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2017_2018学年高中数学第一章不等关系与基本不等式教学案（打包8套）北师大版选修4_5

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名称	2017_2018学年高中数学第一章不等关系与基本不等式教学案（打包8套）北师大版选修4_5
格式	zip
文件大小	2.4MB
资源类型	教案
版本资源	北师大版
科目	数学
更新时间	2018-01-25 10:48:27

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文档简介

§1不等式的性质
[对应学生用书P1]
1．实数大小的比较
求差法
a>b?a－b>0；
aa＝b?a－b＝0.
求商法
当a>0，b>0时，
2．不等式的性质
(1)性质1(对称性)：如果a>b，那么b如果bb.
(2)性质2(传递性)：如果a>b，b>c，那么，a>c.
(3)性质3(加法性质)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
①移项法则：如果a＋b>c，那么a>c－b.
②推论(加法法则)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(4)性质4(乘法性质)：如果a>b，c>0，那么ac>bc，
如果a>b，c<0，那么ac①推论1(乘法法则)：如果a>b>0，c>d>0，那么ac＞bd.
②推论2(平方法则)：如果a>b>0，那么a2>b2.
③推论3(乘方法则)：如果a>b>0，那么an>bn(n为正整数)．
④推论4(开方法则)：如果a>b>0，那么a>b(n为正整数)．
1．怎样比较两个代数式的大小？
提示：整式、分式一般用求差的方法来比较大小；而算式则一般用求商的方法来比较大小．
2．两个不同向不等式的两边可以分别相减或相除吗？
提示：不可以，两个不同向不等式的两边不能分别相减，也不能分别相除，在需求差或商时，可利用不等式性质化为同向不等式相加或相乘，例如：a>b且cb且－c>－d，?a－c>b－d.
3．若a>b>0，当n<0时，an>bn成立吗？
提示：不成立，如当a＝3，b＝2，n＝－1时，
3－1＝<＝2－1.
[对应学生用书P1]
比较大小
[例1]　(1)比较a4－b4与4a3(a－b)的大小．
(2)设a＞0，b＞0，求证：aabb≥(ab).
[思路点拨]　本题考查求差比较法及求商比较法在比较代数式大小中的应用，同时考查了运算及转化能力，解答此题(1)需要用求差的方法比较，解答(2)需要用求商的方法证明．
[精解详析]　(1)a4－b4－4a3(a－b)
＝(a－b)(a＋b)(a2＋b2)－4a3(a－b)
＝(a－b)[(a＋b)(a2＋b2)－4a3]
＝(a－b)(a3＋ab2＋ba2＋b3－4a3)
＝(a－b)[(ab2－a3)＋(ba2－a3)＋(b3－a3)]
＝(a－b)(a－b)[－a(a＋b)－a2－(a2＋b2＋ab)]
＝－(a－b)2(3a2＋2ab＋b2)
＝－(a－b)2[(a＋)2＋b2]≤0
(当且仅当a＝b时取等号)．
∴a4－b4≤4a3(a－b)．
(2)证明：∵aabb＞0，(ab)＞0，
∴＝a·b＝.
①当a＝b时，显然有()＝1，
②当a＞b＞0时，＞1，＞0，
③当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0.
由指数函数的单调性，②③均有＞1.
综上可知，对任意正数a，b，都有aabb≥(ab).
比较大小的常用方法及步骤：
1．求差法：a≥b?a－b≥0，a≤b?a－b≤0.
一般步骤是：作差→变形→判号→定论．
变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．
2．求商法：当a＞0，b＞0时，把比较a，b的大小转化为比较与1的大小关系，此即为作商比较法．
理论依据是不等式的性质：
若a＞0，b＞0，则≥1?a≥b，≤1?a≤b.
一般步骤为：作商→变形→与1比较大小→定论．
1．已知x≠0，求证：(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
证明：(x2－1)2－(x4＋x2＋1)
＝x4－2x2＋1－x4－x2－1
＝－3x2＜0，
∴(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
2．设a>b>0，求证：>.
证明：法一：－
＝
＝>0，
所以原不等式成立．
法二：∵a>b>0，故a2>b2>0.
故左边>0，右边>0.
∴＝＝1＋>1.
∴原不等式成立.
利用不等式的性质辨别不等式的正误
[例2]　对于实数a，b，c判断下列命题的真假．
(1)若a>b，则ac(2)若ac2>bc2，则a>b；
(3)若aab>b2；
(4)若a|b|；
(5)若c>a>b>0，则>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答此题需要依据实数的基本性质，实数的符号的运算法则以及不等式性质，然后经过合理逻辑推理即可判断．
[精解详析]　(1)由于c的符号未知，因而不能判断ac，bc的大小关系，故该命题是假命题．
(2)由ac2>bc2知c≠0，而c2>0，
∴a>b，故该命题是真命题．
(3)?a2>ab；
又?ab>b2，
∴a2>ab>b2，故该命题是真命题．
(4)两个负实数，较小的离原点远，其绝对值反而大，故该命题是真命题．
(5)
?0?
?＞，
故该命题是真命题．
在利用不等式性质判断不等式真假时，关键是依据题设条件，正确恰当地选择使用不等式的性质，当否定一个结论时只需举一个反例即可；有时也可采用特殊方法比较判断．
3．若a＞b＞c，则下面不等式中一定成立的是(　　)
A．a|c|＞b|c|　　　　　　　 B．ab＞ac
C．a－|c|＞b－|c| D.＜＜
解析：选项A需要c≠0，选项B需要a＞0，选项D需要a，b，c同号．
答案：C
4．利用不等式的性质判断下列各命题是否成立，并简述理由．
(1)a＞b?2－x·a＞2－x·b.
(2)a＞b，c＞d?a－c＞b－d.
(3)a＞b，c＜d，cd≠0?＞.
(4)a＜b＜0?＞.
解：(1)成立．
因为2－x＞0，由性质(4)知2－x·a＞2－x·b.
(2)不成立．令a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，有a－c＜b－d.
(3)不成立．当a＞b＞0，c＜0，d＞0时显然有＜.
(4)不成立．
－＝，由a＜b＜0，可得＜.
利用不等式的基本性质求代数式的取值范围
[例3]　已知60＜x＜84,28＜y＜33，则x－y的取值范围为________，的取值范围为________．
[思路点拨]　利用不等式性质，先求－y和的取值范围，再求x－y和的取值范围．
[精解详析]　x－y＝x＋(－y)，
所以需先求出－y的取值范围；
＝x×，所以需先求出的取值范围．
∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，＜＜.
又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，＜＜.
即＜＜3.
[答案]　27＜x－y＜56　＜＜3
本题不能直接用x的取值范围去减或除y的取值范围，应严格利用不等式的基本性质去求得取值范围；其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“取值范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30,15＜x－y＜18，要求2x＋3y的取值范围，不能分别求出x，y的取值范围，再求2x＋3y的取值范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝(x＋y)－(x－y)来求2x＋3y的取值范围，或根据线性规化知识求目标函数z＝2x＋3y的取值范围．
5．已知①－1≤a＋b≤1，②1≤a－b≤3，求3a－b的取值范围．
解：设3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b.
∴∴
由①＋②×2得：－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋3×2，
即1≤3a－b≤7.
利用不等式的性质证明不等式
[例4]　若a>b>0，c(1)>；
(2)>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答本题可先比较a－c与b－d，(a－c)2与(b－d)2的大小，进而判断与，与的大小，再两边同乘以负数e，得出要证明的结论．
[精解详析]　∵c－d>0，
∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.　(*)
(1)由(*)式知<.
又∵e<0，∴>.
(2)由(*)式知(a－c)2>(b－d)2>0，
∴>.
又∵e<0，∴<.
即>.
利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
6．已知a＞b＞c＞d＞0，且＝，求证：a＋d＞b＋c.
证明：∵＝，∴＝.
∴(a－b)d＝(c－d)b.
又∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a－b＞0，c－d＞0，b＞d＞0且＞1，
∴＝＞1，
∴a－b＞c－d，即a＋d＞b＋c.
本课时内容是不等式的基础，是高考的重要考点，主要考查比较大小问题，不等式正误的判断以及利用不等式性质确定代数式的取值范围问题．一般与函数、方程等知识交汇命题．
[考题印证]
(江苏高考)设x，y为实数，满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．
[命题立意]
本题主要考查不等式的性质与函数的最大值的概念的综合应用及函数方程思想、转化分类及运算求解能力．　　
[自主尝试]
由题设知，实数x，y均为正实数，
则条件可化为lg 3≤lg x＋2lg y≤lg 8，
lg 4≤2lg x－lg y≤lg 9，
令lg x＝a，lg y＝b，则有
又设t＝，则lg t＝3lg x－4lg y＝3a－4b，
令3a－4b＝m(a＋2b)＋n(2a－b),
解得m＝－1，n＝2.
即lg t＝－(a＋2b)＋2(2a－b)≤－lg 3＋4lg 3＝lg 27.
∴的最大值是27.
另解：将4≤≤9两边分别平方得，16≤≤81，①
又由3≤xy2≤8可得，≤≤，②
由①×②得，2≤≤27，即的最大值是27.
[答案]　27
[对应学生用书P4]
一、选择题
1．若a＜0，－1＜b＜0，则有(　　)
A．a＞ab＞ab2　　　　　　　　 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：∵a＜0，－1＜b＜0，
∴ab＞0，b－1＜0,1－b＞0,0＜b2＜1，
∴1－b2＞0，ab－a＝a(b－1)＞0.
∴ab＞a.
又ab－ab2＝ab(1－b)＞0，
∴ab＞ab2.
又a－ab2＝a(1－b2)＜0，
∴a＜ab2.故ab＞ab2＞a.
答案：D
2．设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：
①>；②acloga(b－c)．
其中，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acb－c，所以logb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，①②③均正确．
答案：D
3．设角α，β满足－＜α＜β＜，则α－β的范围是(　　)
A．－π＜α－β＜0 B．－π＜α－β＜π
C．－＜α－β＜0 D．－＜α－β＜
解析：∵－＜α＜β＜，
∴－＜－β＜－α＜.
∴－π＜α－β＜β－α＜π，
且α－β＜0.∴－π＜α－β＜0.
答案：A
4．若a＞b＞0，则下列各式中恒成立的是(　　)
A.＞ B.＞
C．a＋＞b＋ D．aa＞bb
解析：选取适当的特殊值，若a＝2，b＝1，可知＝，＝2，由此可知选项A不成立．利用不等式的性质可知，当a＞b＞0时，＜，由此可知，选项C不恒成立．取a＝，b＝，则a＞b＞0，则aa＝bb，故选项D不恒成立．故选B.
答案：B
二、填空题
5．设a≥b＞0，P＝3a3＋2b3，Q＝3a2b＋2ab2，则P与Q的大小关系是________．
解析：P－Q＝3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a2≥b2＞0.
所以3a2≥3b2＞2b2，即3a2－2b2＞0.
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，即P≥Q.
答案：P≥Q
6．若a，b∈R，且a＞b，下列不等式：
①＞；②(a＋b)2＞(b＋1)2；③(a－1)2＞(b－1)2.
其中不成立的是________．
解析：①－＝＝.
因为a－b＞0，a(a－1)符号不确定，①不成立；②取a＝2，b＝－2，则(a＋b)2＝0，(b＋1)2＞0，②不成立；
③取a＝2，b＝－2，则(a－1)2＝1，(b－1)2＝9，③不成立．
答案：①②③
7．有以下四个条件：
①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0.
其中能使＜成立的有________个条件．
解析：①∵b＞0，∴＞0.
∵a＜0，∴＜0.∴＜.
②∵b＜a＜0，∴＞.
③∵a＞0＞b，∴＞0，＜0.
∴＞.
④∵a＞b＞0，∴＜.
