【人教A版】2017-2018学年高中数学选修4-5学案（17份打包，Word版，含解析）

一　不等式
1.不等式的基本性质
1.理解实数大小与实数运算性质间的关系．
2.理解不等式的性质，能用不等式的性质比较大小和证明简单的不等式．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理1　两实数的大小比较
阅读教材P2～P3“探究”以上部分，完成下列问题．
a>b?a－b>0；a＝b?a－b＝0；a已知数轴上两点A，B对应的实数分别为x，y，若x＜y＜0，则|x|与|y|对应的点P，Q的位置关系是(　　)
A．P在Q的左边　 B．P在Q的右边
C．P，Q两点重合 D.不能确定
【解析】　∵x＜y＜0，∴|x|＞|y|＞0.故P在Q的右边．
【答案】　B
教材整理2　不等式的基本性质
阅读教材P3～P5第一行，完成下列问题．
性质1
对称性
a>b?b性质2
传递性
如果a>b，b>c，那么a>c
性质3
可加性
如果a>b，那么a＋c>b＋c
推论
如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d
性质4
可乘性
如果a>b，c>0，那么ac>bc；
如果a>b，c<0，那么ac推论
如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd
性质5
乘方性质
如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)
性质6
开方性质
如果a>b>0，那么>(n∈N，n≥2)
已知a，b，c∈R，且ab＞0，则下面推理中正确的是(　　)
【导学号：32750000】
A．a＞b?am2＞bm2 B.＞?a＞b
C．a3＞b3?＜ D.a2＞b2?a＞b
【解析】　对于A，若m＝0，则不成立；对于B，若c＜0，则不成立；对于C，a3－b3＞0?(a－b)(a2＋ab＋b2)＞0，
∵a2＋ab＋b2＝＋b2＞0恒成立，
∴a－b＞0，∴a＞b.又∵ab＞0，∴＜.∴C成立；对于D，a2＞b2?(a－b)(a＋b)＞0，不能说a＞b.
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
比较大小
　设A＝x3＋3，B＝3x2＋x，且x>3，试比较A与B的大小．
【精彩点拨】　转化为考察“两者之差与0”的大小关系．
【自主解答】　A－B＝x3＋3－3x2－x
＝x2(x－3)－(x－3)＝(x－3)(x＋1)(x－1)．
∵x>3，∴(x－3)(x＋1)(x－1)>0，
∴x3＋3>3x2＋x.
故A>B.
1．本题的思维过程：直接判断(无法做到)考查差的符号(难以确定)考查积的符号考查积中各因式的符号．其中变形是关键，定号是目的．
2．在变形中，一般是变形变得越彻底越有利于下一步的判断．变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等．
[再练一题]
1．若例1中改为“A＝，B＝，其中x＞y＞0”，试比较A与B的大小．
【解】　因为A2－B2＝－
＝
＝＝，
且x＞y＞0，所以x－y＞0，x＋y＞0，x2＞0，x2＋1＞1，
所以＞0.
所以A2＞B2，又A＞0，B＞0，故有A＞B.
利用不等式的性质求范围
　已知－≤α＜β≤，求，的范围．
【精彩点拨】　由－≤α＜β≤可确定，的范围，进而确定，的范围．
【自主解答】　∵－≤α＜β≤，
∴－≤＜，－＜≤，
∴－＜＜.
又－＜≤，∴－≤－＜，
∴－≤＜.
又∵α＜β，∴＜0，
∴－≤＜0，
即∈，∈.
1．本例中由，的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而应转化为同向不等式后作和求解．
2．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．
[再练一题]
2．已知－6【导学号：32750001】
【解】　∵－6∴－3<－b<－2，∴－9则a－b的取值范围是(－9,6)．
又<<，
(1)当0≤a<8时，0≤<4；
(2)当－6由(1)(2)得－3<<4.
因此的取值范围是(－3,4)．
利用性质证明简单不等式
　已知c>a>b>0，求证：>.
【精彩点拨】　→→
【自主解答】　∵a>b，∴－a<－b.
又c>a>b>0，
∴0>0.
又∵a>b>0，∴>.
1．在证明本例时，连续用到不等式的三个性质，一是不等式的乘法性质：a>b，则－a<－b；二是不等式的加法性质：c>a>b>0，又－a<－b，则02．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，并仔细分析要证明不等式的结构，灵活运用性质，对不等式进行变换．
[再练一题]
3．已知a＞b＞0，c＞d＞0，求证：＞.
【导学号：32750002】
【证明】　∵a＞b＞0，c＞d＞0，
∴＞＞0， ①
＞＞0， ②
①＋②得＋＞＋＞0，
即＞＞0，∴＞.
[探究共研型]
不等式的基本性质
探究1　甲同学认为a>b?<，乙同学认为a>b>0?<，丙同学认为a>b，ab>0?<，请你思考一下，他们谁说的正确？
【提示】　他们说的都不正确．
探究2　不等式两边同乘以(或除以)同一个数时，要注意什么？
【提示】　要先判断这个数是否为零，决定是否可以乘以(或除以)这个数，再判断是正还是负，决定不等号的方向是否改变，特别注意不等式两边同乘以(或除以)同一个负数时，不等号方向改变．
　判断下列命题是否正确，并说明理由．
(1)若a>b，则ac2>bc2；
(2)若>，则a>b；
(3)若a>b，ab≠0，则<；
(4)若a>b，c>d，则ac>bd.
【精彩点拨】　主要是根据不等式的性质判定，其实质就是看是否满足性质所需要的条件．
【自主解答】　(1)错误．当c＝0时不成立．
(2)正确．∵c2≠0且c2>0，在>两边同乘以c2，
∴a>b.
(3)错误．a>b?<成立的条件是ab>0.
(4)错误．a>b，c>d?ac>bd，当a，b，c，d为正数时成立．
1．在利用不等式的性质判断命题真假时，关键是依据题设条件，正确恰当地选取使用不等式的性质．有时往往举反例，否定命题的结论．但要注意取值一定要遵循两个原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算．
2．运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能凭空想象随意捏造性质．
[再练一题]
4．判断下列命题的真假．
(1)若a；
(2)若|a|>b，则a2>b2；
(3)若a>b>c，则a|c|>b|c|.
【解】　(1)∵a0，∴>0，
∴a·(2)∵|a|>b，取a＝1，b＝－3，但a2(3)取a>b，c＝0，有a|c|＝b|c|＝0，∴(3)是假命题．
[构建·体系]
1．设a∈R，则下面式子正确的是(　　)
A．3a>2a B．a2<2a
C.1－2a
【答案】　D
2．已知m，n∈R，则＞成立的一个充要条件是(　　)
A．m＞0＞n B．n＞m＞0
C．m＜n＜0 D.mn(m－n)＜0
【解析】　∵＞?－＞0?＞0?mn(n－m)＞0?mn(m－n)＜0.
【答案】　D
3．已知a，b，c均为实数，下面四个命题中正确命题的个数是(　　)
①a＜b＜0?a2＜b2；②＜c?a＜bc；
③ac2＞bc2?a＞b；④a＜b＜0?＜1.
A．0　　　B．1 C．2　　　D．3
【解析】　①不正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0，
∴(－a)2＞(－b)2，即a2＞b2.
②不正确．∵＜c，若b＜0，则a＞bc.
③正确．∵ac2＞bc2，∴c≠0，∴a＞b.
④正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0，∴1＞＞0.
【答案】　C
4．若1【导学号：32750003】
【解析】　∵－4∴0≤|b|<4，
∴－4<－|b|≤0.
又1∴－3【答案】　(－3,3)
5．若a，b，c满足b＋c＝3a2－4a＋6，b－c＝a2－4a＋4，比较a，b，c的大小．
【解】　b－c＝a2－4a＋4＝(a－2)2≥0，∴b≥c.
由题意可得方程组
解得b＝2a2－4a＋5，c＝a2＋1.
∴c－a＝a2＋1－a＝＋>0，
∴c>a，∴b≥c>a.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论正确的是(　　)
A．a＋c>b＋d B．a－c>b－d
C．ac>bd D.>
【解析】　∵a>b，c>d，∴a＋c>b＋d.
【答案】　A
2．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是(　　)
A．b－a>0 B．a3＋b3<0
C．b＋a>0 D.a2－b2<0
【解析】　a－|b|>0?|b|0.故选C.
【答案】　C
3．若aA.> B．2a>2b
C．|a|>|b|>0 D.>
【解析】　考查不等式的基本性质及其应用．取a＝－2，b＝－1验证即可求解．
【答案】　B
4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么(　　)
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a
【解析】　ab2－ab＝ab(b－1)，
∵a＜0，－1＜b＜0，
∴b－1＜0，ab＞0，∴ab2－ab＜0，即ab2＜ab；
又ab2－a＝a(b2－1)，
∵－1＜b＜0，∴b2＜1，
即b2－1＜0.又a＜0，
∴ab2－a＞0，即ab2＞a.
故ab＞ab2＞a.
【答案】　D
5．设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜”的(　　)
【导学号：32750004】
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】　∵0＜ab＜1，
当a＜0且b＜0时可推得b＞，
所以“0＜ab＜1”不是“b＜”的充分条件， ①
反过来，若b＜，
当b＜0且a＞0时，有ab＜0，推不出“0＜ab＜1”，
所以“0＜ab＜1”也不是“b＜”的必要条件， ②
由①②知，应选D.
【答案】　D
二、填空题
6．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是f(x)________g(x)．
【解析】　f(x)－g(x)＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1＞0，
∴f(x)＞g(x)．
【答案】　＞
7．给出四个条件：
①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0.
能得出<成立的有________．(填序号)
【解析】　∴①②④可推出<成立．
【答案】　①②④
8．已知α，β满足－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围是________．
【解析】　设α＋3β＝λ(α＋β)＋μ(α＋2β)，
可解得λ＝－1，μ＝2，∴α＋3β＝－(α＋β)＋2(α＋2β)．
又－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，∴1≤α＋3β≤7.
【答案】　[1,7]
三、解答题
9．(1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，求证：＜；
(2)若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，
求证：＞.
【证明】　(1)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.
∴0＜－＜－.又a＞b＞0，
∴－＞－＞0，
∴ ＞，即－＞－.
两边同乘以－1，得＜.
(2)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.
∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，
∴(a－c)2＞(b－d)2＞0，∴＜.
又∵e＜0，
∴＞.
10．设x，y为实数，且3≤xy2≤8,4≤≤9，求的取值范围．
【解】　由4≤≤9，得16≤≤81. ①
又3≤xy2≤8，∴≤≤. ②
由①×②得×16≤·≤81×，
即2≤≤27，因此的取值范围是[2,27]．
[能力提升]
1．若a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“a＜或b＞”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　对于0＜ab＜1，如果a＞0，则b＞0，a＜成立，如果a＜0，则b＜0，b＞成立，因此“0＜ab＜1”是“a＜或b＞”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a＜或b＞”成立，但条件0＜ab＜1不成立，因此“0＜ab＜1”不是“a＜或b＞”的必要条件，即“0＜ab＜1”是“a＜或b＞”的充分而不必要条件．
【答案】　A
2．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：
①＞；②ac＜bc；③logb(a－c)＞loga(b－c)．
其中所有的正确结论的序号是(　　)
A．① B．①②
C．②③ D.①②③
【解析】　由a＞b＞1，c＜0，得＜，＞；幂函数y＝xc(c＜0)是减函数，所以ac＜bc；因为a－c＞b－c，所以logb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，①②③均正确．
【答案】　D
3．给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中能推出logb＜loga＜logab成立的条件的序号是________．(填所有可能的条件的序号)
【解析】　∵logb＝－1，
若1＜a＜b，则＜＜1＜b，
∴loga＜loga＝－1，故条件①不可以；
若0＜a＜b＜1，则b＜1＜＜，
∴logab＞loga＞loga＝－1＝logb，
故条件②可以；
若0＜a＜1＜b，则0＜＜1，
∴loga＞0，
logab＜0，条件③不可以．故应填②.
【答案】　②
4．已知f(x)＝ax2＋c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围.
【导学号：32750005】
【解】　由－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，得
设u＝a＋c，v＝4a＋c，则有a＝，c＝，
∴f(3)＝9a＋c＝－u＋v.
又∴
∴－1≤－u＋v≤20，
即－1≤f(3)≤20.
∴f(3)的取值范围为[－1,20].
2.基本不等式
1．了解两个正数的算术平均数与几何平均数．
2．理解定理1和定理2(基本不等式)．(重点)
3．掌握用基本不等式求一些函数的最值及实际的应用问题．(难点、易混点)
[基础·初探]
教材整理1　两个定理及算数平均与几何平均
阅读教材P5～P6“例3”以上部分，完成下列问题．
1．两个定理
定理
内容
等号成立的条件
定理1
a2＋b2≥2ab(a，b∈R)
当且仅当a＝b时，等号成立
定理2
≥(a，b＞0)
当且仅当a＝b时，等号成立
2.算术平均与几何平均
如果a，b都是正数，我们称为a，b的算术平均，为a，b的几何平均．
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】　显然①不正确；③正确；对于②，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.
【答案】　C
教材整理2　利用基本不等式求最值
阅读教材P6～P8，完成下列问题．
已知x，y为正数，x＋y＝S，xy＝P，则
(1)如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，S取得最小值2；
(2)如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，P取得最大值.
若x≠0，则f(x)＝2－3x2－的最大值是________，取得最值时x的值是________.
【导学号：32750006】
【解析】　f(x)＝2－3≤2－3×4＝－10，
当且仅当x2＝，即x＝±时取等号．
【答案】　－10　±
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
利用基本不等式证明不等式
　已知a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
【精彩点拨】　观察不等号两边差异，利用基本不等式来构造关系．
【自主解答】　∵a>0，b>0，c>0，
∴＋b≥2 ＝2a，
同理：＋c≥2b，＋a≥2c.
三式相加得：
＋＋＋(b＋c＋a)≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥a＋b＋c.
1．首先根据不等式两端的结构特点进行恒等变形或配凑使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形式进行证明．
2．当且仅当a＝b＝c时，上述不等式中“等号”成立，若三个式子中有一个“＝”号取不到，则三式相加所得的式子中“＝”号取不到．
[再练一题]
1．已知x，y，z均为正数，求证：＋＋≥＋＋.
【证明】　∵x，y，z都是正数，
∴＋＝≥.
同理可得＋≥，＋≥.
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
利用基本不等式求最值
　设x，y，z均是正数，x－2y＋3z＝0，则的最小值为________．
【精彩点拨】　由条件表示y，代入到中，变形为能运用基本不等式求最值的形式，求出最小值，但要注意等号取到的条件．
【自主解答】　由x－2y＋3z＝0，得y＝，
∴＝＝
≥＝3.
当且仅当x＝y＝3z时，取得最小值3.
【答案】　3
1．本题解题的关键是根据已知条件消掉目标函数中的y，通过对目标函数的变形，转化为考生所熟悉的使用基本不等式求最值的问题．
2．使用基本不等式求最值，必须同时满足三个条件：①各项均为正数；②其和或积为定值；③等号必须成立，即“一正、二定、三相等”．在具体问题中，“定值”条件决定着基本不等式应用的可行性，决定着成败的关键．
[再练一题]
2．已知x>0，y>0，且＋＝1，试求x＋y的最小值.
【导学号：32750007】
【解】　∵x>0，y>0，且＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)
＝＋＋10≥2＋10＝16.
当且仅当＝，即y＝3x时等号成立．
又＋＝1，∴当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
基本不等式的实际应用
　某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2016年里约热内卢奥运会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%与平均每件促销费的一半之和，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？
【精彩点拨】　(1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；
(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式．利用基本不等式求最值．
【自主解答】　(1)由题意可设3－x＝(k＞0)，
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，
∴当促销费定在7万元时，年利润最大．
[再练一题]
3．如图1-1-1所示，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2 m的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a m，高度为b m，已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比，现有制箱材料60 m2，问当a，b各为多长时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A，B孔的面积忽略不计)?
图1-1-1
【解】　法一　设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y＝，其中k为比例系数(k>0)．根据题意，得 2×2b＋2ab＋2a＝60(a>0，b>0)，
∴b＝(由a>0，b>0，可得a<30)．
∴y＝＝.
令t＝a＋2，则a＝t－2.
从而＝＝＝34－，
∴y＝≥＝.
当且仅当t＝，即a＋2＝时，取“＝”，∴a＝6.
由a＝6，可得b＝3.
综上所述：当a＝6 m，b＝3 m时，经沉淀后流出的水中杂质的质量分数最小．
法二　设流出的水中杂质的质量分数为y，依题意y＝，其中k为比例系数(k>0)．要求y的最小值必须先求出ab的最大值．
依题设4b＋2ab＋2a＝60，即ab＋a＋2b＝30(a>0，b>0)．
∵a＋2b≥2(当且仅当a＝2b时取“＝”)，
∴ab＋2≤30，可解得0由a＝2b及ab＋a＋2b＝30，可得a＝6，b＝3，
即a＝6，b＝3时，ab取得最大值，从而y的值最小．
[探究共研型]
基本不等式的理解与判定
探究1　在基本不等式≥中，为什么要求a>0，b>0?
【提示】　对于不等式≥，如果a，b中有两个或一个为0，虽然不等式仍成立，但是研究的意义不大，当a，b都为负数时，不等式不成立；当a，b中有一个为负数，另一个为正数，不等式无意义．
探究2　利用≥求最值的条件是怎样的？
【提示】　利用基本不等式求最值的条件是“一正、二定、三相等”，即(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取得相等的值．
探究3　你能给出基本不等式的几何解释吗？
【提示】　如图，以a＋b为直径的圆中，DC＝，且DC⊥AB.
因为CD为圆的半弦，OD为圆的半径，长为，根据半弦长不大于半径，得不等式≤.显然，上述不等式当且仅当点C与圆心重合，即当a＝b时，等号成立．因此，基本不等式的几何意义是圆的半弦长不大于半径；或直角三角形斜边的中线不小于斜边上的高．
　命题：①任意x>0，lg x＋≥2；②任意x∈R，ax＋≥2；③任意x∈，tan x＋≥2；④任意x∈R，sin x＋≥2.
其中真命题有(　　)
A．③ B．③④
C．②③ D.①②③④
【精彩点拨】　按基本不等式成立的条件进行判定．
【自主解答】　在①④中，lg x∈R，sin x∈[－1,1]，不能确定lg x>0与sin x>0.因此①④是假命题；
在②中，ax>0，ax＋≥2＝2，当且仅当x＝0时，取等号，则②是真命题；
在③中，当x∈时，tan x>0，有tan x＋≥2，且x＝时取等号，∴③是真命题．
【答案】　C
1．本题主要涉及基本不等式成立的条件及取等号的条件．在定理1和定理2中，“a＝b”是等号成立的充要条件．但两个定理有区别又有联系：(1)≥是a2＋b2≥2ab的特例，但二者适用范围不同，前者要求a，b均为正数，后者只要求a，b∈R；(2)a，b大于0是≥的充分不必要条件；a，b为实数是a2＋b2≥2ab的充要条件．
2．当b≥a>0时，有变形不等式a≤≤≤≤ ≤b.
[再练一题]
4．若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是(　　)
【导学号：32750008】
A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2
C.＋> D.＋≥2
【解析】　A选项中，当a＝b时，a2＋b2＝2ab，则排除A；
当a<0，b<0时，a＋b<0<2，＋<0<，则排除B，C选项；D选项中，由ab>0，则>0，>0，∴＋≥2＝2，当且仅当a＝b时取“＝”，所以选D.
【答案】　D
[构建·体系]
基本不等式—
1．下列结论中不正确的是(　　)
A．a＞0时，a＋≥2 B.＋≥2
C．a2＋b2≥2ab D.a2＋b2≥
【解析】　选项A，C显然正确；选项D中，2(a2＋b2)－(a＋b)2＝a2＋b2－2ab≥0，∴a2＋b2≥成立；而选项B中，＋≥2不成立，因为若ab＜0，则不满足不等式成立的条件．
【答案】　B
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】　∵2x＞0,2－x＞0，∴2x＋2－x≥2＝2，当且仅当2x＝2－x，即x＝0时，等号成立．故选D.
【答案】　D
3．已知＋＝1(x>0，y>0)，则xy的最小值是(　　)
A．15 B．6
C．60 D.1
【解析】　∵＋≥2(当且仅当x＝10，y＝6时，取等号)，
∴2≤1，∴xy≥60，
故xy的最小值为60.
【答案】　C
4．已知lg x＋lg y＝2，则＋的最小值为______．
【导学号：32750009】
【解析】　∵lg x＋lg y＝2，
∴x＞0，y＞0，lg(xy)＝2，∴xy＝102，
∴＋≥2＝，当且仅当x＝y＝10时，等号成立．
【答案】　
5．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．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（二）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．函数f(x)＝的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D．1
【解析】　显然x≥0.当x＝0时，f(x)＝0；
当x>0时，x＋1≥2，∴f(x)≤，
当且仅当x＝1时，等号成立，
∴f(x)max＝.
【答案】　B
2．设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是(　　)
A．a＜b＜＜
B．a＜＜＜b
C．a＜＜b＜
D.＜a＜＜b
【解析】　取特殊值法．取a＝2，b＝8，则＝4，＝5，所以a＜＜＜b.故选B.
【答案】　B
3．已知x≥，则f(x)＝有(　　)
A．最大值为 B．最小值为
C．最大值为1 D.最小值为1
【解析】　∵x≥，∴x－2≥，
∴f(x)＝＝(x－2)＋≥
2＝1，当且仅当＝，
即x＝3时，等号成立，∴f(x)min＝1.
【答案】　D
4．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是(　　)
A．0 B．1
C．2 D.4
【解析】　由题意知a＋b＝x＋y，cd＝xy，
∴(a＋b)2＝(x＋y)2≥4xy＝4cd，
∴≥4，当且仅当x＝y时，取等号．
【答案】　D
5．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的关系是(　　)
A．x>y B．y>x
C．x>y D.y>x
【解析】　因为a，b是不相等的正数，所以x2＝＋<＋＝a＋b＝y2，即x2【答案】　B
二、填空题
6．若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________.
【导学号：32750010】
【解析】　x2＋y2＋xy＝(x＋y)2－xy≥(x＋y)2－＝(x＋y)2，∴(x＋y)2≤，∴|x＋y|≤，即x＋y的最大值为.
【答案】　
7．已知x，y∈R＋，且满足＋＝1，则xy的最大值为________．
【解析】　因为x＞0，y＞0，
所以＋≥2＝，即≤1，解得xy≤3，所以其最大值为3.
