1．1.1 不等式的基本性质
[读教材·填要点]
1．实数的大小的几何意义和代数意义之间的联系
设a，b∈R，则
①a＞b?a－b＞0；
②a＝b?a－b＝0；
③a＜b?a－b＜0.
2．不等式的基本性质
(1)对称性
a＞b?b＜a
(2)传递性
a＞b，b＞c?a＞c
(3)加(减)
a＞b?a＋c＞b＋c
(4)乘(除)
a＞b，c＞0?ac＞bc；
a＞b，c＜0?ac＜bc
(5)乘方
a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥2)
(6)开方
a＞b＞0?＞(n∈N，n≥2)
(7)加法法测
a>b，c>a?a＋c>b＋d
(8)乘法法测
a>b>0，c>d>0?ac>bd
[小问题·大思维]
1．若x＞y，a＞b，则在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤＞这五个不等式中，恒成立的不等式有哪些？
提示：令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，
符合题设条件x＞y，a＞b，
则∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，
∴a－x＝b－y，因此①不成立．
又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不正确．
又∵＝＝－1，＝＝－1，
∴＝，因此⑤不正确．
由不等式的性质可推出②④恒成立．
即恒成立的不等式有②④.
2．若a
吗？
提示：不一定．如a＝－1，b＝2.事实上，
当ab>0时，若a；
当ab<0时，若a当ab＝0时，若a
作差法比较大小
[例1] x∈R，比较x3－1与2x2－2x的大小．
[思路点拨] 本题考查利用作差法比较两个代数式的大小．解答本题需要将作差后的代数式分解因式，然后根据各因式的符号判断x3－1与2x2－2x的大小．
[精解详析] (x3－1)－(2x2－2x)
＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)
＝x2(x－1)－(x－1)2
＝(x－1)(x2－x＋1)
∵x2－x＋1＝2＋≥＞0，
∴当x＞1时，(x－1)(x2－x＋1)＞0.
即x3－1＞2x2－2x；
当x＝1时，(x－1)(x2－x＋1)＝0，
即x3－1＝2x2－2x.
当x＜1时，(x－1)(x2－x＋1)＜0，
即x3－1＜2x2－2x.
(1)用作差法比较两个数(式)的大小时，要按照“三步一结论”的程序进行，即：→→→，其中变形是关键，定号是目的．
(2)在变形中，一般是变形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．
(3)在定号中，若为几个因式的积，需每个因式均先定号，当符号不确定时，需进行分类讨论．
1．当a≠0时，比较(a2＋a＋1)(a2－a＋1)与(a2＋a＋1)(a2－a＋1)的大小．
解：两式作差得
(a2＋a＋1)(a2－a＋1)－(a2＋a＋1)(a2－a＋1)
＝[(a2＋1)2－(a)2]－[(a2＋1)2－a2]＝－a2.
∵a≠0，∴－a2<0.
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)<(a2＋a＋1)(a2－a＋1).
不等式性质的简单应用
[例2] 下列命题中正确的是( )
(1)若a＞b，c＞b，则a＞c；
(2)若a＞b，则lg＞0；
(3)若a＞b，c＞d，则ac＞bd；
(4)若a＞b＞0，则<；
(5)若＞，则ad＞bc；
(6)若a＞b，c＞d，则a－d＞b－c.
A．(1)(2) B．(4)(6)
C．(3)(6) D．(3)(4)(5)
[思路点拨] 本题考查对不等式的性质的理解，解答本题需要利用不等式的性质或利用特殊值逐项判断．
[精解详析] (1)错误．因为当取a＝4，b＝2，c＝6时，有a＞b，c＞b成立，但a＞c不成立．
(2)错误．因为a、b符号不确定，所以无法确定＞1是否成立，从而无法确定lg＞0是否成立．
(3)错误．此命题当a、b、c、d均为正数时才正确．
(4)正确．因为a＞b，且a、b同号，所以ab＞0，两边同乘以，得＜.
(5)错误．只有当cd＞0时，结论才成立．
(6)正确．因为c＞d，所以－d＞－c，又a＞b，
所以a－d＞b－c.
综上可知(4)(6)正确．
[答案] B
运用不等式的性质时要注意条件，如倒数法则要求两数同号；两边同乘一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．
2．若m，n∈R，则>成立的一个充要条件是( )
A．m>0>n B．n>m>0
C．m解析：>?－>0?>0?mn(n－m)>0?mn(m－n)<0.
答案：D
利用不等式的性质求取值范围
[例3] 已知π<α＋β<，－π<α－β<－，求2α－β的取值范围．
[思路点拨] 解答本题时，将α＋β，α－β看作整体，再求出2α－β的取值范围．
[精解详析] 设2α－β＝A(α＋β)＋B(α－β)，
则2α－β＝(A＋B)α＋(A－B)β.
比较两边系数得?
∴2α－β＝(α＋β)＋(α－β)．
∵<(α＋β)<π，
－<(α－β)<－，
∴－π<2α－β<.
故2α－β∈.
(1)若已知某两个代数式的取值范围，求另一个代数式的取值范围时，应利用待定系数法把所求代数式用已知的两代数式表示，进而利用同向不等式的可加性求其范围，否则可能导致所求代数式范围变大．
(2)同一问题中应用同向不等式相加性质时，不能多次使用，否则可能导致范围扩大．
3．若已知二次函数y＝f(x)的图象过原点，且1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4.求f(－2)的范围．
解：法一：∵f(x)过原点，∴可设f(x)＝ax2＋bx.
∴
∴
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
∵1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4.
∴6≤f(－2)≤10.
法二：设f(x)＝ax2＋bx，
则f(1)＝a＋b，f(－1)＝a－b.
令m(a＋b)＋n(a－b)＝f(－2)＝4a－2b，
∴∴
∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)．
∵1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4，
∴6≤f(－2)≤10.
[对应学生用书P3]
一、选择题
1．已知a，b，c，d为实数，且c>d，则“a>b”是“a－c>b－d”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由?a>b；而当a＝c＝2，b＝d＝1时，满足但a－c>b－d不成立，所以“a>b”是“a－c>b－d”的必要而不充分条件．
答案：B
2．已知a，b，c∈R，且ab＞0，则下面推理中正确的是( )
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＝(a＋)2＋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
3．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式正确的是( )
A．b－a>0 B．a3＋b3<0
C．a2－b2<0 D．b＋a>0
解析：∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.
∴不论b取任何实数不等式a＋b>0都成立．
答案：D
4．如果a∈R，且a2＋a＜0，那么a，a2，－a，－a2的大小关系是( )
A．a2＞a＞－a2＞－a B．－a＞a2＞－a2＞a
C．－a＞a2＞a＞－a2 D．a2＞－a＞a＞－a2
解析：∵a2＋a＜0，即a(a＋1)＜0，可得，－1＜a＜0，
∴－a＞a2＞0，∴0＞－a2＞a.
综上有－a＞a2＞－a2＞a.
答案：B
二、填空题
5．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：＞
6．已知12解析：∵12∴－24答案：(－24,45)
7．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
8．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b满足的条件是________________．
解析：∵x>y，∴a2b2＋5－2ab＋a2＋4a
＝a2＋4a＋4＋a2b2－2ab＋1
＝(a＋2)2＋(ab－1)2>0.
∴ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2.
三、解答题
9．已知－≤α<β≤，求，的范围．
解：∵－≤α<β≤，
∴－≤＜，
－＜≤.
因而两式相加得－＜<.
又∵－＜≤，∴－≤－＜.
∴－≤<.
又∵α＜β，∴＜0.∴－≤＜0.
即∈，∈.
10．已知a，b∈{正实数}且a≠b，比较＋与a＋b的大小．
解：∵－(a＋b)＝－b＋－a
＝＋＝(a2－b2)
＝，
＝，
又∵a>0，b>0，且a≠b，
∴(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0，
∴＋>a＋b.
11．已知α，β满足试求α＋3β的取值范围．
解：设α＋3β＝λ(α＋β)＋u(α＋2β)
＝(λ＋u)α＋(λ＋2u)β.
比较α，β的系数，得?
由题意得－1≤－α－β≤1,2≤2α＋4β≤6，
两式相加，得1≤α＋3β≤7.
故α＋3β的取值范围是[1,7]．
1．1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法
[读教材·填要点]
1．一元二次不等式
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．
2．二次函数、二次方程、二次不等式之间的关系
Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
y＝ax2
＋bx＋c
(a>0)
的图象
ax2＋bx＋c＝0
(a>0)的根
x1，x2
x0＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c>0
(a>0)的解集
{x|x>x2或x
R
ax2＋bx＋c<0
(a>0)的解集
{x|x1?
?
[小问题·大思维]
1．“若ax2＋bx＋c<0(a≠0)的解集是空集，则a、b、c满足的关系是b2－4ac<0且a>0”是否正确？
提示：当Δ＝0时，易知ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集也是?，从而满足的条件应为“a>0且b2－4ac≤0”．
2．当a<0时，若方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根α，β且α<β，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集是什么？
提示：借助函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，不等式的解集为{x|α3．一元二次不等式与二次函数有什么关系？
提示：一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集，就是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象在x轴上方的点的横坐标x的集合，ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集，就是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象在x轴下方的点的横坐标x的集合．
可化为一元二次不等式的分式不等式的解法
[例1] 不等式<0的解集为( )
A．{x|1B．{x|x<2且x≠1}
C．{x|－1D．{x|x<－1或1[思路点拨] 根据不等式性质把<0转化为ab<0，再求解．
[精解详析] 因为不等式<0，
等价于(x＋1)(x－1)(x－2)<0，
所以该不等式的解集是{x|x<－1或1[答案] D
解分式不等式总的原则是利用不等式的同解原理将其转化为整式不等式(组)求解．即≥0??f(x)·g(x)＞0或f(x)＝0.
＞0?或?f(x)·g(x)＞0.
1．解不等式：≤2.
解：∵≤2，∴－2≤0.即≤0.
∴≥0.∴∴x<2或x≥5.
即原不等式的解集为{x|x<2或x≥5}.
含参数的一元二次不等式的解法
[例2] 解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0.
[思路点拨] 由于a∈R，故分a＝0，a>0，a<0讨论．
[精解详析] 若a＝0，原不等式可化为－x＋1<0，
即x>1.
若a<0，原不等式可化为(x－1)>0，
即x<或x>1.
若a>0，原不等式可化为(x－1)<0 (*)
其解的情况应由与1的大小关系决定，故
(1)当a＝1时，由(*)式可得x∈?；
(2)当a>1时，由(*)式可得(3)当0综上所述：当a<0时，解集为；
当a＝0时，解集为{x|x>1}；
当0当a＝1时，解集为?；
当a>1时，解集为.
解含参数的一元二次不等式时要注意对参数分类讨论．讨论一般分为三个层次，第一层次是二次项系数为零和不为零；第二层次是有没有实数根的讨论，即判别式Δ>0，Δ＝0，Δ<0；第三层次是根的大小的讨论．
2．若k∈R，求解关于x的不等式：<.
解：不等式<可化为<0，即(x－2)(x－1)(x－k)>0.
当k<1时，x∈(k,1)∪(2，＋∞)；
当k＝1时，x∈(2，＋∞)；
当1当k≥2时，x∈(1,2)∪(k，＋∞).
一元二次不等式的实际应用
[例3] 国家为了加强对烟酒生产的宏观调控，实行征收附加税政策，现知某种酒每瓶70元，不加收附加税时，每年大约产销100万瓶，若政府征收附加税，每销售100元要征税R元(叫做税率R%)，则每年的销售将减少10R万瓶，要使每年在此项经营中所收附加税金不少于112万元，问R应怎样确定？
[思路点拨] 由题意求出在此项经营中所收附加税金，建立不等关系转化为不等式问题求解．
[精解详析] 设产销量为每年x万瓶，则销售收入为每年70x万元，
从中征收的税金为70x·R%万元，其中x＝100－10R，
由题意得70(100－10R)R%≥112，
整理，得R2－10R＋16≤0.
∵Δ＝36＞0，方程R2－10R＋16＝0的两个实数根为x1＝2，x2＝8.
然后画出二次函数y＝R2－10R＋16的图象，由图象得不等式的解集为{R|2≤R≤8}．
答：当2≤R≤8时，每年在此项经营中所收附加税金不少于112万元．
解一元二次不等式应用题的关键在于构造一元二次不等式模型，即分析题目中有哪些未知量，然后选择其中起关键作用的未知量，设此未知量为x，用x来表示其他未知量，再根据题目中的不等关系列不等式．
3．据调查，湖南某地区有100万从事传统农业的农民，人均年收入3 000元．为了增加农民的收入，当地政府积极引资建立各种加工企业，对当地的农产品进行深加工，同时吸收当地部分农民进入加工企业工作．据估计，如果有x(x>0)万人进入企业工作，那么剩下从事传统农业的农民的人均年收入有望提高2x%，而进入企业工作的农民人均年收入为3 000a元(a>0为常数)．
(1)在建立加工企业后，要使该地区从事传统农业的农民的年总收入不低于加工企业建立前的年总收入，求x的取值范围；
(2)在(1)的条件下，当地政府应安排多少万农民进入加工企业工作，才能使这100万农民的人均年收入达到最大？
解：(1)根据题意，得
(100－x)·3 000·(1＋2x%)≥100×3 000，
即x2－50x≤0，解得0≤x≤50.
又x>0，故x的取值范围是(0,50]．
(2)设这100万农民的人均年收入为y元，则
y＝
＝
＝－[x－25(a＋1)]2＋3 000＋375(a＋1)2
(0①若0<25(a＋1)≤50，即0则当x＝25(a＋1)时，y取最大值；
②若25(a＋1)>50，即a>1，
则当x＝50时，y取最大值．
答：当01时，安排50万人进入加工企业工作，才能使这100万人的人均年收入最大．
[对应学生用书P6]
一、选择题
1．已知全集U＝R，集合M＝{x|x2－2x－3≤0}，则?UM＝( )
A．{x|－1≤x≤3} B．{x|－3≤x≤1}
C．{x|x<－3或x>1} D．{x|x<－1或x>3}
解析：因为M＝{x|－1≤x≤3}，全集U＝R，
所以?UM＝{x|x<－1或x>3}．
答案：D
2．关于x的不等式x2－ax－20a2<0任意两个解的差不超过9，则a的最大值与最小值的和是( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：方程x2－ax－20a2＝0的两根是x1＝－4a，x2＝5a，由关于x的不等式x2－ax－20a2<0任意两个解的差不超过9，得|x1－x2|＝|9a|≤9，
即－1≤a≤1.
答案：C
3．不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集为{x|－2解析：由题意得
解得a＝－1，c＝－2，
则函数y＝f(－x)＝－x2＋x＋2.
答案：C
4．已知a∈[－1,1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为( )
A．(－∞，2)∪(3，＋∞) B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，1)∪(3，＋∞) D．(1,3)
解析：把不等式的左端看成关于a的一次函数，
记f(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，
则f(a)>0对于任意的a∈[－1,1]恒成立，
有f(－1)＝x2－5x＋6>0，①
且f(1)＝x2－3x＋2>0，②
联立①②解得x<1或x>3.故选C.
答案：C
二、填空题
5．若不等式－x2＋2x－m>0在x∈[－1,0]上恒成立，则m的取值范围是________．
解析：由m<－x2＋2x知m只需小于u＝－x2＋2x，x∈[－1,0]的最小值即可．
又∵u在[－1,0]上递增，
∴umin＝－1－2＝－3.