综上知，①②④均能使＜成立．
答案：3
8．若1解析：∵－4∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0
又∵1答案：(－3,3)
三、解答题
9．当a≠0时，比较(a2＋a＋1)(a2－a＋1)与(a2＋a＋1)(a2－a＋1)的大小．
解：∵(a2＋a＋1)(a2－a＋1)
＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]
＝(a2＋1)2－2a2＝a4＋2a2＋1－2a2＝a4＋1，
(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]＝(a2＋1)2－a2＝a4＋2a2＋1－a2＝a4＋a2＋1，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)－(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝(a4＋1)－(a4＋a2＋1)＝－a2.
∵a≠0，∴a2＞0，∴－a2＜0，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＜(a2＋a＋1)(a2－a＋1)．
10．已知a>b>c，求证：＋＋>0.
证明：原不等式变形为：＋>.
又∵a>b>c，∴a－c>a－b>0.
从而有>，
又∵>0，∴＋>.
即＋＋>0.
11．已知一次函数f(x)＝ax＋b，且－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，求f(3)的取值范围．
解：法一：(不等式基本性质)
∵
又∵f(3)＝3a＋b＝－(－a＋b)＋(2a＋b)，
∴－≤f(3)≤.
法二：(线性规划)因为
所以点(a，b)所表示的区域如图阴影所示，
又∵f(3)＝3a＋b，
所以由线性规划知识可知，当(a，b)在D位置时f(3)取得最大值；在B位置时f(3)取得最小值，
∴－≤f(3)≤.
法三：(利用斜率公式)
∵P1(－1，f(－1))，P2(2，f(2))，P3(3，f(3))三点共线，∴kP1P2＝kP1P3.
∴＝.
∴f(3)＝－f(－1)＋f(2)．
又∵－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，
∴－≤f(3)≤.
§1不等式的性质
[对应学生用书P1]
1．实数大小的比较
求差法
a>b?a－b>0；
aa＝b?a－b＝0.
求商法
当a>0，b>0时，
2．不等式的性质
(1)性质1(对称性)：如果a>b，那么b如果bb.
(2)性质2(传递性)：如果a>b，b>c，那么，a>c.
(3)性质3(加法性质)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
①移项法则：如果a＋b>c，那么a>c－b.
②推论(加法法则)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(4)性质4(乘法性质)：如果a>b，c>0，那么ac>bc，
如果a>b，c<0，那么ac①推论1(乘法法则)：如果a>b>0，c>d>0，那么ac＞bd.
②推论2(平方法则)：如果a>b>0，那么a2>b2.
③推论3(乘方法则)：如果a>b>0，那么an>bn(n为正整数)．
④推论4(开方法则)：如果a>b>0，那么a>b(n为正整数)．
1．怎样比较两个代数式的大小？
提示：整式、分式一般用求差的方法来比较大小；而算式则一般用求商的方法来比较大小．
2．两个不同向不等式的两边可以分别相减或相除吗？
提示：不可以，两个不同向不等式的两边不能分别相减，也不能分别相除，在需求差或商时，可利用不等式性质化为同向不等式相加或相乘，例如：a>b且cb且－c>－d，?a－c>b－d.
3．若a>b>0，当n<0时，an>bn成立吗？
提示：不成立，如当a＝3，b＝2，n＝－1时，
3－1＝<＝2－1.
[对应学生用书P1]
比较大小
[例1]　(1)比较a4－b4与4a3(a－b)的大小．
(2)设a＞0，b＞0，求证：aabb≥(ab).
[思路点拨]　本题考查求差比较法及求商比较法在比较代数式大小中的应用，同时考查了运算及转化能力，解答此题(1)需要用求差的方法比较，解答(2)需要用求商的方法证明．
[精解详析]　(1)a4－b4－4a3(a－b)
＝(a－b)(a＋b)(a2＋b2)－4a3(a－b)
＝(a－b)[(a＋b)(a2＋b2)－4a3]
＝(a－b)(a3＋ab2＋ba2＋b3－4a3)
＝(a－b)[(ab2－a3)＋(ba2－a3)＋(b3－a3)]
＝(a－b)(a－b)[－a(a＋b)－a2－(a2＋b2＋ab)]
＝－(a－b)2(3a2＋2ab＋b2)
＝－(a－b)2[(a＋)2＋b2]≤0
(当且仅当a＝b时取等号)．
∴a4－b4≤4a3(a－b)．
(2)证明：∵aabb＞0，(ab)＞0，
∴＝a·b＝.
①当a＝b时，显然有()＝1，
②当a＞b＞0时，＞1，＞0，
③当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0.
由指数函数的单调性，②③均有＞1.
综上可知，对任意正数a，b，都有aabb≥(ab).
比较大小的常用方法及步骤：
1．求差法：a≥b?a－b≥0，a≤b?a－b≤0.
一般步骤是：作差→变形→判号→定论．
变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．
2．求商法：当a＞0，b＞0时，把比较a，b的大小转化为比较与1的大小关系，此即为作商比较法．
理论依据是不等式的性质：
若a＞0，b＞0，则≥1?a≥b，≤1?a≤b.
一般步骤为：作商→变形→与1比较大小→定论．
1．已知x≠0，求证：(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
证明：(x2－1)2－(x4＋x2＋1)
＝x4－2x2＋1－x4－x2－1
＝－3x2＜0，
∴(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
2．设a>b>0，求证：>.
证明：法一：－
＝
＝>0，
所以原不等式成立．
法二：∵a>b>0，故a2>b2>0.
故左边>0，右边>0.
∴＝＝1＋>1.
∴原不等式成立.
利用不等式的性质辨别不等式的正误
[例2]　对于实数a，b，c判断下列命题的真假．
(1)若a>b，则ac(2)若ac2>bc2，则a>b；
(3)若aab>b2；
(4)若a|b|；
(5)若c>a>b>0，则>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答此题需要依据实数的基本性质，实数的符号的运算法则以及不等式性质，然后经过合理逻辑推理即可判断．
[精解详析]　(1)由于c的符号未知，因而不能判断ac，bc的大小关系，故该命题是假命题．
(2)由ac2>bc2知c≠0，而c2>0，
∴a>b，故该命题是真命题．
(3)?a2>ab；
又?ab>b2，
∴a2>ab>b2，故该命题是真命题．
(4)两个负实数，较小的离原点远，其绝对值反而大，故该命题是真命题．
(5)
?0?
?＞，
故该命题是真命题．
在利用不等式性质判断不等式真假时，关键是依据题设条件，正确恰当地选择使用不等式的性质，当否定一个结论时只需举一个反例即可；有时也可采用特殊方法比较判断．
3．若a＞b＞c，则下面不等式中一定成立的是(　　)
A．a|c|＞b|c|　　　　　　　 B．ab＞ac
C．a－|c|＞b－|c| D.＜＜
解析：选项A需要c≠0，选项B需要a＞0，选项D需要a，b，c同号．
答案：C
4．利用不等式的性质判断下列各命题是否成立，并简述理由．
(1)a＞b?2－x·a＞2－x·b.
(2)a＞b，c＞d?a－c＞b－d.
(3)a＞b，c＜d，cd≠0?＞.
(4)a＜b＜0?＞.
解：(1)成立．
因为2－x＞0，由性质(4)知2－x·a＞2－x·b.
(2)不成立．令a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，有a－c＜b－d.
(3)不成立．当a＞b＞0，c＜0，d＞0时显然有＜.
(4)不成立．
－＝，由a＜b＜0，可得＜.
利用不等式的基本性质求代数式的取值范围
[例3]　已知60＜x＜84,28＜y＜33，则x－y的取值范围为________，的取值范围为________．
[思路点拨]　利用不等式性质，先求－y和的取值范围，再求x－y和的取值范围．
[精解详析]　x－y＝x＋(－y)，
所以需先求出－y的取值范围；
＝x×，所以需先求出的取值范围．
∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，＜＜.
又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，＜＜.
即＜＜3.
[答案]　27＜x－y＜56　＜＜3
本题不能直接用x的取值范围去减或除y的取值范围，应严格利用不等式的基本性质去求得取值范围；其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“取值范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30,15＜x－y＜18，要求2x＋3y的取值范围，不能分别求出x，y的取值范围，再求2x＋3y的取值范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝(x＋y)－(x－y)来求2x＋3y的取值范围，或根据线性规化知识求目标函数z＝2x＋3y的取值范围．
5．已知①－1≤a＋b≤1，②1≤a－b≤3，求3a－b的取值范围．
解：设3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b.
∴∴
由①＋②×2得：－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋3×2，
即1≤3a－b≤7.
利用不等式的性质证明不等式
[例4]　若a>b>0，c(1)>；
(2)>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答本题可先比较a－c与b－d，(a－c)2与(b－d)2的大小，进而判断与，与的大小，再两边同乘以负数e，得出要证明的结论．
[精解详析]　∵c－d>0，
∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.　(*)
(1)由(*)式知<.
又∵e<0，∴>.
(2)由(*)式知(a－c)2>(b－d)2>0，
∴>.
又∵e<0，∴<.
即>.
利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
6．已知a＞b＞c＞d＞0，且＝，求证：a＋d＞b＋c.
证明：∵＝，∴＝.
∴(a－b)d＝(c－d)b.
又∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a－b＞0，c－d＞0，b＞d＞0且＞1，
∴＝＞1，
∴a－b＞c－d，即a＋d＞b＋c.
本课时内容是不等式的基础，是高考的重要考点，主要考查比较大小问题，不等式正误的判断以及利用不等式性质确定代数式的取值范围问题．一般与函数、方程等知识交汇命题．
[考题印证]
(江苏高考)设x，y为实数，满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．
[命题立意]
本题主要考查不等式的性质与函数的最大值的概念的综合应用及函数方程思想、转化分类及运算求解能力．　　
[自主尝试]
由题设知，实数x，y均为正实数，
则条件可化为lg 3≤lg x＋2lg y≤lg 8，
lg 4≤2lg x－lg y≤lg 9，
令lg x＝a，lg y＝b，则有
又设t＝，则lg t＝3lg x－4lg y＝3a－4b，
令3a－4b＝m(a＋2b)＋n(2a－b),
解得m＝－1，n＝2.
即lg t＝－(a＋2b)＋2(2a－b)≤－lg 3＋4lg 3＝lg 27.
∴的最大值是27.
另解：将4≤≤9两边分别平方得，16≤≤81，①
又由3≤xy2≤8可得，≤≤，②
由①×②得，2≤≤27，即的最大值是27.
[答案]　27
[对应学生用书P4]
一、选择题
1．若a＜0，－1＜b＜0，则有(　　)
A．a＞ab＞ab2　　　　　　　　 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：∵a＜0，－1＜b＜0，
∴ab＞0，b－1＜0,1－b＞0,0＜b2＜1，
∴1－b2＞0，ab－a＝a(b－1)＞0.
∴ab＞a.
又ab－ab2＝ab(1－b)＞0，
∴ab＞ab2.
又a－ab2＝a(1－b2)＜0，
∴a＜ab2.故ab＞ab2＞a.
答案：D
2．设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：
①>；②acloga(b－c)．
其中，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acb－c，所以logb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，①②③均正确．
答案：D
3．设角α，β满足－＜α＜β＜，则α－β的范围是(　　)
A．－π＜α－β＜0 B．－π＜α－β＜π
C．－＜α－β＜0 D．－＜α－β＜
解析：∵－＜α＜β＜，
∴－＜－β＜－α＜.
∴－π＜α－β＜β－α＜π，
且α－β＜0.∴－π＜α－β＜0.
答案：A
4．若a＞b＞0，则下列各式中恒成立的是(　　)
A.＞ B.＞
C．a＋＞b＋ D．aa＞bb
解析：选取适当的特殊值，若a＝2，b＝1，可知＝，＝2，由此可知选项A不成立．利用不等式的性质可知，当a＞b＞0时，＜，由此可知，选项C不恒成立．取a＝，b＝，则a＞b＞0，则aa＝bb，故选项D不恒成立．故选B.