【答案】　3
8．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
【解析】　∵a，b，m，n∈R＋，且a＋b＝1，mn＝2，
∴(am＋bn)(bm＋an)
＝abm2＋a2mn＋b2mn＋abn2
＝ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)
≥2ab·mn＋2(a2＋b2)
＝4ab＋2(a2＋b2)
＝2(a2＋b2＋2ab)
＝2(a＋b)2＝2，
当且仅当m＝n＝时，取“＝”，
∴所求最小值为2.
【答案】　2
三、解答题
9．已知a，b，x，y∈R＋，x，y为变量，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋y的最小值为18，求a，b.
【解】　∵x＋y＝(x＋y)
＝a＋b＋＋≥a＋b＋2＝(＋)2，
当且仅当＝时取等号．
又(x＋y)min＝(＋)2＝18，
即a＋b＋2＝18. ①
又a＋b＝10， ②
由①②可得或
10．已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：＋＋≥1.
【证明】　∵＋x1＋＋x2＋＋x3≥2＋2＋2＝2(x1＋x2＋x3)＝2，
∴＋＋≥1.
[能力提升]
1．设x，y∈R＋，且满足x＋4y＝40，则lg x＋lg y的最大值是(　　)
A．40 B．10
C．4 D.2
【解析】　因为x，y∈R＋，∴≤，
∴≤＝10，∴xy≤100.
∴lg x＋lg y＝lg xy≤lg 100＝2.
【答案】　D
2．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站(　　)
A．5千米处 B．4千米处
C．3千米处 D.2千米处
【解析】　由已知：y1＝，
y2＝0.8x(x为仓库到车站的距离)．
费用之和y＝y1＋y2＝0.8x＋
≥2＝8.
当且仅当0.8x＝，
即x＝5时等号成立．
【答案】　A
3．y＝(x＞0)的最小值是________．
【解析】　∵x＞0，∴y＝＝＋x＋1－1≥2－1.
当且仅当x＋1＝时取等号．
【答案】　2－1
4．若对任意x>0，≤a恒成立，求实数a的取值范围.
【导学号：32750011】
【解】　由x>0，知原不等式等价于
0<≤＝x＋＋3恒成立．
又x>0时，x＋≥2＝2，
∴x＋＋3≥5，当且仅当x＝1时，取等号．
因此min＝5，
从而0<≤5，解得a≥.
故实数a的取值范围为.
3.三个正数的算术-几何平均不等式
1．探索并了解三个正数的算术-几何平均不等式的证明过程．
2．会用平均不等式求一些特定函数的最大(小)值．(重点)
3．会建立函数不等式模型，利用其解决实际生活中的最值问题．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　三个正数的算术-几何平均不等式
阅读教材P8～P9定理3，完成下列问题．
1．如果a，b，c∈R＋，那么a3＋b3＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．
已知a，b，c为正数，则＋＋有(　　)
A．最小值为3 B．最大值为3
C．最小值为2 D.最大值为2
【解析】　＋＋≥3＝3，
当且仅当＝＝，即a＝b＝c时，取等号．
【答案】　A
教材整理2　基本不等式的推广
阅读教材P9～P9“例5”以上部分，完成下列问题．
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．
教材整理3　利用基本不等式求最值
阅读教材P9～P9“习题1.1”以上部分，完成下列问题．
若a，b，c均为正数，①如果a＋b＋c是定值S，那么a＝b＝c时，积abc有最大值；②如果积abc是定值P，那么当a＝b＝c时，和a＋b＋c有最小值．
设x＞0，则y＝x＋的最小值为(　　)
【导学号：32750012】
A．2 B．2
C．3 D.3
【解析】　y＝x＋＝＋＋≥3·＝3，
当且仅当＝时取“＝”号．
【答案】　D
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
证明简单的不等式
　设a，b，c为正数，求证：(a＋b＋c)2≥27.
【精彩点拨】　根据不等式的结构特点，运用a＋b＋c≥3，结合不等式的性质证明．
【自主解答】　∵a>0，b>0，c>0，
∴a＋b＋c≥3>0，
从而(a＋b＋c)2≥9>0.
又＋＋≥3>0，
∴(a＋b＋c)2
≥3·9＝27，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
1．(1)在应用平均不等式时，一定要注意是否满足条件，即a>0，b>0.
(2)若问题中一端出现“和式”而另一端出现“积式”，这便是应用基本不等式的“题眼”，不妨运用平均不等式试试看．
2．连续多次运用平均不等式定理时，要特别注意前后等号成立的条件是否一致．
[再练一题]
1．设a，b，c为正数，求证：(a＋b＋c)3≥81.
【导学号：32750013】
【证明】　因为a，b，c为正数，
所以有＋＋≥3＝＞0.
又(a＋b＋c)3≥(3)3＝27abc＞0，
∴(a＋b＋c)3≥81，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
用平均不等式求解实际问题
　如图1-1-2所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知识，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？
图1-1-2
【精彩点拨】　根据题设条件建立r与θ的关系式，将它代入E＝k，得到以θ为自变量，E为因变量的函数关系式，再用平均不等式求函数的最值．
【自主解答】　∵r＝，
∴E＝k·.
∴E2＝·sin2θ·cos4θ
＝(2sin2θ)·cos2θ·cos2θ
≤3＝，
当且仅当2sin2θ＝cos2θ时取等号，
即tan2θ＝，tan θ＝时，等号成立．
∴h＝2tan θ＝，即h＝时，E最大．
因此选择灯的高度为米时，才能使桌子边缘处最亮．
1．本题的关键是在获得了E＝k·后，对E的函数关系式进行变形求得E的最大值．
2．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”即可直接求解．
[再练一题]
2．制造容积为立方米的无盖圆柱形桶，用来制作底面的金属板的价格为每平方米30元，用来制作侧面的金属板的价格为每平方米20元，要使用料成本最低，则圆柱形桶的底面半径和高应各为多少米？
【解】　设圆柱形桶的底面半径为r米，高为h米，则底面积为πr2平方米，侧面积为2πrh平方米．
设用料成本为y元，则y＝30πr2＋40πrh.
∵桶的容积为，∴πr2h＝，∴rh＝.
∴y＝30πr2＋π＝10π≥10π×3，
当且仅当3r2＝时，
即r＝时等号成立，此时h＝.
故要使用料成本最低，圆柱形桶的底面半径应为米，高为米．
[探究共研型]
利用平均不等式求最值
探究1　利用不等式≥求最值的条件是什么？
【提示】　“一正、二定、三相等”，即(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取到相等的值．
探究2　如何求y＝＋x2的最小值？
【提示】　y＝＋x2＝＋＋≥3＝3，当且仅当＝，即x＝±时，等号成立，
∴ymin＝3.
其中把x2拆成和两个数，这样可满足不等式成立的条件．
若这样变形：y＝＋x2＝＋＋x2，虽然满足了乘积是定值这个要求，但“三相等”不能成立，因为＝＝x2时x无解，不能求出y的最小值．
　已知x∈R＋，求函数y＝x(1－x2)的最大值．
【精彩点拨】　为使数的“和”为定值，可以先平方，即y2＝x2(1－x2)2＝x2(1－x2)(1－x2)＝2x2(1－x2)(1－x2)×，求出最值后再开方．
【自主解答】　∵y＝x(1－x2)，
∴y2＝x2(1－x2)2
＝2x2(1－x2)(1－x2)·.
∵2x2＋(1－x2)＋(1－x2)＝2，
∴y2≤＝.
当且仅当2x2＝1－x2，
即x＝时等号成立．
∴y≤，∴y的最大值为.
1．解答本题时，有的同学会做出如下拼凑：
y＝x(1－x2)＝x(1－x)(1＋x)＝·x(2－2x)·(1＋x)≤＝.
虽然其中的拼凑过程保证了三个数的和为定值，但忽略了取“＝”号的条件，显然x＝2－2x＝1＋x无解，即无法取“＝”号，也就是说，这种拼凑法是不正确的．
2．解决此类问题时，要注意多积累一些拼凑方法的题型及数学结构，同时也要注意算术-几何平均不等式的使用条件，三个缺一不可．
[再练一题]
3．若2a＞b＞0，试求a＋的最小值.
【导学号：32750014】
【解】　a＋＝＋
＝＋＋
≥3·＝3，
当且仅当＝＝，
即a＝b＝2时取等号．
所以当a＝b＝2时，
a＋有最小值为3.
[构建·体系]
平均不等式—
1．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】　∵x＋2y＋3z＝6，∴2x＋4y＋8z＝2x＋22y＋23z
≥3＝3＝12.
当且仅当2x＝22y＝23z，即x＝2，y＝1，z＝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】　∵a＋＝(a－b)＋b＋≥3＝3，当且仅当a＝2，b＝1时取等号，∴a＋的最小值为3.故选D.
【答案】　D
3．函数y＝4sin2x·cos x的最大值为________，最小值为________．
【解析】　∵y2＝16sin2 x·sin2x·cos2x
＝8(sin2x·sin2x·2cos2x)
≤83
＝8×＝，
∴y2≤，当且仅当sin2x＝2cos2x，
即tan x＝±时取等号．
∴ymax＝，ymin＝－.
【答案】　　－
4．函数f(x)＝5x＋(x>0)的最小值为________.
【导学号：32750015】
【解析】　∵f(x)＝5x＋＝x＋x＋≥3＝15.
当x＝，即x＝2时取等号．
【答案】　15
5．已知x>0，y>0，证明：(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.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（三）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知正数x，y，z，且x＋y＋z＝6，则lg x＋lg y＋lg z的取值范围是(　　)
A．(－∞，lg 6] B．(－∞，3lg 2]
C．[lg 6，＋∞) D.[3lg 2，＋∞)
【解析】　∵6＝x＋y＋z≥3，
∴xyz≤8.
∴lg x＋lg y＋lg z
＝lg(xyz)≤lg 8＝3lg 2.
【答案】　B
2．已知x∈R＋，有不等式：x＋≥2＝2，x＋＝＋＋≥3＝3，….启发我们可能推广结论为：x＋≥n＋1(n∈N＋)，则a的值为(　　)
A．nn　 　　B．2n　 　　C．n2　 　　D．2n＋1
【解析】　x＋＝＋，要使和式的积为定值，则必须nn＝a，故选A.
【答案】　A
3．设0A. B．1 C. D.
【解析】　∵0∴0<1－x<1，
∴x(1－x)2＝·2x·(1－x)·(1－x)
≤3＝.
当且仅当x＝时，等号成立．
【答案】　D
4．已知a，b，c∈R＋，x＝，y＝，z＝，则(　　)
【导学号：32750016】
A．x≤y≤z B．y≤x≤z
C．y≤z≤x D.z≤y≤x
【解析】　由a，b，c大于0，易知≥，即x≥y.又z2＝，x2＝，
且x2＝≤＝，
∴x2≤z2，则x≤z，
因此z≥x≥y.
【答案】　B
5．设x，y，z＞0，且x＋3y＋4z＝6，则x2y3z的最大值为(　　)
A．2 B．7
C．8 D.1
【解析】　∵6＝x＋3y＋4z＝＋＋y＋y＋y＋4z≥6，
∴x2y3z≤1，当＝y＝4z时，取“＝”，
即x＝2，y＝1，z＝时，x2y3z取得最大值1.
【答案】　D
二、填空题
6．若记号“*”表示求两个实数a与b的算术平均的运算，即a*b＝，则两边均含有运算“*”和“＋”，且对任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是________．
【解析】　由题意知a＋(b*c)＝a＋＝，
(a＋b)*(a＋c)＝＝，
所以a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c)．
【答案】　a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c)
7．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
8．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，对于下列不等式：①abc≤；②≥27；③a2＋b2＋c2≥.
其中正确的不等式序号是________．
【解析】　∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴1＝a＋b＋c≥3，
0从而①正确，②也正确．又a＋b＋c＝1，
∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝1，
因此1≤3(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥，③正确．
【答案】　①②③
三、解答题
9．已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋(＋＋)≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
【证明】　因为a，b，c均为正数，由算术-几何平均不等式，得a2＋b2＋c2≥3(abc)， ①
＋＋≥3(abc).
所以≥9(abc). ②
故a2＋b2＋c2＋
≥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＝时，原式等号成立．
10．已知x，y，z∈R＋，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)证明：3≤x2＋y2＋z2<9.
【解】　(1)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.
[能力提升]
1．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列总成立的是(　　)
A．V≥π　　B．V≤π　　C．V≥π　　D．V≤π
【解析】　设圆柱半径为r，则圆柱的高h＝，所以圆柱的体积为V＝πr2·h＝πr2·＝πr2(3－2r)≤π＝π.
当且仅当r＝3－2r，即r＝1时取等号．
【答案】　B
2．若实数x，y满足xy＞0，且x2y＝2，则xy＋x2的最小值是(　　)
【导学号：32750017】
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
【解析】　xy＋x2＝xy＋xy＋x2≥
3＝3＝3＝3.
【答案】　C
3．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.又∵x－a＞0，
∴2x＋≥3＋2a
＝3＋2a，
当且仅当x－a＝，即x＝a＋1时，取等号．
∴2x＋的最小值为3＋2a.
由题意可得3＋2a≥7，得a≥2.
【答案】　2
4．如图1-1-3(1)所示，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，如图1-1-3(2)所示，求这个正六棱柱容器容积的最大值．
图1-1-3
【解】　设正六棱柱容器底面边长为x(0＜x＜1)，高为h，
由图可有2h＋x＝，
∴h＝(1－x)，
V＝S底·h＝6×x2·h＝x2··(1－x)
＝9×××(1－x)≤9×3＝.
当且仅当＝1－x，即x＝时，等号成立．
所以当底面边长为时，正六棱柱容器容积最大值为.
二　绝对值不等式
1.绝对值三角不等式
1．理解绝对值的几何意义，能利用绝对值的几何意义证明绝对值不等式的性质定理．(重点)
2．会用绝对值不等式的性质定理证明简单的含绝对值的不等式，会求简单绝对值不等式的最值．(难点、易错易混点)
[基础·初探]
教材整理1　绝对值的几何意义
阅读教材P11～P11“思考”以上部分，完成下列问题．
1．实数a的绝对值|a|表示数轴上坐标为a的点A到原点的距离．
2．对于任意两个实数a，b，设它们在数轴上的对应点分别为A，B，那么|a－b|的几何意义是数轴上A，B两点之间的距离，即线段AB的长度．
教材整理2　绝对值三角不等式
阅读教材P11～P14“定理2”以上部分，完成下列问题．
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．
2．在定理1中，实数a，b替换为向量a，b，当向量a，b不共线时，有向量形式的不等式|a＋b|<|a|＋|b|，它的几何意义是三角形的两边之和大于第三边．
对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是(　　)
A．当a，b异号时，左边等号成立
B．当a，b同号时，右边等号成立
C．当a＋b＝0时，两边等号均成立
D．当a＋b＞0时，右边等号成立；当a＋b＜0时，左边等号成立
【解析】　当a，b异号且|a|＞|b|时左边等号才成立，A不正确；显然B正确；当a＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确；D显然不正确．
【答案】　B
教材整理3　三个实数的绝对值不等式
阅读教材P14～P15“2.绝对值不等式的解法”以上部分，完成下列问题．
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．
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】　当(a＋b)(a－b)≥0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|＜2；
当(a＋b)(a－b)＜0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＜2.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
运用绝对值不等式求最值与范围
　对任意x∈R，求使不等式|x＋1|＋|x＋2|≥m恒成立的m的取值范围．
【精彩点拨】　令t＝|x＋1|＋|x＋2|，只需m≤tmin.
【自主解答】　法一　对x∈R，|x＋1|＋|x＋2|
≥|(x＋1)－(x＋2)|＝1，
当且仅当(x＋1)(x＋2)≤0时，
即－2≤x≤－1时取等号．
∴t＝|x＋1|＋|x＋2|的最小值为1，故m≤1.
∴实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二　t＝|x＋1|＋|x＋2|
＝
∴t≥1，则t＝|x＋1|＋|x＋2|的最小值为1，故m≤1.
因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
1．本题也可利用绝对值的几何意义求解．
2．对于含有两个绝对值及以上的代数式，通常利用分段讨论的方法转化为分段函数，进而利用分段函数的性质求函数最值．
[再练一题]
1．(2016·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.
因为f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
当x＝时等号成立，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．
当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
含绝对值不等式的证明
　设m等于|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：<2.
【精彩点拨】　不管|a|，|b|,1的大小，总有m≥|a|，m≥|b|，m≥1，然后利用绝对值不等式的性质证明．
【自主解答】　依题意m≥|a|，m≥|b|，m≥1.
又|x|>m，
∴|x|>|a|，|x|>|b|，|x|>1，从而|x|2>|b|.
因此≤＋
＝＋<＋＝2，即<2.
1．将文字语言“m等于|a|，|b|,1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a|，m≥|b|，m≥1”是证明本题的关键．
2．运用绝对值不等式的性质证明不等式时，要注意放缩的方向和“尺度”，切忌放缩过度．
[再练一题]
2．若f(x)＝x2－x＋c(为常数)，且|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1).
【导学号：32750018】
【证明】　|f(x)－f(a)|
＝|(x2－x＋c)－(a2－a＋c)|
＝|x2－x－a2＋a|＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|
＝|(x－a)＋(2a－1)|≤|x－a|＋|2a－1|.
又|x－a|<1，
∴|f(x)－f(a)|≤|x－a|＋|2a－1|
≤|x－a|＋|2a|＋1<1＋2|a|＋1
＝2(|a|＋1)．
[探究共研型]
绝对值不等式的理解与应用
探究1　不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件是怎样的？
【提示】　不等式|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|右侧“＝”成立的条件是ab≥0，左侧“＝”成立的条件是ab≤0且|a|≥|b|；不等式|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|右侧“＝”成立的条件是ab≤0，左侧“＝”成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|.
探究2　你能给出定理2的几何解释吗？
【提示】　在数轴上，a，b，c的对应的点分别为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，|a－c|<|a－b|＋|b－c|.
　已知a，b∈R，则有
(1)≤1成立的充要条件是________；
(2)≥1成立的充要条件是________．
【精彩点拨】　利用绝对值三角不等式定理分别求解．
【自主解答】　(1)因为|a|－|b|≤|a－b|恒成立，所以有|a－b|＞0?a≠b?≤1，
因此≤1成立的充要条件是a≠b.
(2)因为|a|＋|b|≥|a＋b|恒成立，
所以有|a＋b|＞0?a≠－b?≥1.
因此≥1成立的充要条件是a≠－b.
【答案】　(1)a≠b　(2)a≠－b
1．本题求解的关键在于|a|－|b|≤|a－b|与|a|＋|b|≥|a＋b|的理解和应用．
2．解决此类问题应从两个方向推出关系来进行求解．
[再练一题]
3．条件不变，试求：
(1)＜1成立的充要条件；
(2)＞1成立的充要条件．
【解】　(1)因为ab＜0?||a|－|b||＜|a－b|?＜1，
所以＜1成立的充要条件是ab＜0.
(2)因为＞1?|a|＋|b|＞|a＋b|且a＋b≠0?ab＜0且a≠－b，
所以＞1成立的充要条件是ab＜0且a≠－b.
[构建·体系]
绝对值三角不等式—
1．已知实数a，b满足ab＜0，则下列不等式成立的是(　　)
A．|a＋b|＞|a－b| B．|a＋b|＜|a－b|
C．|a－b|＜||a|－|b|| D.|a－b|＜|a|＋|b|
【解析】　∵ab＜0，∴|a－b|＝|a|＋|b|＞|a＋b|＝||a|－|b||，故应选B.
【答案】　B
2．若a，b∈R，则使|a|＋|b|>1成立的充分不必要条件可以是(　　)
A．|a|≥且|b|≥ B．|a＋b|≥1
C．|a|≥1 D.b<－1
【解析】　当b<－1时，|b|>1，
∴|a|＋|b|>1，
但|a|＋|b|>1b<－1(如a＝2，b＝0)，
∴“b<－1”是“|a|＋|b|>1”的充分不必要条件．
【答案】　D
3．已知四个命题：①a>b?|a|>b；②a>b?a2>b2；
③|a|>b?a>b；④a>|b|?a>b.其中正确的命题是________．
【解析】　当a>b时，|a|≥a>b，①正确．显然②③不正确．
又当a>|b|时，有a>|b|≥b，④正确．
【答案】　①④
4．|x＋1|＋|2－x|的最小值是________.
【导学号：32750019】
【解析】　∵|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，
当且仅当(x＋1)(2－x)≥0，即－1≤x≤2时，取等号．
因此|x＋1|＋|2－x|的最小值为3.
【答案】　3
5．f(x)＝|x－10|＋|x－20|(x∈R)，求f(x)的最小值，并求当f(x)有最小值时，实数x的取值范围．
【解】　∵|x－10|＋|x－20|＝|x－10|＋|20－x|
≥|(x－10)＋(20－x)|＝10.
当且仅当(x－10)(20－x)≥0时取等号，
即10≤x≤20.
因此f(x)的最小值为10，此时实数x的取值范围是[10,20]．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（四）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．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】　当a，b，c均为负数时，则A，B，C均不成立，
如a＝－1，b＝－2，c＝－3时，有|a|＜|b|＜|c|，故A错；
|ab|＝2，而|bc|＝6，此时|ab|＜|bc|，故B错；
|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，与C中|a＋b|＞|b＋c|矛盾，故C错；只有D正确．故选D.
【答案】　D
2．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系为(　　)
A．m>n B．mC．m＝n D.m≤n
【解析】　由|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，得≤1，≥1.
【答案】　D
3．已知a，b∈R，ab>0，则下列不等式中不正确的是(　　)
A．|a＋b|＞a－b B．2≤|a＋b|
C．|a＋b|<|a|＋|b| D.≥2
【解析】　当ab>0时，|a＋b|＝|a|＋|b|，C错．
【答案】　C
4．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】　b＞|a－c|＞|a|－|c|，
b＞|a－c|＞|c|－|a|，故A，B成立，
∴b＞||a|－|c||，故C成立．
应选D(此题代入数字也可判出)．
【答案】　D
5．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的(　　)
【导学号：32750020】
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】　∵|x－a|＜m，|y－a|＜m，
∴|x－a|＋|y－a|＜2m.
又∵|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|，
∴|x－y|＜2m，但反过来不一定成立，
如取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，|3－1|＜2×2.5，
但|3－(－2)|＞2.5，|1－(－2)|＞2.5，
∴|x－y|＜2m不一定有|x－a|＜m且|y－a|＜m，故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m(x，y，a，m∈R)”的充分不必要条件．
【答案】　A
二、填空题
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】　因为a，b∈R，则|a－b|>2，其几何意义是数轴上表示数a，b的两点间距离大于2，|x－a|＋|x－b|的几何意义为数轴上任意一点到a，b两点的距离之和，当x处于a，b之间时|x－a|＋|x－b|取最小值，距离恰为a，b两点间的距离，由题意知其恒大于2，故原不等式解集为R.