∴m<－3.
答案：(－∞，－3)
6．已知x＝1是不等式k2x2－6kx＋8≥0(k≠0)的解，则k的取值范围是______________．
解析：由题意知，k2－6k＋8≥0，
即(k－2)(k－4)≥0，
∴k≥4或k≤2，又∵k≠0，
∴k的取值范围是(－∞，0)∪(0,2]∪[4，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(0,2]∪[4，＋∞)
7．若不等式2x－1>m(x2－1)对满足－2≤m≤2的所有m都成立，则x的取值范围为________________．
解析：(等价转化法)将原不等式化为：
m(x2－1)－(2x－1)<0.
令f(m)＝m(x2－1)－(2x－1)，
则原问题转化为当－2≤m≤2时，f(m)<0恒成立，
只需即可，即
解得答案：
8．已知方程x2＋(2m－3)x＋m2－15＝0的两个根一个大于－2，一个小于－2，则实数m的取值范围为________．
解析：设函数f(x)＝x2＋(2m－3)x＋m2－15，
则由题意：
即
∴－1＜m＜5.
答案：(－1,5)
三、解答题
9．若不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3(1)解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；
(2)b为何值时，ax2＋bx＋3≥0的解集为R?
解：(1)由题意知1－a<0，
且－3和1是方程(1－a)x2－4x＋6＝0的两根，
∴解得a＝3.
∴不等式2x2＋(2－a)x－a>0，
即为2x2－x－3>0，
解得x<－1或x>.
∴所求不等式的解集为.
(2)ax2＋bx＋3≥0，即为3x2＋bx＋3≥0.
若此不等式解集为R，则b2－4×3×3≤0，
∴－6≤b≤6.
10．一个服装厂生产风衣，日销售量x(件)与售价p(元/件)之间的关系为p＝160－2x，生产x件的成本R＝500＋30x元．
(1)该厂日产量多大时，日利润不少于1 300元？
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润，最大利润是多少？
解：(1)由题意知，日利润y＝px－R，
即y＝(160－2x)x－(500＋30x)
＝－2x2＋130x－500，
由日利润不少于1 300元，
得－2x2＋130x－500≥1 300，
即x2－65x＋900≤0，解得20≤x≤45.
故当该厂日产量在20～45件时，日利润不少于1 300元．
(2)由(1)得，y＝－2x2＋130x－500
＝－22＋，
由题意知，x为正整数．
故当x＝32或33时，y最大为1 612.
所以当日产量为32或33件时，可获得最大利润，最大利润为1 612元．
11．已知二次函数f(x)＝ax2＋x，若对任意x1，x2∈R，恒有2f≤f(x1)＋f(x2)成立，不等式f(x)<0的解集为A.
(1)求集合A；
(2)设集合B＝{x||x＋4|解：(1)对任意的x1，x2∈R，
f(x1)＋f(x2)－2f＝a(x1－x2)2≥0，要使上式恒成立，所以a≥0.
由f(x)＝ax2＋x是二次函数知a≠0，故a>0.
由f(x)＝ax2＋x＝ax<0，
解得A＝.
(2)解得B＝(－a－4，a－4)，因为集合B是集合A的子集，所以a－4≤0，且－a－4≥－.
解得0即a的取值范围是(0，－2＋]．
1．2 基本不等式
[读教材·填要点]
1．定理1
设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
2．定理2(基本不等式或平均值不等式)
如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．即：两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
3．定理3(三个正数的算术—几何平均值不等式)
如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
4．定理4(一般形式的算术—几何平均值不等式)
如果a1，a2，…，an为n个正数，则
≥
并且当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
[小问题·大思维]
1．在基本不等式≥中，为什么要求a，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，而且a，b至少有一个为0时，不能称为几何平均(或等比中项)，因此规定a，b∈(0，＋∞)．
2．满足不等式≥成立的a，b，c的范围是什么？
提示：a，b，c的范围为a≥0，b≥0，c≥0.
利用基本不等式证明不等式
[例1] 已知a，b，c为正实数，且abc＝1
求证：(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8.
[思路点拨] 本题考查基本不等式在证明不等式中的应用，解答本题需要分析不等式的特点，先对a＋b，b＋c，c＋a分别使用基本不等式，再把它们相乘．
[精解详析] ∵a，b，c为正实数，
∴a＋b≥2＞0，
b＋c≥2＞0，
c＋a≥2＞0，
由上面三式相乘可得
(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥8··＝8abc.
即(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8.
(1)用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形形式进行证明．
(2)本题证明过程中多次用到基本不等式，然后利用同向不等式的可加性得出所证的不等式．
1．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：(a＋b)≥4.
证明：∵a>0，b>0，∴a＋b≥2>0，①
当且仅当a＝b时取等号．
＋≥2>0，②
当且仅当＝，即a＝b时取等号．
①×②，得(a＋b)≥2·2＝4，
当且仅当a＝b时取等号．
∴(a＋b)≥4.
利用算术—几何平均值不等式证明不等式
[例2] (1)已知a，b，c∈R＋，
求证：a2＋b2＋c2＋2≥6.
(2)设a1，a2，a3均为正数，且a1＋a2＋a3＝m，求证：＋＋≥.
[思路点拨] 本题考查平均不等式的应用．解答(1)题时可重复使用均值不等式，(2)题需要先观察求证式子的结构，然后通过变形转化为用平均不等式证明．
[精解详析] (1)a2＋b2＋c2＋2
≥3＋9
≥2＝6，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
(2)∵·m
＝(a1＋a2＋a3)·
≥3·3
＝9·＝9.
当且仅当a1＝a2＝a3＝时等号成立．
又∵m>0，∴＋＋≥.
三个正数的算术—几何平均不等式定理，是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此，凡是可以利用该定理证明的不等式，一般都可以直接应用比较法证明，只是在具备条件时，直接应用该定理会更简便．若不直接具备“一正二定三相等”的条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．
连续多次使用平均值不等式定理时要注意前后等号成立的条件是否保持一致．
2．已知a，b，c∈R＋，证明(a＋b＋c)2≥27.
证明：∵a，b，c∈R＋，
∴a＋b＋c≥3>0.
∴(a＋b＋c)2≥9
又＋＋≥3>0，
∴(a＋b＋c)2≥3·9
＝27.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴(a＋b＋c)2≥27.
[对应学生用书P9]
一、选择题
1．设x、y为正实数，且xy－(x＋y)＝1，则( )
A．x＋y≥2(＋1) B．x＋y≤2(＋1)
C．x＋y≤(＋1)2 D．x＋y≥(＋1)2
解析：x＞0，y＞0，xy－(x＋y)＝1?xy＝1＋(x＋y)?1＋(x＋y)≤2?x＋y≥2(＋1)．
答案：A
2．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列关系式总成立的是( )
A．V≥π B．V≤π
C．V≥π D．V≤π
解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，
则由题意得：4r＋2h＝6，即2r＋h＝3，
于是有V＝πr2h≤π·3＝π3＝π，
当且仅当r＝h时取等号．
答案：B
3．设x，y，z∈R＋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：∵lg x＋lg y＋lg z＝lg(xyz)，
而xyz≤3，∴lg(xyz)≤lg 8＝3lg 2
(当且仅当x＝y＝z＝2时，等号成立)．
答案：B
4．设a，b，c∈(0，＋∞)且a＋b＋c＝1，令x＝，则x的取值范围为( )
A. B.
C．[1,8) D．[8，＋∞)
解析：∵x＝
＝··＝
≥＝8，
当且仅当a＝b＝c时取等号，∴x≥8.
答案：D
二、填空题
5．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
6．设a>1，t>0，则logat与loga的大小关系为logat________loga(填“<”“≥”或“≤”)．
解析：因为logat＝loga，又t>0
又≥ .
而a>1，∴loga≥loga，故填“≤”．
答案：≤
7．函数y＝(x≠0)有最大值________，此时x＝________.
解析：∵x≠0，∴x2>0.
∴y＝＝≤＝，
当且仅当x2＝，即x4＝9，x＝±时取等号，
即当x＝±时，ymax＝.
答案： ±
8．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1，则abc的最大值是________．
解析：∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴1＝a＋b＋c≥3.
0＜abc≤3＝，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
答案：
三、解答题
9．求函数y＝2x2＋(x>0)的最小值．
解：由x>0知2x2>0，>0，则
y＝2x2＋＝2x2＋＋
≥3＝3.
当且仅当2x2＝，即x＝时，
ymin＝3＝.
10．已知a，b为正实数，a＋b＝1.
求证：2＋2≥.
证明：∵a>0，b>0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，≤.∴≥4.
∵≤ ，∴≥2.
∴2＋2≥22＝≥≥.
∴2＋2≥.
当且仅当a＝b＝时等号成立．
11．设a，b，c为正实数，
求证：＋＋＋abc≥2.
证明：因为a，b，c为正实数，由算术—几何平均不等式可得
＋＋≥3，
即＋＋≥(当且仅当a＝b＝c时，等号成立)．
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2＝2(当且仅当a2b2c2＝3时，等号成立)，
所以＋＋＋abc≥2(当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立)．
1．3 绝对值不等式的解法
[读教材·填要点]
1．含绝对值的不等式|x|≤a与|x|≥a的解集
不等式
a＞0
a＜0
|x|≤a
[－a，a]
?
|x|≥a
(－∞，－a]∪[a，＋∞]
R
2．|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
(1)|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；
(2)|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
3．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
(1)分区间讨论法：以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负进而去掉绝对值符号是解题关键．
(2)图象法：构造函数，结合函数的图象求解．
(3)几何法：利用绝对值不等式的几何意义求解．
[小问题·大思维]
1．|x|以及|x－a|±|x－b|表示的几何意义是什么？
提示：|x|的几何意义是数轴上表示数x的点到原点O的距离；|x－a|±|x－b|的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数a，b的点的距离之和(差)．
2．如何解|x－a|＜|x－b|、|x－a|＞|x－b|(a≠b)型的不等式的解集？
提示：可通过两边平方去绝对值符号的方法求解．
含一个绝对值不等式的解法
[例1] 解下列不等式：
(1)1＜|x－2|≤3；
(2)|2x＋5|＞7＋x；
(3)≤.
[思路点拨] 本题考查较简单的绝对值不等式的解法．解答本题(1)可利用公式转化为|ax＋b|＞c(c＞0)或|ax＋b|＜c(c＞0)型不等式后逐一求解，也可利用绝对值的定义分两种情况去掉绝对值符号，还可用平方法转化为不含绝对值的不等式．
(2)可利用公式法转化为不含绝对值的不等式．
(3)可分类讨论去掉分母和绝对值．
[精解详析] (1)法一：原不等式等价于不等式组
即
解得－1≤x＜1或3＜x≤5，
所以原不等式的解集为{x|－1≤x＜1或3＜x≤5}．
法二：原不等式可转化为：
①或②
由①得3＜x≤5，由②得－1≤x＜1，
所以原不等式的解集是{x|－1≤x＜1或3＜x≤5}．
(2)由不等式|2x＋5|＞7＋x，
可得2x＋5＞7＋x或2x＋5＜－(7＋x)，
整理得x＞2或x＜－4.
∴原不等式的解集是{x|x＜－4或x＞2}．
(3)①当x2－2＜0且x≠0，即当－＜x＜，
且x≠0时，原不等式显然成立．
②当x2－2＞0时，
原不等式与不等式组等价，
x2－2≥|x|即|x|2－|x|－2≥0，
∴|x|≥2，∴不等式组的解为|x|≥2，
即x≤－2或x≥2.
∴原不等式的解集为
(－∞，－2]∪(－，0)∪(0，)∪[2，＋∞)．
含一个绝对值不等式的常见类型及其解法：
(1)形如|f(x)|＜a，|f(x)|＞a(a∈R)型不等式
此类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．
(2)形如|f(x)|＜g(x)，|f(x)|＞g(x)型不等式
此类不等式的简单解法是等价命题法，即
①|f(x)|＜g(x)?－g(x)＜f(x)＜g(x)，
②|f(x)|＞g(x)?f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)(其中g(x)可正也可负)．
若此类问题用分类讨论法来解决，就显得较复杂．
(3)形如a＜|f(x)|＜b(b＞a＞0)型不等式
此类问题的简单解法是利用等价命题法，即
a＜|f(x)|＜b(0＜a＜b)
?a＜f(x)＜b或－b＜f(x)＜－a.
(4)形如|f(x)|＜f(x)，|f(x)|＞f(x)型不等式
此类题的简单解法是利用绝对值的定义，即
|f(x)|＞f(x)?f(x)＜0，
|f(x)|＜f(x)?x∈?.
1．设函数f(x)＝|2x－a|＋5x，其中a>0.
(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥5x＋1的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．
解：(1)当a＝3时，
不等式f(x)≥5x＋1可化为|2x－3|≥1，
由此可得x≥2或x≤1.
故不等式f(x)≥5x＋1的解集为{x|x≤1或x≥2}．
(2)由f(x)≤0得|2x－a|＋5x≤0，此不等式可化为不等式组或
即或
因为a>0，所以不等式组的解集为.
由题设可得－＝－1，故a＝3.
含两个绝对值不等式的解法
[例2] 解不等式|x＋7|－|3x－4|＋>0.
[思路点拨] 先求出零点即x＝－7，，再分段讨论．
[精解详析] 原不等式化为
|x＋7|－|3x－4|＋－1>0，
当x>时，原不等式为x＋7－(3x－4)＋－1>0，
得x<5＋，即当－7≤x≤时，原不等式为
x＋7＋(3x－4)＋－1>0，
得x>－－，
即－－当x<－7时，原不等式为
－(x＋7)＋(3x－4)＋－1>0，
得x>6－，与x<－7矛盾；
综上，不等式的解为－－(1)|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．
(2)|x－a|＋|x－b|≥c、|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的图象解法和画出函数f(x)＝|x－a|＋|x－b|－c的图象是密切相关的，其图象是折线，正确地画出其图象的关键是写出f(x)的分段表达式．不妨设
a＜b，于是f(x)＝
这种图象法的关键是合理构造函数，正确画出函数的图象，求出函数的零点，体现了函数与方程结合、数形结合的思想．
(3)形如|f(x)|＜|g(x)|型不等式
此类问题的简单解法是利用平方法，即
|f(x)|＜|g(x)|?[f(x)]2＜[g(x)]2
?[f(x)＋g(x)][f(x)－g(x)]＜0.
2．设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－3|.
(1)解不等式f(x)≥4；
(2)求函数y＝f(x)的最小值．
解：(1)由题意得，f(x)＝|2x＋1|－|x－3|
＝
所以不等式f(x)≥4，
等价于或或
解得x≤－8或x≥2.
所以原不等式的解集为{x|x≤－8或x≥2}．
(2)由(1)知，当x<－时，f(x)＝－x－4，
所以f(x)在上单调递减；
当－≤x≤3时，f(x)＝3x－2，所以f(x)在上单调递增；
当x>3时，f(x)＝x＋4，所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增．
故当x＝－时，y＝f(x)取得最小值，
此时f(x)min＝－.