答案：B
二、填空题
5．设a≥b＞0，P＝3a3＋2b3，Q＝3a2b＋2ab2，则P与Q的大小关系是________．
解析：P－Q＝3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a2≥b2＞0.
所以3a2≥3b2＞2b2，即3a2－2b2＞0.
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，即P≥Q.
答案：P≥Q
6．若a，b∈R，且a＞b，下列不等式：
①＞；②(a＋b)2＞(b＋1)2；③(a－1)2＞(b－1)2.
其中不成立的是________．
解析：①－＝＝.
因为a－b＞0，a(a－1)符号不确定，①不成立；②取a＝2，b＝－2，则(a＋b)2＝0，(b＋1)2＞0，②不成立；
③取a＝2，b＝－2，则(a－1)2＝1，(b－1)2＝9，③不成立．
答案：①②③
7．有以下四个条件：
①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0.
其中能使＜成立的有________个条件．
解析：①∵b＞0，∴＞0.
∵a＜0，∴＜0.∴＜.
②∵b＜a＜0，∴＞.
③∵a＞0＞b，∴＞0，＜0.
∴＞.
④∵a＞b＞0，∴＜.
综上知，①②④均能使＜成立．
答案：3
8．若1解析：∵－4∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0
又∵1答案：(－3,3)
三、解答题
9．当a≠0时，比较(a2＋a＋1)(a2－a＋1)与(a2＋a＋1)(a2－a＋1)的大小．
解：∵(a2＋a＋1)(a2－a＋1)
＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]
＝(a2＋1)2－2a2＝a4＋2a2＋1－2a2＝a4＋1，
(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]＝(a2＋1)2－a2＝a4＋2a2＋1－a2＝a4＋a2＋1，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)－(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝(a4＋1)－(a4＋a2＋1)＝－a2.
∵a≠0，∴a2＞0，∴－a2＜0，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＜(a2＋a＋1)(a2－a＋1)．
10．已知a>b>c，求证：＋＋>0.
证明：原不等式变形为：＋>.
又∵a>b>c，∴a－c>a－b>0.
从而有>，
又∵>0，∴＋>.
即＋＋>0.
11．已知一次函数f(x)＝ax＋b，且－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，求f(3)的取值范围．
解：法一：(不等式基本性质)
∵
又∵f(3)＝3a＋b＝－(－a＋b)＋(2a＋b)，
∴－≤f(3)≤.
法二：(线性规划)因为
所以点(a，b)所表示的区域如图阴影所示，
又∵f(3)＝3a＋b，
所以由线性规划知识可知，当(a，b)在D位置时f(3)取得最大值；在B位置时f(3)取得最小值，
∴－≤f(3)≤.
法三：(利用斜率公式)
∵P1(－1，f(－1))，P2(2，f(2))，P3(3，f(3))三点共线，∴kP1P2＝kP1P3.
∴＝.
∴f(3)＝－f(－1)＋f(2)．
又∵－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，
∴－≤f(3)≤.
§1不等式的性质
[对应学生用书P1]
1．实数大小的比较
求差法
a>b?a－b>0；
aa＝b?a－b＝0.
求商法
当a>0，b>0时，
2．不等式的性质
(1)性质1(对称性)：如果a>b，那么b如果bb.
(2)性质2(传递性)：如果a>b，b>c，那么，a>c.
(3)性质3(加法性质)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
①移项法则：如果a＋b>c，那么a>c－b.
②推论(加法法则)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(4)性质4(乘法性质)：如果a>b，c>0，那么ac>bc，
如果a>b，c<0，那么ac①推论1(乘法法则)：如果a>b>0，c>d>0，那么ac＞bd.
②推论2(平方法则)：如果a>b>0，那么a2>b2.
③推论3(乘方法则)：如果a>b>0，那么an>bn(n为正整数)．
④推论4(开方法则)：如果a>b>0，那么a>b(n为正整数)．
1．怎样比较两个代数式的大小？
提示：整式、分式一般用求差的方法来比较大小；而算式则一般用求商的方法来比较大小．
2．两个不同向不等式的两边可以分别相减或相除吗？
提示：不可以，两个不同向不等式的两边不能分别相减，也不能分别相除，在需求差或商时，可利用不等式性质化为同向不等式相加或相乘，例如：a>b且cb且－c>－d，?a－c>b－d.
3．若a>b>0，当n<0时，an>bn成立吗？
提示：不成立，如当a＝3，b＝2，n＝－1时，
3－1＝<＝2－1.
[对应学生用书P1]
比较大小
[例1]　(1)比较a4－b4与4a3(a－b)的大小．
(2)设a＞0，b＞0，求证：aabb≥(ab).
[思路点拨]　本题考查求差比较法及求商比较法在比较代数式大小中的应用，同时考查了运算及转化能力，解答此题(1)需要用求差的方法比较，解答(2)需要用求商的方法证明．
[精解详析]　(1)a4－b4－4a3(a－b)
＝(a－b)(a＋b)(a2＋b2)－4a3(a－b)
＝(a－b)[(a＋b)(a2＋b2)－4a3]
＝(a－b)(a3＋ab2＋ba2＋b3－4a3)
＝(a－b)[(ab2－a3)＋(ba2－a3)＋(b3－a3)]
＝(a－b)(a－b)[－a(a＋b)－a2－(a2＋b2＋ab)]
＝－(a－b)2(3a2＋2ab＋b2)
＝－(a－b)2[(a＋)2＋b2]≤0
(当且仅当a＝b时取等号)．
∴a4－b4≤4a3(a－b)．
(2)证明：∵aabb＞0，(ab)＞0，
∴＝a·b＝.
①当a＝b时，显然有()＝1，
②当a＞b＞0时，＞1，＞0，
③当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0.
由指数函数的单调性，②③均有＞1.
综上可知，对任意正数a，b，都有aabb≥(ab).
比较大小的常用方法及步骤：
1．求差法：a≥b?a－b≥0，a≤b?a－b≤0.
一般步骤是：作差→变形→判号→定论．
变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．
2．求商法：当a＞0，b＞0时，把比较a，b的大小转化为比较与1的大小关系，此即为作商比较法．
理论依据是不等式的性质：
若a＞0，b＞0，则≥1?a≥b，≤1?a≤b.
一般步骤为：作商→变形→与1比较大小→定论．
1．已知x≠0，求证：(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
证明：(x2－1)2－(x4＋x2＋1)
＝x4－2x2＋1－x4－x2－1
＝－3x2＜0，
∴(x2－1)2＜x4＋x2＋1.
2．设a>b>0，求证：>.
证明：法一：－
＝
＝>0，
所以原不等式成立．
法二：∵a>b>0，故a2>b2>0.
故左边>0，右边>0.
∴＝＝1＋>1.
∴原不等式成立.
利用不等式的性质辨别不等式的正误
[例2]　对于实数a，b，c判断下列命题的真假．
(1)若a>b，则ac(2)若ac2>bc2，则a>b；
(3)若aab>b2；
(4)若a|b|；
(5)若c>a>b>0，则>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答此题需要依据实数的基本性质，实数的符号的运算法则以及不等式性质，然后经过合理逻辑推理即可判断．
[精解详析]　(1)由于c的符号未知，因而不能判断ac，bc的大小关系，故该命题是假命题．
(2)由ac2>bc2知c≠0，而c2>0，
∴a>b，故该命题是真命题．
(3)?a2>ab；
又?ab>b2，
∴a2>ab>b2，故该命题是真命题．
(4)两个负实数，较小的离原点远，其绝对值反而大，故该命题是真命题．
(5)
?0?
?＞，
故该命题是真命题．
在利用不等式性质判断不等式真假时，关键是依据题设条件，正确恰当地选择使用不等式的性质，当否定一个结论时只需举一个反例即可；有时也可采用特殊方法比较判断．
3．若a＞b＞c，则下面不等式中一定成立的是(　　)
A．a|c|＞b|c|　　　　　　　 B．ab＞ac
C．a－|c|＞b－|c| D.＜＜
解析：选项A需要c≠0，选项B需要a＞0，选项D需要a，b，c同号．
答案：C
4．利用不等式的性质判断下列各命题是否成立，并简述理由．
(1)a＞b?2－x·a＞2－x·b.
(2)a＞b，c＞d?a－c＞b－d.
(3)a＞b，c＜d，cd≠0?＞.
(4)a＜b＜0?＞.
解：(1)成立．
因为2－x＞0，由性质(4)知2－x·a＞2－x·b.
(2)不成立．令a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，有a－c＜b－d.
(3)不成立．当a＞b＞0，c＜0，d＞0时显然有＜.
(4)不成立．
－＝，由a＜b＜0，可得＜.
利用不等式的基本性质求代数式的取值范围
[例3]　已知60＜x＜84,28＜y＜33，则x－y的取值范围为________，的取值范围为________．
[思路点拨]　利用不等式性质，先求－y和的取值范围，再求x－y和的取值范围．
[精解详析]　x－y＝x＋(－y)，
所以需先求出－y的取值范围；
＝x×，所以需先求出的取值范围．
∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，＜＜.
又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，＜＜.
即＜＜3.
[答案]　27＜x－y＜56　＜＜3
本题不能直接用x的取值范围去减或除y的取值范围，应严格利用不等式的基本性质去求得取值范围；其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“取值范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30,15＜x－y＜18，要求2x＋3y的取值范围，不能分别求出x，y的取值范围，再求2x＋3y的取值范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝(x＋y)－(x－y)来求2x＋3y的取值范围，或根据线性规化知识求目标函数z＝2x＋3y的取值范围．
5．已知①－1≤a＋b≤1，②1≤a－b≤3，求3a－b的取值范围．
解：设3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b.
∴∴
由①＋②×2得：－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋3×2，
即1≤3a－b≤7.
利用不等式的性质证明不等式
[例4]　若a>b>0，c(1)>；
(2)>.
[思路点拨]　本题考查不等式性质的应用及逻辑推理能力．解答本题可先比较a－c与b－d，(a－c)2与(b－d)2的大小，进而判断与，与的大小，再两边同乘以负数e，得出要证明的结论．
[精解详析]　∵c－d>0，
∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.　(*)
(1)由(*)式知<.
又∵e<0，∴>.
(2)由(*)式知(a－c)2>(b－d)2>0，
∴>.
又∵e<0，∴<.
即>.
利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
6．已知a＞b＞c＞d＞0，且＝，求证：a＋d＞b＋c.
证明：∵＝，∴＝.
∴(a－b)d＝(c－d)b.
又∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a－b＞0，c－d＞0，b＞d＞0且＞1，
∴＝＞1，
∴a－b＞c－d，即a＋d＞b＋c.
本课时内容是不等式的基础，是高考的重要考点，主要考查比较大小问题，不等式正误的判断以及利用不等式性质确定代数式的取值范围问题．一般与函数、方程等知识交汇命题．
[考题印证]
(江苏高考)设x，y为实数，满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．
[命题立意]
本题主要考查不等式的性质与函数的最大值的概念的综合应用及函数方程思想、转化分类及运算求解能力．　　
[自主尝试]
由题设知，实数x，y均为正实数，
则条件可化为lg 3≤lg x＋2lg y≤lg 8，
lg 4≤2lg x－lg y≤lg 9，
令lg x＝a，lg y＝b，则有
又设t＝，则lg t＝3lg x－4lg y＝3a－4b，
令3a－4b＝m(a＋2b)＋n(2a－b),
解得m＝－1，n＝2.
即lg t＝－(a＋2b)＋2(2a－b)≤－lg 3＋4lg 3＝lg 27.
∴的最大值是27.
另解：将4≤≤9两边分别平方得，16≤≤81，①
又由3≤xy2≤8可得，≤≤，②
由①×②得，2≤≤27，即的最大值是27.
[答案]　27
[对应学生用书P4]
一、选择题
1．若a＜0，－1＜b＜0，则有(　　)
A．a＞ab＞ab2　　　　　　　　 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：∵a＜0，－1＜b＜0，
∴ab＞0，b－1＜0,1－b＞0,0＜b2＜1，
∴1－b2＞0，ab－a＝a(b－1)＞0.
