③若x∈R，则x2＋1＋≥2；
④若a，b为正实数，则≥.
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：选C 显然①不正确，③正确；虽然x2＋2＝无解，但x2＋2＋>2成立，故②正确；④不正确，如a＝1，b＝4.
2．已知a>0，b>0，a，b的等差中项是，且α＝a＋，β＝b＋，则α＋β的最小值是( )
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：选C ∵a＋b＝2×＝1，a>0，b>0，
∴α＋β＝a＋＋b＋＝1＋≥1＋＝5，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
3．已知不等式(x＋y)≥9对任意的正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2
B．4
C．6
D．8
解析：选B (x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2(x，y，a>0)，当且仅当y＝x时取等号，所以(x＋y)·的最小值为(＋1)2，于是(＋1)2≥9恒成立，所以a≥4，故选B.
4．要制作一个容积为4
m3，高为1
m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )
A．80元
B．120元
C．160元
D．240元
解析：选C 设底面矩形的长和宽分别为a
m，b
m，则ab＝4.容器的总造价为20ab＋2(a＋b)×10＝80＋20(a＋b)≥80＋40＝160(元)(当且仅当a＝b＝2时，等号成立)．
5．已知函数f(x)＝4x＋(x＞0，a＞0)在x＝3时取得最小值，则a＝________.
解析：∵x＞0，a＞0，
∴f(x)＝4x＋≥2＝4，当且仅当4x＝时等号成立，此时a＝4x2，由已知x＝3时函数取得最小值，
∴a＝4×9＝36.
答案：36
6．若logx＋logy＝4，则x＋y的最小值是________．
解析：由题意知x>0，y>0，logxy＝4，得xy＝4，
∴x＋y≥2＝4(当且仅当x＝y时，等号成立)．
答案：4
7．y＝(x>0)的最小值是________．
解析：∵x>0，
∴y＝＝＋x＋1－1≥2－1.
当且仅当x＋1＝时，等号成立．
答案：2－1
8．已知a，b是正数，求证：
(1)
≥； (2)≥.
证明：(1)左边＝
≥
＝＝＝右边，
原不等式成立．
(2)右边＝≤＝＝左边，
原不等式成立．
9．设x>0，y>0且x＋y＝4，要使不等式＋≥m恒成立，求实数m
的取值范围．
解：由x>0，y>0且x＋y＝4，得＝1，
∴＋＝·
＝
＝
≥＝.
当且仅当＝
时，等号成立．
即y＝2x(∵x>0，y>0，∴y＝－2x舍去)．
此时，结合x＋y＝4，解得x＝，y＝.
∴＋的最小值为，∴m≤，
∴m的取值范围为.
10．如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k＞0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
(1)求炮的最大射程．
(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．
解：(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0.
由实际意义和题设条件知x＞0，k＞0，
故x＝＝≤＝10，
当且仅当k＝1时取等号．
所以炮的最大射程为10千米．
(2)因为a＞0，所以炮弹可击中飞行物，
即存在k＞0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立，
即关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根
Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0
a≤6.
所以当a不超过6(千米)时，可击中飞行物．