含参数的绝对值不等式的解法
[例3] 设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
如果?x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．
[思路点拨] 本题考查绝对值不等式的解法．解答本题应先对a进行分类讨论，求出函数f(x)的最小值，然后求a的取值范围．
[精解详析] 若a＝1，f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件．
若a＜1，f(x)＝
f(x)的最小值为1－a.
若a＞1，f(x)＝
f(x)的最小值为a－1.
所以?x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，从而a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
含有参数的不等式的求解问题分两类，一类不需要对参数进行讨论，另一类如本例，对参数a进行讨论，得到关于参数a的不等式(组)，进而求出参数的取值范围．
3．(辽宁高考)已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解：(1)当a＝2时，
f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，
解得x≤1；
当2当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，
解得x≥5.
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，
则h(x)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以于是a＝3.
[对应学生用书P12]
一、选择题
1．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
2．如果<2和|x|>同时成立，那么x的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：解不等式<2得x<0或x>；
解不等式|x|>得x>或x<－.
如图所示：
∴x的取值范围为.
答案：B
3．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
4．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l1；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
二、填空题
5．不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．
解析：原不等式即|2x＋1|＞2|x－1|，两端平方后解得12x＞3，即x＞.
答案：
6．不等式≥1的实数解集为________．
解析：≥1?|x＋1|≥|x＋2|，x＋2≠0
?(x＋1)2≥(x＋2)2，x≠－2?x≤－，x≠－2.
答案：(－∞，－2)∪
7．若不等式x＋＞|a－2|＋1对于一切非零实数x均成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵|x＋|≥2，∴|a－2|＋1＜2，即|a－2|＜1，解得1＜a＜3.
答案：1＜a＜3
8．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：
三、解答题
9．解不等式|2x－4|－|3x＋9|＜1.
解：(1)当x＞2时，原不等式可化为
解得x＞2.
(2)当－3≤x≤2时，原不等式可化为
解得－＜x≤2.
(3)当x＜－3时，原不等式可化为
解得x＜－12.
综上所述，原不等式的解集为.
10．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－2a|.
(1)当a＝1时，求f(x)≤3的解集；
(2)当x∈[1,2]时，f(x)≤3恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
原不等式可化为|2x－1|＋|x－2|≤3，
当x>2时，得3x－3≤3，则x≤2，无解；
当≤x≤2时，得x＋1≤3，则x≤2，所以≤x≤2；
当x<时，得3－3x≤3，则x≥0，所以0≤x<.
综上所述，原不等式的解集为[0,2]．
(2)原不等式可化为|x－2a|≤3－|2x－1|，
因为x∈[1,2]，所以|x－2a|≤4－2x，
即2x－4≤2a－x≤4－2x，
故3x－4≤2a≤4－x对x∈[1,2]恒成立．
当1≤x≤2时，3x－4的最大值为2,4－x的最小值为2，
所以a的取值范围为1.
11．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－a|(a>0)．
(1)当a＝4时，已知f(x)＝7，求x的取值范围；
(2)若f(x)≥6的解集为{x|x≤－4或x≥2}，求a的值．
解：(1)因为|x＋3|＋|x－4|≥|x＋3－x＋4|＝7，当且仅当(x＋3)(x－4)≤0时等号成立．
所以f(x)＝7时，－3≤x≤4，故x∈[－3,4]．
(2)由题知f(x)＝
当a＋3≥6时，不等式f(x)≥6的解集为R，不合题意；
当a＋3<6时，不等式f(x)≥6的解为或
即或
又因为f(x)≥6的解集为{x|x≤－4或x≥2}，
所以a＝1.
1．4 绝对值的三角不等式
[读教材·填要点]
绝对值的三角不等式
(1)定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.
当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，等号成立?(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之间．
①推论1：||a|－|b||≤|a＋b|
②推论2：||a|－|b||≤|a－b|
[小问题·大思维]
1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？
提示：|a|－|b|≤|a＋b|，|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.
2．不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件分别是什么？
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|.
3．绝对值不等式|a－c|≤|a－b|＋|b－c|的几何解释是什么？
提示：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，当点B在点A，C之间时，|AC|＝|AB|＋|BC|；当点B不在点A，C之间时，|AC|<|AB|＋|BC|.
绝对值的三角不等式的应用
[例1] (1)以下四个命题：
①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
②若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；
③若|x|＜2，|y|＞3，则||＜；
④若AB≠0，则lg≥( lg|A|＋lg|B|)．
其中正确的命题有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
(2)不等式≥1成立的充要条件是________．
[思路点拨] 本题考查绝对值的三角不等式定理的应用及充要条件等问题．解答问题(1)可利用绝对值的三角不等式定理，结合不等式的性质、基本定理等一一验证；解答问题(2)应分|a|＞|b|与|a|<|b|两类讨论．
[精解详析] (1)|a＋b|＝|(b－a)＋2a|≤|b－a|＋2|a|
＝|a－b|＋2|a|，∴|a＋b|－2|a|≤|a－b|，①正确；
1＞|a－b|≥|a|－|b|，∴|a|＜|b|＋1，②正确；
|y|＞3，∴＜.
又∵|x|＜2，∴＜.③正确；
2＝(|A|2＋|B|2＋2|A||B|)，
≥(2|A||B|＋2|A||B|)＝|A||B|，
∴2lg≥lg|A||B|.
∴lg≥(lg|A|＋lg|B|)，④正确．
(2)当|a|>|b|时，有|a|－|b|>0，
∴|a＋b|≥||a|－|b||＝|a|－|b|.
∴必有≥1.
即|a|>|b|是≥1成立的充分条件．
当≥1时，由|a＋b|>0，
必有|a|－|b|>0.
即|a|>|b|，故|a|>|b|是≥1成立的必要条件．
故所求为：|a|>|b|.
[答案] (1)A (2)|a|＞|b|
(1)绝对值的三角不等式：|a|－|b|＜|a±b|＜|a|＋|b|的几何意义是：三角形任意两边之差小于第三边，三角形任意两边之和大于第三边．
(2)对|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|的诠释：
定理的构
成部分
特征
大小
关系
等号成立的条件
左端|a|－|b|
可能是负的
≤中间部分
中间部分为|a＋b|时，ab≤0，且|a|≥|b|时，左边的等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左边等号成立．
中间部分|a±b|
肯定是非负的
≥左端
≤右端
用“＋”连接时，ab≥0，右端取等号，ab≤0，且|a|≥|b|时，左端取等号；用“－”连接时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左端取等号，ab≤0，右端取等号．
右端|a|＋|b|
是非负的
≥中间部分
中间部分为|a＋b|时，ab≥0，等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≤0，等号成立.
1．(1)若x＜5，n∈N＋，则下列不等式：
①|xlg|＜5|lg|；
②|x|lg＜5lg；
③xlg＜5|lg|；
④|x|lg＜5|lg|.
其中，能够成立的有________．
(2)已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＝n D．m≤n
解析：(1)∵0＜＜1.
∴lg＜0.
由x＜5，并不能确定|x|与5的关系，
∴可以否定①②③，而|x|lg＜0，④成立．
(2)∵|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，
∴m＝≤＝1，
n＝≥＝1.∴m≤1≤n.
答案：(1)④ (2)D
利用绝对值的三角不等式证明不等式
[例2] 已知a，b∈R且a≠0，
求证：≥－.
[思路点拨] 本题的特点是绝对值符号较多，直接去掉绝对值符号较困难．从所证的不等式可以看出，不等式的左边为非负值，而不等式右边的符号不定．如果不等式右边非正，这时不等式显然成立；当不等式右边为正值时，有|a|＞|b|.所以本题应从讨论|a|与|b|的大小入手，结合作差比较法，可以使问题得以解决．
[精解详析] ①若|a|＞|b|，
左边＝
＝≥
＝.
∵≤，≤，
∴＋≤.
∴左边≥＝右边．
②若|a|<|b|，
左边>0，右边<0，∴原不等式显然成立．
③若|a|＝|b|，原不等式显然成立．
综上可知原不等式成立．
含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式性质定理：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．
2．(1)已知ε>0，|x－a|<ε，|y－b|<ε，
求证：|(x＋y)－(a＋b)|<2ε.
(2)设f(x)＝x2－x＋13，实数a满足|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
证明：(1)|(x＋y)－(a＋b)|＝|(x－a)＋(y－b)|≤|x－a|＋|y－b|.①
∵|x－a|<ε，|y－b|<ε，
∴|x－a|＋|y－b|<ε＋ε＝2ε.②
由①②得：|(x＋y)－(a＋b)|<2ε.
(2)∵f(x)＝x2－x＋13，
∴|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|
＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|.
又∵|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|
≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1
＝2(|a|＋1)，
∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1).
利用绝对值的三角不等式求最值
[例3] 已知a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4.
求|a|＋|b|的最大值．
[思路点拨] 本题考查绝对值三角不等式的应用．解答本题可先求出|a＋b|，|a－b|的最值，再通过|a|＋|b|与它们相等时进行讨论求出最大值．
[精解详析] |a＋b|＝|(a＋b＋1)－1|
≤|a＋b＋1|＋|－1|≤2，
|a－b|＝|3(a＋b＋1)－2(a＋2b＋4)＋5|
≤3|a＋b＋1|＋2|a＋2b＋4|＋5
≤3＋2×4＋5＝16.
①若ab≥0，则|a|＋|b|＝|a＋b|≤2；
②若ab＜0，则|a|＋|b|＝|a－b|≤16.
而当即a＝8，b＝－8时，
|a|＋|b|取得最大值，且|a|＋|b|＝|a－b|＝16.
(1)求含绝对值的代数式的最值问题综合性较强，本题直接求|a|＋|b|的最大值比较困难，可采用|a＋b|，|a－b|的最值，及ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|，ab＜0时，|a|＋|b|＝|a－b|的定理，达到目的，其巧妙之处令人赞叹不已．
(2)求y＝|x＋m|＋|x＋n|和y＝|x＋m|－|x＋n|的最值，其主要方法有：
①借助绝对值的定义，即零点分段；
②利用绝对值几何意义；
③利用绝对值不等式性质定理．
3．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为( )
A．5 B．4
C．8 D．7
解析：由题易得，|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，
即|x－2y＋1|的最大值为5.
答案：A
[对应学生用书P15]
一、选择题
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|，
又|a＋b|<|a|＋|b|，
∴|a＋b|<|a|＋|b|＝|a－b|.
答案：B
2．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的( )
A．充分非必要条件
B．必要非充分条件
C．充要条件
D．非充分非必要条件
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)的充分非必要条件．
答案：A
3．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
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：∵|a－c|＜b，令a＝1，c＝2，b＝3.
则|a|＝1，|b|＋|c|＝5，∴|a|＜|b|＋|c|成立．
|c|＝2，|a|＋|b|＝4，∴|c|＜|a|＋|b|成立．
||c|－|a||＝||2|－|1||＝1，∴b＞||c|－|a||成立．
故b＜||a|－|c||不成立．
答案：D
二、填空题
5．已知p，q，x∈R，pq≥0，x≠0，则________2.(填不等关系符号)
解析：当p，q至少有一个为0时，≥2，
当pq>0时，p，q同号，则px与同号，
∴＝|px|＋≥2，
故≥2.
答案：≥
6．(重庆高考)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：|2x－1|＋|x＋2|＝＋≥0＋＝，当且仅当x＝时取等号，因此函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值是.所以a2＋a＋2≤，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，即实数a的取值范围是.
答案：
7．不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，
则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，
所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则需a<2.
答案：(－∞，2)
8．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数m＞0，使|f(x)|≤m|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为F函数．给出下列函数：
①f(x)＝0；②f(x)＝x2；③f(x)＝(sin x＋cos x)；
④f(x)＝；⑤f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤2|x1－x2|.
其中是F函数的序号是________．
解析：由|f(x)|≤m|x|，当x≠0时，知m≥，
对于①，有＝0，x≠0，故取m＞0即可；
对于②，由|x2|＝|x|2，∴＝|x|，无最大值；
对于③，由f(x)＝2sin，
而＝无最大值；
对于④，由＝≤，x≠0，只要取
m＝即可；
对于⑤，令x2＝0，x1＝x ，由f(0)＝0，知|f(x)|≤2|x|.
答案：①④⑤
三、解答题
9．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|＜.
10．设a，b∈R，求证：＋≥.
证明：法一：①若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．②若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴＝
≥＝(*)
又＞，＞，
∴＋＞.
又由(*)式可知＋＞.
综上①②可知＋≥.
法二：若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．
若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴0＜1＋≤1＋.
即0＜≤.
取倒数得≥，
又由法一知，原不等式成立．
法三：∵|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴|a|＋|b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|≥|a＋b|＋
(|a|＋|b|)·|a＋b|，
即(|a|＋|b|)(1＋|a＋b|)≥|a＋b|(1＋|a|＋|b|)．
两边同除以(1＋|a＋b|)(1＋|a|＋|b|)得
≥.又由法一知，原不等式成立．
法四：构造函数f(x)＝，
任取x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，有
f(x1)－f(x2)＝－
＝＜0.
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又|a|＋|b|≥|a＋b|，∴f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|)，
即≥.
又由法一知，所证不等式成立．
11．已知|x1－2|<1，|x2－2|<1.
(1)求证：2(2)若f(x)＝x2－x＋1，x1≠x2，求证：
|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|.
证明：(1)∵|x1－2|<1，|x2－2|<1，
∴2－1即1|x1－x2|＝|(x1－2)－(x2－2)|
≤|x1－2|＋|x2－2|<1＋1＝2，
即|x1－x2|<2.
(2)∵f(x)＝x2－x＋1，
∴|f(x1)－f(x2)|＝|x－x1－x＋x2|
＝|(x1－x2)(x1＋x2－1)|＝|x1－x2||x1＋x2－1|.
由(1)知20，
∴|x1－x2|<|x1－x2||x1＋x2－1|<5|x1－x2|，
即|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|.
1．5.1 比 较 法
[读教材·填要点]
1．定义
要证a>b，只需要证a－b>0；要证a2．用比较法证明不等式的步骤
(1)求差．
(2)变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式．
(3)作出判断．
[小问题·大思维]
作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？
提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.
比较法证明不等式
[例1] 求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab).
[思路点拨] (1)利用作差比较法，注意变形分解；
(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小．
[精解详析] (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)
＝(x－1)(2x3－x－1)
＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)
＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]
＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)
＝(x－1)2≥0，
∴1＋2x4≥2x3＋x2.
法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1
＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，
∴1＋2x4≥2x3＋x2.
(2)＝ab＝，
当a＝b时，＝1；
当a>b>0时，>1，>0，则>1；
当b>a>0时，0<<1，<0，
则>1.
综上可知，当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab) 成立．
(1)比较法证明不等式的过程中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．
(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．
1．已知x>－1，求证：≤1＋.
证明：∵x＞－1，
∴1＋x>0，>0.
∵－(1＋)＝－
＝－－
＝－[(x＋1)－2＋1]
＝－(－1)2≤0，
∴≤1＋.
比较法的实际应用
[例2] 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，问甲、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，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程s，甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间t1、t2，然后利用作差法比较t1，t2的大小即可．
[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＜t2.
从而知甲比乙先到达指定地点．
应用不等式解决问题时，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，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料；②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论．
2．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案．第一种方案：乘起步价为10元，超过规定里程后每千米1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？
解：设A地到B地的距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．
显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较合适．
当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，
则P(x)＝10＋1.2x，Q(x)＝8＋1.4x.