∴ab＞a.
又ab－ab2＝ab(1－b)＞0，
∴ab＞ab2.
又a－ab2＝a(1－b2)＜0，
∴a＜ab2.故ab＞ab2＞a.
答案：D
2．设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：
①>；②acloga(b－c)．
其中，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acb－c，所以logb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，①②③均正确．
答案：D
3．设角α，β满足－＜α＜β＜，则α－β的范围是(　　)
A．－π＜α－β＜0 B．－π＜α－β＜π
C．－＜α－β＜0 D．－＜α－β＜
解析：∵－＜α＜β＜，
∴－＜－β＜－α＜.
∴－π＜α－β＜β－α＜π，
且α－β＜0.∴－π＜α－β＜0.
答案：A
4．若a＞b＞0，则下列各式中恒成立的是(　　)
A.＞ B.＞
C．a＋＞b＋ D．aa＞bb
解析：选取适当的特殊值，若a＝2，b＝1，可知＝，＝2，由此可知选项A不成立．利用不等式的性质可知，当a＞b＞0时，＜，由此可知，选项C不恒成立．取a＝，b＝，则a＞b＞0，则aa＝bb，故选项D不恒成立．故选B.
答案：B
二、填空题
5．设a≥b＞0，P＝3a3＋2b3，Q＝3a2b＋2ab2，则P与Q的大小关系是________．
解析：P－Q＝3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a2≥b2＞0.
所以3a2≥3b2＞2b2，即3a2－2b2＞0.
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，即P≥Q.
答案：P≥Q
6．若a，b∈R，且a＞b，下列不等式：
①＞；②(a＋b)2＞(b＋1)2；③(a－1)2＞(b－1)2.
其中不成立的是________．
解析：①－＝＝.
因为a－b＞0，a(a－1)符号不确定，①不成立；②取a＝2，b＝－2，则(a＋b)2＝0，(b＋1)2＞0，②不成立；
③取a＝2，b＝－2，则(a－1)2＝1，(b－1)2＝9，③不成立．
答案：①②③
7．有以下四个条件：
①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0.
其中能使＜成立的有________个条件．
解析：①∵b＞0，∴＞0.
∵a＜0，∴＜0.∴＜.
②∵b＜a＜0，∴＞.
③∵a＞0＞b，∴＞0，＜0.
∴＞.
④∵a＞b＞0，∴＜.
综上知，①②④均能使＜成立．
答案：3
8．若1解析：∵－4∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0
又∵1答案：(－3,3)
三、解答题
9．当a≠0时，比较(a2＋a＋1)(a2－a＋1)与(a2＋a＋1)(a2－a＋1)的大小．
解：∵(a2＋a＋1)(a2－a＋1)
＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]
＝(a2＋1)2－2a2＝a4＋2a2＋1－2a2＝a4＋1，
(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]＝(a2＋1)2－a2＝a4＋2a2＋1－a2＝a4＋a2＋1，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)－(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝(a4＋1)－(a4＋a2＋1)＝－a2.
∵a≠0，∴a2＞0，∴－a2＜0，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＜(a2＋a＋1)(a2－a＋1)．
10．已知a>b>c，求证：＋＋>0.
证明：原不等式变形为：＋>.
又∵a>b>c，∴a－c>a－b>0.
从而有>，
又∵>0，∴＋>.
即＋＋>0.
11．已知一次函数f(x)＝ax＋b，且－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，求f(3)的取值范围．
解：法一：(不等式基本性质)
∵
又∵f(3)＝3a＋b＝－(－a＋b)＋(2a＋b)，
∴－≤f(3)≤.
法二：(线性规划)因为
所以点(a，b)所表示的区域如图阴影所示，
又∵f(3)＝3a＋b，
所以由线性规划知识可知，当(a，b)在D位置时f(3)取得最大值；在B位置时f(3)取得最小值，
∴－≤f(3)≤.
法三：(利用斜率公式)
∵P1(－1，f(－1))，P2(2，f(2))，P3(3，f(3))三点共线，∴kP1P2＝kP1P3.
∴＝.
∴f(3)＝－f(－1)＋f(2)．
又∵－1≤f(－1)≤2，－2≤f(2)≤3，
∴－≤f(3)≤.
§3平均值不等式
[对应学生用书P12]
1．定理1
对任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取“＝”号．
2．定理2(两个正数的平均值不等式)
对任意两个正数a，b，有≥，当且仅当a＝b时取“＝”号．
我们称为正数a与b的算术平均值，为正数a与b的几何平均值；因此定理2又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
3．定理3
对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时取“＝”号．
4．定理4(三个正数的平均值不等式)
对任意三个正数a，b，c，有≥，当且仅当a＝b＝c时取“＝”号．
这个定理可以叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
5．定理2,4的推广
一般地，对n个正数a1，a2，…，an(n≥2)，数值，，分别称为这n个正数的算术平均值与几何平均值．且有：≥ .
当且仅当a1＝a2＝…＝an时，取“＝”号，即n个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
1．如何利用求差法证明定理2?
提示：因为－＝≥0，
所以≥.
2．由定理1与定理2能得到以下结论吗？
(1)＋≥2(a，b同号)；
(2)≤≤≤ (a，b∈R＋)；
(3)ab≤2≤(a>0，b>0)．
提示：可以．
3．利用定理2,4求最值需满足什么条件？
提示：“一正二定三相等”．
[对应学生用书P13]
用平均值不等式证明不等式
[例1]　(1)已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2；
(2)设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
[思路点拨]　本题考查平均值不等式及不等式的性质等基础知识，同时考查推理论证能力．解答此题需要先观察所求式子的结构，然后拆成平均值不等式的和，再进行证明．
[精解详析]　(1)a4＋b4≥2a2b2，
同理a4＋c4≥2a2c2，b4＋c4≥2b2c2，
将以上三个不等式相加得：
a4＋b4＋a4＋c4＋b4＋c4≥2a2b2＋2a2c2＋2b2c2，
即：a4＋b4＋c4≥a2b2＋a2c2＋b2c2.
(2)∵当a＞0，b＞0时，a＋b≥2，
∴＋≥2 ＝2c.
同理：＋≥2＝2b，
＋≥2＝2a.
将以上三个不等式相加得：
2≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥a＋b＋c.
平均值不等式具有将“和式”和“积式”相互转化的放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用平均值不等式的切入点．但应注意连续多次使用平均值不等式定理的等号成立的条件是否保持一致．
若将本例(1)中a，b，c∈R，变为a，b，c∈R＋，
求证：a＋b＋c≥＋＋.
证明：∵a，b，c为正实数，
∴a＋b≥2，b＋c≥2，c＋a≥2.
由上面三式相加可得
(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥2＋2＋2，
即a＋b＋c≥＋＋.
1．已知实数a，b，c，d满足a>b>c>d，求证：
＋＋≥.
证明：因为a>b>c>d，
所以a－b>0，b－c>0，c－d>0.
所以(a－d)
＝[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]
≥3×3＝9.
即＋＋≥.
利用平均值不等式求最值
[例2]　(1)已知x>0，y>0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
(2)求函数y＝x2(1－5x)的最大值．
[思路点拨]　本题考查利用平均值不等式求最值以及利用不等式知识分析、解决问题的能力．解答此题(1)可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，再用平均值不等式求得和的最小值；而解答题(2)需要将两项积x2(1－5x)改变成三项积x·x，再对它使用平均值不等式，即可获得所求．
[精解详析]　(1)法一：∵x>0，y>0，＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝＋＋10≥6＋10＝16.
当且仅当＝，又＋＝1，
即x＝4，y＝12时，上式取等号．
故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
法二：由＋＝1得(x－1)(y－9)＝9(定值)，
可知x>1，y>9，
而x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥2＋10
＝16.
所以当且仅当x－1＝y－9＝3，
即x＝4，y＝12时，上式取等号．
故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
(2)y＝x2＝x·x，
∵0≤x≤，∴－2x≥0.
∴y≤3＝.
当且仅当x＝x＝－2x，即x＝时，ymax＝.
利用平均值不等式求最值，一般按以下三步进行：
(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值；
(2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取“－1”变为同正；
(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．
切记利用平均值不等式求最值时的三个条件：“一正二定三相等”必须同时满足，函数方可取得最值，否则不可以．
2．(新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
解：(1)由＝＋≥，
得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
3．已知x∈R＋，求函数y＝x2·(1－x)的最大值．
解：y＝x2(1－x)＝x·x(1－x)
＝x·x·(2－2x)×
≤3＝×＝.
当且仅当x＝2－2x，即x＝时取等号．
此时，ymax＝.
本课时平均值不等式是高考的一个非常重要的考点，在高考和模拟中考查其在求最值方面的应用，有时亦以解答题的形式考查其在证明不等式方面的应用，考查学生利用不等式的性质等知识分析、解决问题的能力．
[考题印证]
1．(浙江高考)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是(　　)
A.　　　　　　　　　　　 B.
C．5 D．6
[命题立意]
本题考查利用平均值不等式求最小值，考查了分析、解决问题的能力．
[自主尝试]
∵x＋3y＝5xy，
∴＋＝5，
∵x>0，y>0，∴(3x＋4y)＝＋＋9＋4≥2 ＋13＝25，
∴5(3x＋4y)≥25，
∴3x＋4y≥5，当且仅当x＝2y时取等号．
∴3x＋4y的最小值是5.
[答案]　C
2．(新课标卷Ⅱ)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.
证明：(1) ab＋bc＋ca≤；
(2) ＋＋≥1.
[命题立意]
本题主要考查重要不等式、均值不等式的应用以及整体代换的思想、考查考生转化与化归思想和逻辑思维能力．
[自主尝试]
(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤，
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立．
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即
＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
[对应学生用书P15]
一、选择题
1．设0＜a＜b，a＋b＝1，则下列不等式正确的是(　　)
A．b＜2ab＜＜a2＋b2
B．2ab＜b＜a2＋b2＜
C．2ab＜a2＋b2＜b＜
D．2ab＜a2＋b2＜＜b
解析：∵0＜a＜b，且a＋b＝1，
∴0＜a＜b＜1，
∴a2＋b2＞2ab，b＞a2＋b2，且＞b.
故2ab＜a2＋b2＜b＜ .
答案：C
2．设a，b，c∈R＋，则“abc＝1”是“＋＋≤a＋b＋c”的(　　)
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要的条件
解析：当a＝b＝c＝2时，有＋＋≤a＋b＋c，但abc≠1，所以必要性不成立；当abc＝1时，＋＋＝＝＋＋，a＋b＋c＝≥＋＋，所以充分性成立，故“abc＝1”是“＋＋≤a＋b＋c”的充分不必要条件．
答案：A
3．已知x＞0，y＞0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是(　　)
A．3　　　　　　　　　　　 B．4
C. D.
解析：∵2xy＝x·(2y)≤2，
∴8＝x＋2y＋2xy≤x＋2y＋2，
即(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0.
又x＞0，y＞0，∴x＋2y≥4.
当且仅当x＝2，y＝1时取等号，即x＋2y的最小值是4.
答案：B
4．对于x∈，不等式＋≥16恒成立，则正数p的取值范围为(　　)
A．(－∞，－9] B．(－9,9]
C．(－∞，9] D．[9，＋∞)
解析：令t＝sin2x，则cos2x＝1－t.
又x∈，∴t∈(0,1)．
不等式＋≥16可化为p≥(1－t)，
而y＝(1－t)
＝17－≤17－2 ＝9，
当＝16t，即t＝时取等号，
因此原不等式恒成立，只需p≥9.
答案：D
二、填空题
5．若x，y是正数，则2＋2的最小值是________．
解析：原式＝x2＋＋y2＋＋＋.