【答案】　R
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________(填序号)．
【解析】　logx10＋lg x＝＋lg x≥2，①正确．
ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；
∵ab≠0，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也正确．
综上，①③④正确．
【答案】　①③④
8．已知α，β是实数，给出三个论断：
①|α＋β|＝|α|＋|β|；
②|α＋β|>5；
③|α|>2，|β|>2.
以其中的两个论断为条件，另一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题是________．
【解析】　①，③成立时，则|α＋β|＝|α|＋|β|>4>5.
【答案】　①③?②
三、解答题
9．设ε>0，|x－a|<，|y－b|<.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×＋3×＝ε.
10．(2014·全国卷Ⅱ)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，有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当0综上，a的取值范围是.
[能力提升]
1．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1| 的最小值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D.4
【解析】　∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
【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)1＞|a－b|≥|a|－|b|，
∴1＋|b|＞|a|成立，(1)正确；
(2)|a＋b|－2|a|＝|a＋b|－|2a|≤|a＋b－2a|＝|a－b|正确；
(3)＝＜＜，正确．
【答案】　3
3．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________.
【导学号：32750021】
【解析】　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.
【答案】　－2≤a≤4
4．若1＜a＜8，－4＜b＜2，则a－|b|的取值范围是____________．
【解析】　∵－4＜b＜2，则0≤|b|＜4，∴－4＜－|b|≤0.
又∵1＜a＜8，∴－3＜a－|b|＜8.
【答案】　(－3,8)
5．(2016·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.
2.绝对值不等式的解法
1．理解绝对值的几何意义，掌握去绝对值的方法．(难点)
2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c；|x－a|＋|x－b|≤c.(重点)
3．能利用绝对值不等式解决实际问题．
[基础·初探]
教材整理1　绝对值不等式|x|a的解集
阅读教材P15～P15倒数第2行以上部分，完成下列问题．
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a?
?
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x∈R|x≠0}
R
教材整理2　|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法
阅读教材P15～P17“探究”以上部分，完成下列问题．
1．|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c.
2．|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
不等式|x＋1|＞3的解集是(　　)
A．{x|x＜－4或x＞2} B．{x|－4＜x＜2}
C．{x|x＜－4或x≥2} D.{x|－4≤x＜2}
【解析】　由|x＋1|＞3，得x＋1＞3或x＋1＜－3，因此x＜－4或x＞2.
【答案】　A
教材整理3　|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法
阅读教材P17～P19，完成下列问题．
1．利用绝对值不等式的几何意义求解．
2．利用零点分段法求解．
3．构造函数，利用函数的图象求解．
不等式|x＋1|＋|x＋2|＜5的解集为(　　)
A．(－3,2) B．(－1,3)
C．(－4,1) D.
【解析】　|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)．
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
|ax＋b|≤c与|ax＋b|≥c型不等式的解法
　求解下列不等式．
(1)|3x－1|≤6；(2)3≤|x－2|＜4；(3)|5x－x2|＜6.
【精彩点拨】　关键是去绝对值符号，转化为不含绝对值符号的不等式．
【自主解答】　(1)因为|3x－1|≤6?－6≤3x－1≤6，
即－5≤3x≤7，从而得－≤x≤，
所以原不等式的解集是
.
(2)∵3≤|x－2|＜4，∴3≤x－2＜4或－4＜x－2≤－3，即5≤x＜6或－2＜x≤－1.
所以原不等式的解集为{x|－2＜x≤－1或5≤x＜6}．
(3)法一　由|5x－x2|＜6，得|x2－5x|＜6.
∴－6＜x2－5x＜6.
∴∴
即
∴－1＜x＜2或3＜x＜6.
∴原不等式的解集为{x|－1＜x＜2或3＜x＜6}．
法二　作函数y＝x2－5x的图象，如右图所示．
|x2－5x|＜6表示函数图象中直线y＝－6和直线y＝6之间相应部分的自变量的集合．
解方程x2－5x＝6，得x1＝－1，x2＝6.
解方程x2－5x＝－6，得x′1＝2，x′2＝3.
即得到不等式的解集是{x|－1＜x＜2或3＜x＜6}．
1．形如a＜|f(x)|＜b(b＞a＞0)型不等式的简单解法是利用等价转化法，即a＜|f(x)|＜b(0＜a＜b)?a＜f(x)＜b或－b＜f(x)＜－a.
2．形如|f(x)|＜a，|f(x)|＞a(a∈R)型不等式的简单解法是等价命题法，即
(1)当a＞0时，|f(x)|＜a?－a＜f(x)＜a.
|f(x)|＞a?f(x)＞a或f(x)＜－a.
(2)当a＝0时，|f(x)|＜a无解．
|f(x)|＞a?|f(x)|≠0.
(3)当a＜0时，|f(x)|＜a无解．
|f(x)|＞a?f(x)有意义．
[再练一题]
1．解不等式：
(1)3＜|x＋2|≤4；
(2)|5x－x2|≥6.
【解】　(1)∵3＜|x＋2|≤4，∴3＜x＋2≤4或－4≤x＋2＜－3，即1＜x≤2或－6≤x＜－5，所以原不等式的解集为{x|1＜x≤2或－6≤x＜－5}．
(2)∵|5x－x2|≥6，∴5x－x2≥6或5x－x2≤－6，由5x－x2≥6，即x2－5x＋6≤0，∴2≤x≤3，
由5x－x2≤－6，即x2－5x－6≥0，∴x≥6或x≤－1，
所以原不等式的解集为{x|x≤－1或2≤x≤3或x≥6}．
含参数的绝对值不等式的综合问题
　已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．
【精彩点拨】　→
【自主解答】　(1)由f(x)≤3，得|x－a|≤3，
解得a－3≤x≤a＋3.
又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，
所以解得a＝2.
(2)法一　由(1)知a＝2，此时f(x)＝|x－2|，
设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|，
于是g(x)＝
利用g(x)的单调性，易知g(x)的最小值为5.
因此g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m对x∈R恒成立，
知实数m的取值范围是(－∞，5]．
法二　当a＝2时，f(x)＝|x－2|.
设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|.
由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号成立)，得g(x)的最小值为5.
因此，若g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m恒成立，
则实数m的取值范围是(－∞，5]．
1．第(2)问求解的关键是转化为求f(x)＋f(x＋5)的最小值，法一是运用分类讨论思想，利用函数的单调性；法二是利用绝对值不等式的性质(应注意等号成立的条件)．
2．将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，这是命题的新动向．解题时应强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活运用．
[再练一题]
2．关于x的不等式lg(|x＋3|－|x－7|)(1)当m＝1时，解此不等式；
(2)设函数f(x)＝lg(|x＋3|－|x－7|)，当m为何值时，f(x)【解】　(1)当m＝1时，原不等式可变为0<|x＋3|－|x－7|<10，可得其解集为{x|2(2)设t＝|x＋3|－|x－7|，
则由对数定义及绝对值的几何意义知0因y＝lg x在(0，＋∞)上为增函数，
则lg t≤1，当t＝10，x≥7时，lg t＝1，
故只需m>1即可，即m>1时，f(x)[探究共研型]
含两个绝对值的不等式的解法
探究　怎样解|x－a|＋|x－b|≤c和|x－a|＋|x－b|≥c型不等式？
【提示】　求解这类绝对值不等式，主要的方法有如下三种：
(1)(几何法)利用绝对值的几何意义求解．只要找到使|x－a|＋|x－b|＝c成立的x值，依据“大于取两边，小于取中间”的法则写出不等式的解集即可．
(2)(分段讨论法)分段讨论去掉绝对值符号，以a，b为分界点，将实数集分为三个区间，在每个区间上x－a，x－b的符号都是确定的，从而去掉绝对值符号．
(3)(图象法)联系函数图象，通过分析函数值的取值范围得到不等式的解集．
　(1)解不等式|x＋2|＞|x－1|；
(2)解不等式|x＋1|＋|x－1|≥3.
【精彩点拨】　(1)可以两边平方求解，也可以讨论去绝对值符号求解，还可以用数轴上绝对值的几何意义来求解；(2)可以分类讨论求解，也可以借助数轴利用绝对值的几何意义求解，还可以左、右两边构建相应函数，画图象求解．
【自主解答】　(1)|x＋2|＞|x－1|，可化为(x＋2)2－(x－1)2＞0，即6x＋3＞0，
解得x＞－，
∴|x＋2|＞|x－1|的解集为.
(2)如图，设数轴上与－1,1对应的点分别为A，B，那么A，B两点间的距离为2，因此区间[－1,1]上的数都不是不等式的解．设在A点左侧有一点A1到A，B两点的距离和为3，A1对应数轴上的x.
所以－1－x＋1－x＝3，得x＝－.
同理设B点右侧有一点B1到A，B两点的距离和为3，B1对应数轴上的x，
所以x－1＋x－(－1)＝3.
所以x＝.
从数轴上可看到，点A1，B1之间的点到A，B的距离之和都小于3；点A1的左边或点B1的右边的任何点到A，B的距离之和都大于3，
所以原不等式的解集是
∪.
|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．
[再练一题]
3．已知函数f(x)＝|x－8|－|x－4|.
(1)作出函数f(x)的图象；(2)解不等式f(x)>2.
【解】　(1)f(x)＝
函数的图象如图所示．
(2)不等式|x－8|－|x－4|>2，即f(x)>2.
由－2x＋12＝2，得x＝5，
根据函数f(x)的图象可知，
原不等式的解集为
(－∞，5)．
[构建·体系]
绝对值不等式的解法—
1．不等式|x|·(1－2x)>0的解集是(　　)
A. B．(－∞，0)∪
C. D.
【解析】　原不等式等价于
解得x<且x≠0，即x∈(－∞，0)∪.
【答案】　B
2．不等式|x2－2|＜2的解集是(　　)
A．(－1,1) B．(－2,2)
C．(－1,0)∪(0,1) D.(－2,0)∪(0,2)
【解析】　由|x2－2|＜2，得－2＜x2－2＜2，即0＜x2＜4，所以－2＜x＜0或0＜x＜2，故解集为(－2,0)∪(0,2)．
【答案】　D
3．不等式≥1的实数解为________.
【导学号：32750022】
【解析】　≥1?|x＋1|≥|x＋2|，且x＋2≠0.
∴x≤－且x≠－2.
【答案】　
4．(2016·重庆七校联盟)在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集为________．
【解析】　不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6?＋≤3，由绝对值的几何意义知(如图)，
当－≤x≤时，不等式＋≤3成立．
【答案】　
5．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＜x＜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－m＜x＜m}．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（五）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．不等式1<|x＋1|<3的解集为(　　)
A．(0,2) B．(－2,0)∪(2,4)
C．(－4,0) D.(－4，－2)∪(0,2)
【解析】　由1<|x＋1|<3，得
1∴0∴不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)．
【答案】　D
2．不等式>的解集是(　　)
A．(0,2) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D.(－∞，0)∪(2，＋∞)
【解析】　由绝对值的意义知，>等价于<0，即x(x－2)<0，解得0【答案】　A
3．若不等式|ax＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a的取值为(　　)
A．8 B．2
C．－4 D.－8
【解析】　原不等式化为－6＜ax＋2＜6，
即－8＜ax＜4.
又∵－1＜x＜2，∴验证选项易知a＝－4适合．
【答案】　C
4．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a的解集为R，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≥3 B．a≤3
C．a＞3 D.a＜3
【解析】　令t＝|x＋1|＋|x－2|，由题意知
只要tmin≥a即可，
因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以tmin＝3，∴a≤3.
即实数a的取值范围是(－∞，3]，故选B.
【答案】　B
5．设集合A＝{x||x－a|<1，x∈R}，B＝{x||x－b|>2，x∈R}，若A?B，则实数a，b必满足(　　)
A．|a＋b|≤3 B．|a＋b|≥3
C．|a－b|≤3 D.|a－b|≥3
【解析】　由|x－a|<1，得a－1由|x－b|>2，得xb＋2.
∵A?B，∴a－1≥b＋2或a＋1≤b－2，
即a－b≥3或a－b≤－3，∴|a－b|≥3.
【答案】　D
二、填空题
6．不等式|x－5|－|x＋3|≥4的解集为________.
【导学号：32750023】
【解析】　当x<－3时，原不等式为8≥4恒成立；当－3≤x≤5时，原不等式为(5－x)－(x＋3)≥4，解得x≤－1，所以－3≤x≤－1；当x>5时，原不等式为(x－5)－(x＋3)≥4，无解．综上可知，不等式|x－5|－|x＋3|≥4的解集为{x|x≤－1}．
【答案】　{x|x≤－1}
7．若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为，则a＝________.
【解析】　∵|ax－2|<3，∴－1当a>0时，－当a＝0时，x∈R，与已知条件不符；
当a<0时，【答案】　－3
8．若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集为?，则a的取值范围为________．
【解析】　法一：由|x＋2|＋|x－1|＝|x＋2|＋|1－x|≥|x＋2＋1－x|＝3，知a≤3时，原不等式无解．
法二：数轴上任一点到－2与1的距离之和最小值为3.
所以当a≤3时，原不等式的解集为?.
【答案】　(－∞，3]
三、解答题
9．已知关于x的不等式|x|＞ax＋1的解集为{x|x≤0}的子集，求a的取值范围．
【解】　设y1＝|x|，y2＝ax＋1.
则y1＝
在同一直角坐标系中作出两函数图象，如图所示．
|x|＞ax＋1，只需考虑函数y1＝|x|的图象位于y2＝ax＋1的图象上方的部分，可知a≥1，即a的取值范围是[1，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝|x－3|＋|x－2|＋k.
(1)若f(x)≥3恒成立，求k的取值范围；
(2)当k＝1时，求不等式f(x)<3x的解集．
【解】　(1)|x－3|＋|x－2|＋k≥3，对任意x∈R恒成立，即(|x－3|＋|x－2|)min≥3－k.
又|x－3|＋|x－2|≥|x－3－x＋2|＝1，(|x－3|＋|x－2|)min＝1≥3－k，解得k≥2.
(2)当x≤2时，5x>6，解得x>，∴当22，解得x>，∴2当x≥3时，x>－4，∴x≥3.
综上，解集为.
[能力提升]
1．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】　在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a≤－5或a≥－3.
【答案】　D
2．若关于x的不等式|x＋1|≥kx恒成立，则实数k的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．[－1,0]
C．[0,1] D.[0，＋∞)
【解析】　作出y＝|x＋1|与y＝kx的图象，如图，当k＜0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k＝0时，直线为x轴，符合题意；当k＞0时，要使|x＋1|≥kx恒成立，只需k≤1.
综上可知k∈[0,1]．
【答案】　C
3．若关于x的不等式|x－1|＋|x－a|≥a的解集为R(其中R是实数集)，则实数a的取值范围是________．
【解析】　不等式|x－1|＋|x－a|≥a恒成立，
a不大于|x－1|＋|x－a|的最小值，
∵|x－1|＋|x－a|≥|1－a|，
∴|1－a|≥a,1－a≥a或1－a≤－a，
解得a≤.
【答案】　
4．已知a∈R，设关于x的不等式|2x－a|＋|x＋3|≥2x＋4的解集为A.
(1)若a＝1，求A；
(2)若A＝R，求a的取值范围.
【导学号：32750024】
【解】　(1)当x≤－3时，原不等式化为－3x－2≥2x＋4，得x≤－3.
当－3＜x≤时，原不等式化为4－x≥2x＋4，得－3＜x≤0.
当x＞时，原不等式化为3x＋2≥2x＋4，得x≥2.
综上，A＝{x|x≤0或x≥2}．
(2)当x≤－2时，|2x－a|＋|x＋3|≥0≥2x＋4成立．
当x＞－2时，|2x－a|＋|x＋3|＝|2x－a|＋x＋3≥2x＋4，
得x≥a＋1或x≤，
所以a＋1≤－2或a＋1≤，得a≤－2.
综上，a的取值范围为(－∞，－2]．
章末分层突破

[自我校对]
①不等式的基本性质
②≥(a，b＞0)
③算术-几何平均值不等式
④绝对值三角不等式
⑤|x－a|＋|x－b|≥c型


不等式的性质及其应用
主要考查利用不等式性质判断不等式或有关结论是否成立；再就是利用不等式性质，进行数值(或代数式)大小的比较；有时考查分类讨论思想，常与函数、数列等知识综合进行考查．考查形式多以选择题出现．
　若a，b是任意实数，且a>b，则(　　)
A．a2>b2 B.<1
C．lg(a－b)>0 D.<
【规范解答】　a>b并不能保证a，b均为正数，从而不能保证A，B成立．又a>b?a－b>0，但不能保证a－b>1，从而不能保证C成立．显然D成立．事实上，指数函数y＝是减函数，所以a>b?<成立．
【答案】　D
[再练一题]
1．若a＞0，b＞0，则下列与－b＜＜a等价的是(　　)
A．－＜x＜0或0＜x＜
B．－＜x＜
C．x＜－或x＞
D．x＜－或x＞
【解析】　－b＜＜a，当x＜0时，－bx＞1＞ax，解得x＜－；
当x＞0时，－bx＜1＜ax，解得x＞.故应选D.
【答案】　D
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”．
　求函数y＝x2(1－5x)的最大值．
【规范解答】　y＝x2＝·x·x·，
∵0≤x≤，
∴－2x≥0，
∴y≤＝.
当且仅当x＝－2x，即x＝时，上式取等号．
因此ymax＝.
[再练一题]
2．已知x＜，求函数y＝4x－2＋的最大值．
【解】　y＝4x－2＋＝4x－5＋＋3
＝3－≤3－2＝1.
所以函数y＝4x－2＋的最大值为1.
绝对值不等式的解法
解绝对值符号内含有未知数的不等式(也称绝对值不等式)，关键在于去掉绝对值符号，化成一般的不等式，主要的依据是绝对值的定义．
　已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集非空，求实数a的取值范围．
【规范解答】　(1)原不等式等价于
或
或
解得即不等式的解集为{x|－1≤x≤2}．
(2)∵f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|≥|(2x＋1)－(2x－3)|
＝4，
∴|a－1|>4，解此不等式得a<－3或a>5.
[再练一题]
3．若不等式|x－4|＋|3－x|＜a的解集是空集，求a的取值范围.
【导学号：32750025】
【解】　设y＝|x－4|＋|3－x|，此题转化为求函数的最小值问题，若a不大于函数的最小值则不等式的解集为空集．
y＝|x－4|＋|x－3|＝
∴可以看出最小值为1，
∴a≤1时，不等式的解集为空集，
所以a的取值范围a≤1.
转化与化归的数学思想
等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断地转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式简单的问题．在本章，我们讨论恒成立问题，向最值转化，通过不等式性质、基本不等式、绝对值不等式求最值等问题都用到了转化的思想．
　已知不等式|x＋2|－|x＋3|＞m，依据下列条件，分别求出m的取值范围：
(1)若不等式有解；
(2)若不等式解集为R；
(3)若不等式解集为?.
【规范解答】　由||x＋2|－|x＋3||
≤|(x＋2)－(x＋3)|＝1，
可得－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，
则m＜1，即m的取值范围是(－∞，1)．
(2)若不等式解集为R，则m＜－1，
即m的取值范围是(－∞，－1)．
(3)若不等式解集为?，则m≥1，
即m的取值范围是[1，＋∞)．
[再练一题]
4．解不等式≤1.
【解】　原不等式可以化为
|x2－5x＋4|≤|x2－4|(x≠±2)，
∴－(x2－4)≤x2－5x＋4≤x2－4， ①
或－(4－x2)≤x2－5x＋4≤4－x2， ②
由①得解得
∴x≥.
由②得解得
∴0≤x≤.
∴原不等式的解集为.
1．(2015·山东高考)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D.(1,5)
【解析】　①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当1③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)，故选A.
【答案】　A
2．(2015·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
3．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a＞0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
【解】　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，
解得当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x＜2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
4．(2015·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，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
章末综合测评(一)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知>，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．a2>b2 B．lg a>lg b
C.> D.>
【解析】　由>，得a>b(c≠0)，
显然，当a，b异号或其中一个为0时，A，B，C不正确．
【答案】　D
2．下面四个条件中，使a＞b成立的充分而不必要的条件是(　　)
A．a＞b＋1 B．a＞b－1
C．a2＞b2 D.a3＞b3
【解析】　由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1，选A.
【答案】　A
3．若a＞b，x＞y，下列不等式不正确的是(　　)
A．a＋x＞b＋y B．y－a＜x－b
C．|a|x＞|a|y D.(a－b)x＞(a－b)y
【解析】　对于A，两式相加可得a＋x＞b＋y，A正确；
对于B，a＞b?－a＜－b，与y＜x相加得y－a＜x－b，B正确；
对于D，∵a－b＞0，∴(a－b)x＞(a－b)y，D正确；
对于C，当a＝0时，不等式不正确，故选C.
【答案】　C
4．如果关于x的不等式5x2－a≤0的非负整数解是0,1,2,3，那么实数a的取值范围是(　　)
A．45≤a<80 B．50C．a<80 D.a>45
【解析】　由5x2－a≤0，得－≤x≤，而正整数解是1,2,3，则3≤<4，解得45≤a<80.
【答案】　A
5．若a，b为非零实数，那么不等式恒成立的是(　　)
A．|a＋b|>|a－b| B.≥
C.≥ab D.＋≥2
【解析】　a，b为非零实数时，A，B，D均不一定成立．
而－ab＝≥0恒成立．
【答案】　C
6．在下列函数中，当x取正数时，最小值为2的是(　　)
【导学号：32750026】
A．y＝x＋
B．y＝lg x＋
C．y＝＋
D．y＝sin x＋(0【解析】　y＝x＋≥2＝4，A错；当0当＝时，x＝0，
∴y＝＋≥2此时等号取不到，C错；
y＝sin x＋≥2，此时sin x＝1，D正确．
【答案】　D
7．不等式|2x－log2x|＜|2x|＋|log2x|的解为(　　)
A．1＜x＜2 B．0＜x＜1
C．x＞1 D.x＞2
【解析】　由题意知
∴log2x＞0，
解得x＞1，故选C.
【答案】　C
8．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　　)
A．2 B．3
C．6 D.9
【解析】　f′(x)＝12x2－2ax－2b，
由f(x)在x＝1处有极值，
得f′(1)＝12－2a－2b＝0，
∴a＋b＝6.
又a＞0，b＞0，∴ab≤＝＝9，
当且仅当a＝b＝3时取到等号，故选D.
【答案】　D
9．设a>b>c，n∈N，且＋≥恒成立，则n的最大值是(　　)
A．2 B．3
C．4 D.6
【解析】　∵＋＝＋＝2＋＋≥4，当且仅当＝时，取等号，
∴＋≥，而＋≥恒成立，得n≤4.
