2017_2018学年高中数学全一册创新应用教学案（打包14套）新人教A版选修4_5

第一讲 不等式和绝对值不等式
本专题主要考查利用不等式性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值(或代数式)大小的比较，有时考查分类讨论思想，常与函数、数列等知识综合进行考查．
　若a、b是任意实数，且a＞b，则(　　)
A．a2＞b2
B.＜1
C．lg(a－b)＞0
D.＜
[解析]　结合不等式性质和函数的性质(单调性)来比较大小，或用特殊值法判断．
a＞b并不能保证a、b均为正数，从而不能保证A、B成立．又a＞b?a－b＞0，但不能保证a－b＞1，从而不能保证C成立．显然只有D成立．
事实上，指数函数y＝是减函数，所以a＞b?＜成立．
[答案]　D
1．证明不等式
不等式的证明方法很多，关键是从式子的结构入手分析，运用基本不等式证明不等式时，要注意成立的条件，同时熟记一些变形形式，放缩的尺度要把握好．
　已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，求证：·≥9.
[证明]　法一：∵x＋y＝1，∴＝＝1＋，
∴＝＝1＋，
∴＝
＝5＋2≥5＋2×2 ＝9.
当且仅当＝，x＋y＝1，即x＝y＝时等号成立．
法二：∵x＞0，y＞0，x＋y＝1，
∴xy≤＝，∴≥4.
∴＝1＋＋＋
＝1＋＋1＋＋1＋
＝3＋＋＋≥3＋4＋2 ＝9.
当且仅当＝，x＋y＝1，
即x＝y＝时等号成立．
　若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≥.
[证明]　∵a、b、c∈R＋且a＋b＋c＝1，
∴2＝(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)．
∴[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·
≥3×3＝9.
∴原式得证．
2．求函数的最值
在利用基本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．
　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)≤
×＝.
当且仅当3x＝1－3x
即x＝，y有最大值.
　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，再用基本不等式求解．
f(x)＝＝＋4tan x.
∵x∈，∴tan x>0.
故f(x)＝＋4tan x≥2 ＝4，故选C.
[答案]　C
3．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，拼凑出类似函数y＝x＋的结构，然后用基本不等式(符合条件)或单调性求最值．这种变形的技巧经过适当的强化训练，是可以较容易掌握的．
　某游泳馆出售冬游泳卡，每张240元，其使用规定：不记名，每卡每次只限一人，每天只限一次．某班有48名同学，老师打算组织同学们集体去游泳，除需购买若干张游泳卡外，每次游泳还需包一辆汽车，无论乘坐多少名同学，每次的包车费均为40元．
(1)若使每个同学游8次，每人最少应交多少元钱？
(2)若使每个同学游4次，每人最少应交多少元钱？
[解]　设买x张游泳卡，总开支为y元，则
(1)每批去x名同学，共需去批，
总开支又分为：①买卡所需费用240x，
②包车所需费用×40.
∴y＝240x＋×40(0＜x≤48，x∈Z)．
∴y＝240≥240×2 ＝3 840，
当且仅当x＝，即x＝8时取等号．
故每人最少应交＝80(元)．
(2)每批去x名同学，共需去批，
总开支又分为：①买卡所需费用240x，②包车所需
费用×40.
∴y＝240x＋×40(0＜x≤48，x∈Z)．
∴y＝240≥240×2 ＝1 920，
当且仅当x＝，
即x＝4时取等号．
但0＜x≤48，x∈Z，
又当x1＝5时，y1＝240×＝2 736；
当x2＝6时，y2＝240×＝2 720.
∵y1＞y2，
∴当x＝6时，y有最小值，
即ymin＝2 720.
故每人最少应交≈56.67(元).
1．公式法
|f(x)|＞g(x)?f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)；
|f(x)|＜g(x)?－g(x)＜f(x)＜g(x)．
2．平方法
|f(x)|＞|g(x)|?[f(x)]2＞[g(x)]2.
3．零点分段法
含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．
　解下列关于x的不等式：
(1)|x－x2－2|＞x2－3x－4；
(2)|x＋1|＞|x－3|；
(3)|x2－2|x|－2|≤1；
(4)|x－2|－|2x＋5|＞2x；
(5)|2x－1|＜|x|＋1.