∵x＞0，y＞0，
∴原式≥2·＋2·＋2＝4，
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
答案：4
6．已知a，b∈R＋，则≥________.
解析：
＝3＋＋＋＋＋＋
≥3＋6 ＝9.
答案：9
7．已知二次函数f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域为[0，＋∞)，则＋的最小值为________．
解析：∵f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域为[0，＋∞)，
∴a>0.∴c－＝0.∴c＝.
∴＋＝a2＋a＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当a＝，即a＝1时取等号．
答案：4
8．x，y>0，x＋y＝1，则的最小值为________．
解析：＝xy＋＋＋，
因为x，y>0，且x＋y＝1?xy≤.(当且仅当x＝y＝时取等号)
以xy为整体，xy＋在(0，]上单调递减，
故xy＝，min＝，当且仅当x＝y＝时取得，
对＋≥2＝2，当且仅当x＝y＝时取得，
故的最小值为.
答案：
三、解答题
9．设a，b，x，y∈R，且有a2＋b2＝3，x2＋y2＝6，求ax＋by的最大值．
解：∵a2y2＋b2x2≥2aybx，
∴(a2＋b2)(x2＋y2)≥(ax＋by)2，
当且仅当ay＝bx时取等号．
∴ax＋by≤＝3，
当且仅当ax＝by且a2＋b2＝3且x2＋y2＝6时，等号成立．
10．(江苏高考)已知x>0，y>0，
证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
解：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.
11．x，y，a，b均为正实数，x，y为变数，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋y的最小值为18，求a，b.
解：∵x＋y>0，a>0，b>0且＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝a＋b＋＋≥a＋b＋2 ＝a＋b＋2＝(＋)2.
当且仅当＝时取等号，
此时(x＋y)min＝(＋)2＝18.
即a＋b＋2＝18.
又a＋b＝10，
联立
解得或
第一课时　比较法、分析法与综合法
[对应学生用书P16]
1．比较法
比较法证明不等式可分为求差比较法和求商比较法两种：
(1)要证明a>b，只要证明a－b>0；要证明a其证明不等式的步骤是：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．
(2)要证明a>b>0，只要证明>1；要证明b>a>0只要证明<1，这种证明不等式的方法，称为求商比较法．
其证明不等式的步骤是：①作商；②变形；③判断与1的大小；④下结论．
2．分析法
从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
3．综合法
从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因索果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．
1．求差比较法主要适用什么结构特征的不等式证明？其实质是什么？
提示：主要适用于具有多项式、分式结构特征的不等式证明；实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系．
2．求商比较法主要适用什么结构特征的不等式证明？其实质是什么？
提示：主要适用于积、商、幂形式的不等式证明；实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与1的大小关系．
3．试分析分析法与综合法证明不等式的逻辑关系各是什么？
提示：(1)分析法：B?B1?B2?…?Bn?A(结论)(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)；
(2)综合法：A?B1?B2?…?Bn?B(已知)逐步推演不等式成立的必要条件(结论)．
[对应学生用书P16]
用比较法证明不等式
[例1]　用比较法证明下列不等式：
(1)设a＋b>0，n为偶数，求证：＋≥＋.
(2)已知a>b>c>0.求证：a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
[思路点拨]　本题考查不等式的性质及比较法在证明不等式中的应用，同时考查推理论证及运算求解能力．解答此题(1)用求差比较法，(2)用求商比较法证明．
[精解详析]　(1)＋－－
＝.
当a>0，b>0时，(an－bn)(an－1－bn－1)≥0，(ab)n>0.
所以≥0.
故＋≥＋.
当a，b有一个为负值时，不妨设a>0，b<0，且a＋b>0，
所以a>|b|，又n为偶数．
所以(an－bn)(an－1－bn－1)>0.
又(ab)n>0，
故>0.
即＋>＋.
综上所述，可知原不等式成立．
(2)由a>b>c>0，得ab＋cbc＋aca＋b>0.
作商＝
＝aa－baa－cbb－cbb－acc－acc－b
＝a－ba－cb－c.
由a>b>c>0，得a－b>0，a－c>0，b－c>0，
且>1，>1，>1.
∴a－ba－cb－c>1.
∴a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法．当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式(或变形后)的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法．
1．用比较法证明下列不等式：
(1)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥.
(2)已知a>2，求证：loga(a－1)证明：(1)∵a＋b＋c＝1，
∴3(a2＋b2＋c2)－(a＋b＋c)2
＝2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac
＝(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2.
∴a2＋b2＋c2≥.
(2)∵a>2，∴a－1>1，
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0.
由于＝loga(a－1)loga(a＋1)<
2＝2.
∵a>2，∴0∴2<2＝1.
∴loga(a－1)用分析法证明不等式
[例2]　已知a>0，求证：－≥a＋－2.
[思路点拨]　本题考查不等式的性质、平均值不等式等基础知识在证明不等式中的应用，考查推理、求解能力．解答此题可以用分析法证明．
[精解详析]　要证原不等式成立，
只需证＋2≥a＋＋，即证
a2＋＋4 ＋4≥2＋2＋2，
只需证·≥.
即证2≥a2＋＋2，
只需证a2＋≥2.
由平均值不等式知a2＋≥2, 显然成立．
∴原不等式成立．
(1)当所证不等式与重要不等式、平均值不等式没有什么直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．
(2)分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
2．已知α，β∈，且α≠β，
求证：tan α＋tan β＞2tan .
证明：欲证tan α＋tan β＞2tan，
只需证＋＞，
只需证＞.
∵∈，∴sin＞0.
又∵sin (α＋β)＝2sincos，
故只需证＞，
∴只需证cos2＞cos αcos β，
即证＞cos αcos β，
即证1＋cos αcos β－sin αsin β＞2cos αcos β.
只需证1＞cos(α－β)，
∵α≠β，∴结论显然成立．
故原不等式成立.
用综合法证明不等式
[例3]　设a，b，c均为正数，求证：
＋＋≥＋＋.
[思路点拨]　本题考查不等式的性质、平均值不等式及证明不等式的方法等基础知识，解答此题可观察不等式左右特点，利用平均值不等式证明．
[精解详析]　∵a，b，c均为正数，
∴≥≥，
当a＝b时等号成立；
同理≥≥，
当b＝c时等号成立；
≥≥，
当a＝c时等号成立；
三个不等式相加即得
＋＋≥＋＋.
用综合法证明不等式时，主要利用平均值不等式等一些重要不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的演绎推理下推导出结论．
综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式．
3．设a，b，c为不全等的正数，
求证：＋＋＞2.
证明：左边＝＋－1＋＋－1＋＋－1
＝＋＋＋＋＋－3.
∵a，b，c为不全相等的正数，
∴＋≥2，＋≥2，＋≥2中的等号不可能同时成立，
∴＋＋＞6，
∴＋＋＞6－3＝3.
用分析法与综合法结合起来证明不等式
[例4]　已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥；
(2)＋＋≥(＋＋)．
[思路点拨]　本题考查利用分析法与综合法结合起来证明不等式问题，考查了平均值不等式、不等式的性质等基础知识．解答此题在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行演绎推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件统一为止，从而证明不等式．
[精解详析]　(1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c∈R＋，
因此只需证(a＋b＋c)2≥3，
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)成立．
∴原不等式成立．
(2)∵＋＋＝，
在(1)中已证a＋b＋c≥，
∴要证原不等式只需证≥＋＋.
也就是只要证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
而a＝≤，b≤，
c≤，
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝时取等号)成立．
∴原不等式成立．
在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的．如果使用综合法证明不等式难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律．有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现从两头往中间靠以达到证题目的．
4．若a，b，c均为正数，求证：＋＋≥.
证明：要证＋＋≥，
只要证＋1＋＋1＋＋1≥，
只要证＋＋≥，
只要证(a＋b＋c)(＋＋)≥.
因为(a＋b＋c)(＋＋)
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)
≥·3··3· ＝，所以原不等式成立．
比较法、分析法与综合法是证明不等式的最重要的三种基本方法，在高考、模拟中常以解答题的形式，考查不等式的性质、平均值不等式等不等式的基础知识，同时考查运算、推理及求解能力．
[考题印证]
(安徽高考)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1[命题立意]
本题考查不等式的性质．比较法证明不等式、对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形能力和推理论证能力．
[自主尝试]
(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy?xy(x＋y)＋1≤(y＋x)＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得
logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋≤＋＋xy，
其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)可知所要证明的不等式成立．
[对应学生用书P19]
一、选择题
1．已知a，b，c，d，都是正实数，且＜，则(　　)
A.＜＜　　　　　 B.＜＜
C.＜＜ D．以上均可能
解析：∵a，b，c，d都是正实数，＜，
∴ad＜bc，∴ab＋ad＜ab＋bc，
即a(b＋d)＜b(a＋c)，
∴＜.
又由ad＜bc，得ad＋dc＜bc＋dc，
即d(a＋c)＜c(b＋d)，
∴＜，故选项A成立．
答案：A
2．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是(　　)
A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2 D．abc(a＋b＋c)≤
解析：因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，
即a2＋b2＋c2≥1.
又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.B成立．
答案：B
3．下列不等式：①a2＋2＞2a；②a2＋b2＞2(a－b－1)；③(a2＋b2)(c2＋d2)＞(ac＋bd)2，其中恒成立的有(　　)
A．3个 B．2个
C．1个 D．0个
解析：在①中，a2＋2－2a＝(a－1)2＋1≥1＞0，
∴a2＋2＞2a成立．
在②中，a2＋b2－2(a－b－1)＝a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，当且仅当a＝1且b＝－1时，取等号．
在③中，(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2－a2c2－2abcd－b2d2
＝b2c2＋a2d2－2abcd＝(bc－ad)2≥0.
故只有①恒成立．
答案：C
4．若a，b∈R＋，且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M与N的大小关系是(　　)
A．M>N B．MC．M≥N D．M≤N
解析：∵a≠b，∴＋>2，＋>2.
∴＋＋＋>2＋2，
即＋>＋.即M>N.
答案：A
二、填空题
5．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．
解析：∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)
＝(a1－a2)(b1－b2)≥0.
∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
答案：a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1
6．已知0＜x＜1，a＝2，b＝1＋x，c＝，则a，b，c中最大的是________．
解析：因为0＜x＜1，所以a＞0，b＞0，c＞0，
又a2－b2＝(2)2－(1＋x)2＝－(1－x)2＜0，
所以a2－b2＜0，所以a＜b.
又c－b＝－(1＋x)＝＞0，
所以c＞b，所以c＞b＞a.
答案：c
7．已知点An(n，an)为函数y＝的图像上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x的图像上的点，其中n∈N＋，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：∵an＝，bn＝n，
∴cn＝－n＝，
∴cn随n的增大而减小，即cn为减函数，∴cn＋1＜cn.
答案：cn＞cn＋1
8．设a＞0，b＞0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
解析：∵对数函数y＝lgx为定义域上的增函数，
∴只需比较(1＋)与的大小即可．
∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋ab＋2－(1＋ab＋a＋b)
＝2－(a＋b)．
又由基本不等式得2≤(a＋b)，
∴(1＋)2－(1＋a)(1＋b)≤0，
即有lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≤
三、解答题
9．已知a>0，b>0，m>0，n>0，
求证：am＋n＋bm＋n≥ambn＋anbm.
证明：am＋n＋bm＋n－(ambn＋anbm)
＝(am＋n－ambn)－(anbm－bm＋n)
＝(am－bm)(an－bn)．
当a>b>0时，am>bm，an>bn，
∴(am－bm)(an－bn)>0.
当0∴(am－bm)(an－bn)>0.
当a＝b时，am＝bm，an＝bn，
∴(am－bm)(an－bn)＝0.
综上可知(am－bm)(an－bn)≥0.
∴am＋n＋bm＋n≥ambn＋anbm.
10．已知a，b，c都是正数，
求证：2≤3.
证明：法一：要证2≤3，
只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，
即－2≤c－3.