【答案】　C
10．若0A．最小值为 B．最大值为
C．最小值为 D.最大值为
【解析】　x2(1－2x)＝x·x(1－2x)
≤＝.
当且仅当x＝时，等号成立．
【答案】　B
11．关于x的不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集是空集，则a的取值范围是(　　)
A．(0,1) B．(－1,0)
C．(1,2) D.(－∞，－1)
【解析】　|x－1|＋|x－2|的最小值为1，
故只需a2＋a＋1<1，
∴－1【答案】　B
12．已知a1>a2>a3>0，则使得(1－aix)2<1(i＝1,2,3)都成立的x的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　由(1－aix)2<1，
得0又ai>0，
∴0则x小于的最小值．
又a1>a2>a3，
∴的最小值为，
则x<.
因此x的取值范围为，选B.
【答案】　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．不等式|2x－1|－|x－2|<0的解集为________.
【导学号：32750027】
【解析】　|2x－1|－|x－2|<0，即|2x－1|<|x－2|，两边平方并整理得，x2<1，解得－1【答案】　{x|－114．设x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则x＋y的取值范围为__________．
【解析】　因为xy－(x＋y)＝1，且xy≤，所以1＝xy－(x＋y)≤－(x＋y)．设x＋y＝a，则－a－1≥0(a＞0)，则a≥2＋2，即x＋y≥2＋2，故x＋y的取值范围为[2＋2，＋∞)．
【答案】　[2＋2，＋∞)
15．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__________．
【解析】　(x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2，∴1＋a＋2≥9，即a＋2－8≥0，故a≥4.
【答案】　4
16．设变量x，y满足|x|＋|y|≤1，则x＋2y的最大值和最小值分别为________．
【解析】　如图，先画出不等式|x|＋|y|≤1表示的平面区域，易知当直线x＋2y＝u经过点B，D时分别对应u的最大值和最小值，所以umax＝2，umin＝－2.
【答案】　2　－2
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)解不等式x＋|2x－1|＜3.
【解】　法一　原不等式可化为
或
解得≤x＜或－2＜x＜.
所以原不等式的解集是.
法二　由于|2x－1|＜3－x，
∴x－3＜2x－1＜3－x，
解得x＞－2且x＜.
∴原不等式的解集是
.
18．(本小题满分12分)(2016·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|.
【解】　(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；
当－＜x＜时，f(x)＜2；
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＜x＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.
因此|a＋b|＜|1＋ab|.
19．(本小题满分12分)已知实数x，y满足：|x＋y|<，|2x－y|<，求证：|y|<.
【证明】　因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，
由题设知|x＋y|<，|2x－y|<，
从而3|y|<＋＝，所以|y|<.
20．(本小题满分12分)已知a和b是任意非零实数．
(1)求的最小值；
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．
【解】　(1)∵|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b＋2a－b|＝4|a|对于任意非零实数a和b恒成立，
当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时取等号，
∴的最小值等于4.
(2)∵|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，
故|2＋x|＋|2－x|不大于的最小值．
由(1)可知的最小值等于4.
实数x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解，
解不等式得－2≤x≤2，
∴x的取值范围是[－2,2]．
21．(本小题满分12分)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时，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围.
【导学号：32750028】
【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，由图象可知，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.
22．(本小题满分12分)某小区要建一座八边形的休闲小区，如图1所示，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200平方米的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为每平方米4 200元，并在四周的四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪，造价为每平方米210元，再在四个空角上铺草坪，造价为每平方米80元．
图1
(1)设总造价为S元，AD长为x米，试求S关于x的函数关系式；
(2)当x为何值时，S取得最小值？并求出这个最小值．
【解】　(1)设DQ＝y米，又AD＝x米，
故x2＋4xy＝200，
即y＝.
依题意，得S＝4 200x2＋210×4xy＋80×2y2
＝4 200x2＋210(200－x2)＋160
＝38 000＋4 000x2＋.
依题意x>0，且y＝>0，
∴0故所求函数为
S＝38 000＋4 000x2＋，x∈(0,10)．
(2)因为x>0，
所以S≥38 000＋2＝118 000，
当且仅当4 000x2＝，
即x＝时取等号．
∴当x＝∈(0,10)时，
Smin＝118 000元．
故AD＝米时，S有最小值118 000元．

一　比较法
1．理解比较法证明不等式的依据．
2．掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．(重点)
3．通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　作差比较法
阅读教材P21～P22例2，完成下列问题．
1．理论依据：①a＞b?a－b＞0；②a＝b?a－b＝0；③a＜b?a－b＜0.
2．定义：要证明a＞b，转化为证明a－b＞0，这种方法称为作差比较法．
3．步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．
若x，y∈R，记ω＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则(　　)
A．ω＞u B．ω＜u
C．ω≥u D.无法确定
【解析】　∵ω－u＝x2－xy＋y2＝＋≥0，∴ω≥u.
【答案】　C
教材整理2　作商比较法
阅读教材P22～P23“习题”以上部分，完成下列问题．
1．理论依据：当b＞0时，①a＞b?＞1；②a＜b?＜1；③a＝b?＝1.
2．定义：证明a＞b(b＞0)，只要转化为证明＞1，这种方法称为作商比较法．
3．步骤：①作商；②变形；③判断商与1大小；④下结论．
下列命题：
①当b＞0时，a＞b?＞1；
②当b＞0时，a＜b?＜1；
③当a＞0，b＞0时，＞1?a＞b；
④当ab＞0时，＞1?a＞b.
其中真命题是(　　)
A．①②③ B．①②④ C．④ D.①②③④
【解析】　由不等式的性质，①②③正确．当ab＞0时(若b＜0，a＜0)，＞1与a＞b不等价，④错．
【答案】　A
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
作商比较法证明不等式
　已知a＞0，b＞0且a≠b，求证：aabb＞(ab).
【精彩点拨】　→→→
【自主解答】　∵a＞0，b＞0，∴aabb＞0，(ab)＞0，
作商＝aa·bb＝.
∵a≠b，∴当a＞b＞0时，
＞1且＞0，∴＞1，
而(ab)＞0，∴aabb＞(ab).
当b＞a＞0时，0＜＜1且＜0，∴＞1，
而(ab)＞0，∴aabb＞(ab).
综上可知a＞0，b＞0且a≠b时，有aabb＞(ab).
1．当不等式的两端为指数式时，可作商证明不等式．
2．运用a＞b?＞1证明不等式时，一定注意b＞0是前提条件．若符号不能确定，应注意分类讨论．
[再练一题]
1．已知m，n∈R＋，求证：≥.
【证明】　因为m，n∈R＋，
所以≥＝，
令ω＝＝m·n＝，
则：①当m>n>0时，>1，m－n>0，则ω>1.
②当m＝n时，ω＝1.
③当n>m>0时，0<<1，m－n<0，则ω>1.
故对任意的m，n∈R＋都有ω≥1.
即≥，
所以≥.
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？
【精彩点拨】　设从出发地点至指定地点的路程是s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1, t2，要回答题目中的问题，只要比较t1，t2的大小就可以了．
【自主解答】　设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1, t2，依题意有：m＋n＝s，＋＝t2.
∴t1＝，t2＝，
∴t1－t2＝－＝
＝－.
其中s，m，n都是正数，且m≠n，
∴t1－t2＜0，即t1＜t2，
从而知甲比乙先到达指定地点．
1．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，也即建立数学模型是解应用题的关键．
2．在实际应用不等式问题时，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．
[再练一题]
2．通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面)的周长相等，试问：截面为圆的水管流量大还是截面为正方形的水管流量大？
【导学号：32750029】
【解】　设截面的周长为l，依题意知，截面是圆的水管的截面面积为π·2，截面是正方形的水管的截面面积为.
∵π·－＝＝.
由于l＞0,0＜π＜4，∴＞0，
∴π·＞.
因此，通过水管放水，当流速相同时，如果水管的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．
[探究共研型]
作差比较法
探究　作差法遵循什么步骤？适用于哪些类型？
【提示】　“作差法”的理论依据是实数的大小顺序与实数的运算性质之间的关系：“a＞b?a－b＞0，a＝b?a－b＝0，a＜b?a－b＜0”，其一般步骤为“作差→变形→判号→定论”．其中变形是作差法的关键，配方和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，或一个常数与几个平方和的形式，或几个因式的积的形式等．当所得的“差式”是某个字母的二次三项式时，则常用判别式法判断符号．作差法一般用于不等式的两边是多项式或分式．
　已知a，b∈R，求证：a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
【精彩点拨】　此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．
【自主解答】　法一　∵a2＋b2－ab－a－b＋1
＝[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，
∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
法二　a2＋b2－ab－a－b＋1＝a2－(b＋1)a＋b2－b＋1，
对于a的二次三项式，
Δ＝(b＋1)2－4(b2－b＋1)＝－3(b－1)2≤0.
∴a2－(b＋1)a＋b2－b＋1≥0，
故a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.
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，而不用考虑差值的多少．
2．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，可利用“Δ”判定符号．
[再练一题]
3．已知a＞b＞c，证明：a2b＋b2c＋c2a＞ab2＋bc2＋ca2.
【证明】　∵a2b＋b2c＋c2a－ab2－bc2－ca2＝(a2b－bc2)＋(b2c－ab2)＋(c2a－ca2)
＝b(a2－c2)＋b2(c－a)＋ac(c－a)
＝(a－c)(ba＋bc－b2－ac)＝(a－c)(a－b)(b－c)．
∵a＞b＞c，∴a－c＞0，a－b＞0，b－c＞0，
∴(a－c)(a－b)(b－c)＞0，
即a2b＋b2c＋c2a＞ab2＋bc2＋ca2.
[构建·体系]
比较法—
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】　s－t＝(a＋b2＋1)－(a＋2b)＝(b－1)2≥0，
∴s≥t.
【答案】　D
2．已知a＞0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(　　)
【导学号：32750030】
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，则0＜＜1，
∴loga＞0，即P－Q＞0，∴P＞Q.
当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，＞1，
∴loga＞0，即P－Q＞0，∴P＞Q.
综上总有P＞Q，故选A.
【答案】　A
3．设a，b，m均为正数，且＜，则a与b的大小关系是________．
【解析】　－＝＞0.
又a，b，m为正数，
∴a(a＋m)＞0，m＞0，因此a－b＞0.
即a＞b.
【答案】　a＞b
4．设a＞b＞0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.
【解析】　∵＝＝＜＝1，且x＞0，y＞0，
∴x＜y.
【答案】　＜
5．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【证明】　2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0,
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，
即2a3－b3≥2ab2－a2b.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（六）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知a＞2，b＞2，则(　　)
A．ab≥a＋b B．ab≤a＋b
C．ab＞a＋b D.ab＜a＋b
【解析】　∵a＞2，b＞2，∴－1＞0，－1＞0，
则ab－(a＋b)＝a＋b＞0，
∴ab＞a＋b.
【答案】　C
2．已知a＞b＞－1，则与的大小关系为(　　)
A.＞ B.＜
C.≥ D.≤
【解析】　∵a＞b＞－1，∴a＋1＞0，b＋1＞0，a－b＞0，则－＝＜0，∴＜.
【答案】　 B
3．a，b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是(　　)
【导学号：32750031】
A．P＞Q B．P＜Q
C．P≥Q D.P≤Q
【解析】　∵a，b都是正数，
∴P＞0，Q＞0，
∴P2－Q2＝－()2
＝≤0(当且仅当a＝b时取等号)，
∴P2－Q2≤0.
∴P≤Q.
【答案】　D
4．下列四个数中最大的是(　　)
A．lg 2 B．lg
C．(lg 2)2 D.lg(lg 2)
【解析】　∵0＜lg 2＜1＜＜2，
∴lg(lg 2)＜0＜lg ＜lg 2，
且(lg 2)2＜lg 2，故选A.
【答案】　A
5．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的大小关系是(　　)
A．a5b5
C．a5＝b5 D.不确定
【解析】　设{an}的公比为q，{bn}的公差为d，
则a5－b5＝a1q4－(b1＋4d)＝a1q4－(a1＋4d)．
∵a3＝b3，∴a1q2＝b1＋2d，即a1q2＝a1＋2d，
∴aq4＝(a1＋2d)2＝a＋4a1d＋4d2，
∴a5－b5＝
＝＝.
∵a1>0，d≠0，∴a5－b5>0，
∴a5>b5.
【答案】　B
二、填空题
6．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________.
【导学号：32750032】
【解析】　P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a
＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a
＝(ab－1)2＋(a＋2)2.
∵P>Q，∴P－Q>0，
即(ab－1)2＋(a＋2)2>0，
∴ab≠1或a≠－2.
【答案】　ab≠1或a≠－2
7．若x＜y＜0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)(x＋y)，则M，N的大小关系为________．
【解析】　M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)
＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．
∵x＜y＜0，∴xy＞0，x－y＜0，
∴－2xy(x－y)＞0，∴M－N＞0，即M＞N.
【答案】　M＞N
8．已知a＞0,1＞b＞0，a－b＞ab，则与的大小关系是________．
【解析】　∵a＞0,1＞b＞0，a－b＞ab，
∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.
从而＝＞1，
∴＞.
【答案】　＞
三、解答题
9．已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
【证明】　∵a＞2，
则a－1＞1，
∴loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0，
由于＝loga(a－1)·loga(a＋1)
＜
＝.
∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2，
∴＜＝1，
因此＜1.
∵log(a＋1)a＞0，∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.
10．已知{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．
(1)求q的值；
(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．
【解】　(1)由题设知2a3＝a1＋a2，
即2a1q2＝a1＋a1q.
又a1≠0，∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或－.
(2)若q＝1，则Sn＝2n＋＝＝.
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝＞0，
故Sn＞bn.
若q＝－，则Sn＝2n＋·＝＝.
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝－，
故对于n∈N＋，当2≤n≤9时，Sn＞bn；
当n＝10时，Sn＝bn；
当n≥11时，Sn＜bn.
[能力提升]
1．已知a＞0，b＞0，m＝＋，＝＋，p＝，则m，n，p的大小顺序是(　　)
A．m≥n＞p B．m＞n≥p
C．n＞m＞p D.n≥m＞p
【解析】　由已知m＝＋，n＝＋，得a＝b＞0时m＝n，可否定B，C.比较A，D项，不必论证与p的关系．取特值a＝4，b＝1，则m＝4＋＝，n＝2＋1＝3，∴m＞n，可排除D.
【答案】　A
2．设m＞n，n∈N*，a＝(lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x＞1，则a与b的大小关系为(　　)
A．a≥b B．a≤b
C．与x值有关，大小不定 D.以上都不正确
【解析】　要比较a与b的大小，通常采用比较法，根据a与b均为对数表达式，只有作差，a与b两个对数表达式才能运算、整理化简，才有可能判断出a与b的大小．
a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)
＝(lgmx－lgnx).
∵x＞1，∴lg x＞0.
当0＜lg x＜1时，a＞b；
当lg x＝1时，a＝b；
当lg x＞1时，a＞b.
∴应选A.
【答案】　A
3．一个个体户有一种商品，其成本低于元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．
【解析】　设这种商品的成本费为a元．
月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，
月末售出的利润为L2＝120－2%a，
则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a
＝0.045，
∵a＜，∴L1＜L2，月末出售好．
【答案】　月末
4．若实数x，y，m满足|x－m|＜|y－m|，则称x比y接近m.对任意两个不相等的正数a，b，证明：a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
【证明】　∵a＞0，b＞0，且a≠b，
∴a2b＋ab2＞2ab，a3＋b3＞2ab.
∴a2b＋ab2－2ab＞0，
a3＋b3－2ab＞0.
∴|a2b＋ab2－2ab|－|a3＋b3－2ab|
＝a2b＋ab2－2ab－a3－b3＋2ab
＝a2b＋ab2－a3－b3＝a2(b－a)＋b2(a－b)
＝(a－b)(b2－a2)＝－(a－b)2(a＋b)＜0，
∴|a2b＋ab2－2ab|＜|a3＋b3－2ab|，
∴a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
二　综合法与分析法
1．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(重点)
2．会用综合法、分析法证明简单的不等式．(难点)
[基础·初探]
教材整理1　综合法
阅读教材P23～P23“例2”，完成下列问题．
一般地，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，又叫顺推证法或由因导果法．
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】　A2＝(＋)2＝a＋2＋b，B2＝a＋b，
所以A2＞B2.
又A＞0，B＞0，
所以A＞B.
【答案】　C
教材整理2　分析法
阅读教材P24～P25“习题”以上部分，完成下列问题．
证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，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，这是一种执果索因的思考和证明方法．
设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是(　　)
【导学号：32750033】
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．b＞a＞c D.b＞c＞a
【解析】　由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋＞＋＞2，
∴b＜c＜a.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
用综合法证明不等式
　已知a，b，c是正数，求证：
≥abc.
【精彩点拨】　由a，b，c是正数，联想去分母，转化证明b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)，利用x2＋y2≥2xy可证．或将原不等式变形为＋＋≥a＋b＋c后，再进行证明．
【自主解答】　法一　∵a，b，c是正数，
∴b2c2＋c2a2≥2abc2，b2c2＋a2b2≥2ab2c，c2a2＋a2b2≥2a2bc，
∴2(b2c2＋c2a2＋a2b2)≥2(abc2＋ab2c＋a2bc)，
即b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．
又a＋b＋c＞0，
∴≥abc.
法二　∵a，b，c是正数，
∴＋≥2＝2c.
同理＋≥2a，＋≥2b，
∴2≥2(a＋b＋c)．
又a＞0, b＞0，c＞0，
∴b2c2＋a2c2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．
故≥abc.
1．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(切入点)，这是证明的关键．
2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术-几何平均不等式等．
[再练一题]
1．已知a＞0，b＞0，c＞0，且abc＝2.
求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞8.
【证明】　∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴1＋a≥2，当且仅当a＝1时，取等号，
1＋b≥2，当且仅当b＝1时，取等号，
1＋c≥2，当且仅当c＝1时，取等号．
∵abc＝2，
∴a，b，c不能同时取1，∴“＝”不同时成立．
∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞8＝8.
即(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞8.
综合法与分析法的综合应用
　设实数x，y满足y＋x2＝0，且0＜a＜1，求证：loga(ax＋by)＜＋loga2.
【精彩点拨】　要证的不等式为对数不等式，结合对数的性质，先用分析法探路，转化为要证明一个简单的结论，然后再利用综合法证明．
【自主解答】　由于0＜a＜1，则t＝logax(x＞0)为减函数．
欲证loga(ax＋ay)＜＋loga2，只需证ax＋ay＞2a.
∵y＋x2＝0,0＜a＜1，
∴x＋y＝x－x2＝－＋≤.
当且仅当x＝时，(x＋y)max＝，
∴ax＋y≥a，≥a.①
又ax＋ay≥2(当且仅当x＝y取等号), ②
∴ax＋ay≥2a.③
由于①，②等号不能同时成立，
∴③式等号不成立，即ax＋ay＞2a成立．
故原不等式loga(ax＋ay)＜＋loga2成立．
1．通过等式或不等式运算，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．体现了分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、相互转化的辩证关系．
2．函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用．
[再练一题]
2．已知a，b，c都是正数，求证：2≤3－.
【导学号：32750034】
【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都为正数，得c＋2＝c＋＋≥3，∴原不等式成立．
法二　∵a，b，c都是正数，
∴c＋＋≥3＝3，
即c＋2≥3，
故－2≤c－3，
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3，
∴2≤3.
[探究共研型]
分析法证明不等式
探究1　如何理解分析法寻找的是充分条件？
【提示】　用分析法证明，其叙述格式是：要证明A，只需证明B.即说明只要有B成立，就一定有A成立．因此分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件．分析法体现了数学中“正难则反”的原则，也是思维中的逆向思维，逆求(不是逆推)结论成立的充分条件．
探究2　综合法与分析法有何异同点？
【提示】　综合法与分析法的异同点
方法
证明的起始步骤
证法过程前后逻辑关系
证题方向
综合法
已知条件或已学过的定义、定理、性质等
格式：A?B1?B2?…?Bn?B
由已知条件开始推导其成立的必要条件(结论)
由因导果
分析法
要证明的结论
格式：B?B1?B2?…?Bn?A
由结论开始探索其成立的充分条件(已知)
执果索因
　已知a＞b＞0，求证：＜－＜.
【精彩点拨】　本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a＞b＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．
【自主解答】　要证原不等式成立，
只需证＜a＋b－2＜，
即证＜(－)2＜.
只需证＜－＜，
即＜1＜，
即＜1＜.
只需证＜1＜.
∵a＞b＞0，∴＜1＜成立．
∴原不等式成立．
1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．
2．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．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．
[再练一题]
3．已知a＞0，求证： －≥a＋－2.
【导学号：32750035】
【证明】　因为a＞0，要证原不等式成立，只需证
＋2≥a＋＋，
即证a2＋＋4＋4
≥＋2＋2，
只需证·≥a＋，
即证2≥a2＋＋2，
只需证a2＋≥2.
由基本不等式知a2＋≥2显然成立，
所以原不等式成立．
[构建·体系]
综合法与分析法—
1．已知a＜0，－1＜b＜0，则(　　)
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a
【解析】　∵－1＜b＜0，
∴1＞b2＞0＞b.
又a＜0，∴ab＞ab2＞a.
【答案】　D
2．下列三个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a.其中能使＜成立的充分条件有(　　)
A．①② B．①③
C．②③ D.①②③
【解析】　①a＜0＜b?＜；②b＜a＜0?＜；③b＜0＜a?＞.故选A.
【答案】　A
3．已知a，b∈(0，＋∞)，Ρ＝，Q＝，则P，Q的大小关系是________.
【导学号：32750036】
【解析】　∵a＋b≥，
∴≥.
【答案】　P≤Q
4．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
5．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a.
【证明】　要证c－＜a，
只需证明c＜a＋，
即证b－a＜2，
当b－a＜0时，显然成立；
当b－a≥0时，只需证明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，
即证(a＋b)2＜4c2，
由2c＞a＋b知上式成立．
所以原不等式成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（七）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是(　　)
A.＜ B．a2＞b2
C.＞ D.a|c|＞b|c|
【解析】　∵a＞b，c2＋1＞0，
∴＞，故选C.
【答案】　C
2．设＜＜＜1，则(　　)
A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab
C．ab＜aa＜ba D.ab＜ba＜aa
【解析】　∵＜＜＜1，
∴0＜a＜b＜1，∴＝aa－b＞1，∴ab＜aa，
＝.∵0＜＜1，a＞0，
∴＜1，∴aa＜ba，∴ab＜aa＜ba.故选C.