[解]　(1)法一：原不等式等价于
x－x2－2＞x2－3x－4或x－x2－2＜－(x2－3x－4)，
解得1－＜x＜1＋或x＞－3，
∴原不等式的解集为{x|x＞－3}．
法二：∵|x－x2－2|＝|x2－x＋2|＝x2－x＋2(x2－x＋2＞0)，
∴原不等式等价于x2－x＋2＞x2－3x－4?x＞－3.
∴原不等式的解集为{x|x＞－3}．
(2)法一：|x＋1|＞|x－3|，
两边平方得(x＋1)2＞(x－3)2，
∴8x＞8，∴x＞1，
∴原不等式的解集为{x|x＞1}．
法二：分段讨论：
当x≤－1时，有－x－1＞－x＋3，
此时x∈?；
当－1＜x≤3时，有x＋1＞－x＋3，
即x＞1，
∴此时1＜x≤3；
当x＞3时，有x＋1＞x－3成立，∴x＞3.
∴原不等式解集为{x|x＞1}．
(3)∵x2＝|x|2，
∴原不等式化为
－1≤|x|2－2|x|－2≤1，即??
∴1＋≤|x|≤3.
∴原不等式解集为[－3，－1－ ]∪[1＋，3]．
(4)分段讨论：①当x＜－时，原不等式变形为
2－x＋2x＋5＞2x，解得x＜7，∴解集为.
②当－≤x≤2时，
原不等式变形为2－x－2x－5＞2x，解得x＜－.
∴解集为.
③当x＞2时，原不等式变形为x－2－2x－5＞2x，
解得x＜－，∴原不等式无解．
综上可得，原不等式的解集为.
(5)当x＜0时，原不等式可化为－2x＋1＜－x＋1，
解得x＞0，
又∵x＜0，
∴x不存在；
当0≤x＜时，原不等式可化为－2x＋1＜x＋1，
解得x＞0，
又∵0≤x＜，
∴0＜x＜；
当x≥时，原不等式可化为2x－1＜x＋1，即x＜2，
∴≤x＜2.
综上，原不等式的解集为{x|0＜x＜2}.
若不等式对于给定区间内的任意值都成立，我们称它为不等式恒成立问题，常用的解决方法有：
(1)实根分布法
涉及到指定区间上一元二次不等式的恒成立问题时，应根据“三个二次”的辩证统一关系，按照二次三项式有无实根分类讨论去解决问题．
(2)最值法
运用“f(x)≤a?f(x)max≤a，f(x)≥a?f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．
(3)更换主元法
不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．
(4)数形结合法
在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．
　若不等式|x－a|＋|x－2|≥1对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　设y＝|x－a|＋|x－2|，则ymin＝|a－2|.
因为不等式|x－a|＋|x－2|≥1对?x∈R恒成立，
所以|a－2|≥1，解得：a≥3或a≤1.
　若不等式|x－4|＋|3－x|[解]　法一：(1)当a≤0时，
不等式|x－4|＋|3－x|(2)当a>0时，先求不等式|x－4|＋|3－x|令x－4＝0，得x＝4，令3－x＝0，得x＝3.
①当x≥4时，x－4＋x－3解不等式组得4≤x<，∴a＞1.
②当31.
③当x≤3时，有4－x＋3－x解不等式组得1.
综合①②③可知当a>1时，原不等式有解，从而当0由(1)(2)两种情况可知不等式|x－4|＋|3－x|法二：令y＝|x－4|＋|3－x|.
则y＝
作出图象如图，由图象观察可知，要使不等式|x－4|＋|3－x|一、选择题
1．已知y＞x＞0，且x＋y＝1，那么(　　)
A．x＜＜y＜2xy　　　　B．2xy＜x＜＜y
C．x＜＜2xy＜y D．x＜2xy＜＜y
解析：选D　可以代入x＝，y＝，验证＝，2xy＝，显然x＜2xy＜＜y.
2．若1＜a＜3，－4＜b＜2，则a－|b|的取值范围是(　　)
A．(－1，3) B．(－3，6)
C．(－3，3) D．(1，4)
解析：选C　∵－4＜b＜2，
∴0≤|b|＜4，∴－4＜－|b|≤0.