移项，得c＋2≥3.
由a，b，c为正数，得c＋2＝c＋＋≥3.
∴原不等式成立．
法二：∵a，b，c是正数，
∴c＋＋≥3＝3.
即c＋2≥3.
故－2≤c－3.
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3.
∴2≤3.
11．设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋≤2.
证明：所证不等式变形为≤2，
可视为点(，)到直线x＋y＝0的距离，但因()2＋()2＝4，
∴点A在圆x2＋y2＝4(x＞0，y＞0)上．
如图所示，AD⊥BC，半径AO＞AD.
即有≤2，
∴＋≤2.
第二课时　放缩法、几何法与反证法
[对应学生用书P20]
1．放缩法
通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式的方法，称为放缩法．
2．几何法
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．
3．反证法
通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的方法叫做反证法，其证明的步骤是：
(1)作出否定结论的假设；
(2)进行推理，导出矛盾；
(3)否定假设，肯定结论．
1．运用放缩法证明不等式的关键是什么？
提示：运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是证明中常用方法技巧，也是放缩法中的主要形式．
2．运用几何法证明不等式的关键是什么？
提示：结合待证不等式的特征构造出几何图形，最终将待证不等式转化为几何图形的长、面积、体积等大小比较问题，从而求证．
3．用反证法证不等式应把握哪些问题？
提示：用反证法证明不等式要把握好以下三点：
(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．
(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．
(3)推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的．
[对应学生用书P21]
用放缩法证明不等式
[例1]　已知a>0，b>0，c>0，a＋b>c.
求证：＋>.
[思路点拨]　本题若通分去分母运算量较大，考虑到a>0，b>0，可考虑利用分式的放缩．
[精解详析]　∵a>0，b>0，
∴>，>.
∴＋>.
而函数f(x)＝＝1－在(0，＋∞)上递增．
且a＋b>c，
∴f(a＋b)>f(c)．
则>，
所以＋>.
则原不等式成立．
放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目标，而且要恰到好处．目标往往要从证明的结论考察．常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知的绝对值不等式、平均值不等式、利用函数的性质进行放缩等．比如：
舍去或加上一些项：2＋＞2；
将分子或分母放大(缩小)：＜，
＞，＜，
＞(k∈R，k＞1)等．
1．设m是|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，
求证：<2.
证明：由已知m≥|a|，m≥|b|，m≥1.
又|x|>m，∴|x|>|a|，|x|>|b|，|x|>1，
∴≤＋
＝＋<＋
＝1＋<1＋＝2.
∴<2成立．
2．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.
证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得≤＜.
当k＝1时，≤＜；
当k＝2时，≤＜；
…
当k＝n时，≤＜.
∴＝≤＋＋…＋＜＝1，
即原不等式成立.
用反证法证明不等式
[例2]　(1)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.
(2)已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
①f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
②|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
[思路点拨]　本题考查不等式的性质及反证法在证明结论为否定形式结论也含有“至少”、“至多”等字眼命题中的应用，考查推理、求解能力，解答此题，需用反证法证明．
[精解详析]　(1)(用反证法证明)假设
那么≥>1.①
同理 >1，②
>1.③
①＋②＋③得3>3，矛盾．
∴原命题得证．
(2)①f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)
＝2.
②用反证法证明．
法一：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，①
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2.②
①②两式矛盾，从而假设不成立，所以原命题成立．
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
法二：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则有
由①②得－4由②③得－6∴假设错误．
从而|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
反证法适宜证明“存在性问题，唯一性问题”及否定性问题，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时，常采用反证法，下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.
常见词语
至少有一个
至多有一个
唯一一个
不是
不可能
全
都是
否定假设
一个也没有
有两个或两个以上
没有或有两个以上
是
有或存在
不全
不都是
对某些数学语言的否定假设要准确，以免造成原则性的错误，有时在使用反证法时，对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾，在一些选择题中，更是如此．
3．已知a＞0，b＞0，且a＋b＞2，
求证：，中至少有一个小于2.
证明：假设，都不小于2，
即≥2，≥2.
∵a＞0，b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b.
两式相加，得1＋b＋1＋a≥2(a＋b)．
即a＋b≤2，这与已知a＋b＞2矛盾．
故假设不成立．
因此，，中至少有一个小于2.
4．若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.
证明：法一：假设a＋b＞2，
而a2－ab＋b2＝2＋b2≥0.
但取等号的条件为a＝b＝0，显然不可能，
∴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，这不可能，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＜ab，
即(a－b)2＜0.
这不可能，故a＋b≤2.
放缩法、反证法是证明不等式的两种常用方法，在近几年高考模拟中，常以解答题形式出现，考查两种方法、不等式的性质等基础知识，同时考查推理、求解能力，常与数列、函数等知识交汇命题．
[考题印证]
(安徽高考)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.
(1)证明l1与l2相交；
(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．
[自主尝试]
(1)反证法．假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1＝k2.代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0，
此与k1为实数的事实相矛盾．从而k1≠k2，即l1与l2相交．
(2)法一：由方程组
解得交点P的坐标(x，y)为
而2x2＋y2＝22＋2
＝＝＝1.
此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．
法二：l1与l2的交点P的坐标(x，y)满足
故知x≠0，从而
代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0，
整理后，得2x2＋y2＝1，
所以交点P在椭圆2x2＋y2＝1上．
[对应学生用书P23]
一、选择题
1．若△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，则(　　)
A．∠B＝　　　　　　 B．∠B＜
C．∠B＞ D．∠B＝
解析：假设∠B≥，则b最大，有b＞a，b＞c，
∴＞，＞.
∴＋＞，与题意中的＋＝矛盾．
∴∠B＜.
答案：B
2．设a，b，c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：必要性是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，即充分性也成立．
答案：C
3．若|a|＜1，|b|＜1，则(　　)
A.＝1 B.＜1
C.≤1 D.≥1
解析：假设≥1，
故|a＋b|≥|1＋ab|
?a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2
?a2＋b2－1－a2b2≥0
?a2(1－b2)－(1－b2)≥0
?(a2－1)(1－b2)≥0.
由上式知a2－1≤0,1－b2≤0或a2－1≥0,1－b2≥0.与已知矛盾，故＜1.
答案B
4．设M＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．M＝1　　　　　　　　 B．M＜1
C．M＞1 D．M与1大小关系不定
解析：分母全换成210，共有210个单项．
答案：B
二、填空题
5．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设应为________．
解析：反设为：假设三内角都大于60°.
答案：假设三内角都大于60°
6．设a，b∈R，给出下列条件：
①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；
⑤ab＞1.
其中能推出“a，b中至少有一个实数大于1”的条件是________．
解析：对于①，a，b均可小于1；对于②，a，b均可等于1；对于④⑤，a，b均可为负数；对于③，若a，b都不大于1，则a＋b≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a，b中至少有一个实数大于1”成立．
答案：③
7．若a>b>0，m>0，n>0，则，，，，按由小到大的顺序排列为__________．
解析：由不等式a>b>0，m>0，n>0，知
<<1，且 <<1，
得>>1，
即1<<.
答案：<<<
8．已知a，b，c，d都是正数，S＝＋＋＋，则S与1的大小关系是________．
解析：S＝＋＋＋＞＋＋＋＝1.
答案：S＞1
三、解答题
9．用几何法证明，当x∈时，sin x证明：如图所示，单位圆⊙O中，
∠AOP＝x，PM⊥OA于M，显然MP＝sin x，OM＝cos x，
又∠OPM>x，
所以在Rt△OMP中，OM>MP，
即cos x>sin x.
10．用反证法证明：如果a，b，c，d为实数，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数．
证明：假设a，b，c，d中至少有一个负数不成立，
即a，b，c，d都为非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.
因为a＋b＝1，c＋d＝1，
所以(a＋b)(c＋d)＝1，
即(ac＋bd)＋(bc＋ad)＝1.
因为a，b，c，d均为非负数，于是有bc＋ad≥0，故由上式可以知道ac＋bd≤1，这与已知条件中的ac＋bd＞1矛盾，所以假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个负数．
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.
证明：＋＋…＋>3n.
证明：当n＝1时，＝S1＝6>3；
当n>1时，
＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝·S1＋·S2＋…＋·Sn－1＋·Sn>＝·3n>3n.
所以，当n≥1时，＋＋…＋>3n.
§5不等式的应用
[对应学生用书P24]
利用不等式解决实际问题中的大小问题
[例1]　甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m≠n，甲、乙二人谁先到达指定地点？
[思路点拨]　本题考查比较法在实际问题中的应用，考查应用意识及运算求解能力．
[精解详析]　设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有：
m＋n＝s，＋＝t2.
∴t1＝，t2＝，
∴t1－t2＝－
＝＝－.
其中s，m，n都是正数，且m≠n，
∴t1－t2<0，即t1从而知甲比乙先到达指定地点．
对于实际问题中的大小、优秀、强弱等比较问题，通常需阅读理解，建立式子的大小比较模型，然后用求差比较法或求商比较法或直接用平均值、不等式等比较出大小关系，从而使问题得解．
1．用水清洗一堆蔬菜上残留的农药．对用一定量的水清洗一次的效果作如下假定：用1个单位量的水可洗掉蔬菜上残留农药量的，用水越多洗掉的农药量也越多，但总还有农药残留在蔬菜上．设用x单位量的水清洗一次以后，蔬菜上残留的农药量与本次清洗前残留的农药量之比为函数f(x)．
(1)试规定f(0)的值，并解释其实际意义；
(2)试根据假定写出函数f(x)应该满足的条件和具有的性质；
(3)设f(x)＝，现有a(a>0)单位量的水，可以清洗一次，也可以把水平均分成2份后清洗两次，试问：用哪种方案清洗后蔬菜上残留的农药量比较少？说明理由．
解：(1)f(0)＝1表示没有用水洗时，蔬菜上的农药量将保持原样．
(2)函数f(x)应该满足的条件和具有的性质是f(0)＝1，
f(1)＝，
在[0，＋∞)上f(x)单调递减，且0(3)设仅清洗一次，残留的农药量为f1(a)＝，
清洗两次后，残留的农药量为
f2(a)＝2＝，
则f1(a)－f2(a)＝－＝.
于是，当a>2时，f1(a)>f2(a)；
当a＝2时，f1(a)＝f2(a)；
当0因此，当a>2时，清洗两次后残留的农药量较少；
当a＝2时，两种清洗方法具有相同的效果；
当02．设甲、乙两地距离为s，船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度为v1(v1＞0)，已知船在静水中的速度为v2(v2＞0)，试比较v1和v2的大小．
解：设水流速度为v(v＞0)，则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间t＝＋＝
∴平均速度v1＝＝.
∵v1＞0，v2＞0，
∴＝＝＝1－()2＜1.∴v1＜v2.
利用平均值不等式解决实际问题中的最值问题
　　[例2]　如图(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(图(2))．当这个正六棱柱容器的底面边长为多少时，容积最大，并求出最大容积．
[思路点拨]　本题考查平均值不等式在解决实际问题中的最值方面的应用，同时考查应用意识，转化求解能力．解答此题需要通过具体问题列出目标函数，再利用平均值不等式求出函数的最值即可．
[精解详析]　如图所示，设正六棱柱的底面B1B2B3B4B5B6的边长为x(0由A1A2A3A4A5A6的边长为1，
得OA1＝A1A2＝1，
所以A1B1＝OA1－OB1＝1－x.
作B1C1⊥A1A2于C1.在Rt△A1B1C1中，
∠B1A1C1＝60°，
则容器的高B1C1＝A1B1sin 60°＝(1－x)．
于是容器的容积为
V＝f(x)＝Sh＝(6·x2)·(1－x)
＝x2(1－x)(0则f(x)＝x2(1－x)
＝·x·x·(2－2x)
≤·3＝.
当且仅当x＝2－2x，即x＝时，Vmax＝.
故当正六棱柱容器的底面边长为时，最大容积为.