【答案】　C
3．已知条件p：ab>0，q：＋≥2，则p与q的关系是(　　)
【导学号：32750037】
A．p是q的充分而不必要条件
B．p是q的必要而不充分条件
C．p是q的充要条件
D．以上答案都不对
【解析】　当ab>0时，>0，>0，
∴＋≥2 ＝2.
当＋≥2时，
∴≥0，≥0，
(a－b)2≥0，∴ab>0，
综上，ab>0是＋≥2的充要条件．
【答案】　C
4．已知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】　A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；C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，D正确．
【答案】　C
5．已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则(　　)
A．S≥2P B．P＜S＜2P
C．S＞P D.P≤S＜2P
【解析】　∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
即S≥P.
又三角形中|a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2，
同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2，
∴a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca)，即S＜2P.
【答案】　D
二、填空题
6．有以下四个不等式：
①(x＋1)(x＋3)＞(x＋2)2；②ab－b2＜a2；③＞0；④a2＋b2≥2|ab|.
其中恒成立的为________(写出序号即可)．
【解析】　对于①，x2＋4x＋3＞x2＋4x＋4,3＞4不成立；对于②，当a＝b＝0时， 0＜0不成立；③④显然成立．
【答案】　③④
7．在Rt△ABC中，∠C＝90°，c为斜边，则的取值范围是________．
【解析】　∵a2＋b2＝c2，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)＝2c2，∴≤，当且仅当a＝b时，取等号．又∵a＋b>c，∴>1.
【答案】　(1，]
8．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按从大到小的排列顺序为________．
【解析】　∵P＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时取等号．
【答案】　P≥Q≥R
三、解答题
9．设a＞0，b＞0，c＞0.证明：
(1)＋≥；
(2)＋＋≥＋＋.
【证明】　(1)∵a＞0，b＞0，
∴(a＋b)
≥2·2＝4，
∴＋≥.
(2)由(1)知＋≥，
同时＋≥，＋≥，三式相加得：
2≥＋＋，
∴＋＋≥＋＋.
10．已知a≥1，求证：－＜－.
【证明】　要证原不等式成立，
只要证明＋＜2.
因为a≥1，＋＞0,2＞0，
所以只要证明2a＋2＜4a，
即证 ＜a.
所以只要证明a2－1＜a2，
即证－1＜0即可．
而－1＜0显然成立，
所以－＜－.
[能力提升]
1．若xy＋yz＋zx＝1，则x2＋y2＋z2与1的关系是(　　)
【导学号：32750038】
A．x2＋y2＋z2≥1 B．x2＋y2＋z2≤1
C．x2＋y2＋z2＝1 D.不确定
【解析】　x2＋y2＋z2＝(x2＋y2＋y2＋z2＋z2＋x2)≥(2xy＋2yz＋2zx)＝1，当且仅当x＝y＝z＝时，取等号．
【答案】　A
2．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的取值范围是________．
【解析】　∵a＋b＋c＝1，
∴M＝··
＝··
＝··
≥2·2·2＝8，
即M的取值范围是[8，＋∞)．
【答案】　[8，＋∞)
3．已知|a|＜1，|b|＜1，求证：＜1.
【证明】　要证＜1，只需证|a＋b|＜|1＋ab|，
只需证a2＋2ab＋b2＜1＋2ab＋a2b2，
即证(1－a2)－b2(1－a2)＞0，
也就是(1－a2)(1－b2)＞0，
∵|a|＜1，|b|＜1，∴最后一个不等式显然成立．
因此原不等式成立．
4．若不等式＋＋＞0在条件a＞b＞c时恒成立，求实数λ的取值范围．
【解】　不等式可化为＋＞.
∵a＞b＞c，
∴a－b＞0，
b－c＞0，a－c＞0，
∴λ＜＋恒成立．
∵＋＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4，
∴λ≤4.
故实数λ的取值范围是(－∞，4]．
三　反证法与放缩法
1．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)
2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．(难点、易错易混点)
[基础·初探]
教材整理1　反证法
阅读教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列问题．
先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把这种证明问题的方法称为反证法．
如果两个正整数之积为偶数，则这两个数(　　)
A．两个都是偶数
B．一个是奇数，一个是偶数
C．至少一个是偶数
D．恰有一个是偶数
【解析】　假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少有一个为偶数．
【答案】　C
教材整理2　放缩法
阅读教材P28～P29“习题”以上部分，完成下列问题．
证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．
若|a－c|＜h，|b－c|＜h，则下列不等式一定成立的是(　　)
【导学号：32750039】
A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2h
C．|a－b|＜h D.|a－b|＞h
【解析】　|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|＜2h.
【答案】　A
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
利用反证法证“至多”“至少”型命题
　已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
【精彩点拨】　(1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函数f(x)求值推算可得结论．
(2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论．
【自主解答】　(1)由于f(x)＝x2＋px＋q，
∴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，则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.(*)
又|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|
≥f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2，
∴|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2与(*)矛盾，∴假设不成立．
故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
1．在证明中含有“至多”“至少”等字眼时，常使用反证法证明．在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．
2．在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．
[再练一题]
1．已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求证：a，b，c，d中至多有三个是非负数．
【证明】　a，b，c，d中至多有三个是非负数，即至少有一个是负数，故有假设a，b，c，d都是非负数．
即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，
则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.
这与已知中ac＋bd＞1矛盾，
∴原假设错误，
故a，b，c，d中至少有一个是负数．
即a，b，c，d中至多有三个是非负数.
利用放缩法证明不等式
　已知an＝2n2，n∈N*，求证：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
【精彩点拨】　针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项．
【自主解答】　∵当n≥2时，an＝2n2＞2n(n－1)，
∴＝＜＝·
＝，
∴＋＋…＋＜1＋＋＋…＋
＝1＋
＝1＋＝－＜，
即＋＋…＋＜.
1．放缩法在不等式的证明中无处不在，主要是根据不等式的传递性进行变换．
2．放缩法技巧性较强，放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，否则，会出现错误结论，达不到预期目的，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．
[再练一题]
2．求证：1＋＋＋…＋＜2－(n≥2，n∈N＋)．
【证明】　∵k2＞k(k－1)，
∴＜＝－(k∈N＋，且k≥2)．
分别令k＝2,3，…，n得
＜＝1－，＜＝－，…，
＜＝－.
因此1＋＋＋…＋
＜1＋＋＋…＋
＝1＋1－＝2－.
故不等式1＋＋＋…＋＜2－(n≥2，n∈N＋)．
[探究共研型]
利用反证法证明不等式
探究1　反证法的一般步骤是什么？
【提示】　证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)从否定结论进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．
探究2　反证法证题时常见数学语言的否定形式是怎样的？
【提示】　常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设有：
常见词语
至少有一个
至多有一个
唯一一个
是
有或存在
全
都是
否定假设
一个也没有
有两个或两个以上
没有或有两个或两个以上
不是
不存在
不全
不都是
　已知△ABC的三边长a，b，c的倒数成等差数列，求证：∠B＜90°.
【精彩点拨】　本题中的条件是三边间的关系＝＋，而要证明的是∠B与90°的大小关系．结论与条件之间的关系不明显，考虑用反证法证明．
【自主解答】　∵a，b，c的倒数成等差数列，∴＝＋.假设∠B＜90°不成立，即∠B≥90°，则∠B是三角形的最大内角，在三角形中，有大角对大边，
∴b＞a＞0，b＞c＞0，
∴＜，＜，∴＜＋，
这与＝＋相矛盾．
∴假设不成立，故∠B＜90°成立．
1．本题中从否定结论进行推理，即把结论的反面“∠B≥90°”作为条件进行推证是关键．要注意否定方法，“＞”否定为“≤”，“＜”否定为“≥”等．
2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理，推出和已知条件或定理事实或假设相矛盾的结论．
[再练一题]
3．若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.
【导学号：32750040】
【证明】　法一　假设a＋b>2，
a2－ab＋b2＝＋b2≥0，
故取等号的条件为a＝b＝0，显然不成立，
∴a2－ab＋b2>0.
则a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)>2(a2－ab＋b2)，
而a3＋b3＝2，故a2－ab＋b2<1，
∴1＋ab>a2＋b2≥2ab，从而ab<1，
∴a2＋b2<1＋ab<2，
∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab<2＋2ab<4，
∴a＋b<2.
这与假设矛盾，故a＋b≤2.
法二　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，
这显然不成立，从而a＋b≤2.
法三　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，
∴ab(a＋b)>(a＋b)(a2－ab＋b2)，
∴a2－ab＋b2这显然不成立，故a＋b≤2.
[构建·体系]
反证法与放缩法—
1．实数a，b，c不全为0的等价条件为(　　)
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
【解析】　实数a，b，c不全为0的含义即a，b，c中至少有一个不为0，其否定则是a，b，c全为0，故选D.
【答案】　D
2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反证法求证a＞0，b＞0，c＞0时的假设为(　　)
A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0
C．a，b，c不全是正数 D.abc＜0
【解析】　a＞0，b＞0，c＞0的反面是a，b，c不全是正数，故选C.
【答案】　C
3．要证明＋＜2，下列证明方法中，最为合理的是(　　)
A．综合法 B．放缩法
C．分析法 D.反证法
【解析】　由分析法的证明过程可知选C.
【答案】　C
4．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________.
【导学号：32750041】
【解析】　A＝＋＋＋…＋≥＝＝.
【答案】　A≥
5．若x，y都是正实数，且x＋y>2.求证：<2和<2中至少有一个成立．
【证明】　假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立，因为x>0且y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，
两式相加，
得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，
这与已知条件x＋y>2矛盾，因此<2和<2中至少有一个成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（八）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用(　　)
①结论相反的判断，即假设；
②原命题的条件；
③公理、定理、定义等；
④原结论．
A．①②　　B．①②④　　C．①②③　　D．②③
【解析】　由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．
【答案】　C
2．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
3．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a＜b及a≠c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为(　　)
A．0个　　　B．1个 C．2个　　　D．3个
【解析】　对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；
对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．
【答案】　C
4．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝，N＝(a＋c)·(a＋b)，则(　　)
A．M≥N B．M≤N
C．M>N D.M【解析】　依题意易知1－a,1－b,1－c∈R＋，由均值不等式知≤[(1－a)＋(1－b)＋(1－c)]＝，∴(1－a)(1－b)(1－c)≤，
从而有≥(1－b)(1－c)，即M≥N，当且仅当a＝b＝c＝时，取等号．故选A.
【答案】　A
5．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】　∵a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，
∴a，b，c三者中至少有一个不小于2.
【答案】　C
二、填空题
6．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________.
【导学号：32750042】
【答案】　a，b中没有任何一个为正数(或a≤0且b≤0)
7．lg 9·lg 11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
8．设M＝＋＋＋…＋，则M与1的大小关系为________．
【解析】　∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210，
∴M＝＋＋＋…＋
＜＝1.
【答案】　M＜1
三、解答题
9．若实数a，b，c满足2a＋2b＝2a＋b,2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，求c的最大值．
【解】　2a＋b＝2a＋2b≥2，当且仅当a＝b时，即2a＋b≥4时取“＝”，
由2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，
得2a＋b＋2c＝2a＋b·2c，
∴2c＝＝1＋≤1＋＝，
故c≤log2＝2－log23.
10．已知n∈N＋，求证：<＋＋…＋<.
【证明】　k<<＝(2k＋1)(k＝1,2，…，n)．
若记Sn＝＋＋…＋，则
Sn>1＋2＋…＋n＝，
Sn<(3＋5＋…＋2n＋1)＝(n2＋2n)<.
[能力提升]
1．否定“自然数a，b，c中恰有一个为偶数”时正确的反设为(　　)
A．a，b，c都是奇数
B．a，b，c都是偶数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
【解析】　三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、两偶一奇、两奇一偶”4种，而自然数a，b，c中恰有一个为偶数包含“两奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D项符合．
【答案】　D
2．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】　由已知
(x＋y)＋1＝xy≤，
∴(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)．
【答案】　A
3．已知a＞2，则loga(a－1)loga(a＋1)________1(填“＞”“＜”或“＝”)．
【解析】　∵a＞2，
∴loga(a－1)＞0，loga(a＋1)＞0.
又loga(a－1)≠loga(a＋1)，
∴
＜，
而＝loga(a2－1)
＜logaa2＝1，
∴loga(a－1)loga(a＋1)＜1.
【答案】　＜
4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2·an(n∈N＋),
【导学号：32750043】
(1)求a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜.
【解】　(1)∵a1＝2，an＋1＝2·an(n∈N＋)，
∴a2＝22·a1＝16，a3＝2·a2＝72.
又∵＝2·，n∈N＋，
∴为等比数列．
∴＝·2n－1＝2n，
∴an＝n2·2n.
(2)证明：cn＝＝，
∴c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＋＋＋…＋
＜＋＋＋·
＝＋·
＜＋·＝＋
＝＝＜＝，所以结论成立．
章末分层突破

[自我校对]
①作差法
②综合法
③执果索因
④放缩法
⑤间接证明


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大小与运算的关系．其主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．
　设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
【规范解答】　3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．
∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2≥2a2－2b2≥0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．
[再练一题]
1．若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D.b＜a＜c
【解析】　a与b比较：a＝＝，b＝＝.∵9＞8，∴b＞a，
b与c比较：b＝＝，c＝＝.∵35＞53，
∴b＞c，
a与c比较：a＝＝，c＝.
∵32＞25，a＞c，
∴b＞a＞c，故选C.
【答案】　C
综合法、分析法证明不等式
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．
　已知实数x，y，z不全为零，求证：
＋＋＞(x＋y＋z)．
【规范解答】　因为＝
≥ ＝≥x＋，
同理可证：≥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，
所以三式累加得：
＋＋
＞＋＋＝(x＋y＋z)，
所以有＋＋＞(x＋y＋z)．
[再练一题]
2．设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10.
求证：logac＋logbc≥4lg c.
【导学号：32750044】
【证明】　由于a＞1，b＞1，故要证明logac＋logbc≥4lg c，
只要证明＋≥4lg c.
又c＞1，故lg c＞0，
所以只要证＋≥4，即≥4.
因ab＝10，故lg a＋lg b＝1，
只要证明≥4.(*)
由a＞1，b＞1，故lg a＞0，lg b＞0，
所以0＜lg a·lg b≤＝＝，
即(*)式成立．
所以，原不等式logac＋logbc≥4lg c得证.
反证法证明不等式
若直接证明难以入手时，“正难则反”，可利用反证法加以证明；若要证明不等式两边差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．
　若a，b，c，x，y，z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.
【规范解答】　设a，b，c都不大于0，
则a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，
由题设知，a＋b＋c
＝＋＋
＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
故a，b，c中至少有一个大于0.
[再练一题]
3．如图2-1，已知在△ABC中，∠CAB＞90°，D是BC的中点，求证：AD＜BC.
图2-1
【证明】　假设AD≥BC.
(1)若AD＝BC，由平面几何定理“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(1)(2)知AD＜BC成立.
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，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．
　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．
【规范解答】　设f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
设0则f(x2)－f(x1)＝－＝>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
∵a，b，c为三角形的三条边，于是a＋b>c，
∴<＝＋<＋，即<＋，
同理<＋，<＋，
∴以，，为边可以构成一个三角形．
[再练一题]
4．已知|x|＜，|y|＜，|z|＜，
求证：|x＋2y－3z|＜ε.
【证明】　∵|x|＜，|y|＜，|z|＜，
∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|
≤|x|＋|2y|＋|－3z|
＝|x|＋2|y|＋3|z|
＜＋2×＋3×＝ε.
∴原不等式成立．
1．(2015·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】　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.
【答案】　C
2．(2015·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．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由；
(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
【解】　(1)证明：因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)不存在，理由如下：
令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，
且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
(3)不存在，理由如下：
假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)，
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得
(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，
且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．
化简得
2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)
＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)．(**)
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝.
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝＞0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
4．(2015·湖南高考)已知a>0，函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
【证明】　(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x
＝eax(asin x＋cos x)
＝eaxsin(x＋φ)．
其中tan φ＝，0<φ<.
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，
即x＝mπ－φ，m∈N*.
对k∈N，若2kπ0；
若(2k＋1)π因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，
所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．
此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)·
sin φ.
易知f(xn)≠0，
而＝＝－eaπ是常数，
故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比为－eaπ的等比数列．
(2)由(1)知，sin φ＝，于是对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立，即nπ－φ等价于<(*)恒成立(因为a>0)．
设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需.
而当a＝时，由tan φ＝＝>且0<φ<知，<φ<.于是π－φ<<，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ>>.
因此对一切n∈N*，axn＝≠1，
所以g(axn)>g(1)＝e＝.
故(*)式亦恒成立．
综上所述，若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
章末综合测评(二)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．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，
∴＞， ②
－＝＝＞0，
∴＞. ③
由①②③知最大，故选D.
【答案】　D
2．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是(　　)
【导学号：32750045】
A．xy＞yz B．xz＞yz
C．x|y|＞z|y| D.xy＞xz
【解析】　法一　特殊值法：令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除A，B，C，故选D.
法二　3z＜x＋y＋z＜3x，∴x＞＞z，
由x＞0，y＞z，得xy＞xz.故D正确．
【答案】　D
3．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，∴b＞0，
且a＋2b＞0，∴a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．
【答案】　A
4．已知数列{an}的通项公式an＝，其中a，b均为正数，那么an与an＋1的大小关系是(　　)
A．an＞an＋1 B．an＜an＋1
C．an＝an＋1 D.与n的取值有关
【解析】　an＋1－an＝－
＝.
∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，
∴an＋1－an＞0，因此an＋1＞an.
【答案】　B
5．若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是(　　)
A．18 B．6
C．2 D.
【解析】　3a＋3b≥2＝2＝2×3＝6，选B.
【答案】　B
6．设a＝lg 2－lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系是(　　)
A．a＜b B．a＞b C．a＝b D.a≤b
【解析】　a＝lg 2－lg 5＝lg ＜0.
又x＜0，知0＜ex＜1，即0＜b＜1，∴a＜b.
【答案】　A
7．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝(　　)
A. B．2 C．6 D.2或6
【解析】　∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，
∴2≤kx≤6，
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，
∴k＝2.
【答案】　B
8．设a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，c＝2x2y2(x，y∈R＋)，则下列结论中不正确的是(　　)
A．a最大 B．b最小
C．c最小 D.a，b，c可以相等
【解析】　因为b＝x3y＋xy3≥2＝2x2y2＝c，故B错，应选B.
【答案】　B
9．要使－＜成立，a，b应满足的条件是(　　)
A．ab＜0且a＞b
B．ab＞0且a＞b
C．ab＜0且a＜b
D．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
【解析】　－＜?(－)3＜a－b
?3＜3?ab(a－b)＞0.
当ab＞0时，a＞b；当ab＜0时，a＜b.
【答案】　D
10．已知x＝a＋(a＞2)，y＝ (b＜0)，则x，y之间的大小关系是(　　)
A．x＞y B．x＜y
C．x＝y D.不能确定
【解析】　因为x＝a－2＋＋2≥2＋2＝4(a＞2)．
又b2－2＞－2(b＜0)，
即y＝＜－2＝4，所以x＞y.
【答案】　A
11．若a>0，b>0，则p＝(a·b)，q＝ab·ba的大小关系是(　　)
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D.p【解析】　＝＝a·b＝.
若a≥b>0，则≥1，a－b≥0，从而≥1，得p≥q；
若b≥a>0，则0<≤1，a－b≤0，从而≥1，得p≥q.
综上所述，p≥q.
【答案】　A
12．在△ABC中，A，B，C分别为a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则角B适合的条件是(　　)
A．0＜B≤ B．0＜B≤
C．0＜B≤ D.＜B＜π
【解析】　由a，b，c成等差数列，得2b＝a＋c，
∴cos B＝＝，
＝＝－≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴cos B的最小值为.
又y＝cos B在上是减函数，∴0＜B≤.
【答案】　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上)
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．若实数m，n，x，y满足m2＋n2＝a，x2＋y2＝b(a≠b)，则mx＋ny的最大值为________.
【导学号：32750046】
【解析】　设m＝cos α，n＝sin α，x＝cos β，y＝sin β，
则mx＋ny＝cos αcos β＋sin αsin β
＝cos(α－β)．
当cos(α－β)＝1时，mx＋ny取得最大值.
【答案】　
15．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：
∵b＋m＞0，b＞0，
∴要证原不等式成立，只需证明
b(a＋m)＞a(b＋m)，
即只需证明________．
∵m＞0，∴只需证明b＞a，
由已知显然成立．∴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
16．已知a，b，c，d∈R＋，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________．
【解析】　由放缩法，得＜＜；
＜＜；
＜＜；
＜＜.
以上四个不等式相加，得1＜S＜2.
【答案】　(1,2)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知m＞0，a，b∈R，求证：≤.
【证明】　∵m＞0，∴1＋m＞0.
所以要证原不等式成立，
只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0显然成立，
故原不等式得证．
18．(本小题满分12分)实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，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，
即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，
则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，
这与已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，
∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
19．(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＋lg c，
只需证lg＞lg(abc)，
只需证··＞abc.
∵≥＞0，≥＞0，≥＞0，
∴··≥abc＞0成立．
∵a，b，c为不全相等的正数，∴上式中等号不成立．
∴原不等式成立．
法二　∵a，b，c∈{正实数}，
∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又∵a，b，c为不全相等的实数，
∴··＞abc，
∴lg＞lg(abc)，
即lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
20．(本小题满分12分)若0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.
【证明】　假设三数能同时大于1，
即(2－a)b＞1，(2－b)c＞1，(2－c)a＞1.
那么≥＞1，
同理＞1，＞1，
三式相加＞3，
即3＞3.
上式显然是错误的，∴该假设不成立．
∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时都大于1.
21．(本小题满分12分)求证：2(－1)＜1＋＋＋…＋＜2(n∈N＋).
【导学号：32750047】
【证明】　∵＝＞
＝2(－)，k∈N＋，
∴1＋＋＋…＋
＞2[(－1)＋(－)＋…＋(－)]
＝2(－1)．
又＝＜＝2(－)，k∈N＋，
∴1＋＋＋…＋
＜1＋2[(－1)＋(－)＋…＋(－)]
＝1＋2(－1)＝2－1＜2.
∴2(－1)＜1＋＋＋…＋＜2(n∈N＋)．
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，{b}是公比为64的等比数列．
(1)求an与bn；
(2)证明：＋＋…＋＜.
【解】　(1)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＝＝.
∴＋＋＋…＋
＝
＝＜×＝.

一　二维形式的柯西不等式
1．认识柯西不等式的几种不同形式，理解其几何意义．(难点)
2．通过运用柯西不等式分析解决一些简单问题．(重点)
[基础·初探]
教材整理　二维形式的柯西不等式
阅读教材P31～P36，完成下列问题．
内容
等号成立的条件
代数形式
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
向量形式
设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|
当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立
三角形式
设x1，y1，x2，y2∈R，那么
＋≥
当且仅当P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，O(0,0)三点共线且P1，P2在点O两旁时，等号成立
已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　2x2＋3y2＝(2x2＋3y2)·≥
＝(x＋y)2＝.