又1＜a＜3，∴－3＜a－|b|＜3.
3．下列命题正确的是(　　)
A．a＞b?ac2>bc2 B.＞?a＞b
C.?＜ D.?＜
解析：选C　∵ab＞0，∴a，b同号．又a3＞b3，
∴a＞b.∴＞.∴＞.
4．已知|α＋β|＝|α|＋|β|，|α|＞2，|β|＞2，则下列结论：
①|α－β|≤|α＋β|；②|α－β|＞|α＋β|；③|α＋β|＞5；
④|α＋β|≤5.其中正确的有(　　)
A．①②　　　B．①③　　　C．②③　　　D．③④
解析：选B　由|α＋β|＝|α|＋|β|知α，β同号，
∴|α－β|≤|α＋β|成立．∵|α|＞2，|β |＞2，
∴|α＋β|＝|α|＋|β|＞4＞5成立．
∴①③正确．
二、填空题
5．(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：(－∞，＋∞)
6．设x，y，z为正实数，满足x－2y＋3z＝0，则的最小值是________．
解析：由x－2y＋3z＝0得y＝，代入得≥＝3，
当且仅当x＝3z时取“＝”．
答案：3
7．(江西高考)在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集为________．
解析：原不等式可化为
或或
解得－≤x≤，
即原不等式的解集为.
答案：
8．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，综上可知①②③正确．
答案：①②③
三、解答题
9．设a＞0，且a≠1，t＞0，比较logat与loga的大小．
解：∵loga－logat＝loga，
又t＞0，t＋1－2＝(－1)2≥0，
故t＋1≥2，∴≥1.
①当0＜a＜1时，loga≤loga1＝0，
∴loga≤logat.②当a＞1时，loga≥loga1＝0，
∴loga≥logat.
10．求当x≠0时，f(x)＝的值域．
解：当x＞0时，f(x)＝＝.
∵x＋≥2，
∴0＜≤.
∴0＜f(x)≤1，当且仅当x＝1时，等号成立．
当x＜0时，f(x)＝＝，
∵(－x)＋(－)≥2，∴x＋≤－2，
∴－≤＜0，
∴－1≤f(x)＜0，当且仅当x＝－1时，等号成立．
∴函数f(x)＝的值域为[－1，0)∪(0，1]．
11．已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x);
(2)若存在x∈R，使得f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵|x＋1|≥2|x|?x2＋2x＋1≥4x2
?－≤x≤1，
∴不等式f(x)≥g(x)的解集为.
(2)若存在x∈R，使得|x＋1|≥2|x|＋a成立，即存在x∈R，使得|x＋1|－2|x|≥a成立．
令φ(x)＝|x＋1|－2|x|，则a≤φ(x)max，
又φ(x)＝
当x≥0时，φ(x)≤1；
当－1≤x＜0时，－2≤φ(x)＜1；当x＜－1时，φ(x)＜－2.综上可得：φ(x)≤1，∴a≤1，
即实数a的取值范围为(－∞，1]．
　　　　　 　　　　　　
(时间：90分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．“|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：选A　∵|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．
2.＜＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④＋＞2中，正确的不等式有(　　)
A．①②　　　B．②③　　　C．①④　　　D．③④
解析：选C　∵＜＜0，∴0＞a＞b，③不正确．
∴a＋b＜0，ab＞0，故a＋b＜ab成立，即①正确．
由0＞a＞b，得|a|＜|b|，∴②不正确．
又＋－2＝＞0，∴＋＞2，即④正确．
3．若a＞b＞c，则一定成立的不等式是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．a|c|>b|c| B．ab>ac
C．a－|c|>b－|c| D.＜＜
解析：选C　当c＝0时，A不成立；
a<0时，B不成立；当a＝1，c＝－1时，D不成立．
∵a>b，∴C成立．
4．函数y＝log2(x＞1)的最小值为(　　)
A．－3 B．3 C．4 D－4
解析：选B　x＞1?x－1＞0，y＝log2＝
log2≥log2(2＋6)＝log28＝3.