∵P(x)－Q(x)＝2－0.2x＝0.2(10－x)
∴当x>10时，P(x)当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选择起步价为8元的出租车较为合适．
当x＝10时，P(x)＝Q(x)，两种出租车任选，费用相同．
[对应学生用书P18]
一、选择题
1．下列关系中对任意a＜b＜0的实数都成立的是( )
A．a2＜b2 B．lgb2C．>1 D．a2＞b2
解析：∵a＜b＜0，∴－a>－b>0.
(－a)2>(－b)2>0.
即a2>b2>0.
∴＜1.
又lg b2－lg a2＝lg＜lg 1＝0.
∴lg b2＜lg a2.
答案：B
2．已知P＝，Q＝a2－a＋1，那么P、Q的大小关系是( )
A．P>Q B．PC．P≥Q D．P≤Q
解析：P－Q＝
＝，
∵a2＋a＋1＞0恒成立且a4＋a2≥0，
∴P－Q≤0.即Q≥P.
答案：D
3．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，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
4．若a，b为不等的正数，则(abk＋akb)－(ak＋1＋bk＋1)(k∈N＋)的符号( )
A．恒正 B．恒负
C．与k的奇偶性有关 D．与a，b大小无关
解析：(abk＋akb)－ak＋1－bk＋1
＝bk(a－b)＋ak(b－a)＝(a－b)(bk－ak)．
∵a>0，b>0，若a>b，则ak>bk，
∴(a－b)(bk－ak)<0；
若a答案：B
二、填空题
5．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∴－2xy(x－y)>0，∴M－N>0.即M>N.
答案：M>N
6．设0解析：由a2＝2x，b2＝1＋x2＋2x>a2，a>0，b>0，
得b>a.
又c－b＝－(1＋x)＝＝>0，
得c>b，知c最大．
答案：c
7．如果a>0，b>0，则下列两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．(填不等关系符号)
解析：∵(1＋a)(b＋1)＝1＋a＋b＋ab，
∴[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]
＝lg .
∵(1＋)2－()2＝2－(a＋b)，
又a＋b≥2，∴2－(a＋b)≤0.
∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≤
8．一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答案：月末
三、解答题
9．已知a≥1，求证－<－，
证明：∵(－)－(－)
＝－
＝＜0，
∴－<－.
10．设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
证明：由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)
＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
当a得(－)[()5－()5]>0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
11．设m∈R，a>b>1，f(x)＝，比较f(a)与f(b)的大小．
解：f(a)－f(b)＝－＝.
∵a>b>1，∴b－a<0，a－1>0，b－1>0，
∴<0.
当m>0时，<0，f(a)当m<0时，>0，f(a)>f(b)；
当m＝0时，＝0，f(a)＝f(b)．
1．5.2 综合法和分析法
[读教材·填要点]
1．综合法
从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题，这种方法称为综合法．
2．分析法
从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实)，这种证明方法称为分析法．
[小问题·大思维]
1．如何理解分析法寻找的是使要证命题成立的充分条件？
提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证A只需证B”表示，说明只要B成立，就一定有A成立，所以B必须是A的充分条件才行，当然B是A的充要条件也可．
2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？
提示：综合法：A?B1?B2?…?Bn?B(逐步推演不等式成立的必要条件)，
即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．
分析法：B?B1?B2?…?Bn?A(步步寻求不等式成立的充分条件)，
总之，综合法与分析法是对立统一的两种方法．
用综合法证明不等式
[例1] 已知a，b，c均为正实数，且互不相等，又abc＝1.
求证：＋＋<＋＋.
[思路点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有根号，脱去根号可通过＝<实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．
[精解详析] 法一：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
法二：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab
＝＋＋
＞ ＋＋
＝＋＋.
(1)用综合法证明不等式时，主要利用基本不等式，函数的单调性以及不等式的性质等知识，在严密的演绎推理下推导出结论．
(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)．②(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，()2≥ab.a2＋b2≥(a＋b)2.③若a，b为正实数，≥.特别＋≥2.④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
1．已知a>0，b>0，求证a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
证明：因为b2＋c2≥2bc，a>0，
所以a(b2＋c2)≥2abc.
又因为c2＋a2≥2ac，b>0，
所以b(c2＋a2)≥2abc.
因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
用分析法证明不等式
[例2] a，b均为正实数，且2c>a＋b.
求证：c－[思路点拨] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．解答本题需要对原不等式变形为－[精解详析] 要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，
也即证a2＋ab＜2ac，即a(a＋b)＜2ac.
∵a，b均为正实数，且a＋b＜2c，∴a(a＋b)＜2ac显然成立．
∴原不等式成立．
(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或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)对于无理不等式的证明，常采用分析法通过平方将其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．
(3)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x>0，y>0，求证：(x2＋y2)>(x3＋y3).
证明：要证明(x2＋y2)>(x3＋y3)，
只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即证3x4y2＋3x2y4>2x3y3.
∵x>0，y>0，∴x2y2>0.
即证3x2＋3y2>2xy.
∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2>2xy成立．
∴(x2＋y2)>(x3＋y3).
分析法与综合法的综合应用
[例3] 已知a，b，c均为正实数，且b2＝ac.求证：a4＋b4＋c4＞(a2－b2＋c2)2.
[思路点拨] 本题考查综合法与分析法的综合应用．解答本题可先采用分析法将所要证明的不等式转化为较易证明的不等式，然后再用综合法证明．
[精解详析] 欲证原不等式成立，只需证a4＋b4＋c4＞a4＋b4＋c4－2a2b2＋2a2c2－2b2c2，
即证a2b2＋b2c2－a2c2＞0，
∵b2＝ac，故只需证(a2＋c2)ac－a2c2＞0.
∵a、c＞0，故只需证a2＋c2－ac>0，
又∵a2＋c2>2ac，
∴a2＋c2－ac>0显然成立．
∴原不等式成立．
(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．
(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析与综合之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．
3．已知a>b>c，求证：＋＋>0.
证明：法一：要证明＋＋>0，
只需要证明＋>.
∵a>b>c，∴a－c>a－b>0，b－c>0，
∴>，
>0，∴＋>成立．
∴＋－>0成立．
法二：若令a－b＝x，b－c＝y，则a－c＝x＋y，
∵a>b>c，∴x>0，y>0，
证明＋＋>0，
只要证明：＋－>0，
也就是要证：>0，
即证：＞0，
∵x>0，y>0，∴x＋y>0，x2＋y2＋xy>0，
∴上式成立，即＋－＞0，
故＋＋>0.
[对应学生用书P20]
一、选择题
1．设a，b均为正实数，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：用综合法(＋)2＝a＋2＋b，
所以A2－B2＞0.
又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
答案：C
2．已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是( )
A．xy>yz B．xz>yz
C．xy>xz D．x|y|>z|y|
解析：由已知得3x>x＋y＋z＝0，
3z0，z<0.
由得xy>xz.
答案：C
3．若a>0，b>0，下列不等式中不成立的是( )
A.＋≥2 B．a2＋b2≥2ab
C.＋≥a＋b D.＋≥2＋
解析：由∈(0，＋∞)且∈(0，＋∞)，得＋≥2，所以A成立，B显然成立，不等式C可变形为a3＋b3≥a2b＋ab2?(a2－b2)(a－b)≥0.
答案：D
4．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．PC．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
5．已知a，b，c∈R＋，则＋＋与＋＋的大小关系是________________．
解析：因为＋≥2，＋≥2，＋≥2，三式相加可得＋＋≥＋＋ .
答案：＋＋≥＋＋
6．若x>0，y>0，且5x＋7y＝20，则xy的最大值是________________．
解析：xy＝(5x·7y)≤2＝2＝.
当且仅当5x＝7y＝10即x＝2，y＝时取等号．
答案：
7．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：由已知P＝，Q＝，
＝＝，即R＝，显然P≥Q，
又≤＝，∴Q≥R.∴P≥Q≥R.
答案：P≥Q≥R
8．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则λ的取值范围是________．
解析：不等式可化为＋>.
∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴λ<＋恒成立．
∵＋＝＋
＝2＋＋
≥2＋2＝4.
∴λ<4.
答案：(－∞，4)
三、解答题
9．a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1.
求证：＋＋>＋＋.
证明：法一：由左式推证右式
∵abc＝1，且a，b，c为互不相等的正数，
∴＋＋＝bc＋ac＋ab＝＋＋>＋＋(基本不等式)
＝＋＋.
∴＋＋>＋＋.
法二：由右式推证左式
∵a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋
<＋＋(基本不等式)
＝＋＋.
∴＋＋>＋＋.
10．已知a>b>0，求证：<－<.
证明：要证<－<，
只要证即证2<(－)2<2，
即证0＜＜－＜，
即证<2<，
即证1＋<2<1＋，
即证<1<成立．
因为a>b>0，所以>1，<1，
故＜1，＞1成立．
所以有<－<成立．
11．已知实数a、b、c满足c＜b＜a，a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1.求证：1＜a＋b＜.
证明：∵a＋b＋c＝1，∴欲证结论等价于
1＜1－c＜，即－＜c＜0.
又a2＋b2＋c2＝1，则有
ab＝
＝＝c2－c. ①
由a＋b＝1－c. ②
由①②得a、b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，
解得－＜c＜1.
∵c＜b＜a，∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab＝c2－c(1－c)＋c2－c＞0，解得c＜0或c＞(舍)．
∴－＜c＜0，即1＜a＋b＜.
1．5.3 反证法和放缩法
[读教材·填要点]
1．反证法
首先假设要证明的命题是不正确的，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(或已证明过的定理，或明显成立的事实)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来结论是正确的，这种方法称为反证法．
2．放缩法
在证明不等式时，有时需要将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的，这种方法称为放缩法．
[小问题·大思维]
1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？
提示：用反证法证明不等式要把握三点：
(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．
2．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，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．
用反证法证明否定性结论
[例1] 设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.
[思路点拨] 本题考查反证法的应用．解答本题若采用直接法证明将非常困难，因此可考虑采用反证法从反面入手解决．
[精解详析] 假设4a(1－b)＞1,4b(1－c)＞1,4c(1－d)＞1，4d(1－a)＞1，则有
a(1－b)＞，b(1－c)＞，
c(1－d)＞，d(1－a)＞.
∴＞，＞，
＞，＞.
又∵≤，≤，
≤，≤，
∴＞，＞，
＞，＞.
将上面各式相加得2＞2，矛盾．
∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.
(1)当证明的结论中含有“不是”，“不都”，“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体．
(2)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式①与已知相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾．
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
解：(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝.
(2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.①
又因为p所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证.
用反证法证明“至多”、“至少”型命题
[例2] 若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
[思路点拨] 由于问题是“至少型”命题，故可用反证法证明．
[精解详析] 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3
∴π－3>0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)≥0
∴a＋b＋c>0这与a＋b＋c≤0矛盾．
因此，a，b，c中至少有一个大于0.
(1)在证明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼时，或证明否定性命题、惟一性命题时，可使用反证法证明．在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾，也可以与已知矛盾，与显然的事实矛盾，也可以自相矛盾．
(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．
2．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，
故a，b，c，d中至少有一个是负数.
用放缩法证明不等式
[例3] 求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N*且n≥2)．
[思路点拨] 本题考查放缩法在证明不等式中的应用，解答本题要注意欲证的式子中间是一个和的形式，但我们不能利用求和公式或其他方法求和，因此可考虑将分母适当放大或缩小成可以求和的形式，进而求和，并证明该不等式．
[精解详析] ∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)，
∴＜＜.
即－＜＜－(k∈N＋且k≥2)．
分别令k＝2,3，…，n得
－＜＜1－，－＜＜－，
…
－＜＜－，将这些不等式相加得
－＋－＋…＋－＜＋＋…＋＜1－＋－＋…＋－，
即－＜＋＋…＋＜1－.
∴1＋－＜1＋＋＋…＋＜1＋1－.
即－＜1＋＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)成立．
(1)放缩法证不等式主要是根据不等式的传递性进行变换，即欲证a>b，可换成证a>c且c>b，欲证a(2)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．
3．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.
[对应学生用书P23]
一、选择题
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、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a、b、c中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D项符合．
答案：D
2．设M＝＋＋＋…＋，则( )
A．M＝1 B．M<1
C．M>1 D．M与1大小关系不定
解析：∵210＋1>210,210＋2>210，…，211－1>210，
∴M＝＋＋＋…＋
<＝1.
答案：B
3．设a，b，c∈(－∞，0)，则三数a＋，b＋，c＋的值( )
A．都不大于－2
B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2
D．至少有一个不小于－2
解析：假设都大于－2，
则a＋＋b＋＋c＋＞－6，∵a，b，c＜0，
∴a＋≤－2，b＋≤－2，c＋≤－2，
∴a＋＋b＋＋c＋≤－6，这与假设矛盾，则选C.
答案：C
4．已知p＝a＋，q＝－a2＋4a(a>2)，则( )
A．p>q B．pC．p≥q D．p≤q
解析：∵p＝(a－2)＋＋2，又a－2>0，
∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，
由a>2，可得q<4，∴p>q.
答案：A
二、填空题
5．给出下列两种说法：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时，可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以上两种说法正确的是________．
解析：反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q>2，所以①错误；对于②，其假设正确．
答案：②
6．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为________．
解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n＋1条”．
答案：直径的数目至少为n＋1条
7．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________．
解析：A＝＋＋＋…＋≥＝＝.
答案：A≥
8．设a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系是________．
解析：∵a>0，b>0，
∴N＝＋>＋
＝＝M.
∴M答案：M三、解答题
9．已知0证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，
则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1. ①
由于0∴0＜x(2－x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1.
同理：0＜y(2－y)≤1，且0＜z(2－z)≤1，
∴三式相乘得：0②与①矛盾，故假设不成立．
∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.
法二：假设x(2－y)＞1且y(2－z)＞1且z(2－x)＞1.
∴＋＋＞3. ③
又＋＋
≤＋＋＝3 ④
④与③矛盾，故假设不成立，
∴原题设结论成立．
10．已知实数x、y、z不全为零，求证： ＋ ＋ >(x＋y＋z)．
证明：
＝ ≥
＝|x＋|≥x＋.
同理可得：≥y＋，
≥z＋.
由于x、y、z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得：
＋＋>＋＋＝(x＋y＋z)．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设数列的前n项和为Tn，
求证：≤Tn<.
解：(1)由Sn＝nan－2n(n－1)得
an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，
即an＋1－an＝4.
∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴an＝4n－3.
(2)证明：Tn＝＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝
＝<.
又易知Tn单调递增，故Tn≥T1＝，
得≤Tn<.
第一章 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法
知识整合与阶段检测
[对应学生用书P24]
[对应学生用书P24]
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)的图象(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－[例2] 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：f(x)－2f＝
＝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.
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，为近几年新课标各省市高考的热点，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)＝＝＋4tan x.
∵x∈，∴>0，tanx>0.
故f(x)＝＋4tan x≥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] 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.
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x>0，y>0，z>0，求证：
＋>x＋y＋z.
[证明] ∵＝
>x＋， ①
＝>z＋，②
∴由①②得：
＋>x＋y＋z.
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≤，即上式成立．
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a>0，求证 －≥a＋－2.
[证明] 假设 －则 ＋2平方得a2＋＋4＋4平方得4<2，即a2＋<2.