【答案】　B
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
二维柯西不等式的向量形式及应用
　已知p，q均为正数，且p3＋q3＝2.求证：p＋q≤2.
【精彩点拨】　为了利用柯西不等式的向量形式，可分别构造两个向量．
【自主解答】　设m＝p，q，n＝(p，q)，则
p2＋q2＝pp＋qq＝|m·n|≤|m||n|
＝·＝.
又∵(p＋q)2≤2(p2＋q2)，
∴≤p2＋q2≤，
∴≤·，则(p＋q)4≤8(p＋q)．
又p＋q>0，
∴(p＋q)3≤8，故p＋q≤2.
使用二维柯西不等式的向量形式证明不等式，关键是合理构造出两个向量．同时，要注意向量模的计算公式|a|＝对数学式子变形的影响．
[再练一题]
1．若本例的条件中，把“p3＋q3＝2”改为“p2＋q2＝2”，试判断结论是否仍然成立？
【解】　设m＝(p，q)，n＝(1,1)，
则p＋q＝p·1＋q·1＝|m·n|≤|m|·|n|＝·.
又p2＋q2＝2.
∴p＋q≤·＝2.
故仍有结论p＋q≤2成立.
运用柯西不等式求最值
　若2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值．
【精彩点拨】　由2x＋3y＝1以及4x2＋9y2的形式，联系柯西不等式，可以通过构造(12＋12)作为一个因式而解决问题．
【自主解答】　由柯西不等式得(4x2＋9y2)(12＋12)≥(2x＋3y)2＝1.
∴4x2＋9y2≥，
当且仅当2x×1＝3y×1，
即x＝，y＝时取等号．
∴4x2＋9y2的最小值为.
1．利用柯西不等式求最值，不但要注意等号成立的条件，而且要善于配凑，保证出现常数结果．
2．常用的配凑的技巧有：①巧拆常数；②重新安排某些项的次序；③适当添项；④适当改变结构，从而达到运用柯西不等式求最值的目的．
[再练一题]
2．若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点.
【导学号：32750048】
【解】　由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，得25(x2＋y2)≥4.
所以x2＋y2≥，
当且仅当＝时，“＝”成立．为求最小值点，需解方程组∴
因此，当x＝，y＝时，x2＋y2取得最小值，最小值为，最小值点为.
[探究共研型]
二维柯西不等式代数形式的应用
探究　在二维形式的柯西不等式中，取等号的条件可以写成＝吗？
【提示】　不可以．当b·d＝0时，柯西不等式成立，但＝不成立．
　已知|3x＋4y|＝5，求证：x2＋y2≥1.
【精彩点拨】　探求已知条件与待证不等式之间的关系，设法构造柯西不等式进行证明．
【自主解答】　由柯西不等式可知(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，所以(x2＋y2)≥.
又因为|3x＋4y|＝5，
所以＝1，
即x2＋y2≥1.
1．利用二维形式的柯西不等式证明时，要抓住柯西不等式的结构特征，必要时，需要将数学表达式适当变形．
2．变形往往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突破口．
[再练一题]
3．设a，b∈R＋且a＋b＝2.求证：＋≥2.
【证明】　根据柯西不等式，有
[(2－a)＋(2－b)]
＝[()2＋()2][＋]
≥
＝(a＋b)2＝4.
∴＋≥＝2，
当且仅当·＝·，
即a＝b＝1时等号成立．
∴＋≥2.
[构建·体系]
二维柯西不等式—
1．设x，y∈R，且2x＋3y＝13，则x2＋y2的最小值为(　　)
A. B．169
C．13 D.0
【解析】　(2x＋3y)2≤(22＋32)(x2＋y2)，
∴x2＋y2≥13.
【答案】　C
2．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是(　　)
【导学号：32750049】
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．故选D.
【答案】　D
3．平面向量a，b中，若a＝(4，－3)，|b|＝1，且a·b＝5，则向量b＝________.
【解析】　|a|＝＝5，且 |b|＝1，
∴a·b＝|a|·|b|，
因此，b与a共线，且方向相同，
∴b＝.
【答案】　
4．已知x，y＞0，的最小值为4，则xy＝________.
【解析】　∵≥
＝，
∴＝4.
又＞0，
∴＝1，∴xy＝1.
【答案】　1
5．已知x，y，a，b∈R＋，且＋＝1，求x＋y的最小值．
【解】　构造两组实数，；，.
∵x，y，a，b∈R＋，＋＝1，
∴x＋y＝[()2＋()2]＋≥(＋)2，
当且仅当∶＝∶，即＝时取等号，∴(x＋y)min＝(＋)2.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（九）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若a2＋b2＝1，x2＋y2＝2，则ax＋by的最大值为(　　)
A．1 B．2
C. D.4
【解析】　∵(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝2，
∴ax＋by≤.
【答案】　C
2．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(　　)
A．ab≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D.a2＋b2≤3
【解析】　∵(12＋12)(a2＋b2)≥(a＋b)2＝4，
∴a2＋b2≥2.
【答案】　C
3．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是(　　)
【导学号：32750050】
A．P≤Q B．PC．P≥Q D.P>Q
【解析】　设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|
＝·
＝·＝，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2，即P≤Q.
【答案】　A
4．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a－b的取值范围是(　　)
A．[－2，2] B．[－2，2]
C．[－，] D.(－，)
【解析】　(a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2.
∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.
∴－2≤a－b≤2.
【答案】　A
5．若a＋b＝1且a，b同号，则2＋2的最小值为(　　)
A．1 B．2
C. D.
【解析】　＋
＝a2＋2＋＋b2＋2＋＝(a2＋b2)＋4.
∵a＋b＝1，ab≤＝，
∴a2＋b2＝(a2＋b2)·(1＋1)
≥·(a＋b)2＝，1＋≥1＋42＝17，
∴＋≥＋4＝.
【答案】　C
二、填空题
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≤[(x)2＋(y)2]·＝(3x2＋2y2)·≤6×＝11，
于是2x＋y≤.
【答案】　
7．设xy＞0，则·的最小值为________．
【解析】　原式＝≥＝9(当且仅当xy＝时取等号)．
【答案】　9
8．设x，y∈R＋，且x＋2y＝8，则＋的最小值为________．
【解析】　(x＋2y)
＝[()2＋()2][＋]≥＝25，当且仅当·＝·，即x＝，y＝时，“＝”成立．又x＋2y＝8，
∴＋≥.
【答案】　
三、解答题
9．已知θ为锐角，a，b均为正实数．求证：(a＋b)2≤＋.
【证明】　设m＝，n＝(cos θ，sin θ)，
则|a＋b|＝
＝|m·n|≤|m||n|＝ ·
＝ ，
∴(a＋b)2≤＋.
10．已知实数a，b，c满足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，求证：－≤c≤1.
【证明】　因为a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，
所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2.
由柯西不等式得(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，
当且仅当b＝2a时，等号成立，即5(1－c2)≥(1－c)2，
整理得3c2－c－2≤0，解得－≤c≤1.
[能力提升]
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4x2＋5y2＝1，则2x＋y的最大值是(　　)
A.　　　　B．1 C．3　　　　D．9
【解析】　∵2x＋y＝2x·1＋y·1
≤·＝·＝.
∴2x＋y的最大值为.
【答案】　A
3．函数f(x)＝＋的最大值为______．
【导学号：32750051】
【解析】　设函数有意义时x满足≤x2≤2，由柯西不等式得[f(x)]2＝
≤(1＋2)＝，
∴f(x)≤，
当且仅当2－x2＝，即x2＝时取等号．
【答案】　
4．在半径为R的圆内，求内接长方形的最大周长．
【解】　如图所示，设内接长方形ABCD的长为x，宽为，于是 ABCD的周长l＝2(x＋)＝2(1·x＋1×)．
由柯西不等式
l≤2[x2＋()2] (12＋12)＝2·2R
＝4R，
当且仅当＝，即x＝R时，等号成立．
此时，宽＝＝R，即ABCD为正方形，
故内接长方形为正方形时周长最大，其周长为4R.
二　一般形式的柯西不等式
1．掌握三维形式和多维形式的柯西不等式．(重点)
2．会利用一般形式的柯西不等式解决简单问题．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理1　三维形式的柯西不等式
阅读教材P37～P38“探究”以上部分，完成下列问题．
设a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R，则(a＋a＋a)·(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.当且仅当b1＝b2＝b3＝0或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2,3)时，等号成立．我们把该不等式称为三维形式的柯西不等式．
已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A．1　　　　B.　　　　C.　　　　D．2
【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＝.
【答案】　B
教材整理2　一般形式的柯西不等式
阅读教材P38～P40，完成下列问题．
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．
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】　(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.
【答案】　A
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
利用柯西不等式求最值
　已知a，b，c∈(0，＋∞)，＋＋＝2，求a＋2b＋3c的最小值及取得最小值时a，b，c的值．
【精彩点拨】　由于＋＋＝2，可考虑把已知条件与待求式子结合起来，利用柯西不等式求解．
【自主解答】　∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴·(a＋2b＋3c)＝[＋＋][()2＋()2＋()2]
≥
＝(1＋2＋3)2＝36.
又＋＋＝2，
∴a＋2b＋3c≥18，
当且仅当a＝b＝c＝3时等号成立，
综上，当a＝b＝c＝3时，
a＋2b＋3c取得最小值18.
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．
[再练一题]
1．已知x＋4y＋9z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．
【解】　由柯西不等式，知
(x＋4y＋9z)2≤(12＋42＋92)(x2＋y2＋z2)
＝98(x2＋y2＋z2)．
又x＋4y＋9z＝1，
∴x2＋y2＋z2≥，(*)
当且仅当x＝＝时，等号成立，
∴x＝，y＝，z＝时，(*)取等号．
因此，x2＋y2＋z2的最小值为.
运用柯西不等式求参数的取值范围
　已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范围．
【精彩点拨】　“恒成立”问题需求＋＋的最大值，设法应用柯西不等式求最值．
【自主解答】　∵x>0，y>0，z>0.
且x＋y＋z＝xyz.
∴＋＋＝1.
又＋＋
≤
＝
≤＝，
当且仅当x＝y＝z，
即x＝y＝z＝时等号成立．
∴＋＋的最大值为.
故＋＋≤λ恒成立时，
应有λ≥.
因此λ的取值范围是.
应用柯西不等式，首先要对不等式形式、条件熟练掌握，然后根据题目的特点“创造性”应用定理．
[再练一题]
2．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，试求a的取值范围.
【导学号：32750052】
【解】　由a＋b＋c＋d＝3，得b＋c＋d＝3－a，
由a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，
(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.
由条件可得，5－a2≥(3－a)2，解得1≤a≤2，
所以实数a的取值范围是[1,2]．
[探究共研型]
利用柯西不等式证明不等式
探究　在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为ai＝kbi(i＝1,2,3，…，n)，可以吗？
【提示】　不可以．若bi＝0而ai≠0，则k不存在．
　已知a，b，c∈R＋，求证：＋＋≥9.
【精彩点拨】　对应三维形式的柯西不等式，a1＝，a2＝，a3＝，b1＝，b2＝，b3＝，而a1b1＝a2b2＝a3b3＝1，因而得证．
【自主解答】　∵a，b，c∈R＋，
由柯西不等式，知
＝[＋＋]×[＋＋]
≥
＝(1＋1＋1)2＝9，
∴≥9.
1．当ai，bi是正数时，柯西不等式变形为(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)≥(＋＋…＋)2.
2．本题证明的关键在于构造两组数，创造使用柯西不等式的条件．在运用柯西不等式时，要善于从整体上把握柯西不等式的结构特征，正确配凑出公式两侧的数组．
[再练一题]
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.
【解】　(1)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.
[构建·体系]
一般形式的柯西不等式—
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】　|a·b|≤|a||b|，
∴|a·b|≤18.
∴－18≤a·b≤18，当a，b反向时，a·b最小，最小值为－18.
【答案】　C
2．若a＋a＋…＋a＝1，b＋b＋…＋b＝4，则a1b1＋a2b2＋…＋anbn的取值范围是(　　)
A．(－∞，2) B．[－2,2]
C．(－∞，2] D.[－1,1]
【解析】　∵(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，
∴(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤4，
∴|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|≤2，
即－2≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤2，
当且仅当ai＝bi(i＝1,2，…，n)时，右边等号成立；
当且仅当ai＝－bi(i＝1,2，…，n)时，左边等号成立，故选B.
【答案】　B
3．(2014·陕西高考)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则 的最小值为________．
【解析】　根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，的最小值为.
【答案】　
4．设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值为________.
【导学号：32750053】
【解析】　由a，b，c为正数，
∴(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]
≥2＝121，
当且仅当＝＝＝k(k>0)时等号成立．
故(a＋b＋c)的最小值是121.
【答案】　121
5．已知实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，求t＝x2＋4y2＋z2的最小值．
【解】　由柯西不等式得
(x2＋4y2＋z2)(1＋1＋1)≥(x＋2y＋z)2.
∵x＋2y＋z＝1，
∴3(x2＋4y2＋z2)≥1，即x2＋4y2＋z2≥.
当且仅当x＝2y＝z＝，即x＝，y＝，z＝时等号成立．故x2＋4y2＋z2的最小值为.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（十）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．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，∴(＋＋)2≤3×1＝3，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
∴＋＋的最大值为.故选B.
【答案】　B
2．设a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为(　　)
【导学号：32750054】
A．4 B．3
C．6 D.2
【解析】　∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]·
≥
2＝18.
∴＋＋≥2.
【答案】　D
3．设a1，a2，…，an为实数，P＝，Q＝，则P与Q的大小关系为(　　)
A．P＞Q B．P≥Q
C．P＜Q D.不确定
【解析】　由柯西不等式知
≥a1＋a2＋…＋an，
∴·≥a1＋a2＋…＋an，
即得≥，∴P≥Q.
【答案】　B
4．若实数x＋y＋z＝1，则F＝2x2＋y2＋3z2的最小值为(　　)
A．1　　　　B．6 C．11　　　　D.
【解析】　∵(2x2＋y2＋3z2)≥x·＋y·1＋z·＝(x＋y＋z)2＝1，
∴2x2＋y2＋3z2≥＝，即F≥，当且仅当2x＝y＝3z时，取等号．
【答案】　D
5．已知x，y，z均大于0，且x＋y＋z＝1，则＋＋的最小值为(　　)
A．24　　　　B．30　　　　C．36　　　　D．48
【解析】　(x＋y＋z)
≥2＝36，
∴＋＋≥36.
【答案】　C
二、填空题
6．已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，则(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是__________．
【解析】　由柯西不等式得：(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，
∴9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥(2a＋2b＋c－1)2.
∵2a＋2b＋c＝8，∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是.
【答案】　
7．已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
【解析】　∵a＋2b＋3c＝6，∴1×a＋1×2b＋1×3c＝6.
∴(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12.当且仅当＝＝，即a＝2，b＝1，c＝时取等号．
【答案】　12
8．设x，y，z∈R，若(x－1)2＋(y＋2)2＋z2＝4，则3x－y－2z的取值范围是__________．又3x－y－2z取最小值时，x的值为__________．
【解析】　[(x－1)2＋(y＋2)2＋z2][32＋(－1)2＋
(－2)2]≥(3x－3－y－2－2z)2,4×14≥(3x－y－2z－5)2，
∴－2≤3x－y－2z－5≤2，
即5－2≤3x－y－2z≤5＋2.
若3x－y－2z＝5－2，又＝＝＝t，
∴3(3t＋1)－(－t－2)－2(－2t)＝5－2，
∴t＝－，∴x＝－＋1.
【答案】　[5－2，5＋2]　－＋1
三、解答题
9．已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1.
(1)求证：＋＋≥；
(2)求4x＋4y＋4z2的最小值．
【解】　(1)证明：·(y＋2z＋z＋2x＋x＋2y)≥·＋·＋·＝1，
即3≥1，
∴＋＋≥.
(2)由基本不等式，得4x＋4y＋4z2≥3，
因为x＋y＋z＝1，
所以x＋y＋z2＝1－z＋z2＝2＋≥，
故4x＋4y＋4z2≥3＝3，
当且仅当x＝y＝，z＝时等号成立，
所以4x＋4y＋4z2的最小值为3.
10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c的所有系数均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：对于任何正数x1，x2，当x1·x2＝1时，必有f(x1)·f(x2)≥1.
【证明】　由于f(x)＝ax2＋bx＋c，
且a，b，c大于0，
∴f(x1)·f(x2)＝(ax＋bx1＋c)(ax＋bx2＋c)
≥(x1·x2＋·＋c)2
＝(ax1x2＋b＋c)2
＝[f()]2＝[f(1)]2.
又f(1)＝a＋b＋c，且a＋b＋c＝1，
∴f(x1)·f(x2)≥1.
[能力提升]
1．若2a＞b＞0，则a＋的最小值为(　　)
A．1 B．3
C．8 D.12
【解析】　∵2a＞b＞0，∴2a－b＞0，
∴a＋＝
≥·3＝3.
当且仅当2a－b＝b＝，即a＝b＝2时等号成立，
∴当a＝b＝2时，a＋有最小值3.
【答案】　B
2．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则＝(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　由柯西不等式得，(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，当且仅当＝＝＝时取等号，因此有＝.
【答案】　C
3．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝6，则＋＋的最大值为________.
【导学号：32750055】
【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
4．△ABC的三边长为a，b，c，其外接圆半径为R.
求证：(a2＋b2＋c2)≥36R2.
【证明】　由三角形中的正弦定理，得
sin A＝，所以＝，
同理＝，＝，
于是由柯西不等式可得
左边＝(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2，
∴原不等式得证．
三　排序不等式
1．了解排序不等式的数学思想和背景．
2．理解排序不等式的结构与基本原理，会用排序不等式解决简单的不等式问题．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理1　顺序和、乱序和、反序和的概念
阅读教材P41～P42“探究”以上部分，完成下列问题．
设a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则称ai与bi(i＝1,2，…，n)的相同顺序相乘所得积的和a1b1＋a2b2＋…＋anbn为顺序和，和a1c1＋a2c2＋…＋ancn为乱序和，相反顺序相乘所得积的和a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1称为反序和．
教材整理2　排序不等式
阅读教材P42～P44，完成下列问题．
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≤a1b2＋a2b2＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和，此不等式简记为反序和≤乱序和≤顺序和．
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
用排序不等式证明不等式(字母大小已定)
　已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：
(1)≥≥；
(2)＋＋≥＋＋.
【精彩点拨】　由于题目条件中已明确a≥b≥c，故可以直接构造两个数组．
【自主解答】　(1)∵a≥b>0，于是≤.
又c>0，∴>0，从而≥，
同理，∵b≥c>0，于是≤，
∴a>0，∴>0，于是得≥，
从而≥≥.
(2)由(1)知≥≥>0且a≥b≥c>0，
∴≥≥，a2≥b2≥c2.
由排序不等式，顺序和≥乱序和得
＋＋≥＋＋＝＋＋＝＋＋，
故＋＋≥＋＋.
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．
[再练一题]
1．本例题中条件不变，求证：＋＋≥＋＋.
【证明】　∵a≥b≥c≥0，
∴a5≥b5≥c5，
≥≥＞0.
∴≥≥，
∴≥≥，由顺序和≥乱序和得
＋＋≥＋＋
＝＋＋，
∴＋＋≥＋＋.
字母大小顺序不定的不等式证明
　设a，b，c为正数，求证：＋＋≤＋＋.
【精彩点拨】　(1)题目涉及到与排序有关的不等式；
(2)题目中没有给出a，b，c的大小顺序．解答本题时不妨先设定a≤b≤c，再利用排序不等式加以证明．
【自主解答】　不妨设00<≤≤，
由排序原理：乱序和≤顺序和，得
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·，
a3·＋b3·＋c3·≤a3·＋b3·＋c3·.
将上面两式相加得
＋＋≤2，
将不等式两边除以2，
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：(1)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．(2)若给出的字母不具有对称性，一定不能直接限定字母的大小顺序，而要根据具体环境分类讨论．
[再练一题]
2．设a1，a2，…，an为正数，求证：
【导学号：32750056】
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
【证明】　不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，则
a≤a≤…≤a，≥≥…≥.
由排序不等式知，乱序和不小于反序和，所以
＋＋…＋＋≥a·＋a·＋…＋a·，即
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
利用排序不等式求最值
　设A，B，C表示△ABC的三个内角，a，b，c表示其对边，求的最小值(A，B，C用弧度制表示)．
【精彩点拨】　不妨设a≥b≥c＞0，设法构造数组，利用排序不等式求解．
【自主解答】　不妨设a≥b≥c，
则A≥B≥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，
将以上三式相加，得
3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)·(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)，
当且仅当A＝B＝C＝时，等号成立．
∴≥，
即的最小值为.
1．分析待求函数的结构特征，构造两个有序数组．
2．运用排序原理求最值时，一定要验证等号是否成立，若等号不成立，则取不到最值．
[再练一题]
3．已知x，y，z是正数，且x＋y＋z＝1，求t＝＋＋的最小值．
【解】　不妨设x≥y≥z>0，则x2≥y2≥z2，≥≥.
由排序不等式，乱序和≥反序和．
＋＋
≥x2·＋y2·＋z2·
＝x＋y＋z.
又x＋y＋z＝1，＋＋≥1，
当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．
故t＝＋＋的最小值为1.
利用排序不等式求解简单的实际问题
　若某网吧的3台电脑同时出现了故障，对其维修分别需要45 min,25 min和30 min，每台电脑耽误1 min，网吧就会损失0.05元．在只能逐台维修的条件下，按怎样的顺序维修，才能使经济损失降到最小？
【精彩点拨】　这是一个实际问题，需要转化为数学问题．要使经济损失降到最小，即三台电脑维修的时间与等候的总时间之和最小，又知道若维修第一台用时间t1 min时，三台电脑等候维修的总时间为3t1 min，依此类推，等候的总时间为3t1＋2t2＋t3 min，求其最小值即可．
【自主解答】　设t1，t2，t3为25,30,45的任一排列，
由排序原理知3t1＋2t2＋t3≥3×25＋2×30＋45＝180(min)，
所以按照维修时间由小到大的顺序维修，可使经济损失降到最小．
1．首先理解题意，实际问题数学化，建立恰当模型．
2．三台电脑的维修时间3t1＋2t2＋t3就是问题的数学模型，从而转化为求最小值(运用排序原理)．
[再练一题]
4．有5个人各拿一只水桶到水龙头接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要时间分别是4 min,8 min,6 min,10 min,5 min，那么如何安排这5个人接水的顺序，才能使他们等待的总时间最少？
【解】　根据排序不等式的反序和最小，可得最少时间为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84(min)．
即按注满时间为4 min,5 min,6 min,8 min,10 min依次等水，等待的总时间最少．
[构建·体系]
排序不等式—
1．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋y3x，则M与N的大小关系是(　　)
A．M>N B．M≥N
C．M【解析】　由排序不等式，知M≥N.