5．设6＜a＜10，≤b≤2a，c＝a＋b，那么c的取值范围是　　(　　)
A．9＜c＜30 B．0≤c≤18
C．0≤c≤30 D．15＜c＜30
解析：选A　因为≤b≤2a，所以≤a＋b≤3a.又因为6＜a＜10，所以＞9，3a＜30.所以9＜≤a＋b≤3a＜30.即9＜c＜30.
6．已知|x－a|A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C　由|x－a|＜b得，a－b＜x＜a＋b，
由已知得解得
7．设xy＜0，x，y∈R，则下列选项正确的是(　　)
A．|x＋y|>|x－y| B．|x－y|<|x|＋|y|
C．|x＋y|<|x－y| D．|x－y|<||x|－|y||
解析：选C　∵xy＜0，∴x，y异号．不妨取x＝1，y＝－1验证即可．
8．不等式|x＋log3x|<|x|＋|log3x|的解集为(　　)
A．(－∞，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(0，1)
解析：选D　在|a＋b|≤|a|＋|b|中，当ab＞0或至少有一者为零时取等号，
∴当|a＋b|＜|a|＋|b|时，ab＜0，
∴x·log3x＜0，
∵x＞0，∴log3x＜0，故0＜x＜1.
9．若0＜x＜，则x2(1－2x)有(　　)
A．最小值 B．最大值
C．最小值 D．最大值
解析：选B　∵0＜x＜，∴1－2x＞0，
x2(1－2x)＝x·x·(1－2x)≤
＝＝，
当且仅当x＝1－2x，即x＝时，上式取等号，
∴当x＝时，x2(1－2x)有最大值.
10．已知a>0，b>0，a、b的等差中项是，且α＝a＋，β＝b＋，则α＋β的最小值是(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选C　∵因为a＋b＝2×＝1，
所以α＋β＝a＋＋b＋
＝1＋＋＝1＋＋
＝3＋＋≥5，
当且仅当a＝b时等号成立，故选C.
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．下列不等式：①x＋≥2；②≥2；③若0＜a＜1解析：①当x＞0时，x＋≥2，当x＜0时，x＋≤－2；
②∵x与同号，∴＝|x|＋≥2；
③当0＜a＜1＜b时，logab＜0，logba<0，
∴－logab>0，－logba＞0，∴logab＋logba≤－2；
④由③知logab＋logba≥2是错误的．
答案：②③
12．(江西高考)在实数范围内，不等式||x－2|－1|≤1的解集为________．
解析：依题意得－1≤|x－2|－1≤1，即|x－2|≤2，解得0≤x≤4.
答案：[0，4]
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≤＝，
∴x2y4－1≤－1＝－.即x2y4－1≤－.
∴x2y4－1的最大值是－.
答案：－
14．(天津高考)已知函数y＝的图象与函数y＝kx－2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．
解析：因为函数y＝＝
函数y＝kx－2的图象恒过点(0，－2)，根据图象易知，两个函数图象有两个交点时，0答案：(0，1)∪(1，4)
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)设关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)＞a.
(1)当a＝1时，解这个不等式；
(2)当a为何值时，这个不等式的解集为R?
解：(1)当a＝1时，原不等式可变为|x＋3|＋|x－7|＞10，
可得其解集为{x|x＜－3，或x＞7}．
(2)∵|x＋3|＋|x－7|≥|x＋3－(x－7)|＝10对任意x∈R都成立．
∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥lg10＝1对任何x∈R都成立．
即lg(|x＋3|＋|x－7|)＞a，当且仅当a＜1时，对任何x∈R都成立．
16．(本小题满分12分)若a>b>c，求证：＋≥.
证明：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.
∴(a－c)
＝[(a－b)＋(b－c)]
≥2·2 ＝4(当且仅当a－b＝b－c时，等号成立)．
∴＋≥.
17．(本小题满分12分)某学校为了美化校园，要建造一个底面为正方形，容量为32 m3的柱形露天喷水池，问怎样建才能使得用来砌喷水池底部和四壁的镶面材料花费最少？
解：设喷水池底面正方形边长为x m，高为y m，
则x2y＝32，
底面面积与四壁面积之和为
S＝x2＋4xy＝x2＋2xy＋2xy
≥3＝3＝48.