又由平均值不等式得a2＋≥2，矛盾．
∴ －≥a＋－2成立．
[例9] 求证：1＋＋＋＋…＋<3.
[证明] 由<＝(k是大于2的自然数)，得
1＋＋＋＋…＋
<1＋1＋＋＋＋…＋＝1＋
＝3－＜3.
一、选择题
1．已知全集U＝R，且A＝{x||x－1|>2}，B＝{x|x2－6x＋8<0}，则(?UA)∩B等于( )
A．[－1,4) B．(2,3)
C．(2,3] D．(－1,4)
解析：A＝{x||x－1|>2}＝{x|x>3或x<－1}，
B＝{x|x2－6x＋8<0}＝{x|2∴(?UA)∩B＝{x|2答案：C
2．“a>1”是“<1”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：当<1时，有<0，即a<0或a>1，
所以“a>1”是“<1”成立的充分不必要条件．
答案：A
3．已知a，b，c满足c0，ac<0，则下列选项中不一定能成立的是( )
A．< B．>0
C．> D．<0
解析：由b>c，a>0，即>0，可得>，故A恒成立．
∵b又c<0，∴>0，故B恒成立．
∵c0.
又ac<0，∴<0，故D恒成立．
当b＝－2，a＝1时，b2>a2，而c<0，
∴<，故C不恒成立．
答案：C
4．若不等式|x－2|＋|x＋3|>a，对于x∈R均成立，那么实数a的取值范围是( )
A．(－∞，5) B．[0,5)
C．(－∞，1) D．[0,1]
解析：由绝对值的几何意义知|x－2|＋|x＋3|表示的是x与数轴上的点A(－3)及B(2)两点距离之和，A，B两点的距离为5，线段AB上任一点到A，B两点距离之和也是5.数轴上其它点到A，B两点距离之和都大于5，
∴|x－2|＋|x＋3|≥5，故a<5.
答案：A
二、填空题
5．若a、b为正数且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M与N的大小关系为________．
解析：∵a≠b，∴＋>2，＋>2，
相加得＋＋＋>2＋2
即＋ >＋.
答案：M >N
6．(湖南高考)若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为，则a＝________.
解析：由不等式的解集可知－，为不等式对应的方程|ax－2|＝3的根，即解得a＝－3.
答案：－3
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．已知a>0，则，，从大到小的顺序为________．
解析：∵a>0，∴2<＋<2
则>> .
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．已知关于x的不等式|ax－1|＋|ax－a|≥1(a>0)．
(1)当a＝1时，求此不等式的解集；
(2)若此不等式的解集为R，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，得2|x－1|≥1，
∴|x－1|≥，x≥或x≤，
∴不等式的解集为.
(2)∵|ax－1|＋|ax－a|≥|a－1|，
∴原不等式解集为R等价于|a－1|≥1，
∴a≥2或a≤0.
又∵a>0，∴a≥2.
∴实数a的取值范围为[2，＋∞)．
11．(1)设x是正实数，求证：(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3；
(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3是否仍然成立？如果成立，请给出证明，如果不成立，请举出一个使它不成立的x值．
解：(1)证明：x是正实数，
由基本不等式知，
x＋1≥2，1＋x2≥2x，x3＋1≥2，
故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2·2x·2＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．
(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．
由(1)知，当x>0时，不等式成立；
当x≤0时，8x3≤0.
而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)
＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)
＝(x＋1)2(x2＋1)≥0，
此时不等式仍然成立．
[对应学生用书P49]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．若＜＜0，则下列结论不正确的是( )
A．a2＜b2 B．ab＜b2
C.＋＞2 D．|a|－|b|＝|a－b|
解析：法一：(特殊值法)：令a＝－1，b＝－2，代入A、B、C、D中，知D不正确．
法二：由＜＜0，得b＜a＜0，所以b2＞ab，ab＞a2，故A、B正确．
又由＞0，＞0，且≠，得＋＞2正确．
从而A、B、C均正确，对于D，由b＜a＜0?|a|＜|b|.
即|a|－|b|＜0，而|a－b|≥0.
答案：D
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．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．若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋>b＋ B.>
C．a－>b－ D.>
解析：a>b>0?>>0，
∴a＋>b＋.
答案：A
5．若不等式x2＋|2x－6|≥a对于一切实数x均成立，则实数a的最大值是( )
A．7 B．9
C．5 D．11
解析：令f(x)＝x2＋|2x－6|，
当x≥3时，f(x)＝x2＋2x－6＝(x＋1)2－7≥9；
当x<3时，f(x)＝x2－2x＋6＝(x－1)2＋5≥5.
综上可知，f(x)的最小值为5，
故原不等式恒成立只需a≤5即可，
从而a的最大值为5.
答案：C
6．“|x－1|＜2”是“x＜3”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：∵|x－1|＜2
?－2＜x－1＜2?－1＜x＜3.
∵－1＜x＜3?x＜3，反之不成立．
从而得出“|x－1|＜2”是“x<3”的充分不必要条件．
答案：A
7．(江苏高考)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
8．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＝6.
答案：B
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．已知a，b，c，d∈R＋且S＝＋＋＋，则下列判断中正确的是( )
A．0C．2解析：用放缩法，<<；<<；<<；<<.以上四个不等式相加，得1答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
11．已知不等式|x－3|＜(x＋a)的解集为A，且A≠?，则a的取值范围是________．
解析：∵A≠?，
∴|x－3|＜(x＋a)?－(x＋a)＜x－3＜(x＋a)?＜x＜6＋a.
∴＜6＋a.解得a＞－3.
答案：(－3，＋∞)
12．若关于x的不等式|x－a|<1的解集为(1,3)，则实数a的值为________．
解析：原不等式可化为a－1答案：2
13．设a，b，c∈R，且a，b，c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是________．
解析：a3＋b3＋c3－3abc
＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)
＝(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]，
而a，b，c不全相等?(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2>0，
∴a3＋b3＋c3≥3abc?a＋b＋c≥0.
答案：a＋b＋c≥0
14．用长为16 cm的铁丝围成一个矩形，则可围成的矩形的最大面积是________cm2.
解析：设矩形长为x cm(0面积S＝x(8－x)．由于x>0,8－x>0，
可得S≤2＝16，当且仅当x＝8－x即x＝4时，Smax＝16.
所以矩形的最大面积是16 cm2.
答案：16
三、解答题(本大题共4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|x－8|－|x－4|.
(1)作出函数y＝f(x)的图象；
(2)解不等式|x－8|－|x－4|>2.
解：(1)f(x)＝
图象如下：
(2)不等式|x－8|－|x－4|>2，即f(x)>2.
由－2x＋12＝2，得x＝5.
由函数f(x)图象可知，原不等式的解集为(－∞，5)．
16．(本小题满分12分)设a，b，c，d是正数，求证：下列三个不等式：
①a＋b②(a＋b)(c＋d)③(a＋b)cd证明：假设不等式①②③正确．
∵a，b，c，d都是正数，
∴①②两不等式相乘得(a＋b)2由③式，得(a＋b)cd又∵a＋b>0，∴4cd∴3cd由④式，得(a＋b)2<，即a2＋b2<－ab，与平方和为正数矛盾．
∴假设不成立，即①②③式中至少有一个不正确．
17．(本小题满分12分)(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.
18．(本小题满分14分)(辽宁高考)设函数 f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1 的解集为M，g(x)≤4 的解集为N.
(1)求M；
(2)当 x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤ .
解：(1)f(x)＝
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，
故1≤x≤；
当x<1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x<1.
所以f(x)≤1的解集为M＝.
(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4，
得162≤4，解得－≤x≤.
因此N＝，
故M∩N＝.
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，于是
x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]＝x·f(x)＝x(1－x)＝－2≤.
3．1 数学归纳法原理
[读教材·填要点]
1．数学归纳法原理
对于由归纳法得到的某些与自然数有关的命题p(n)，可以用以下两个步骤来证明它的正确性：
(1)证明当n取初始值n0(例如n0＝0，n0＝1等)时命题成立；
(2)假设当n＝k(k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确．
2．数学归纳法的基本过程
[小问题·大思维]
1．在数学归纳法中，n0一定等于0吗？
提示：不一定．n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或n0＝1，有时n0值也比较大，而不一定是从0开始取值．
2．数学归纳法的适用范围是什么？
提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明．
3．数学归纳法中的两步的作用是什么？
提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n取第一个值n0后面的所有自然数也都成立．
用数学归纳法证明恒等式
[例1] 用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左边有2n项，右边有n项，由k到k＋1时，左边增加两项，右边增加一项，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．
[精解详析] (1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N＋)时命题成立，即有
1－＋－＋…＋－
＝＋＋…＋.
则当n＝k＋1时，
左边＝1－＋－＋…＋－＋－
＝＋＋…＋＋－
＝＋＋…＋＋，
从而可知，当n＝k＋1时，命题亦成立．
由(1)(2)可知，命题对一切正整数n均成立．
(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n＝n0时命题的形式，二是准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．
(2)应用数学归纳法时的常见问题
①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n＝0，有时需验证n＝1，n＝2.
②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．
③“假设n＝k时命题成立，利用这一假设证明n＝k＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．
1．用数学归纳法证明：对任意的n∈N＋，
＋＋…＋＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋且k≥1)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，对一切n∈N＋等式都成立．
用数学归纳法证明整除问题
[例2] 求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x2n－y2n进行分解因式得出x＋y，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明．
[精解详析] (1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，
∴能被x＋y整除．
(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，
x2k－y2k能被x＋y整除，
当n＝k＋1时，
即x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－x2y2k＋x2y2k－y2·y2k
＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．
∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，
∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．
即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．
由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立．
利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x2k＋2－y2k＋2进行拼凑，即减去x2y2k再加上x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出n＝k时的归纳假设，剩余部分仍能被x＋y整除．
2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．
证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立．
(2)假设n＝k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，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又9(k2＋3k＋3)也能被9整除．
故n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立.
用数学归纳法证明几何命题
[例3] 平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，
求证：这n条直线被分成f(n)＝n2.
[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．
[精解详析] (1)当n＝2时，
∵符合条件的两直线被分成4段，
又f(2)＝22＝4.∴当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条直线被分成f(k)＝k2段，则当n＝k＋1时，任取其中一条直线记为l，如图，剩下的k条直线为l1，l2，…，lk.由归纳假设知，它们被分为f(k)＝k2段．
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被l1，l2，l3，…，lk分为k＋1段，同时l把l1，l2，…，lk中每条直线上的某一段一分为二，其增加k段．
∴f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k
＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2成立．
对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一般变化规律，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法．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．
3．证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝n·(n－3)(n≥4)．
证明：(1)n＝4时，f(4)＝·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．
(2)假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)．
当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k＋1－3)＋1＝k－1.
f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)
＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]．
故n＝k＋1时由(1)、(2)可知，对于n≥4，n∈N＋公式成立．
[对应学生用书P42]
一、选择题
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到( )
A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1.
答案：D
2．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
3．某个命题与正整数n有关，如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得( )
A．当n＝6时该命题不成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝4时该命题成立
解析：与“如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n＝k＋1时命题不成立，则当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．
故知当n＝5时，该命题不成立，可推得当n＝4时该命题不成立．
答案：C
4．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N＋)成立，其初始值至少应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，
代入验证可知n的最小值是8.
答案：B
二、填空题
5．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________．
解析：因为f(n)＝1＋＋＋…＋，所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋.所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
答案：＋＋
6．设平面内有n条直线(n≥2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示)．
解析：f(2)＝0，f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
所以f(3)－f(2)＝2，f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.
累加，得f(n)－f(2)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝(n－2)．
所以f(n)＝(n＋1)(n－2)．
答案：5 (n＋1)(n－2)
7．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2时，若已假设n＝k(k≥2，且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝________时等式成立．
解析：n＝k(k≥2，且k为偶数)的下一个偶数为k＋2，根据数学归纳法的步骤可知．再证n＝k＋2.
答案：k＋2
8．用数学归纳法证明＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n－1)α＝·sin α·cos α(α≠nπ，n∈N)，在验证n＝1等式成立时，左边计算所得的项是________．
解析：由等式的特点知：
当n＝1时，左边从第一项起，一直加到cos(2n－1)α，故左边计算所得的项是＋cos α.
答案：＋cos α
三、解答题
9．用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝＋＋…＋.
证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，等式成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，即
＋＋…＋＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋＋…＋＋
＝＋＋…＋＋＋
＝＋＋…＋＋＋
＝＋＋…＋＋
，
即当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)(2)可知，对一切n∈N＋，等式成立．
10．用数学归纳法证明对于整数n≥0，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．
证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．
(2)假设n＝k时，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．
当n＝k＋1时，
Ak＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1
＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1
＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.
∴n＝k＋1时，命题也成立．
根据(1)、(2)，对于任意整数n≥0，命题都成立．
11．将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＋34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，
S1＋S3＋S5＋…＋S2k＋1
＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]
＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)
＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1
＝(k＋1)4，
这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈(N＋，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
3．2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式
[读教材·填要点]
贝努利(Bernoulli)不等式
设x>－1，且x≠0，n为大于1的自然数，则(1＋x)n>1＋nx.
[小问题·大思维]
在贝努利不等式中，指数n可以取任意实数吗？
提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n改成实数α后，将有以下几种情况出现：
(1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x)α≥1＋αx(x>－1)．
(2)当α是实数，并且满足0<α<1时，有(1＋x)α≤1＋αx(x>－1)．
利用数学归纳法证明不等式
[例1] 求证：＋＋＋…＋>1(n≥2，n∈N＋)．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n的取值范围，因为n≥2，n∈N＋，因此应验证n0＝2时不等式成立．
[精解详析] (1)当n＝2时，左边＝＋＋＝>1.
∴n＝2时不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N)时，不等式成立，即
＋＋＋…＋>1，那么n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋＋…＋＋＋
＝＋＋…＋＋－>1＋－＝1＋，
∵k≥2，∴2≥.
∴k2－k－1＝2－≥1>0.
∴>0.
∴＋＋…＋>1.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)、(2)可知，对一切的n≥2，且n∈N＋，此不等式都成立．
利用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k到n＝k＋1的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“>，…，>”的放缩变形．
1．证明不等式：
1＋＋＋…＋<2(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即
1＋＋＋…＋<2.
∵当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋<2 ＋＝，
现在只需证明<2，
即证：2<2k＋1，
两边平方，整理：0<1，显然成立．
∴<2成立．
即1＋＋＋…＋＋<2成立．
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)知，对于任何正整数n原不等式都成立.
利用数学归纳法比较大小
[例2] 设Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n取特值，猜想Pn与Qn的大小关系，然后利用数学归纳法证明．
[精解详析] (1)当n＝1,2时，Pn＝Qn.
(2)当n≥3时，(以下再对x进行分类)．
①若x∈(0，＋∞)，显然有Pn>Qn.
②若x＝0，则Pn＝Qn.