利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x取值范围的制约．
3．甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度x(千米/时)的平方成正比，比例系数为b，固定部分为a元，
(1)把全程运输成本y(元)表示为速度x(千米/时)的函数，指出定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
解：(1)由题知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为，全程运输成本为y＝a·＋bx2·＝S.
故函数及其定义域为
y＝S，x∈(0，c]；
(2)由题知S，a，b，x都为正数，
故有S≥2S，
当且仅当＝bx，即x＝时上式等号成立；
若≤c，则当x＝时，全程运输成本y最小；
若＞c，当x∈(10，c]时，
有S－S＝S
＝(c－x)(a－bcx)，
∵c－x≥0，a＞bc2，∴a－bcx≥a－bc2＞0，
∴S≥S，当且仅当x＝c时上式等号成立，即当x＝c时，全程运输成本y最小，
综上，为使全程运输成本y最小，当≤c时，行驶速度应为x＝；当＞c时，行驶速度应为x＝c.
不等式的应用是高考的一个重要考向，常以解答题的形式出现，近几年高考中多次出现应用平均值不等式求最值的应用题，这符合新课标对学生应用所学知识分析解决实际问题能力的要求，仍是今后高考对本节内容的一个考查方向．
[考题印证]
(湖北高考)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/时．研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．
(1)当0≤x≤200时，求函数v(x)的表达式；
(2)当车流密度x为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/时)
[命题立意]
本题主要考查建立函数模型利用平均值不等式解决实际问题的能力，考查学生的应用意识．
[自主尝试]
(1)由题意：当0≤x≤20时，v(x)＝60；
当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b，
再由已知得解得
故函数v(x)的表达式为
v(x)＝
(2)依题意并由(1)可得
f(x)＝
当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1 200；
当20≤x≤200时，
f(x)＝x(200－x)≤2＝，
当且仅当x＝200－x，即x＝100时，等号成立．
所以，当x＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值，
综上所述，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3 333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/时．
[对应学生用书P26]
一、选择题
1．某商场中秋前30天月饼销售总量f(t)与时间t(0A．18　　　　　　　　　　 B．27
C．20 D．16
解析：平均销售量y＝＝
＝t＋＋10≥18.
当且仅当t＝，即t＝4∈[1,30]等号成立，
即平均销售量的最小值为18.
答案：A
2．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列总成立的是(　　)
A．V≥π　　　　　　　 B．V≤π
C．V≥π D．V≤π
解析：设圆柱的底面半径为r，则高h＝＝3－2r.
∴V＝πr2(3－2r)＝πr·r(3－2r)≤π3＝π.
答案：B
3．汽车上坡时的速度为a，原路返回时的速度为b，且0＜a＜b，则汽车全程的平均速度比a，b的平均值(　　)
A．大 B．小
C．相等 D．不能确定
解析：设单程为s，则上坡时间t1＝，下坡时间t2＝，平均速度为v＝＝＝＜.
答案：B
4．(山东高考)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0.则当取得最大值时，＋－的最大值为(　　)
A．0 B．1
C. D．3
解析：由题意＝＝≤＝1，当且仅当x＝2y时等号成立，此时z＝2y2，＋－＝－＋＝－2＋1≤1，当且仅当y＝1时等号成立，故所求的最大值为1.
答案：B
二、填空题
5．设三角形三边长为3,4,5，P是三角形内的一点，则P到这个三角形三边距离乘积的最大值是________．
解析：设P到三角形三边距离分别为h1，h2，h3，
∵三角形为直角三角形，S＝·3·4＝6.
∴h1·3＋h2·4＋h3·5＝6.
∴3h1＋4h2＋5h3＝12≥3.
∴h1h2h3≤＝.
答案：
6．(陕西高考)在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分), 则其边长x为________m.
解析：如图，过A作AH⊥BC于H，交DE于F，易知＝＝＝?AF＝x?FH＝40－x.则S＝x(40－x)≤2，当且仅当40－x＝x，即x＝20时取等号．所以满足题意的边长x为20m.
答案：20
7．设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为________．
解析：设底面边长为x，高为h，则
x2·h＝V，∴h＝.
又S表＝2·x2＋3xh
＝x2＋3x·＝x2＋
＝＝≥·3
＝3·.
当且仅当x2＝，即x＝时，S表最小．
答案：
8．建造一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁1 m2的造价分别为120元和80元，那么水池表面积的最低造价为________元．
解析：设水池底面的长度、宽度分别为a m，b m，
则ab＝4，
水池表面的总造价为y，则
y＝ab×120＋2(2a＋2b)×80
＝480＋320(a＋b)≥480＋320×2
＝480＋320×4＝1 760，
当且仅当a＝b＝2时取“＝”．
答案：1 760
三、解答题
9.某住宅小区，为了使居民有一个优雅、舒适的生活环境，计划建一个八边形的休闲小区，其主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积是200 m2的十字形区域，现计划在正方形MNPQ上建一花坛，造价为4 200元/m2，在四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪，造价为210元/m2，再在四个空角上铺草坪，造价为80元/m2.
(1)设总造价为S元，AD的边长为x m，试建立S关于x的函数关系式．
(2)计划至少要投多少元，才能建造这个休闲小区？
解：(1)设DQ＝y，则x2＋4xy＝200，y＝.
S＝4 200x2＋210×4xy＋80×4×y2
＝38 000＋4 000x2＋(0＜x＜10)．
(2)S＝38 000＋4 000x2＋≥38 000＋2＝118 000，
当且仅当4 000x2＝，即x＝时，
Smin＝118 000,118 000元＝11.8万元．
即计划至少要投入11.8万元才能建造这个休闲小区．
10．某工厂拟建一座平面图为矩形且面积为200米2的三级污水处理池(平面图如图所示)．如果池四周围墙建造单价为400元/米，中间两道隔墙建造单价为248元/米，池底建造单价为80元/米2，水池所有墙的厚度忽略不计．
?
(1)试设计污水处理池的长和宽，使总造价最低，并求出最低总造价；
(2)若由于地形限制，该池的长和宽都不能超过16米，试设计污水池的长和宽，使总造价最低，并求出最低总造价．
解：(1)设污水处理池的长为x米，则宽为米，再设总造价为y元，则有
y＝2x×400＋×800＋248×2×＋80×200
＝800x＋＋16 000
≥2 ＋16 000
＝44 800，
当且仅当800x＝，即x＝18米时，y取得最小值．
∴当污水池的长为18米，宽为米时总造价最低，为44 800元．
(2)∵0＜x≤16,0＜≤16，
∴12.5≤x≤16.
由(1)知，y＝φ(x)＝800＋16 000(12.5≤x≤16)．
对任意x1，x2∈[12.5,16]，设x1＜x2，
则φ(x1)－φ(x2)＝800
＝＞0
∴φ(x1)＞φ(x2)，故y＝φ(x)在[12.5,16]上为减函数，从而有φ(x)≥φ(16)＝45 000.
∴当污水池的长度为16米，宽为12.5米时有最低总造价，最低总造价为45 000元．
11．某养殖厂需定期购买饲料，已知该厂每天需要饲料200千克，每千克饲料的价格为1.8元，饲料的保管与其他费用为平均每千克每天0.03元，购买饲料每次支付运费300元．
(1)求该厂多少天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少；
(2)若提供饲料的公司规定，当一次购买饲料不少于5吨时其价格可享受八五折优惠(即为原价的85%)．该厂是否可以考虑利用此优惠条件？请说明理由．
解：(1)设该厂应隔x(x∈N＋)天购买一次饲料，平均每天支付的总费用为y1.
∵饲料的保管与其他费用每天比前一天少
200×0.03＝6(元)，
∴x天饲料的保管与其他费用共是
6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6＝3x2－3x(元)．
从而有y1＝(3x2－3x＋300)＋200×1.8
＝＋3x＋357≥417.
当且仅当＝3x，即x＝10时，y1有最小值．
即每隔10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少．
(2)若厂家利用此优惠条件，则至少25天购买一次饲料，设该厂利用此优惠条件，每隔x天(x≥25)购买一次饲料，平均每天支付的总费用为y2，则
y2＝(3x2－3x＋300)＋200×1.8×0.85
＝＋3x＋303(x≥25)．
∵y2′＝－＋3，
∴当x≥25时，y2′＞0，即函数y2在[25，＋∞)上是增函数．
∴当x＝25时，y2取得最小值为390.而390＜417，
∴该厂可以接受此优惠条件．
第一章不等关系与基本不等式
章末复习课
[对应学生用书P28]
[对应学生用书P28]
绝对值不等式的解法
求解绝对值不等式或根据绝对值不等式解集及成立情况求参数的值或取值范围问题，是高考中对绝对值不等式考查的一个重要考向，每年高考均有重要体现，以填空题、解答题为主，属中档题．解绝对值不等式的基本思想，是转化、化归，不等式的性质是实现“转化”的基本依据，通过利用绝对值的几何意义、平方法、零点分区间讨论法等将绝对值不等式转化为最简单的一元一次不等式(组)或一元二次不等式(组)来求解．
[例1]　不等式|x＋1|＋|x|<2.
[解]　法一：利用分类讨论的思想方法．
当x≤－1时，－x－1－x<2，
解得－当－1解得－1当x≥0时，x＋1＋x<2，
解得0≤x<.
因此，原不等式的解集为.
法二：利用方程和函数的思想方法．
令f(x)＝|x＋1|＋|x|－2
＝
作函数f(x)的图像(如图)，
知当f(x)<0时，－故原不等式的解集为.
法三：利用数形结合的思想方法．
由绝对值的几何意义知，|x＋1|表示数轴上点P(x)到点A(－1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点O(0)的距离．
由条件知，这两个距离之和小于2.
作数轴(如图)，知原不等式的解集为.
法四：利用等价转化的思想方法．
原不等式?0≤|x＋1|<2－|x|，
∴(x＋1)2<(2－|x|)2，且|x|<2，
即0≤4|x|<3－2x，且|x|<2.
∴16x2<(3－2x)2，且－2解得－故原不等式的解集为.
[例2]　不等式x＋|x－2a|>1的解集为R，求a的取值范围．
[解]　设f(x)＝x＋|x－2a|，
则函数f(x)在R上恒大于1，
又∵f(x)＝
∴x≥2a时，f(x)≥f(2a)＝2a.
∴函数f(x)在R上的最小值为2a.
∴要使f(x)在R上恒大于1，只要2a>1，
∴a>.
平均值不等式的应用
利用平均值不等式求函数的最值及解实际问题，为近几年新课标教改区高考的热点，常与函数数列、解析几何、立体几何交汇命题，多以中档题形式出现．在利用平均值不等式求函数最值时，一定要满足下列三个条件：①x，y为正数；②“和”或“积”为定值；③等号一定能取到．这三个条件缺一不可．
[例3]　当0A．2　　　　　　　　　 B．2
C．4 D．4
[解析]　利用二倍角公式和同角三角函数关系，将函数式转化变形，再用均值不等式求解．
f(x)＝＝cotx＋4tanx.
∵x∈，
∴cotx>0，tanx>0.
故f(x)＝cotx＋4tanx≥2＝4.
[答案]　C
[例4]　为了提高产品的年产量，某企业拟在2014年进行技术改革．经调查测算，产品当年的产量x万件与投入技术改革费用m万元(m≥0)满足x＝3－(k为常数)．如果不搞技术改革，则该产品当年的产量只能是1万件．已知2014年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元．由于市场行情较好，厂家生产的产品均能销售出去．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品生产成本的1.5倍(生产成本包括固定投入和再投入两部分资金)．
(1)将2014年该产品的利润y万元(利润＝销售金额－生产成本－技术改革费用)表示为技术改革费用m万元的函数；
(2)该企业2014年的技术改革费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
[解]　(1)由题意可知，当m＝0时，x＝1(万件)，
∴1＝3－k.∴k＝2，∴x＝3－.