上式当且仅当x2＝2xy，
即x＝2y时取等号．
又x2y＝32，可得x＝4，y＝2.
答：当底面正方形边长为4 m，高为2 m时，材料花费最少．
18．(本小题满分14分)(福建高考)设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1，
所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1.
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0，
故ab＋1＞a＋b.
第1节 不等式
[核心必知]
1．实数的大小顺序与实数的运算性质之间的关系
(1)设a，b∈R，则
①a＞b?a－b＞0；②a＝b?a－b＝0；③a＜b?a－b＜0．
(2)设b∈(0，＋∞)，则
①＞1?a＞b；②＝1?a＝b；③＜1?a＜b.
2．不等式的基本性质
对称性
如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b?b＜a
传递性
如果a＞b，b＞c，那么a＞c．即a＞b，b＞c?a＞c
可加性
如果a＞b，那么a＋c＞b＋c
可乘性
如果a＞b，c＞0，那么ac＞bc；如果a＞b，c＜0，那么ac＜bc
乘方
如果a＞b＞0，那么an＞bn(n∈N，n≥2)
开方
如果a＞b＞0，那么＞(n∈N，n≥2)
[问题思考]
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．已知三个不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0(其中a，b，c，d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题有几个？
提示：由已知可组成三个命题．
①若ab＞0，bc－ad＞0，则－＞0，此命题正确，只需在不等式bc－ad＞0两侧同除以ab，根据不等式性质，整理即得结论；
②若ab＞0，－＞0，则bc－ad＞0，此命题正确，只需在不等式－＞0两侧同乘以ab，根据不等式性质，整理即得结论；
③若－＞0，bc－ad＞0，则ab＞0，此命题正确，
因为－＞0?＞0，
又因为bc－ad＞0，故ab＞0．
即可组成的正确命题有3个．
　　　x∈R，比较x3－1与2x2－2x的大小．
[精讲详析]　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．
(x3－1)－(2x2－2x)
＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)
＝x2(x－1)－(x－1)2
＝(x－1)(x2－x＋1)．
∵x2－x＋1＝＋≥＞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.

．
(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．x∈R，比较(x＋1)与·(x2＋x＋1)的大小．
解：因为(x＋1)＝(x＋1)·
＝(x＋1)(x2＋x＋1)－(x＋1)，
(x2＋x＋1)＝(x2＋x＋1)
＝(x＋1)(x2＋x＋1)－(x2＋x＋1)．
∴作差，得(x＋1)－(x2＋x＋1)
＝(x＋1)(x2＋x＋1)－(x＋1)－(x＋1)(x2＋x＋1)＋(x2＋x＋1)＝(x2＋x＋1)－(x2＋x)＝＞0，
∴(x＋1)＞(x2＋x＋1).
　　　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)
[精讲详析]　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．
(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>0，
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．(广州二模)设a，b为正实数，则“aA．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分又不必要条件
解析：选C　若a0，b>0，
则>?－<－，
∴a－且a>0，b>0?a2b－b<0?(a－b)(ab＋1)<0?a－b<0?a　　　已知60＜x＜84，28＜y＜33.求
(1)x－y的取值范围；
(2)的取值范围．
[精讲详析]　本题考查不等式性质的灵活应用．解答问题(1)需要先求出－y的取值范围，然后利用不等式的同向可加性解决；解答问题(2)需要先求出的取值范围，然后利用不等式的有关性质求解．
∵28＜y＜33，
∴－33＜－y＜－28，＜＜.
又60＜x＜84，
∴27＜x－y＜56，＜＜.即＜＜3.

本题不能直接用x的范围去减或除y的范围，应严格利用不等式的基本性质去求得范围，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“范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30，15＜x－y＜18，要求2x＋3y的范围，不能分别求出x，y的范围，再求2x＋3y的范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝(x＋y)－(x－y)，两范围相加可得2x＋3y的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能
再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求．
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.