③若x∈(－1,0)，
则P3－Q3＝x3<0，所以P3P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以P4假设Pk则Pk＋1＝(1＋x)Pk<(1＋x)Qk＝Qk＋xQk
＝1＋kx＋＋x＋kx2＋
＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3
＝Qk＋1＋x3即当n＝k＋1时，不等式成立．
所以当n≥3，且x∈(－1,0)时，Pn(1)利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向，再用数学归纳法证明结论成立．
(2)本题除对n的不同取值会有Pn与Qn之间的大小变化，变量x也影响Pn与Qn的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量(参数)的作用．
2．已知数列{an}，{bn}与函数f(x)，g(x)，x∈R，满足条件：b1＝b，an＝f(bn)＝g(bn＋1)(n∈N＋)．若函数y＝f(x)为R上的增函数，g(x)＝f－1(x)，b＝1，f(1)<1，证明：对任意n∈N＋，an＋1证明：因为g(x)＝f－1(x)，所以an＝g(bn＋1)＝f－1(bn＋1)，即bn＋1＝f(an)．
下面用数学归纳法证明an＋1(1)当n＝1时，由f(x)为增函数，且f(1)<1，得
a1＝f(b1)＝f(1)<1，
b2＝f(a1)a2＝f(b2)即a2(2)假设n＝k时结论成立，即ak＋1由f(x)为增函数，得f(ak＋1)进而得f(bk＋2)这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
根据(1)和(2)可知，对任意的n∈N＋，an＋1利用数学归纳法解决探索型不等式
[例3] 若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n的取值，猜想出a的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．
[精解详析] 当n＝1时，＋＋>，
即>，
∴a<26，而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(k≥1，k∈N＋)时，
＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，有
＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>＋.
∵＋＝>，
∴＋－>0，
∴＋＋…＋>也成立．
由(1)、(2)可知，对一切n∈N＋，都有＋＋…＋>，∴a的最大值为25.
利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论， 然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．
3．对于一切正整数n，先猜出使tn>n2成立的最小的正整数t，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n(n＋1)·>lg(1·2·3·…·n)．
解：猜想当t＝3时，对一切正整数n使3n>n2成立．下面用数学归纳法进行证明．
当n＝1时，31＝3>1＝12，命题成立．
假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，3k>k2成立，
则有3k≥k2＋1.
对n＝k＋1,3k＋1＝3·3k＝3k＋2·3k
≥k2＋2(k2＋1)>3k2＋1.
∵(3k2＋1)－(k＋1)2
＝2k2－2k＝2k(k－1)≥0，
∴3k＋1>(k＋1)2，∴对n＝k＋1，命题成立．
由上知，当t＝3时，对一切n∈N＋，命题都成立．
再用数学归纳法证明：
n(n＋1)·>lg(1·2·3·…·n)．
当n＝1时，1·(1＋1)·＝>0＝lg 1，命题成立．
假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
k(k＋1)·>lg(1·2·3·…·k)成立．
当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)·
＝k(k＋1)·＋2(k＋1)·
>lg(1·2·3·…·k)＋lg 3k＋1
>lg(1·2·3·…·k)＋lg(k＋1)2
＝lg[1·2·3·…·k·(k＋1)]．命题成立．
由上可知，对一切正整数n，命题成立．
[对应学生用书P45]
一、选择题
1．对于一切正整数n，下列说法不正确的是( )
A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1n
C．0.9n<1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n
解析：由贝努利不等式
(1＋x)n≥1＋nx(x∈N＋，x>－1)，
∴当x＝2时，(1＋2)n≥1＋2n，故A正确．
当x＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正确，C不正确．
当x＝－0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，D正确．
答案：C
2．在用数学归纳法证明f(n)＝＋＋…＋<1(n∈N＋，n≥3)的过程中：假设当n＝k(k∈N＋，k≥3)时，不等式f(k)<1成立，则需证当n＝k＋1时，f(k＋1)<1也成立．若f(k＋1)＝f(k)＋g(k)，则g(k)＝( )
A．＋ B．＋－
C．－ D．－
解析：∵f(k＋1)＝＋＋…＋＋＋，
f(k)＝＋＋…＋，
∴f(k＋1)－f(k)＝－＋＋，
∴g(k)＝＋－.故选B.
答案：B
3．用数学归纳法证明“A．是正确的
B．归纳假设写法不正确
C．从k到k＋1推理不严密
D．从k到k＋1的推理过程未使用归纳假设
解析：∵在上面的证明中，当n＝k＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n＝k时的结论，这样就失去假设当n＝k时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A、B、C都不对，选D.
答案：D
4．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋A．1项 B．k项
C．2k－1项 D．2k项
解析：根据题意可知：1＋＋＋…＋－＝＋＋＋…＋，所以共增加2k项．
答案：D
二、填空题
5．证明<1＋＋＋…＋1)，当n＝2时，要证明的式子为________．
解析：当n＝2时，要证明的式子为
2<1＋＋＋<3.
答案：2<1＋＋＋<3
6．用数学归纳法证明：当n∈N＋，1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时原式为________，从k到k＋1时需增添的项是________．
解析：当n＝1时，
原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24.
从k到k＋1时需增添的项是
25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4.
答案：1＋2＋22＋23＋24
25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4
7．利用数学归纳法证明“<”时，n的最小取值n0应为________．
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
8．设a0为常数，且an＝3n－1－2an－1(n∈N＋)，若对一切n∈N＋，有an>an－1，则a0的取值范围是________．
解析：取n＝1,2，则a1－a0＝1－3a0>0，a2－a1＝6a0>0，∴0答案：
三、解答题
9．用数学归纳法证明：
1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立．
(2)假设当n＝k时命题成立，
即1＋＋＋…＋<2－，
当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立．
由(1)、(2)知原不等式在n≥2时均成立．
10．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N＋)，并用数学归纳法证明你的结论．
解：当n＝1、n＝2、n＝3时都有2n＋2>n2成立，所以归纳猜想2n＋2>n2成立．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立；
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．
②假设n＝k时(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立，
即2k＋2>k2.
那么n＝k＋1时
2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2
又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，
即2k＋1＋2>(k＋1)2成立．
根据①和②可知，2n＋2>n2对于任何n∈N＋都成立．
11．已知等比数列{an}的首项a1＝2，公比q＝3，Sn是它的前n项和．求证：≤.
证明：由已知，得Sn＝3n－1，
≤等价于≤，
即3n≥2n＋1.(*)
法一：用数学归纳法证明上面不等式成立．
①当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．
②假设当n＝k时，(*)成立，即3k≥2k＋1，
那么当n＝k＋1时，3k＋1＝3×3k≥3(2k＋1)＝6k＋3≥2k＋3＝2(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时，(*)成立．
综合①②，得3n≥2n＋1成立．
所以≤.
法二：当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．
当n≥2时，3n＝(1＋2)n＝C＋C×2＋C×22＋…＋C×2n＝1＋2n＋…>1＋2n，所以(*)成立．
所以≤.
第三章 数学归纳法与贝努利不等式
知识整合与阶段检测
[对应学生用书P46]
[对应学生用书P46]
归纳——猜想——证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
[例1] 设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，…
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．
(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；②＋＋…＋≤.
[解] (1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3；
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4；
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.
由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．
(2)①用数学归纳法证明：
当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；
假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－k)＋1
≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1
≥k＋3＝(k＋1)＋2，
也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.
综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，对k≥2，有
ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1
＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1
≥23ak－3＋22＋2＋1≥…
∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1
＝2k－1(a1＋1)－1，
于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，≤·，k≥2.
∴＋＋…＋
≤＋
＝
＝·<≤＝.
因此，原不等式成立.
利用数学归纳法证明不等式的常用技巧
在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．
1．分析综合法
用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．
[例2] 求证：
＋＋…＋<，n∈N＋.
[证明] (1)当n＝1时，因为＝<1，所以原不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有＋＋…＋<，
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<＋.
因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，
只需证明＋<成立．
即证明－>.
从而转化为证明>，
也就是证明>＋，
即()2－(＋)2
＝k2＋k＋1－2
＝[－1]2>0，
从而>＋.
于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．
由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．
2．放缩法
涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．
[例3] 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)假设当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．
3．递推法
用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an＋1的关系，实现从“k”到“k＋1”的过渡．
[例4] 设0求证：对一切n∈N＋，有1[证明] 用数学归纳法．
(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1当n＝k＋1时，由递推公式，知
ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1，
同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，
当n＝k＋1时，命题也成立．
即1综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有14．学会借用同一题中已证明过的结论
在从k到k＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．
[例5] 设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式[解] 受阻过程：由于对于任意的k∈N＋，xk＋1＝＋>2＝.
所以xn>(n∈N＋)显然成立．
下面证明：xn<＋(n∈N＋)．
(1)当n＝1时，x1＝2<＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，
即xk<＋，
那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝＋.
由归纳假设，xk<＋，
则<＋ ①
> ②
因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．
受阻原因分析：
要利用递推式xk＋1＝＋，只要找出关系式因此，只有寻觅出xk>这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明xn>以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，
∵xk>，∴<.
∴xk＋1＝＋<＋＋
＝＋≤＋.即xk＋1<＋.
一、选择题
1．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为( )
A．n0＝1 B．n0＝2
C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确
解析：先验证n＝1时，x＋≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．
答案：A
2．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝( )
A． B．
C．＋ D．－
解析：由题意知f(n)＝＋＋…＋，
f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
故f(n＋1)－f(n)＝＋－
＝＋＝－.
答案：D
3．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明( )
A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除
C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除
解析：由假设a4k能被4整除，则当n＝k＋1时，应该证明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．
答案：D
4．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：因为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＝＝.
猜想an＝.
答案：C
二、填空题
5．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N＋)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
解析：由数学归纳法及n为正奇数，在假设n＝2k－1成立，需证n＝2k＋1命题成立．
答案：2k＋1
6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是f(k＋1)＝________.
解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
答案：f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
7．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos(2n－1)α＝(sinα≠0，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式右边的式子是__________．
解析：本题在n＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右＝＝＝cos α.
答案：cos α
8．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项an＝________.
解析：法一：分别令n＝1,2,3求出a2＝，a3＝，通过不完全归纳法知an＝.
法二：对已知等式因式分解得
[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.
由an>0知＝，再由累乘法求得an＝.
答案：
三、解答题
9．在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N＋时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．
证明：(1)∵a1＝a2＝1，
故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.
∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．
(2)假设n＝k时，即bk＝a4k是3的倍数，
则n＝k＋1时，
bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2
＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k
＝3a4k＋1＋2a4k.
由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，∴n＝k＋1时命题也正确．
综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．
10．用数学归纳法证明：
×××…×<对n∈N＋时成立．
证明：(1)当n＝1时，<，不等式成立．
(2)假设n＝k时不等式成立．
即×××…×<.
则n＝k＋1时，×××…××<×＝＝＝<
＝＝即n＝k＋1时不等式成立．
由(1)、(2)知不等式对任意n∈N＋都成立．
11．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)求Sn和an；
(3)求证：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)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝(n∈N＋)，
当n≥2时，an＝－2SnSn－1＝－.
当n＝1时，a1＝，
∴an＝
(3)证明：①当n＝1时，S＝＝－，成立．
②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，
即S＋S＋…＋S≤－成立，
则当n＝k＋1时，
S＋S＋…＋S＋S≤－＋
＝－＝－·
<－·＝－.
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①，②可知对任意n∈N＋不等式成立．
[对应学生用书P53]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．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，S(2)＝＋＋.
答案：D
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数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：取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.
答案：C
3．已知a1＝，an＋1＝，n∈N＋，则an的取值范围是( )
A．(，2) B．[，2)
C．(0，) D．[0，]
解析：①n＝1时，a2＝＝>，排除C，D.②an＋1>an为递增数列．③可用数学归纳法证明an<2，故选B.
答案：B
4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式…>成立时，当n＝2时验证的不等式是( )
A．1＋>
B．>
C．≥
D．以上都不对
解析：当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
答案：A
5．用数学归纳法证明“Sn＝＋＋＋…＋>1(n∈N＋)”时，S1等于( )
A． B．
C．＋ D．＋＋
解析：因为S1的首项为＝，末项为＝，所以S1＝＋＋，故选D.
答案：D
6．已知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(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
答案：D
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )
A．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34·34k＋1＋52·52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
答案：A
8．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面的个数为( )
A．2f(k) B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k D．f(k)＋2
解析：由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线一样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…，
Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．
答案：B
9．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是( )
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2
解析：A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；
C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．
答案：D
10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k到k＋1，左边需要增加的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C． D．
解析：当n＝k时左边的最后一项是2k，n＝k＋1时左边的最后一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代数式是＝2(2k＋1)．
答案：B
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．设a，b均为正实数，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x＝)．
解析：由贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，
当n>1时，令x＝，
所以n>1＋n·，
所以n>1＋n·，即(a＋b)n>an＋nan－1b，
当n＝1时，M＝N，故M≥N.
答案：M≥N
12．若数列{an}的通项公式an＝，记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn＝________.
解析：c1＝2(1－a1)＝2×＝，
c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝，
c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×××＝，故cn＝.
答案：
13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________.
解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和为.
答案：(－1)n＋1·
14．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4×2n－1－2的第二步中，设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4×2k－1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________________.
解析：当n＝k＋1时，把ak代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2的形式．
答案：4×2(k＋1)－1－2
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：
12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，
即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)．
那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2
＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2
＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)
＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．
16．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．
证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，
能被9整除，所以命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除．
那么当n＝k＋1时，
[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1
＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．
由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，
而9·7k(2k＋3)也能被9整除，
故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．
这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
18．(本小题满分14分){an}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….
(1)求a3；
(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．
解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，
∴a3可能取值1,2,5,10.
若a3＝1，a4＝10，
从而a5＝＝＝，
显然a5不是非负整数，与题设矛盾．
若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.
但再计算a6＝，也与题设矛盾．
∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去)
(2)用数学归纳法证明：
①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，
∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；
②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，
即ak＝ak－2＋2，
由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，
因为ak＝ak－2＋2≠0.
所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，
当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．
则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.
模块综合检测
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．已知a，b为非零实数，且aA．a2C．< D．<
解析：A项中a2－b2＝(a＋b)(a－b)，
由a但a＋b的符号不确定，故A项错误．
B项中，ab2－a2b＝ab(b－a)，
由a0，
但ab的符号不确定，故B项错误．
C项中，－＝＝，
由a∴－<0，即<.
D项中，－＝＝，
由于的符号不确定，故D项错误．
答案：C
2．t，s∈R＋，A＝，B＝＋，则A与B的关系为( )
A．A>B B．AC．A＝B D．不确定
解析：B＝＋>＋＝＝A.
答案：B
3．已知函数f(x)、g(x)，设不等式|f(x)|＋|g(x)|0)的解集是M，不等式|f(x)＋g(x)|0)的解集为N，则集合M与N的关系是( )
A．N?M B．M＝N
C．M?N D．M?N
解析：由绝对值不等式的性质知|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|，
∴集合N与集合M成M?N关系．
答案：C
4．已知θ∈R，则4＋cos θ的最大值是( )
A．2 B．3
C． D．
解析：由4＋cos θ≤·＝3.当且仅当4cos θ＝，即sin θ＝±，cos θ＝时，等号成立，故选B.
答案：B
5．不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[2，＋∞)
解析：由题意不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2,1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2,1以外的点到－2,1的距离要计算两次，而在－2,1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
答案：D
6．已知θ为锐角，a，b均为正实数．则下列不等式成立的是( )
A．(a＋b)2≤＋
B．(a＋b)2≥＋
C．a2＋b2＝＋
D．(a＋b)2<＋
解析：设m＝，n＝(cos θ，sin θ)，
则|a＋b|＝
≤ ·＝，
所以(a＋b)2≤＋.