【答案】　B
2．设a，b，c为正数，P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P>Q B．P≥Q
C．P【解析】　不妨设a≥b≥c>0，则a2≥b2≥c2>0，
由排序不等式得：a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a.
∴P≥Q.
【答案】　B
3．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________.
【导学号：32750057】
【解析】　由排序不等式，顺序和最大，反序和最小，
∴最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28.
【答案】　32　28
4．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件和2件．现在选择商店中单价分别为3元，2元和1元的礼品，则至少要花________元，最多要花________元．
【解析】　取两组实数(2,4,5)和(1,2,3)，则顺序和为2×1＋4×2＋5×3＝25，反序和为2×3＋4×2＋5×1＝19.
所以最少花费为19元，最多花费为25元．
【答案】　19　25
5．设a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数，求证：1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
【证明】　∵12＜22＜32＜…＜n2，
∴＞＞…＞.
设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an由小到大的一个排列，即c1＜c2＜c3＜…＜cn，
根据排序原理中，反序和≤乱序和，
得c1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋，
而c1，c2，…，cn分别大于或等于1,2，…，n，
∴c1＋＋＋…＋≥1＋＋＋…＋
＝1＋＋…＋，
∴1＋＋＋…＋≤a1＋＋…＋.
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（十一）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．设a≥b>0，P＝a3＋b3，Q＝a2b＋ab2，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P>Q　　B．P≥Q　　C．P【解析】　∵a≥b>0，∴a2≥b2>0.
因此a3＋b3≥a2b＋ab2(排序不等式)，
则P≥Q.
【答案】　B
2．设a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn为两组实数，在排序不等式中，顺序和，反序和，乱序和的大小关系为(　　)
A．反序和≥乱序和≥顺序和
B．反序和＝乱序和＝顺序和
C．反序和≤乱序和≤顺序和
D．反序和、乱序和、顺序和大小关系不确定
【答案】　C
3．设正实数a1，a2，a3的任一排列为a′1，a′2，a′3，则＋＋的最小值为(　　)
A．3 B．6
C．9 D.12
【解析】　设a1≥a2≥a3＞0，则≥≥＞0，由乱序和不小于反序和知，
＋＋≥＋＋＝3，
∴＋＋的最小值为3，故选A.
【答案】　A
4．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．A＜B
C．A≥B D.A≤B
【解析】　依序列{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．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即x＋x＋…＋x≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.故选C.
【答案】　C
5．已知a，b，c为正实数，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是(　　)
A．大于零 B．大于等于零
C．小于零 D.小于等于零
【解析】　设a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，
根据排序原理，得a3×a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b3c＋c3a.
又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab，
∴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．若a，b，c∈R＋，则＋＋________a＋b＋c.
【解析】　不妨设a≥b≥c＞0，则bc≤ca≤ab，≤≤，
∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c.
【答案】　≥
7．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________s.
【解析】　等候的最短时间为：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．
【答案】　41
8．设a1，a2，a3为正数，且a1＋a2＋a3＝1，则＋＋的最小值为________.
【导学号：32750058】
【解析】　不妨设a3>a1>a2>0，则<<，
所以a1a2设乱序和S＝＋＋＝a1＋a2＋a3＝1，
顺序和S′＝＋＋.
由排序不等式得＋＋≥a1＋a2＋a3＝1，
所以＋＋的最小值为1.
【答案】　1
三、解答题
9．设a，b，c大于0，求证：
(1)a3＋b3≥ab(a＋b)；
(2)＋＋≤.
【证明】　(1)不妨设a≥b≥c>0，
则a2≥b2≥c2>0，
∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2a，
∴a3＋b3≥ab(a＋b)．
(2)由(1)知，同理b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)，
所以＋＋
≤＋
＋
＝
＝·＝.
故原不等式得证．
10．已知a，b，c都是正数，求＋＋的最小值．
【解】　由对称性，不妨设0＜c≤b≤a，则有a＋b≥a＋c≥b＋c＞0，所以0＜≤≤.
由排序不等式得
＋＋
≥＋＋，①
＋＋≥＋＋.②
由①②知2≥3，
∴＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，＋＋取最小值.
[能力提升]
1．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的关系为(　　)
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D.不能确定
【解析】　不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，
cos A≤cos B≤cos C，则由排序不等式有Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A
＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)
≥R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]
＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝＝P.
【答案】　C
2．已知a＋b＋c＝1，a，b，c为正数，则＋＋的最小值是________．
【解析】　不妨设a≥b≥c，∴≥≥，
∴＋＋≥＋＋，①
＋＋≥＋＋，②
①＋②得＋＋≥，
∴＋＋≥.
【答案】　
3．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________.
【导学号：32750059】
【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)
4．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在上为增函数，y＝cos x在上为减函数，
∴0cos β>cos γ>0.
根据排序不等式得：乱序和>反序和．
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α
>sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ
＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
故原不等式得证．
章末分层突破
[自我校对]
①一般形式的柯西不等式
②柯西不等式的三角形式
③反序和
④顺序和
⑤排序原理


利用柯西不等式证明简单不等式
柯西不等式形式优美、结构易记，因此在解题时，根据题目特征灵活运用柯西不等式，可证明一些简单不等式．
　已知a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≤4.
【规范解答】　因为a，b，c是实数，且a＋b＋c＝1，令m＝(，，)，
n＝(1,1,1)，
则|m·n|2＝(＋＋)2，
|m|2·|n|2＝3[(13a＋1)＋(13b＋1)＋(13c＋1)]
＝3[13(a＋b＋c)＋3]＝48.
∵|m·n|2≤|m|2·|n|2，
∴()＋＋)2≤48，
∴＋＋≤4.
[再练一题]
1．设a，b，x，y都是正数，且x＋y＝a＋b，求证：＋≥.
【证明】　∵a，b，x，y都大于0，
且x＋y＝a＋b.
由柯西不等式，知
[(a＋x)＋(b＋y)]
≥2
＝(a＋b)2.
又a＋x＋b＋y＝2(a＋b)>0，
所以＋≥.
排序原理在不等式证明中的应用
应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计，这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组．
　已知a，b，c为正实数，求证：a＋b＋c≤＋＋.
【规范解答】　由于不等式关于a，b，c对称，
可设a≥b≥c>0.于是a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，得反序和≤乱序和，即
a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·，
及a2·＋b2·＋c2·≤a2·＋b2·＋c2·.
以上两个同向不等式相加再除以2，即得原不等式．
[再练一题]
2．设a，b，c∈R＋，求证：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.
【证明】　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.
利用柯西不等式、排序不等式求最值
有关不等式的问题往往要涉及到对式子或量的范围的限制，柯西不等式、排序不等式为我们通过不等式求最值提供了新的有力工具，但一定要注意取等号的条件能否满足．
　设a，b，c为正实数，且a＋2b＋3c＝13，求＋＋的最大值．
【规范解答】　由于a，b，c为正实数，根据柯西不等式，知
(a＋2b＋3c)
＝[()2＋()2＋
()2]
≥2
＝(＋＋)2，
∴(＋＋)2≤，
即＋＋≤，
当且仅当＝＝时取等号．
又a＋2b＋3c＝13，∴当a＝9，b＝，c＝时，
＋＋取得最大值为.
[再练一题]
3．已知实数a，b，c，d，e满足a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16.求a＋b＋c＋d＋e的最大值.
【导学号：32750060】
【解】　a＋b＋c＋d＋e＝
≤
≤＝4，
所以a＋b＋c＋d＋e的最大值是4.
1．(2015·陕西高考)已知关于x的不等式|x＋a|(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
【解】　(1)由|x＋a|则解得
(2)＋＝＋
≤
＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
2．(2015·福建高考)已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值．
【解】　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b时，等号成立．
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋c.
又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式，得
(4＋9＋1)≥
2＝(a＋b＋c)2＝16，即a2＋b2＋c2≥.
当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立，故a2＋b2＋c2的最小值是.
章末综合测评(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．已知实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，则e的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　∵4(a2＋b2＋c2＋d2)
＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2)
≥(a＋b＋c＋d)2，
即4(16－e2)≥(8－e)2，
64－4e2≥64－16e＋e2，即5e2－16e≤0，
∴e(5e－16)≤0，
故0≤e≤.
【答案】　C
3．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，
∴最小值为50×2＋40×3＋20×5＝320(元).
【答案】　C
4．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】　由(a2＋b2＋c2)
≥2＝9，
所以所求最小值为9.
【答案】　B
5．设a，b，c均小于0，且a2＋b2＋c2＝3，则ab＋bc＋ca的最大值为(　　)
【导学号：32750061】
A．0 B．1 C．3 D.
【解析】　由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，
所以ab＋bc＋ca≤3.
【答案】　C
6．若x＋2y＋4z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A．21 B. C．16 D.
【解析】　∵1＝x＋2y＋4z≤ ·，
∴x2＋y2＋z2≥，
即x2＋y2＋z2的最小值为.
【答案】　B
7．函数f(x)＝＋cos x，则f(x)的最大值是(　　)
A. B. C．1 D.2
【解析】　f(x)＝·＋cos x.
又(·＋cos x)2≤(2＋1)(sin2x＋cos 2x)＝3，∴f(x)的最大值为.
【答案】　A
8．已知a，b，x1，x2为互不相等的正数，若y1＝，y2＝，则y1y2与x1x2的关系为(　　)
A．y1y2C．y1y2>x1x2 D.不能确定
【解析】　∵a，b，x1，x2为互不相等的正数，
∴y1y2＝·
＝
＝
>
＝＝x1x2.
【答案】　C
9．已知半圆的直径AB＝2R，P是弧AB上一点，则2|PA|＋3|PB|的最大值是(　　)
A.R B.R
C．2R D.4R
【解析】　由2|PA|＋3|PB|
≤
＝＝·2R.
【答案】　C
10．设a1，a2，…，an为正实数，P＝，Q＝，则P，Q间的大小关系为(　　)
A．P>Q B．P≥Q
C．P【解析】　∵(a1＋a2＋…＋an)≥＝n2，
∴≥，
即P≥Q.
【答案】　B
11．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，
由排序不等式得，
＋＋≥·a2a3＋·a3a1＋·a1a2
＝a3＋a1＋a2，即＋＋≥a1＋a2＋a3.
【答案】　B
12．设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均为正数)，则＋＋…＋的最小值是(　　)
A．n B. C. D.2n
【解析】　不妨设0≤a1≤a2≤…≤an，
则≥≥…≥，，，…，是，，…，的一个排列．
再利用排序不等式的反序和≤乱序和求解，
所以＋＋…＋≥＋＋…＋＝n，
当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．故选A.
【答案】　A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．设x，y，z∈R，且满足x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z＝________.
【导学号：32750062】
【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】　
14．已知实数m，n＞0，则＋________.(填“≥”“＞”“≤”或“＜”)
【解析】　因为m，n＞0，利用柯西不等式，
得(m＋n)≥(a＋b)2，
所以＋≥.
【答案】　≥
15．函数y＝的最小值是________．
【解析】　由柯西不等式，得
y＝
≥
＝≥(1＋)2＝3＋2.
当且仅当＝，即α＝时等号成立．
【答案】　3＋2
16.如图1所示，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和．
图1
【解析】　由题图可知，阴影面积＝a1b1＋a2b2，而空白面积＝a1b2＋a2b1，根据顺序和≥逆序和可知答案为≥.
【答案】　≥
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设x2＋2y2＝1，求u(x，y)＝x＋2y的最值．
【解】　由柯西不等式，有|u(x，y)|
＝|1·x＋·y|≤·＝，
得umax＝，umin＝－.
分别在，时取得最大值和最小值．
18．(本小题满分12分)已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1.求证：＋＋≥.
【证明】　因为x>0，y>0，z>0，所以由柯西不等式得：
[(y＋2z)＋(z＋2x)＋(x＋2y)]＋＋≥(x＋y＋z)2，又因为x＋y＋z＝1，
所以＋＋≥
＝.
19．(本小题满分12分)已知a，b，c∈R＋，求证：a＋b＋c≤＋＋≤＋＋.
【证明】　不妨设a≥b≥c>0，则a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，可得a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·，①
a2·＋b2·＋c2·≥a2·＋b2·＋c2·，②
由(①＋②)÷2，可得
＋＋≥a＋b＋c.
又因为a≥b≥c>0，
所以a3≥b3≥c3，≥≥.
由排序不等式，得
a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·，③
a3·＋b3·＋c3·≥a3·＋b3·＋c3·，④
由(③＋④)÷2，可得＋＋≥＋＋.
综上可知原式成立．
20．(本小题满分12分)已知a，b，c大于0，且acos2θ＋bsin2θ<，求证：cos2θ＋sin2θ【导学号：32750063】
【证明】　由柯西不等式，得(cos2θ＋sin2θ)2
≤[(cos θ)2＋(sin θ)2](cos2θ＋sin2θ)
＝acos2θ＋bsin2θ.
又acos2θ＋bsin2θ<，
∴(cos2θ＋sin2θ)2<.
因此，cos2θ＋sin2θ21．(本小题满分12分)设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥9.
【证明】　构造两组数，，；，，.
于是由柯西不等式有
[()2＋()2＋()2]
≥，
即(a＋b＋c)≥32.
因为a＋b＋c＝1，所以＋＋≥9.
22．(本小题满分12分)设a，b，c∈R＋，利用排序不等式证明：
(1)aabb＞abba(a≠b)；
(2)a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
【证明】　(1)不妨设a＞b＞0，则lg a＞lg b.
从而alg a＋blg b＞alg b＋blg a，
∴lg aa＋lg bb＞lg ba＋lg ab，
即lg aabb＞lg baab，故aabb＞baab.
(2)不妨设a≥b≥c＞0，则lg a≥lg b≥lg c，
∴alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c，
alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c，
∴2alg a＋2blg b＋2clg c
≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c，
∴lg(a2a·b2b·c2c)≥lg (ab＋c·ba＋c·ca＋b)．
故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.

一　数学归纳法
1．了解数学归纳法的原理及其使用范围．(重点)
2．会利用数学归纳法证明一些简单问题．(重点、难点)
[基础·初探]
教材整理　数学归纳法的概念
阅读教材P46～P50，完成下列问题．
一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：
(1)证明当n＝n0时命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，证明_n＝k＋1时命题也成立．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．
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】　数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数，又第一步是递推的基础，所以k大于等于1.
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
用数学归纳法证明等式
　用数学归纳法证明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
【精彩点拨】　要证等式的左边共2n项，右边共n项，f(k)与f(k＋1)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n＝k”到“n＝k＋1”时要注意项的合并．
【自主解答】　①当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，所以等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)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＋成立．
1．用数学归纳法证明等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关．由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
2．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，这是数学归纳法证明的核心环节．
[再练一题]
1．用数学归纳法证明：
12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)．
【证明】　(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，就是
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)－(4k＋3)
＝－(2k2＋5k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1时等式也成立，
根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
用数学归纳法证明整除问题
　用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．
【精彩点拨】　先验证n＝1时命题成立，然后再利用归纳假设证明，关键是找清f(k＋1)与f(k)的关系并设法配凑．
【自主解答】　(1)当n＝1时，原式＝(3×1＋1)×7－1＝27，能被9整除，命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，(3k＋1)·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，
[ 3(k＋1)＋1]·7k＋1－1
＝[21(k＋1)＋7]·7k－1
＝[(3k＋1)＋(18k＋27)]·7k－1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k.
∵[(3k＋1)·7k－1]和9(2k＋3)·7k都能被9整除，
∴[ (3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k能被9整除，
即[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除，
即当n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，对任何n∈N＋，命题都成立，即(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．
1．证明本题时关键是用归纳假设式子(3k＋1)·7k－1表示n＝k＋1时的式子．
2．用数学归纳法证明整除问题关键是利用增项、减项、拆项、并项、因式分解等恒等变形的方法去凑假设、凑结论，从而利用归纳假设使问题获证．一般地，证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n)) 整除，主要是找到f(k＋1)与f(k)的关系，设法找到式子f1(k)，f2(k)，使得f(k＋1)＝f(k)·f1(k)＋f2(k)．
[再练一题]
2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除.
【导学号：32750064】
【证明】　(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3
＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33
＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)，
由归纳假设知，上式中两项都能被9整除，故n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)和(2)可知，对n∈N＋命题成立.
证明几何命题
　平面内有n(n≥2，n∈N＋)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不过同一点，那么这n条直线的交点个数f(n)是多少？并证明你的结论．
【精彩点拨】　(1)从特殊入手，求f(2)，f(3)，f(4)，猜想出一般性结论f(n)；(2)利用数学归纳法证明．
【自主解答】　当n＝2时，f(2)＝1 ；当n＝3时，f(3)＝3；
当n＝4时，f(4)＝6.
因此猜想f(n)＝(n≥2，n∈N＋)．
下面利用数学归纳法证明：
(1)当n＝2时，两条相交直线有一个交点，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1.
∴n＝2时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝k(k－1)，
当n＝k＋1时，其中一条直线记为l，剩下的k条直线为l1，l2，…，lk.
由归纳假设知，剩下的k条直线之间的交点个数为f(k)＝.
由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，
所以直线l与l1，l2，l3，…，lk的交点共有k个，
∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝＋k＝
＝＝，
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2时成立．
1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n变化时，交点个数间的关系．
2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律并结合图形直观分析，要讲清原因．
[再练一题]
3．在本例中，探究这n条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明．
【解】　设分割成线段或射线的条数为f(n)，则f(2)＝4，f(3)＝9，f(4)＝16.
猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明．
(1)当n＝2时，显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，
结论成立，f(k)＝k2.
则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，lk，lk＋1，共k＋1条直线满足题设条件．
不妨取出直线l1，余下的k条直线l2，l3，…，lk，lk＋1互相分割成f(k)＝k2条射线或线段．
直线l1与这k条直线恰有k个交点，则直线l1被这k个交点分成k＋1条射线或线段．k条直线l2，l3，…，lk－1中的每一条都与l1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k条．
故f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2，
∴当n＝k＋1时，结论正确．
由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2且n∈N＋均成立．
[探究共研型]
数学归纳法的概念
探究1　数学归纳法中，n取的第一个值n0是否一定是1?
【提示】　n0不一定是1，指适合命题的第一个正整数，不是一定从1开始．
探究2　如何理解数学归纳法的两个步骤之间的关系？
【提示】　第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的桥梁，这两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就作出判断，可能得出不正确的结论，因为单靠步骤(1)无法递推下去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判断．同样只有步骤(2)而缺少步骤(1)时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就无意义了．
　用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边计算的结果是(　　)
A．1
B．1＋a
C．1＋a＋a2
D．1＋a＋a2＋a3
【精彩点拨】　注意左端特征，共有n＋2项，首项为1，最后一项为an＋1.
【自主解答】　实际是由1(即a0)起，每项指数增加1，到最后一项为an＋1，所以n＝1时，左边的最后一项应为a2，因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.
【答案】　C
1．验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.
2．递推是关键：正确分析由n＝k到n＝k＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障．
[再练一题]
4．当f(k)＝1－＋－＋…＋－，则f(k＋1)＝f(k)＋________.
【解析】　f(k＋1)＝1－＋－＋…＋－＋－，
∴f(k＋1)＝f(k)＋－.
【答案】　－
[构建·体系]
数学归纳法—
1．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·
(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为(　　)
A．1 B．1＋3
C．1＋2＋3 D.1＋2＋3＋4
【解析】　当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3.
【答案】　C
2．某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有(　　)
A．当n＝4时，该命题成立
B．当n＝6时，该命题成立
C．当n＝4时，该命题不成立
D．当n＝6时，该命题不成立
【解析】　若n＝4时命题成立，由递推关系知n＝5时命题成立，与题中条件矛盾，所以n＝4时，该命题不成立．
【答案】　C
3．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(　　)
【导学号：32750065】
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)．故选B.
【答案】　B
4．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】　当n＝1时，左端应为1×4＝4.
【答案】　4
5．用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an－1＝(a≠1，n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，等式成立，
即1＋a＋a2＋…＋ak－1＝.
那么n＝k＋1时，
左边＝1＋a＋a2＋…＋ak－1＋ak＝＋ak
＝＝
＝右边，
所以等式也成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N＋等式均成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（十二）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．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)＝＋＋.故选D.
【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．已知a1＝，an＋1＝，猜想an等于(　　)
【导学号：32750066】
A. B.
C. D.
【解析】　a2＝＝，
a3＝＝，
a4＝＝＝，
猜想an＝.
【答案】　D
4．用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)…·(n＋n)＝2n×1×3…(2n－1)时，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式是(　　)
A．2k＋1 B.
C．2(2k＋1) D.
【解析】　当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)·(k＋3)…(k＋k)·＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)·2(2k＋1)．
【答案】　C
5．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)等于f(k)加上(　　)
A. B．π
C．2π D.π
【解析】　从n＝k到n＝k＋1时，
内角和增加π.
【答案】　B
二、填空题
6．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…，猜想第n个式子应为________．
【答案】　1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2
＝(－1)n＋1·
7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到________．
【解析】　∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，
∴n＝k＋1时为使用归纳假设，
应写成1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1.
【答案】　1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
8．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
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＝＝.
∴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，
…
＝·＝
＝＝，
∴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：对于任意正整数n，整式an－bn都能被a－b整除．
【证明】　(1)当n＝1时，an－bn＝a－b能被a－b整除．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，ak－bk能被a－b整除，那么当n＝k＋1时，ak＋1－bk＋1＝ak＋1－akb＋akb－bk＋1＝ak(a－b)＋b(ak－bk)．因为(a－b)和ak－bk都能被a－b整除，所以上面的和ak(a－b)＋b(ak－bk)也能被a－b整除．这也就是说当n＝k＋1时，ak＋1－bk＋1能被a－b整除．
根据(1)(2)可知对一切正整数n，an－bn都能被a－b整除．
[能力提升]
1．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　)
【导学号：32750067】
A. B.
C.＋ D.－
【解析】　因为f(n)＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－.
【答案】　D
2．某同学回答“用数学归纳法证明＜n＋1(n∈N＋)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＜k＋1，那么当n＝k＋1时，＝＜＝(k＋1)＋1，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】　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＜k＋1.