每件产品的销售价格为1.5×(元)，
∴2014年的利润
y＝x·－(8＋16x)－m
＝－＋29(m≥0)．
(2)∵m≥0，
∴＋(m＋1)≥2＝8，
∴y≤29－8＝21.
当＝m＋1，即m＝3，ymax＝21.
∴该企业2014年的技术改革费用投入3万元时，厂家的利润最大．
不等式的证明
证明不等式是近几年新课标教改区高考的一个热点考向，常以解答题的形式出现，常与函数、数列等知识交汇命题，常用到的证明方法有：
1．比较法证明不等式
比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
[例5]　若x，y，z∈R，a>0，b>0，c>0，
求证：x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx)．
[证明]　∵x2＋y2＋z2－2(xy＋yz＋zx)
＝＋＋
＝2＋
2＋2≥0，
∴x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx)成立．
2．综合法证明不等式
综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误．如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．
[例6]　设a>0，b>0，a＋b＝1.
求证：(1)＋＋≥8；
(2)2＋2≥.
[证明]　(1)∵a>0，b>0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，≤，∴≥4.
∴＋＋
＝(a＋b)＋≥2·2＋4
＝8.
∴＋＋≥8.
(2)∵≤ ，
则≥2.
∴2＋2≥22
＝≥≥.
∴2＋2≥.
3．分析法证明不等式
分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．
当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．
由教材内容可知，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．
[例7]　已知a>0，b>0，且a＋b＝1，
求证：＋≤2.
[证明]　要证＋ ≤2，
只要证2≤4，
即证a＋b＋1＋2 ≤4.
只要证：≤1.
也就是要证：ab＋(a＋b)＋≤1，即证ab≤.
∵a>0，b>0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，
∴ab≤成立．
故＋≤2.
4．反证法和放缩法证明不等式
(1)反证法：先假设要证明的结论是不正确的，然后利用公理、已有的定义、定理、命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的命题结论正确．
(2)放缩法：将需要证明的不等式的值适当地放大(或缩小)，使不等式由繁化简，达到证明的目的．
[例8]　已知0求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a至少有一个小于等于.
[证明]　假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于，
∵0∴b与1－a都是正数．
根据平均值不等式，有≥>＝.
同理，>，>.
∴＋＋>＋＋＝.
∴>，此为矛盾．
所以假设不成立，
∴(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a至少有一个小于等于.
[例9]　设an＝＋＋…＋(n＝1，2,3，…)．证明：[证明]　对于一切正整数k都有k<<＝.
令k＝1,2，…n，有1<<，2<<，…，n<<.
以上各式相加得
1＋2＋…＋n<＋＋…＋<＋＋…＋，整理即得故原不等式对于n∈N＋都成立．
[对应学生用书P31]
一、选择题
1．已知x≥，则f(x)＝有(　　)
A．最大值 B．最小值
C．最大值1 D．最小值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
2．已知a<0，b<－1，则下列不等式成立的是(　　)
A．a>> B.>>a
C.>>a D.>a>
解析：本题中的四个选项，实际是在比较三个数的大小，可以认为是先比较，，1的大小，再比较，，a的大小．又因为a<0，所以又可认为是在比较－，－，－1的大小．因为b<－1，所以1>>.也可以令a＝－1，b＝－2，分别代入A，B，C，D中，知A，B，D均错．
答案：C
3．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋与9的大小关系是(　　)
A.＋＋≥9 B.＋＋＜9
C.＋＋＝9 D．不确定
解析：＋＋＝＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
当且仅当a＝b＝c＝时取等号.
答案：A
4．已知不等式(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：(x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2(当且仅当＝时，取等号)．
∵(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，
∴只需(＋1)2≥9.∴a≥4.
答案：B
二、填空题
5．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是______．
解析：A＝＋＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝.
答案：A≥
6．(陕西高考)设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|＞2的解集是________．
解析：∵|x－a|＋|x－b|≥|a－b|＞2，
∴|x－a|＋|x－b|＞2恒成立，则解集为R.
答案：(－∞，＋∞)
7．不等式|x－1|＋|x＋3|≥6的解集是________．
解析：∵|x－1|＋|x＋3|＝
当x≤－3时，－2x－2≥6?x≤－4；
当x≥1时，2x＋2≥6?x≥2；
当－3故不等式的解集为{x|x≥2或x≤－4}．
答案：{x|x≥2或x≤－4}
8．(天津高考)设a＋b＝2，b>0, 则＋的最小值为________．
解析：因为＋＝＋≥＋2＝＋1≥－＋1＝，当且仅当＝，a<0，即a＝－2，b＝4时取等号，故＋的最小值是.
答案：
三、解答题
9．某数列由下列条件确定：x1＝a>0，xn＋1＝，
n∈N＋.
(1)证明：对n≥2总有xn≥；
(2)证明：对n≥2总有xn≥xn＋1.
证明：(1)由x1＝a>0，及xn＋1＝可以归纳证明xn>0，从而有xn＋1＝≥＝(n∈N＋)，所以当n≥2时，xn≥成立．
(2)当n≥2时，因为xn≥>0，xn＋1＝，
所以xn＋1－xn＝－xn＝·≤0.
故当n≥2时，xn≥xn＋1成立．
10．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－3时，f(x)＝
当x≤2时，
由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2当x≥3时，
由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)f(x)≤|x－4|?|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.
当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|
?4－x－(2－x)≥|x＋a|
?－2－a≤x≤2－a.
由条件得－2－a≤1且2－a≥2，
即－3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．
[对应学生用书P51]
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若a，b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：当0＜ab＜1时，若b＞0，则a＜，若b＜0，则b＞.反之，a＜?a－＜0?b(ab－1)＜0.当b＞0时，ab＜1；当b＜0时，ab＞1.同理，当b＞时；若a＞0时，则ab＞1，若a＜0，则ab＜1，所以“0＜ab＜1”是“a＜”或“b＞”的充分而不必要条件．
答案：A
2．若a>b>1，P＝，Q＝(lga＋lgb)，R＝lg，则(　　)
A．RC．Q解析：a>b>1?lg a>0，lg b>0，Q＝(lg a＋lg b)>＝P，R>lg＝(lg a＋lg b)＝Q?R>Q>P.
答案：B
3．不等式的解集是(　　)
A．(0,2) B．(0,2.5)
C．(0，) D．(0,3)
解析：用筛选法，容易验证x＝2是不等式的解，否定A；x＝不是不等式的解，否定D；x＝使与取“＝”，∵＜，故否定B.
答案：C
4．(江西高考)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－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|x－1－x|＋|y－1－(y＋1)|＝1＋2＝3.
答案：C
5．若a>0，b>0，则p＝(ab)，q＝abba的大小关系是(　　)
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D．p解析：a>0，b>0，
即＝＝ab＝.
当a≥b时，0<≤1，≥0.
∴p≥q.
同理aq，综上可知p≥q.
答案：A
6．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是(　　)
A. B.
C．(－1,0) D.
解析：如果在[－1,1]内没有满足f(c)＞0的数c，
则解得
∴此时p的取值范围是，取补集即得所求实数p的范围，即.
答案：A
7．若不等式|ax＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a＝(　　)
A．8 B．2
C．－4 D．－8
解析：由|ax＋2|＜6?－8＜ax＜4.
当a＞0时，－＜x＜.
∵解集是(－1,2)，
∴
解得两值矛盾．
当a＜0时，＜x＜－.
由?a＝－4.
答案：C
8．已知a＞0，b＞0，a，b的等差中项是，且α＝a＋，β＝b＋，则α＋β的最小值是(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：由题意，知a＋b＝1，则α＋β＝a＋＋b＋＝1＋≥1＋＝5.当且仅当a＝b＝时，取等号．
答案：C
9．设a，b，c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是(　　)
A．|a－b|≤|a－c|＋|b－c|
B．a2＋≥a＋
C．|a－b|＋≥2
D.－≤－
解析：因为|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|，所以选项A恒成立；
在选项B两侧同时乘以a2，得a4＋1≥a3＋a?(a4－a3)＋(1－a)≥0?a3(a－1)－(a－1)≥0?(a－1)2(a2＋a＋1)≥0，所以选项B恒成立；在选项C中，当a＞b时，恒成立，a＜b时，不成立；在选项D中，分子有理化得
≤恒成立．
答案：C
10．设x，y∈R，a＞1，b＞1，若ax＝by＝2，a＋＝4，则＋的最大值为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：依题意得4＝a＋≥2，则a≤4，a2b≤16，当且仅当b＝a2＝4时，等号可以取到．因为x＝loga2，y＝logb2，所以＋＝2log2a＋log2b＝log2a2b≤log216＝4，即＋的最大值为4.
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)
11．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________．
解析：用分析法比较，a＞b?＋＞＋
?8＋2＞8＋2，同理可比较得b＞c.
答案：a＞b＞c
12．(上海高考)设常数a＞0.若9x＋≥a＋1对一切正实数x成立，则a的取值范围为________．
解析：由题意可知，当x＞0时，f(x)＝9x＋≥2＝6a≥a＋1?a≥，当且仅当9x＝，即x＝时等号成立．
答案：
13．不等式|2|x|－3|＜|x|＋1的解集为________．
解析：原不等式等价于(2|x|－3)2＜(|x|＋1)2，
所以4x2－12|x|＋9＜x2＋2|x|＋1，
所以3x2－14|x|＋8＜0.
所以3|x|2－14|x|＋8＜0.
所以(3|x|－2)(|x|－4)＜0.
所以＜|x|＜4.
所以－4＜x＜－，或＜x＜4.
所以原不等式的解集为
.
答案：
14．a>0，b>0，给出下列四个不等式：
①a＋b＋≥2；
②(a＋b)≥4；
③≥a＋b；
④a＋≥－2.
其中正确的不等式有________．(只填序号)
解析：∵a>0，b>0，
∴①a＋b＋≥2＋≥2·
＝2；
②(a＋b)≥4 ＝4；
③∵ ≥，
∴a2＋b2≥＝(a＋b)≥(a＋b).
∴≥a＋b.
④a＋＝(a＋4)＋－4≥2－4＝2－4＝－2，当且仅当a＋4＝，即(a＋4)2＝1时等号成立，而a>0，∴(a＋4)2≠1.∴等号不能取得．
答案：①②③
三、解答题(本大题共4小题，共50分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)(新课标全国卷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.
当且仅当“＝a，即a＝1时”取等号．
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由f(3)<5得综上，a的取值范围是.
16．(本小题满分12分)设x>－1，求函数y＝的最小值．
解：∵x>－1，∴x＋1>0，
y＝＝
＝(x＋1)＋5＋≥2· ＋5＝9.
当且仅当x＋1＝，即x＝1时，等号成立．
∴y的最小值是9.
17．(本小题满分12分)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求a的值；
(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．
解：(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.
又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．
当a>0时，－≤x≤，得a＝2.
(2)法一：记h(x)＝f(x)－2f，
则h(x)＝
所以|h(x)|≤1，因此k的取值范围是k≥1.
法二：＝
＝2≤1，
由|f(x)－2f()|≤k恒成立，
可知k≥1，
所以k的取值范围是k≥1.
18．(本小题满分14分)(北京高考)给定数列a1，a2，…，an.对i＝1,2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.
(1)设数列{an}为3,4,7,1，写出d1，d2，d3的值；
(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；
(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明a1，a2，…，an－1是等差数列．
解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.
(2)证明：因为a1>0，公比q>1，
所以a1，a2，…，an是递增数列．
因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.
于是对i＝1,2，…，n－1，
di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.
因此di≠0且＝q(i＝1,2，…，n－2)，
即d1，d2，…，dn－1是等比数列．
(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．
对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，
所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.
又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，
所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.
从而a1，a2，…，an－1是递增数列．
因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．
又因为B1＝A1－d1＝a1－d1所以B1因此an＝B1.
所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.
所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.
因此对i＝1,2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，
即a1，a2，…，an－1是等差数列．

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