答案：A
7．(安徽高考)若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5
C．－1或－4 D．－4或8
解析： 当a≥2时，f(x)＝
如图1可知，当x＝－时，f(x)min＝f＝－1
＝3，可得a＝8；
当a<2时，f(x)＝
如图2可知，当x＝－时，f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.综上可知，答案为D.
答案：D
8．当x>1时，不等式a≤x＋恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2) B．[2，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，3]
解析：a≤x＋，
由x＋＝x－1＋＋1≥3，即x＋的最小值为3.
答案：D
9．若实数x、y满足＋＝1，则x2＋2y2有( )
A．最大值3＋2 B．最小值3＋2
C．最大值6 D．最小值6
解析：由题知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·＝3＋＋≥3＋2，当且仅当＝时，等号成立．
答案：B
10．若x>1，则函数y＝x＋＋的最小值为( )
A．16 B．8
C．4 D．非上述情况
解析：y＝x＋＋＝x＋＋≥2＝8，当且仅当x＝2＋时等号成立．
答案：B
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．若x，y，z是正数，且满足xyz(x＋y＋z)＝1，则(x＋y)·(y＋z)的最小值为________．
解析：(x＋y)(y＋z)＝xy＋y2＋yz＋zx
＝y(x＋y＋z)＋zx≥2
＝2.
答案：2
12．(广东高考)不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为________．
解析：当x<－2时，原不等式即1－x－x－2≥5?x≤－3，此时得到x≤－3；当－2≤x≤1时，原不等式即1－x＋x＋2≥5，此时无解；当x>1时，原不等式即x－1＋x＋2≥5?x≥2，此时得到x≥2.于是原不等式的解集为{x≤－3或x≥2}．
答案：{x|x≤－3或x≥2}
13．若不等式|x－a|＋|x－2|≥1对任意实数x均成立，则实数a的取值范围为________．
解析：由题得|x－a|＋|x－2|≥|(x－a)－(x－2)|＝|a－2|，∴|a－2|≥1，解得a∈(－∞，1]∪[3，＋∞)．
答案：(－∞，1]∪[3，＋∞)
14．设正数a，b，c的乘积abc＝1，＋＋的最小值为________．
解析：设a＝，b＝，c＝，则xyz＝1，则＋＋可化为＋＋，不妨设x≥y≥z，则≥≥，
据排序不等式得
＋＋≥z·＋x·＋y·，
＋＋≥y·＋z·＋x·，
两式相加并化简可得2≥3.
即＋＋≥.
即＋＋≥.
所以＋＋的最小值为.
答案：
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)已知a，b是不相等的正实数．
求证：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
证明：因为a，b是正实数，
所以a2b＋a＋b2≥3＝3ab>0，
当且仅当a2b＝a＝b2，即a＝b＝1时，等号成立；
同理：ab2＋a2＋b≥3＝3ab>0，
当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2，
当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
因为a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
16．(本小题满分12分)若a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，求证：≥·.
证明：由题设和排序不等式，可知有以下n组式子成立：
a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1，
……
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1.
将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2，即得欲证的不等式．
17．(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＝1”时等号成立．
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＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，
由f(3)<5得综上，a的取值范围是.
18．(本小题满分14分)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N＋)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an.
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1；
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，所以a2＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，所以a3＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，
所以a4＝.
由此猜想an＝(n∈N＋)．
(2)当n＝1时，a1＝1，结论成立．
假设n＝k(k≥1且k∈N＋)时，结论成立，即ak＝，
那么n＝k＋1(k≥1且k∈N＋)时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak
＝2＋ak－ak＋1.
所以2ak＋1＝2＋ak，
所以ak＋1＝＝＝，
这就是说当n＝k＋1时，结论也成立，
综上可得an＝(n∈N＋)．
2．1柯西不等式
[读教材·填要点]
1．平面上的柯西不等式的代数和向量形式
(1)定理1(柯西不等式的代数形式)
设a1，a2，b1，b2均为实数，则
(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2.
上式等号成立?a1b2＝a2b1.
(2)定理2(柯西不等式的向量形式)
设α，β为平面上的两个向量，则
|α||β|≥|α·β|
上式中等号成立?向量α和β共线(平行)?存在实数λ≠0，使得α＝λβ.
(3)定理3：设a1，a2，b1，b2为实数，则
＋≥
等号成立?存在非负实数μ及λ，使得
μa1＝λb1，μa2＝λb2.
(4)定理4(平面三角不等式)
设a1，a2，b1，b2，c1，c2为实数，则
＋≥ .
等号成立?存在非负实数λ及μ使得：
μ(a1－b1)＝λ(b1－c1)，μ(a2－b2)＝λ(b2－c2)．
(5)定理5：设α，β，γ为平面向量，则
|α－β|＋|β－γ|≥|α－γ|
当α－β，β－γ为非零向量时，上面不等式中等号成立?存在正常数λ，使得α－β＝λ(β－γ)?向量α－β与β－γ同向，即夹角为零．
2．柯西不等式的一般形式
定理 设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn为实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|，
其中等号成立?＝＝…＝(当某bj＝0时，认为aj＝0，j＝1,2，…，n)
[小问题·大思维]
1．在平面上的柯西不等式的代数形式中，取等号的条件可以写成＝吗？
提示：不可以．当a2·b2＝0时，柯西不等式成立，
但＝不成立．
2．在一般形式的柯西不等式的右端中，表达式写成ai·bi(i＝1,2,3，…，n)，可以吗？
提示：不可以，ai·bi的顺序要与左侧ai，bi的顺序一致．
3．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．
利用平面上的柯西不等式证明有关不等式
[例1] 已知a，b，c为正数，且满足acos2θ＋bsin2 θ[思路点拨] 由柯西不等式直接证明即可．
[精解详析] 由柯西不等式，
得cos2θ＋sin2θ
≤[(cos θ)2＋(sin θ)2](cos2θ＋sin2θ)
＝(acos2θ＋bsin2θ)<.
∴cos θ＋sin2θ<.
利用柯西不等式证明某些不等式时，有时需要将数学表达式适当的变形．这种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．
1．设a，b均为正实数，且a＋b＝2.
求证：＋≥2.
证明：根据柯西不等式，有
[(2－a)＋(2－b)]
＝[()2＋()2]
≥2
＝(a＋b)2＝4.
∴＋≥＝2.
∴原不等式成立.
利用一般形式的柯西不等式证明不等式
[例2] 设a，b，c为正数，且不全相等．
求证：＋＋>.
[思路点拨] 本题考查三维形式的柯西不等式的应用．解答本题需要构造两组数据，，；，，，然后利用柯西不等式解决．
[精解详析] 构造两组数，，；，，，则由柯西不等式得
(a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2，①
即2(a＋b＋c)≥9，
于是＋＋≥.
由柯西不等式知，①中有等号成立?＝＝?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c.
因题设，a，b，c不全相等，故①中等号不成立，
于是＋＋>.
柯西不等式的结构特征可以记为(a1＋a2＋…＋an)·(b1＋b2＋…＋bn)≥(＋＋…＋)2，其中ai，bi均为正实数(i＝1,2，…，n)，在使用柯西不等式时(要注意从整体上把握柯西不等式的结构特征)，准确地构造公式左侧的两个数组是解决问题的关键．
2．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：∵(a＋b＋c)
＝·[()2＋()2＋()2]
≥2＝(a＋b＋c)2，
即(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2，
又a，b，c为正实数，∴a＋b＋c>0.
∴＋＋≥a＋b＋c.
利用柯西不等式求最值
[例3] 设2x＋3y＋5z＝29，求函数u＝＋＋ 的最大值．
[思路点拨] 本题考查三维柯西不等式的应用，解答本题需要利用好特定条件，设法去掉根号．
[精解详析] 根据柯西不等式
120＝3[(2x＋1)＋(3y＋4)＋(5z＋6)]
≥(1×＋1×＋1×)2，
故＋＋≤2.
当且仅当2x＋1＝3y＋4＝5z＋6，
即x＝，y＝，z＝时等号成立，
此时umax＝2.
利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果．同时，要注意等号成立的条件．
3．设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z＝________.
解析：根据柯西不等式可得，(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2＝14，所以要取到等号，必须满足＝＝，结合x＋2y＋3z＝，可得x＋y＋z＝.
答案：
[对应学生用书P30]
一、选择题
1．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＝10，
∴(a2＋b2)(12＋12)≥(a＋b)2，
即20≥(a＋b)2，
∴－2≤a＋b≤2.
答案：A
2．已知x，y∈R＋，且xy＝1，则的最小值为( )
A．4 B．2
C．1 D．
解析：≥2＝4，故选A.
答案：A
3．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
4．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解析：由柯西不等式知
(a＋a＋…＋a)·
≥a1＋a2＋…＋an，
∴ ·≥a1＋a2＋…＋an.
即得 ≥，∴P≥Q.
答案：B
二、填空题
5．设a，b，c，d，m，n都是正实数，P＝＋，Q＝·，则P与Q的大小________．
解析：由柯西不等式，得
P＝＋≤×＝× ＝Q.
答案：P≤Q
6．(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：由柯西不等式得(ma＋nb)2≤(m2＋n2)(a2＋b2)，即m2＋n2≥5，当且仅当＝时等号成立，∴≥，∴所求最小值为.
答案：
7．函数y＝2cos x＋3的最大值为________．
解析：y＝2cos x＋3＝2cos x＋3≤＝.
当且仅当＝，即tan x＝±时，函数有最大值.
答案：
8．已知x，y，z均为正实数，且x＋y＋z＝1，则＋＋的最小值为________．
解析：利用柯西不等式．
由于(x＋y＋z)≥
2＝36，
所以＋＋≥36.
当且仅当x2＝y2＝z2，即x＝，y＝，z＝时，等号成立．∴＋＋的最小值为36.
答案：36
三、解答题
9．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，
5(1－c2)≥(1－c)2，
整理得，3c2－c－2≤0，
解得－≤c≤1.∴－≤c≤1.
10．已知x，y，z∈R，且x－2y－3z＝4，求x2＋y2＋z2的最小值．
解：由柯西不等式，得
[x＋(－2)y＋(－3)z]2≤[12＋(－2)2＋(－3)2](x2＋y2＋z2)，
即(x－2y－3z)2≤14(x2＋y2＋z2)，
即16≤14(x2＋y2＋z2)．
所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝，即当x＝，y＝－，z＝－时，x2＋y2＋z2的最小值为.
11．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求a的最值．
解：由柯西不等式，有
(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，当且仅当＝＝时等号成立，
代入b＝，c＝，d＝时，amax＝2，
代入b＝1，c＝，d＝时，amin＝1.
2．2 排序不等式
[读教材·填要点]
1．顺序和、乱序和、反序和的概念
设a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn是两组实数，c1，c2，c3，…，cn为b1，b2，…，bn的任何一个排列，称
a1b1＋a2b2＋…＋anbn
为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称
a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1
为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)，称
a1c1＋a2c2＋…＋ancn
为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．
2．排序原理
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则有a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
等号成立?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.
排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．
[小问题·大思维]
1．排序不等式的本质含义是什么？
提示：排序不等式的本质含义是：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．
2．已知两组数a1≤a2≤a3≤a4≤a5，b1≤b2≤b3≤b4≤b5，其中a1＝2，a2＝7，a3＝8，a4＝9，a5＝12，b1＝3，b2＝4，b3＝6，b4＝10，b5＝11，将bi(i＝1,2,3,4,5)重新排列记为c1，c2，c3，c4，c5，则a1c1＋a2c2＋…＋a5c5的最大值和最小值分别为何值？
提示：由顺序和最大知
最大值为：a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝304，
由反序和最小知
最小值为：a1b5＋a2b4＋a3b3＋a4b2＋a5b1＝212.
用排序不等式证明不等式(所证不等式中的字母大小顺序确定)
[例1] 已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：
(1)≥≥；
(2)＋＋≥＋＋.
[思路点拨] 本题考查排序不等式的直接应用，解答本题需要分析式子结构，然后通过对比、联想公式，构造数组，利用公式求解．
[精解详析] (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)≥≥，于是由顺序和≥乱序和得，
＋＋≥＋＋
＝＋＋
≥＋＋＝＋＋＝＋＋.
利用排序不等式证明不等式的关键是构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组，由于本题已知a≥b≥c，所以可直接利用已知构造两个数组．
1．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a10＋b10＋c10.
证明：不妨设a≥b≥c>0，
则a12≥b12≥c12，≥≥>0，
∴由顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋＝＋＋. ①
又∵a11≥b11≥c11，≥≥，
∴由乱序和≥反序和得：
＋＋≥＋＋＝a10＋b10＋c10， ②
由①②两式得：＋＋≥a10＋b10＋c10.
用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设)
[例2] 设x>0，求证：1＋x＋x2＋…＋xn≥(2n＋1)xn.
[思路点拨] 本题考查排序不等式的应用．解答本题需要注意：题目中只给出了x>0，但对于x≥1，x<1没有明确，因此需要进行分类讨论．
[精解详析] (1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn，
由排序原理：顺序和≥反序和，得
1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn
≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn. ①
又因为x，x2，…，xn,1为序列1，x，x2，…，xn的一个排列，于是再次由排序原理：乱序和≥反序和，得
1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
得x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn. ②
将①和②相加得
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
(2)当0x>x2>…>xn，
但①②仍然成立，于是③也成立．
综合(1)(2)，证毕．
在没有给定字母大小的情况下，要使用排序不等式，必须限定字母的大小顺序，而只有具有对称性的字母才可以直接限定字母的大小顺序，否则要根据具体情况分类讨论．
2．设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，求证：
＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1则>>…>且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有
＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋
.
∴原不等式成立．
[对应学生用书P32]
一、选择题
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为正数，P＝，Q＝abc，则P，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0<≤≤，0由排序原理：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c，
因为a，b，c为正数，所以abc>0，a＋b＋c>0，
于是≥abc，即P≥Q.
答案：B
3．设a1，a2，a3为正数，E＝＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的关系是( )
A．EC．E≤F D．E>F
解析：不妨设a1≥a2≥a3>0，于是0<≤≤，
a2a3≤a3a1≤a1a2.
由排序不等式：顺序和≥乱序和得，
＋＋＝＋＋
≥·a1a3＋·a2a3＋·a1a2
＝a1＋a3＋a2，
即＋＋≥a1＋a2＋a3.
答案：B
4．(1＋1)……的取值范围是( )
A．(21，＋∞) B．(61，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(3n－2，＋∞)
解析：令A＝(1＋1)…
＝×××…×，
B＝×××…×，
C＝×××…×.
由于>>，>>，>>，…
>>>0，
所以A>B>C>0.所以A3>A·B·C.
由题意知3n－2＝61，所以n＝21.
又因为A·B·C＝3n＋1＝64，所以A>4.
答案：C
二、填空题
5．若a，b，c均是正实数，则＋＋________a＋b＋c.
解析：不妨设a≥b≥c>0，则bc≤ca≤ab，
≤≤.
∴＋＋≥＋＋＝a＋b＋c.
答案：≥
6．设正实数a1，a2，…，an的任一排列为a1′，a2′，…，an′，则＋＋…＋的最小值为________．
解析：不妨设0则≥≥…≥.