【答案】　A
3．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，且n＞1)时，第一步应验证n＝________，当n＝k＋1时，左边的式子为________．
【解析】　∵所证明的等式为
22＋32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，n＞1)．
又∵第一步验证的值应为第一个值(初始值)，
∴n应为2.
又∵当n＝k＋1时，等式左边的式子实际上是将左边式子中所有的n换成k＋1，
即22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2.
【答案】　2　22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2
4．是否存在常数a，b，c使等式(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝an4＋bn2＋c对一切正整数n成立？证明你的结论．
【解】　存在．分别用n＝1,2,3代入，解方程组得
故原等式右边＝－.
下面用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，由上式可知等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时等式成立，即(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝k4－k2.
则当n＝k＋1时，
左边＝[(k＋1)2－12]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)·[(k＋1)2－(k＋1)2]＝(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)＋2(2k＋1)＋…＋k(2k＋1)＝k4－k2＋(2k＋1)·＝(k＋1)4－(k＋1)2，故n＝k＋1时，等式成立．
由(1)(2)得等式对一切n∈N＋均成立．
二　用数学归纳法证明不等式举例
1．会用数学归纳法证明简单的不等式．(重点)
2．会用数学归纳法证明贝努利不等式，了解贝努利不等式的应用条件．(难点)
[基础·初探]
教材整理　用数学归纳法证明不等式
阅读教材P50～P53，完成下列问题．
1．贝努利(Bernoulli)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．在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．
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】　n取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.
【答案】　C
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问1：　
解惑：　
疑问2：　
解惑：　
疑问3：　
解惑：　
[小组合作型]
数学归纳法证明不等式
　已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N＋)，求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N＋).
【导学号：32750068】
【精彩点拨】　先求Sn 再证明比较困难，可运用数学归纳法直接证明，注意Sn表示前n项的和(n>1)，首先验证n＝2；然后证明归纳递推．
【自主解答】　(1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝>1＋，
即n＝2时命题成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋.
当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
>1＋＋＝1＋＋＝1＋.
故当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，n≥2，S2n>1＋都成立．
此题容易犯两个错误，一是由n＝k到n＝k＋1项数变化弄错，认为的后一项为，实际上应为；二是＋＋…＋共有多少项之和，实际上 2k＋1到2k＋1是自然数递增，项数为2k＋1－(2k＋1)＋1＝2k.
[再练一题]
1．若在本例中，条件变为“设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，由f(1)＝1>， f(3)>1，f(7)>，f(15)>2，…” .试问：f(2n－1)与大小关系如何？试猜想并加以证明．
【解】　数列1,3,7,15，…，通项公式为an＝2n－1，数列，1，，2，…，通项公式为an＝，
∴猜想：f(2n－1)>.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，f(21－1)＝f(1)＝1>，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即f(2k－1)>，
当n＝k＋1时，f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋＋＋…＋＋>f(2k－1)＋
∴当n＝k＋1时不等式也成立．
据①②知对任何n∈N＋原不等式均成立．
　证明：2n＋2>n2(n∈N＋)．
【精彩点拨】　?
?
【自主解答】　(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边；
当n＝2时，左＝22＋2＝6，右＝22＝4，所以左>右；
当n＝3时，左＝23＋2＝10，右＝32＝9，所以左>右．
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，即2k＋2＞k2(k∈N＋)．
当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2
＝2(2k＋2)－2>2k2－2
＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3
＝(k＋1)2＋(k＋1)(k－3)，
∵k≥3，∴(k＋1)(k－3)≥0，
∴(k＋1)2＋(k＋1)(k－3)≥(k＋1)2，
所以2k＋1＋2>(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，原不等式也成立．
根据(1)(2)知，原不等式对于任何n∈N＋都成立．
1．本例中，针对目标k2＋2k＋1，由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小．因此，用增加奠基步骤(把验证n＝1扩大到验证n＝1,2,3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．
2．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“放”与“缩”等手段，但是放缩要有度，这是一个难点，解决这个难题一是要仔细观察题目结构，二是要靠经验积累．
[再练一题]
2．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，
不等式…＞均成立．
【证明】　(1)当n＝2时，左边＝1＋＝；右边＝.
∵左边＞右边，∴不等式成立；
(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立，
即…＞.
则当n＝k＋1时，
…
＞·＝＝
＞＝＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立.
不等式中的探索、猜想、证明
　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．
【精彩点拨】　先通过n取值计算，求出a的最大值，再用数学归纳法进行证明，证明时，根据不等式特征，在第二步，运用比差法较方便．
【自主解答】　当n＝1时，＋＋>，则>，∴a<26.
又a∈N＋，∴取a＝25.
下面用数学归纳法证明＋＋…＋>.
(1)n＝1时，已证．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，＋＋…＋>，∴当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>
＋，
∵＋＝>，
∴＋－>0，
∴＋＋…＋>也成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，
都有＋＋…＋>，
∴a的最大值为25.
1．不完全归纳的作用在于发现规律，探究结论，但结论必须证明．
2．本题中从n＝k到n＝k＋1时，左边添加项是＋＋－.这一点必须清楚．
[再练一题]
3．设an＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，是否存在n的整式g(n)，使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)对大于1的一切正整数n都成立？证明你的结论．
【解】　假设g(n)存在，那么当n＝2时，
由a1＝g(2)(a2－1)，
即1＝g(2)，∴g(2)＝2；
当n＝3时，由a1＋a2＝g(3)(a3－1)，
即1＋＝g(3)，
∴g(3)＝3，
当n＝4时，由a1＋a2＋a3＝g(4)(a4－1)，
即1＋＋
＝g(4)，
∴g(4)＝4，
由此猜想g(n)＝n(n≥2，n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
当n≥2，n∈N＋时，
等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n(an－1)成立．
(1)当n＝2时，a1＝1，
g(2)(a2－1)＝2×＝1，
结论成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时结论成立，
即a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＝k(ak－1)成立，
那么当n＝k＋1时，a1＋a2＋…＋ak－1＋ak
＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k
＝(k＋1)ak－(k＋1)＋1
＝(k＋1)＝(k＋1)(ak＋1－1)，
说明当n＝k＋1时，结论也成立，
由(1)(2)可知 ，对一切大于1的正整数n，存在g(n)＝n使等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)成立．
[构建·体系]
归纳法证明不等式—
1．数学归纳法适用于证明的命题的类型是(　　)
A．已知?结论
B．结论?已知
C．直接证明比较困难
D．与正整数有关
【解析】　数学归纳法证明的是与正整数有关的命题．故应选D.
【答案】　D
2．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】　n0＝2时，首项为1，末项为.
【答案】　A
3．用数学归纳法证不等式1＋＋＋…＋＞成立，起始值至少取(　　)
【导学号：32750069】
A．7　　　B．8　　　C．9　　　D．10
【解析】　左边等比数列求和Sn＝
＝2＞，
即1－＞，＜，
∴＜，
∴n＞7，∴n取8，选B.
【答案】　B
4．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步证明不等式________成立．
【解析】　因为n>1，所以第一步n＝2，即证明1＋＋<2成立．
【答案】　1＋＋<2
5．试证明：1＋＋＋…＋<2(n∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即
1＋＋＋…＋<2.
那么n＝k＋1时，
＋
<2＋＝
< ＝2.
这就是说，n＝k＋1时，不等式也成立．
根据(1)(2)可知不等式对n∈N＋成立．
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
学业分层测评（十三）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．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(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
【解析】　根据题中条件可知：由f(k)≥k2，必能推得f(k＋1)≥(k＋1)2，但反之不成立，因为D中f(4)＝25＞42，故可推得k≥4时，f(k)≥k2，故只有D正确．
【答案】　D
2．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．n0＝1 B．n0＝2
C．n0＝1,2 D.以上答案均不正确
【解析】　需验证：n0＝1时，x＋≥1＋1成立．
【答案】　A
3．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋【导学号：32750070】
A．1项　　　B．k项　　　C．2k－1项　　D．2k项
【解析】　1＋＋＋…＋－1＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
∴共增加2k项．
【答案】　D
4．若不等式＋＋…＋>对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为(　　)
A．12 B．13
C．14 D.不存在
【解析】　令f(n)＝＋＋…＋，
易知f(n)是单调递增的，
∴f(n)的最小值为f(2)＝＋＝.
依题意>，∴m<14.因此取m＝13.
【答案】　B
5．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．增加了一项
B．增加了两项，
C．增加了B中两项但减少了一项
D．以上各种情况均不对
【解析】　∵n＝k时，左边＝＋＋…＋，n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＋＋，
∴增加了两项，，少了一项.
【答案】　C
二、填空题
6．用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)”时，第一步的验证为________．
【解析】　当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．
【答案】　21＋1≥12＋1＋2
7．证明＜1＋＋＋…＋＜n＋1(n＞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
8．在△ABC中，不等式＋＋≥成立；在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立．猜想在n边形A1A2…An中，类似成立的不等式为________．
【解析】　由题中已知不等式可猜想：
＋＋＋…＋
≥(n≥3且n∈N＋)．
【答案】　＋＋＋…＋≥(n≥3且n∈N＋)
三、解答题
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．
(1)判断是否为等差数列，并证明你的结论；
(2)证明：S＋S＋…＋S≤－.
【解】　(1)S1＝a1＝，∴＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
∴－＝2.
故是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)证明：①当n＝1时，S＝＝－，不等式成立．
②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，即S＋S＋…＋S≤－成立，
则当n＝k＋1时，S＋S＋…＋S＋S≤－＋＝－
＝－·<－·＝－.
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①②可知对任意n∈N＋不等式成立．
10．已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，且an＋1≥f′(an＋1)，证明：an≥2n－1(n∈N*)．
【证明】　由f(x)＝x3－x，
得f′(x)＝x2－1.
因此an＋1≥f′(an＋1)＝(an＋1)2－1＝an(an＋2)，
(1)当n＝1时，a1≥1＝21－1，不等式成立．
(2)假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥2k－1，
当n＝k＋1时，
ak＋1≥ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)＝22k－1.
又k≥1，∴22k≥2k＋1，∴n＝k＋1时，ak＋1≥2k＋1－1，即不等式成立．
根据(1)和(2)知，对任意n∈N＋，an≥2n－1成立．
[能力提升]
1．对于正整数n，下列不等式不正确的是(　　)
A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1n
C．0.9n≤1－0.1n D.0.1n≤1－0.9n
【解析】　排除法，取n＝2，只有C不成立．
【答案】　C
2．利用数学归纳法证明“＜”时，n的最小取值n0应为________.
【导学号：32750071】
【解析】　n0＝1时不成立，n0＝2时，＜，再用数学归纳法证明，故n0＝2.
【答案】　2
3．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____________________.
【解析】　当n＝1时，M＝a＋b＝N，
当n＝2时，M＝(a＋b)2，N＝a2＋2ab＜M，
当n＝3时，M＝(a＋b)3，N＝a3＋3a2b＜M，
归纳得M≥N.
【答案】　M≥N
4．已知f(x)＝，对于n∈N＋，试比较f()与的大小并说明理由．
【解】　据题意f(x)＝＝＝1－，
∴f()＝1－.
又＝1－，∴要比较f()与的大小，只需比较2n与n2的大小即可，
当n＝1时，21＝2＞12＝1，
当n＝2时，22＝4＝22，
当n＝3时，23＝8＜32＝9，
当n＝4时，24＝16＝42，
当n＝5时，25＝32＞52＝25，
当n＝6时，26＝64＞62＝36.
故猜测当n≥5(n∈N＋)时，2n＞n2，
下面用数学归纳法加以证明．
(1)当n＝5时，不等式显然成立．
(2)假设n＝k(k≥5且k∈N＋)时，不等式成立，
即2k＞k2.
则当n＝k＋1时，
2k＋1＝2·2k＞2·k2＝k2＋k2＋2k＋1－2k－1
＝(k＋1)2＋(k－1)2－2＞(k＋1)2，
即n＝k＋1时，
不等式也成立．
由(1)(2)可知，
对一切n≥5，n∈N＋，2n＞n2成立．
综上所述，当n＝1或n≥5时，f()＞，
当n＝2或n＝4时，f()＝，
当n＝3时，f()＜.
章末分层突破
—
[自我校对]
①等式问题
②证明不等式
③贝努利不等式


归纳递推要用好归纳假设
数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用．在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(n＝k时命题成立)，推出n＝k＋1时，命题成立．
　用数学归纳法证明：对于n∈N＋，
＋＋＋…＋＝.
【规范解答】　(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知对于任意的自然数n，等式都成立．
[再练一题]
1．数列的前n项的和记为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．
【解】　(1)S1＝，S2＝，S3＝.
(2)猜想：Sn＝.
(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，
∴Sn＝.
不等式证明中的强化命题
如果c为常数，用数学归纳法证明f(n)　证明不等式＋＋…＋<1(n≥2，n∈N＋)．
【规范解答】　可先证明＋＋…＋<1－(n≥2)，(*)
对(*)运用数学归纳法证明：
(1)当n＝2时，(*)显然成立．
(2)设n＝k时，不等式(*)成立，即＋＋…＋<1－.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<1－＋<1－＋＝1－＋＝1－.
故当n＝k＋1时，不等式(*)成立．
根据(1)和(2)知，对n∈N＋且n≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立．
[再练一题]
2．设0求证：对一切正整数n∈N＋，有1【证明】　(1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即1＜ak＜.
当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝＋a＞(1－a)＋a＝1.
同理，ak＋1＝＋a＜1＋a＝＜.
故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜ak＋1＜.
综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜an＜.
从特殊到一般的数学思想方法
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想、探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．
　已知数列{bn}是等差数列，且b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.
(1)求数列{bn}的通项公式bn；
(2)设数列{an}的通项an＝loga(其中a＞0，且a≠1)，Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn＋1的大小，并证明你的结论．
【规范解答】　(1)设数列{bn}的公差为d.由题意得
解得
故bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由bn＝3n－2知，
Sn＝loga(1＋1)＋loga＋…＋loga
＝loga.
又logabn＋1＝loga，
因此要比较Sn与logabn＋1的大小，可先比较(1＋1)·…与的大小．
取n＝1，有(1＋1)＞；
取n＝2，有(1＋1)＞.
由此推测(1＋1)…＞.①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
当a＞1时，Sn＞logabn＋1；
当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1.
下面用数学归纳法证明①式成立：
a．当n＝1时，已验证①式成立．
b．假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时①式成立，
即(1＋1)…＞.
那么，当n＝k＋1时，(1＋1)…1＋·＞
＝(3k＋2)．
∵－[]3
＝
＝＞0，
∴(3k＋2)＞
＝.
因而(1＋1)…＞＝.
∴当n＝k＋1时①式成立．
由a，b知①式对任意正整数n都成立．
由此证得：当a＞1时，Sn＞logabn＋1；
当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1.
[再练一题]
3．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
【导学号：32750072】
(2)证明：＋＋…＋<.
【解】　(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上可得结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)
＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝＝(k＋2)2，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
(2)证明：n＝1时，＝<.
n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n.
故＋＋…＋<＋＋＋…＋
＝＋
＝＋<＋＝.
综上，原不等式成立.
1．(2015·湖北高考)已知数列{an}的各项均为正数，bn＝nan，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较与e的大小；
(2)计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；
(3)令cn＝(a1a2…an)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn＜eSn.
【解】　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex，
当f′(x)＞0，即x＜0时，f(x)单调递增；
当f′(x)＜0，即x＞0时，f(x)单调递减．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex.
令x＝，得1＋＜e，即＜e.(*1)
(2)＝1·＝1＋1＝2；
＝·＝2·2＝(2＋1)2＝32；
＝·＝32·3＝(3＋1)3＝43.
由此推测：＝(n＋1)n.(*2)
下面用数学归纳法证明(*2)．
①当n＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，(*2)成立，
即＝(k＋1)k.
当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)k＋1ak＋1，
由归纳假设可得
＝·＝(k＋1)k·(k＋1)·k＋1＝(k＋2)k＋1，
所以当n＝k＋1时，(*2)也成立．
根据①②，可知(*2)对一切正整数n都成立．
(3)由cn的定义，(*2)，均值不等式(推广)，bn的定义及(*1)得
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝(a1)＋(a1a2)＋(a1a2a3)＋…＋(a1a2…an)
＝＋＋＋…＋
≤＋＋＋…＋
＝b1＋b2＋…＋bn·
＝b1＋b2＋…＋bn
＜＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an＜ea1＋ea2＋…＋ean＝eSn，
即Tn＜eSn.
2．(2015·陕西高考)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．
【解】　(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋＋…＋－2
＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)法一：由题设，gn(x)＝.
设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－·xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，fn(x)法二：由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，
gn(x)＝，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2<0，
所以f2(x)②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)那么，当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1又gk＋1(x)－
＝，
令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x>0)，
则hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当0当x>1时，h′k(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以hk(x)>hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)>.
故fk＋1(x)由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)法三：由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1,2，…，n＋1.则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，
所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，
bk＝xk－1(2≤k≤n)，
令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x>0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2
＝(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而2≤k≤n，所以k－1>0，n－k＋1≥1.
若0若x>1，xn－k＋1>1，m′k(x)>0，
从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以mk(x)>mk(1)＝0，
所以当x>0且x≠1时，ak>bk(2≤k≤n)．
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，
fn(x)章末综合测评(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．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N＋)能被31整除”，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】　左边＝1＋2＋22＋…＋25n－1，所以n＝1时，应为1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24.故选D.
【答案】　D
2．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
3．设S(n)＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
【解析】　S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋.
【答案】　D
4．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(　　)
【导学号：32750073】
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D.4n－3
【解析】　计算知a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，
所以可猜想an＝n2.
【答案】　B
5．平面内原有k条直线，他们的交点个数记为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条直线都有不同的交点，此时应比原先增加k个交点．
【答案】　B
6．下列代数式，n∈N＋，能被13整除的是(　　)
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 D.42n＋1＋3n＋2
【解析】　当n＝1时，n3＋5n＝6,34n＋1＋52n＋1＝368,62n－1＋1＝7,42n＋1＋3n＋2＝91，
只有91能被13整除．
【答案】　D
7．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，第二步正确的证明方法是(　　)
A．假设n＝k(k∈N＋)时成立，证明n＝k＋1时命题也成立
B．假设n＝k(k是正奇数)时成立，证明n＝k＋1时命题也成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)时成立，证明n＝2k＋3时命题也成立
D．假设n＝2k－1(k∈N＋)时成立，证明n＝2k＋1时命题也成立
【解析】　假设n的取值必须取到初始值1，且后面的n的值比前面的值大2.A，B，C错．故选D.
【答案】　D
8．设0<θ<，已知a1＝2cos θ，an＋1＝，则猜想an为(　　)
A．2cos B．2cos
C．2cos D.2sin
【解析】　a1＝2cos θ，a2＝＝2cos ，a3＝＝2cos ，
猜想an＝2cos .
【答案】　B
9．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上(　　)
A．k2
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
【解析】　当n＝k时，左端＝1＋1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
【答案】　D
10．用数学归纳法证明“42n－1＋3n＋1(n∈N＋)能被13整除”的第二步中，当n＝k＋1时为了使用归纳假设，对42k＋1＋3k＋2变形正确的是(　　)
A．16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1
B．4×42k＋9×3k
C．(42k－1＋3k＋1)＋15×42k－1＋2×3k＋1
D．3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－1
【解析】　42k＋1＋3k＋2＝16×42k－1＋3k＋2＝16(42k－1＋3k＋1)＋3k＋2－16×3k＋1＝16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1.
【答案】　A
11．如果命题P(n)对于n＝k成立，则它对n＝k＋2亦成立，又若P(n)对n＝2成立，则下列结论正确的是(　　)
A．P(n)对所有自然数n成立
B．P(n)对所有偶自然数n成立
C．P(n)对所有正自然数n成立
D．P(n)对所有比1大的自然数n成立
【解析】　因为n＝2时，由n＝k＋2的“递推”关系，可得到n＝4成立，再得到n＝6成立，依次类推，因此，命题P(n)对所有偶自然数n成立．
【答案】　B
12．在数列{an}中，a1＝且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　∵a1＝，
由Sn＝n(2n－1)an，得a1＋a2＝2(2×2－1)a2，
解得a2＝＝，
a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，
解得a3＝＝，
a1＋a2＋a3＋a4＝4(2×4－1)a4，
解得a4＝＝，
所以猜想an＝.
【答案】　C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上)
13．探索表达式A＝(n－1)(n－1)！＋(n－2)(n－2)！＋…＋2·！＋1·1！(n>1且n∈N＋)的结果时，第一步n＝________时，A＝________.
【导学号：32750074】
【解析】　 第一步n＝2时，
A＝(2－1)(2－1)！＝1.
【答案】　2　1
14．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，那么a＝________，b＝________，c＝________.
【解析】　先分别取n＝1,2,3并联立方程组得
解得a＝，b＝，c＝.
然后可用数学归纳法证明．
【答案】　　　
15．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________.
【解析】　左边增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.
【答案】　2k
16．假设凸k边形的对角线有f(k)条，则凸k＋1边形的对角线的条数f(k＋1)为________．
【解析】　凸k＋1边形的对角线的条数等于凸k边形的对角线的条线，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(k－2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f(k)＋k－1条对角线．
【答案】　f(k)＋k－1
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、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∈N＋)．
【证明】　(1)当n＝1时，
左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边．
所以当n＝1时，等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，＋＋＋＋＝＋
＝＝
＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对于一切n∈N＋等式都成立．
18．(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．
19．(本小题满分12分)平面内有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∈N＋，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个交点将圆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.
所以当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，命题成立，即这几个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．
20．(本小题满分12分)求证：＋＋＋…＋>(n≥2).
【导学号：32750075】
【证明】　(1)当n＝2时，>0，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2)时，原不等式成立，
即＋＋＋＋…＋>.
则当n＝k＋1时，
左边＝＋＋＋…＋＋＋＋…＋
>＋＋＋…＋
>＋＋＋…＋
＝＋＝
＝.
所以当n＝k＋1时，原不等式成立．
由(1)(2)知，原不等式对n≥2的所有的自然数都成立．
21．(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
【证明】　(1)由于a1＝－4，
a2＝＝＝>a1.
且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0.
那么ak＋1＝<0.
当n＝k＋1时，
有ak＋2＝，
∴ak＋2－ak＋1＝－
＝>0.
因此ak＋2>ak＋1且ak＋1<0，
这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立，
根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立．
因此，对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
22．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1.
(1)写出a1，a2，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
【解】　(1)由题意Sn＋an＝2，可得a1＝1，a2＝，a3＝.
(2)猜想an＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，＝＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，由Sk＋1＋ak＋1＝2，Sk＋ak＝2，
得(Sk＋1－Sk)＋ak＋1－ak＝0，
即2ak＋1＝ak，
∴ak＋1＝ak＝·＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可知，对n∈N＋，an＝.