其反序和为＋＋…＋＝n，
则由乱序和不小于反序和知
＋＋…＋≥＋＋…＋＝n，
∴＋＋…＋的最小值为n.
答案：n
7．设a1，a2，a3，a4是1,2,3,4的一个排序，则a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是________．
解析：a1＋2a2＋3a3＋4a4的最大值为12＋22＋32＋42＝30.
最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20.
∴a1＋2a2＋3a3＋4a4的取值范围是[20,30]．
答案：[20,30]
8．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：
三、解答题
9．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．
10．设a，b，c均为正实数，求证：＋＋≤.
证明：不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的单调性，知≥≥，
而≥≥.
由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.
根据排序原理，知
＋＋≥＋＋
＝＋＋.
又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序原理，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.
由不等式的传递性，知
＋＋≤＋＋＝.
∴原不等式成立．
11．设a，b，c为某一个三角形的三条边，a≥b≥c，求证：
(1)c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)；
(2)a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
证明：(1)用比较法：
c(a＋b－c)－b(c＋a－b)
＝ac＋bc－c2－bc－ab＋b2
＝b2－c2＋ac－ab
＝(b＋c)(b－c)－a(b－c)
＝(b＋c－a)(b－c)．
因为b≥c，b＋c－a>0，
于是c(a＋b－c)－b(c＋a－b)≥0，
即c(a＋b－c)≥b(c＋a－b)． ①
同理可证b(c＋a－b)≥a(b＋c－a)． ②
综合①②，证毕．
(2)由题设及(1)知
a≥b≥c，a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)，
于是由排序不等式：反序和≤乱序和，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ab(b＋c－a)＋bc(c＋a－b)＋ca(a＋b－c)
＝3abc＋ab(b－a)＋bc(c－b)＋ca(a－c)． ①
再一次由反序和≤乱序和，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤ac(b＋c－a)＋ba(c＋a－b)＋cb(a＋b－c)
＝3abc＋ac(c－a)＋ab(a－b)＋bc(b－c)． ②
将①和②相加再除以2，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
第二章 柯西不等式与排序不等式及其应用
知识整合与阶段检测
[对应学生用书P36]
[对应学生用书P36]
利用柯西不等式证明不等式
(1)柯西不等式取等号的条件实质上是：＝＝…＝.这里某一个bi为零时，规定相应的ai为零．
(2)利用柯西不等式证明的关键是构造两个适当的数组．
(3)可以利用向量中的|α||β|≥|α·β|的几何意义来帮助理解柯西不等式的几何意义．
[例1] 若n是不小于2的正整数，求证：
＜1－＋－＋…＋－＜.
[证明] 1－＋－＋…＋－
＝－2
＝＋＋…＋，
所以求证式等价于
＜＋＋…＋＜.
由柯西不等式，有
[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋2n]≥n2，
于是＋＋…＋≥＝＝≥＝，
又由柯西不等式，有＋＋…＋＜
＜ ＝.
[例2] 设a，b，c∈R＋，且满足abc＝1，试证明：＋＋≥.
[证明] ∵abc＝1，则所求证的不等式变为
＋＋≥.
又(ab＋bc＋ca)2＝
2
≤[(ac＋bc)＋(ab＋ac)＋(ba＋bc)]，
∴＋＋≥(ac＋bc＋ab)≥
·3＝，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
原不等式得证.
利用柯西不等式求最值
利用不等式解决最值，尤其是含多个变量的问题，是一种常用方法．特别是条件最值问题，通常运用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式及幂平均不等式等，但要注意取等号的条件能否满足．
[例3] 若5x1＋6x2－7x3＋4x4＝1，则3x＋2x＋5x＋x的最小值是( )
A． B．
C．3 D．
[解析] ∵(3x＋2x＋5x＋x)
≥2
＝(5x1＋6x2－7x3＋4x4)2
＝1，
∴3x＋2x＋5x＋x≥.
[答案] B
[例4] 等腰直角三角形AOB的直角边长为1.如图，在此三角形中任取点P，过P分别引三边的平行线，与各边围成以P为顶点的三个三角形(图中阴影部分)，求这三个三角形的面积和的最小值，以及达到最小值时P的位置．
[解] 分别取OA，OB所在的直线为x轴、y轴，建立如图所示的直角坐标系．
则AB的方程为x＋y＝1，
记P点坐标为P(xP，yP)，则以P为公共顶点的三个三角形的面积和S为S＝x＋y＋(1－xP－yP)2，
2S＝x＋y＋(1－xP－yP)2.
由柯西不等式，得
[x＋y＋(1－xP－yP)2](12＋12＋12)
≥[xP＋yP＋(1－xP－yP)]2，
即2S×3＝6S≥1，所以S≥.
当且仅当＝＝时，等号成立，
即xP＝yP＝时，面积和S最小，且最小值为.
从而P点坐标为时，这三个三角形的面积和取最小值.
[例5] 已知实数x、y、z满足x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值是7，求a的值．
[解] 由柯西不等式：
[x2＋(2y)2＋(3z)2]≥
2.
因为x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，
所以a≥(x＋y＋z)2，即－≤x＋y＋z≤.
因为x＋y＋z的最大值是7，所以＝7，得a＝36，
当x＝，y＝，z＝时，x＋y＋z取最大值，
所以a＝36.
排序不等式的应用
(1)用排序不等式证明不等式的关键是根据问题的条件和结论构造恰当的序列，如何排好这个序列是难点所在．
(2)注意等号成立的条件．
[例6] 在△ABC中，试证：≤＜.
[证明] 不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由排序不等式，得
aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC，
aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC，
aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC.
相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)．
得≥，①
又由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b，有
0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b)
＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C)
＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C)
＝(a＋b＋c)π－2(aA＋bB＋cC)．
得＜.②
由①、②得原不等式成立.
利用平均值不等式求最值
1．求函数的最值
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：(1)各项均为正数．(2)“和”或“积”为定值．(3)等号一定能取到，这三个条件缺一不可．
2．解决实际问题
由于受算术平均与几何平均定理求最值的约束条件的限制，在求最值时常常需要对解析式进行合理的变形．对于一些分式结构的函数，当分子中变量的次数不小于分母中变量的次数时，通常采用分离变量(或常数)的方法，拼凑出和的形式，若积为定值则可用平均值不等式求解．
[例7] 已知0＜x＜，求函数y＝x(1－3x)的最大值．
[解] y＝x(1－3x)＝×3x×(1－3x)，
∵0＜x＜，
∴1－3x＞0，x＞0.
∴y＝x(1－3x)
＝×3x×(1－3x)≤×2＝.
当且仅当3x＝1－3x即x＝，y有最大值.
[例8] 若a>b>0，则代数式a2＋的最小值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 依题意得a－b>0，所以代数式a2＋≥a2＋＝a2＋≥2＝4，当且仅当即a＝，b＝时取等号，因此a2＋的最小值是4，选C.
[答案] C
[例9] 某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
[解] (1)设每件定价为t元，
依题意，有t≥25×8，
整理得t2－65t＋1 000≤0，
解得25≤t≤40.
∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
(2)依题意，x>25时，
不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解，
等价于x>25时，a≥＋x＋有解．
∵＋x≥2＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥10.2.
当该商品明年的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
一、选择题
1．若α为锐角，则的最小值为( )
A．2＋3 B．3＋2
C．2 D．3
解析：≥2＝2≥(1＋)2＝3＋2.
答案：B
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是( )
A． B．
C． D．
解析：2x2＋3y2＝(2x2＋3y2)·≥·2＝(x＋y)2＝.
答案：B
3．设x、y、z，满足x2＋2y2＋3z2＝3，则x＋2y＋3z的最大值是( )
A．3 B．4
C. D．6
解析：构造两组数：x，y，z和1，，，
由柯西不等式得[x2＋(y)2＋(z)2][12＋()2＋()2]≥(x＋2y＋3z)2，
∴(x＋2y＋3z)2≤18，
∴x＋2y＋3z≤3，当且仅当x＝y＝z＝时取等号．
答案：A
4．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品3件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则至少要花( )
A．17元 B．19元
C．21元 D．25元
解析：由排序原理可知：
花钱最少为：1×5＋2×3＋3×2＝17(元)．
答案：A
二、填空题
5．n个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________．
解析：设0则0<≤≤…≤，
∵反序和≤乱序和≤顺序和，
∴最小值为反序和a1·＋a2·＋…＋an·＝n.
答案：n
6．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s，每个人接完水后就离开，则他们等候的总时间最短为________s.
解析：由题意知，等候的总时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41.
答案：41
7．函数y＝＋的最小值为________．
解析：y＝＋＝＋
＝[2x＋(1－2x)]
≥2＝25，
当且仅当x＝时取等号．
答案：25
8．已知a，b，x，y＞0，且 ab＝4，x＋y＝1，则(ax＋by)·(bx＋ay)的最小值为________．
解析：[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(·x＋·y)2＝ab(x＋y)2＝ab＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号．
答案：4
三、解答题
9．求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2取到最小值．
解：由柯西不等式得
(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]
≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1，
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥，
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝时等号成立，此时最小值为.
10．设a、b、c为正数，且a＋2b＋3c＝13，求＋＋的最大值．
解：(a＋2b＋3c)
≥2
＝(＋＋)2.
∴(＋＋)2≤.
∴＋＋≤.
当且仅当＝＝时取等号．
又a＋2b＋3c＝13，∴a＝9，b＝，c＝.
∴＋＋有最大值.
11．若不等式|a－1|≥x＋2y＋3z对满足x2＋y2＋z2＝1的一切实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．
解：根据柯西不等式，有
(x2＋y2＋z2)(1＋4＋9)≥(x＋2y＋3z)2，
∴(x＋2y＋3z)2≤1×14＝14，
则－≤x＋2y＋3z≤.
又∵|a－1|≥x＋2y＋3z恒成立，
∴|a－1|≥.
则a－1≥或a－1≤－，
即a≥1＋或a≤1－.
所以a的取值范围为
(－∞，1－]∪[1＋，＋∞)．
[对应学生用书P51]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．已知a，b均为正实数，且a＋2b＝10，则a2＋b2的最小值为( )
A．5 B．10
C．20 D．30
解析：根据柯西不等式有
(a2＋b2)(1＋22)≥(a＋2b)2＝100.
∴a2＋b2≥20，当且仅当a＝＝2时取等号．
答案：C
2．已知x>0，y>0，且4x＋3y＝12，则xy的最大值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由4x＋3y≥2，∴≤6，∴xy≤3，故选C.
答案：C
3．函数y＝log2(x＞1)的最小值为( )
A．－3 B．3
C．4 D．－4
解析：x＞1?x－1＞0，y＝log2＝
log2≥log2(2＋6)＝log28＝3.
答案：B
4．设x1，x2，x3取不同的正整数，则m＝＋＋的最小值是( )
A．1 B．2
C． D．
解析：设a1，a2，a3是x1，x2，x3的一个排列且满足
a1＜a2＜a3.∴a1≥1，a2≥2，a3≥3，又∵1＞＞，
∴x1＋＋≥1＋＋＝当且仅当x1＝1，x2＝2，x2＝3时取等号．
答案：C
5．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4.则3x＋4y的最大值为( )
A．1 B．10
C．11 D．21
解析：∵[(x－1)2＋(y－2)2](32＋42)≥[3(x－1)＋4(y－2)]2，
即(3x＋4y－11)2≤100.
∴3x＋4y－11≤10,3x＋4y≤21.
当且仅当＝时取等号．
答案：D
6．已知不等式(x＋y)≥a对任意正实数x，y恒成立，则实数a的最大值为( )
A．2 B．4
C． D．16
解析：因为(x＋y)≥(1＋1)2＝4，当且仅当x＝y＝1时等号成立，
因此若不等式(x＋y)≥a对任意正实数x，y恒成立，则a≤4，故应选B.
答案：B
7．已知x＋3y＋5z＝6，则x2＋y2＋z2的最小值是( )
A． B．
C． D．6
解析：由柯西不等式，得x2＋y2＋z2＝(12＋32＋52)·(x2＋y2＋z2)·≥(1×x＋3×y＋5×z)2×＝62×＝当且仅当x＝＝＝时取等号．
答案：C
8．已知3x2＋2y2≤2，则3x＋2y的取值范围是( )
A．[0，] B．[－，0]
C．[－，] D．[－5,5]
解析：|3x＋2y|≤·≤
∴－≤3x＋2y≤.
答案：C
9．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2的最大值是( )
A． B．
C．2 D．
解析：1＝a＋b＋4c＝()2＋()2＋(2)2
＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12)
≥(＋＋2)2·，
∴(＋＋2)2≤3，
即所求最大值为.
答案：B
10．若a>0，b>0，c>0，且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，则2a＋b＋c的最小值为( )
A．－1 B．＋1
C．2＋2 D．2－2
解析：∵a(a＋b＋c)＋bc＝(a＋b)(a＋c)＝4－2，
且a＋b>0，a＋c>0，
∴2a＋b＋c＝(a＋b)＋(a＋c)≥2
＝2＝2＝2(－1)(当且仅当a＋b＝a＋c，即b＝c时等号成立)，
∴2a＋b＋c的最小值为2－2，故选D.
答案：D
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．函数y＝2＋的最大值是________．
解析：y＝×＋
≤ ＝，
当且仅当x＝时取等号．
答案：
12．(湖南高考)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
解析：由柯西不等式，得(a2＋4b2＋9c2)·(12＋12＋12)≥(a·1＋2b·1＋3c·1)2＝36，故a2＋4b2＋9c2≥12，从而a2＋4b2＋9c2的最小值为12.
答案：12
13．已知x2＋2y2＝1，则x2y4－1的最大值是________．
解析：∵x2＋2y2＝1，∴x2＋y2＋y2＝1.
又x2·y4－1＝x2·y2·y2－1，
∵x2·y2·y2≤3＝，
∴x2y4－1≤－1＝－.
即x2y4－1≤－当且仅当x2＝y2＝时取等号．
∴x2y4－1的最大值是－.
答案：－
14．函数y＝＋2的最大值是________．
解析：根据柯西不等式，知y＝1×＋2×≤ ×＝.
答案：
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)设a，b，c∈R＋，求证：
＋＋≤.
证明：设a≥b≥c>0，则a3≥b3，
∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2a＝ab(a＋b)，
同理：b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)，
∴＋＋≤＋＋
＝·＝.
16．(本小题满分12分)已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值．
解：(x2＋2y2＋3z2)
≥2＝(3x＋2y＋z)2，
∴(3x＋2y＋z)2
≤(x2＋2y2＋3z2)＝12.
∴－2≤3x＋2y＋z≤2.
当且仅当x＝－，y＝－，z＝－时3x＋2y＋z取最小值，最小值为－2.
17．(本小题满分12分)(福建高考)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，
求证：p2＋q2＋r2≥3.
解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，
即p2＋q2＋r2≥3.
18．(本小题满分14分)设非负实数α1，α2，…，αn满足α1＋α2＋…＋αn＝1，求y＝＋＋…＋－n的最小值．
解：为了利用柯西不等式，注意到
(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn)
＝2n－(α1＋α2＋…＋αn)＝2n－1，
所以(2n－1)
＝[(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn)]·
≥
2＝n2，
所以y＋n≥，y≥－n＝.
当且仅当α1＝α2＝…＝αn＝时等号成立，从而y有最小值.