本课时考点主要考查不等式的性质，全国高考乙卷将不等式的性质及函数的单调性结合命题，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
(全国乙卷)若a>b>1，0A．acB．abcC．alogbcD．logac[命题立意]本题考查不等式性质在比较实数大小中的应用．
[解析]　选C　∵y＝xα，α∈(0，1)在(0，＋∞)上是增函数，
∴当a>b>1，0bc，选项A不正确．
∵y＝xα，α∈(－1，0)在(0，＋∞)上是减函数，
∴当a>b>1，0ac－1bac，选项B不正确．
∵a>b>1，∴lg a>lg b>0，∴alg a>blg b>0，
∴>.又∵0∴<，∴alogbc同理可证logac>logbc，选项D不正确．

一、选择题
1．(浙江高考)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：选A　对于0＜ab＜1，如果a＞0，则b＞0，a＜成立，如果a＜0，则b＜0，b＞成立，因此“0＜ab＜1”是“a＜或b＞”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a＜或b＞”成立，但条件0＜ab＜1不成立，因此“0＜ab＜1”不是“a＜或b＞”的必要条件；即“0＜ab＜1”是“a＜或b＞”的充分而不必要条件．
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：选C　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＝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.
3．已知a＜0，－1＜b＜0，那么(　　)
A．a＞ab＞ab2　　　　　　　　B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：选D　ab2－ab＝ab(b－1)，
∵a＜0，－1＜b＜0，
∴b－1＜0，ab>0.∴ab2－ab＜0.即ab2＜ab；
又ab2－a＝a(b2－1)，
∵－1＜b＜0，∴b2＜1，即b2－1＜0.又a＜0，
∴ab2－a＞0，即ab2＞a.故ab＞ab2＞a.
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：选B　∵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.
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．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
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．下列命题：
①c－a＜c－b?a＞b；
②a＞b＞0，c＞d＞0?＞；
③＜，且c＞0?a＞b；
④＜(n∈N，n＞1)?a＜b.
其中真命题是________(填序号)．
解析：①c－a＜c－b?－a＜－b?a＞b.
②a＞b＞0，c＞d＞0?＞＞0，
∴ ＞ .
③－＝＜0，
∵c＞0，∴有或
即或∴③不正确，
④中无论n为奇数或偶数，
均可由＜(n∈N，n＞1)?a＜b.∴①②④正确．
答案：①②④
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＜0，A＝1＋a2，B＝1－a2，C＝，D＝，试比较A，B，C，D的大小．
解：∵－＜a＜0，不妨取a＝－，可得
A＝，B＝，C＝，D＝，由此猜测
C＞A＞B＞D.
C－A＝－(1＋a2)＝，
∵1＋a＞0，－a＞0，＋＞0，∴C＞A.
∵A－B＝(1＋a2)－(1－a2)＝2a2＞0，∴A＞B.
∵B－D＝1－a2－＝.
＝，
∵－＜a＜0，∴1－a＞0，
－＜－＜0.
∴B＞D.综上，C＞A＞B＞D.
11．已知f(x)＝ax2＋c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．
解：由－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5得：

设u＝a＋c，v＝4a＋c，则有a＝，c＝，
∴f(3)＝9a＋c＝－u＋v.
又
∴∴－1≤－u＋v≤20，
即－1≤f(3)≤20.∴f(3)的取值范围为[－1，20]．
第2课时　基本不等式
[核心必知]
1．定理1　
如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
2．定理2(基本不等式)
如果a，b＞0，那么≥，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．算术平均与几何平均
如果a，b都是正数，我们就称为a，b的算术平均，为a，b的几何平均．
4．利用基本不等式求最值
对两个正实数x，y，(1)如果它们的和S是定值，则当且仅当x＝y时，它们的积P取得最大值；
(2)如果它们的积P是定值，则当且仅当x＝y时，它们的和S取得最小值．
[问题思考]
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．利用基本不等式≥求最值的条件是什么？
提示：“一正、二定、三相等”，即：(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取得相等的值．
　已知a，b，c为正实数，
求证：(1)≥8；
(2)a＋b＋c≥＋＋.
[精讲详析]　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，再把它们相乘或相加即可．
(1)∵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≥8.
(2)∵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)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或可乘性得出所证的不等式，要注意不等式性质的使用条件，对“当且仅当……时取等号”这句话要搞清楚．
1．设a，b，c∈R＋，求证： ＋＋≥(a＋b＋c)．
证明：∵a2＋b2≥2ab，
∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2.
又a，b，c∈R＋，
∴≥|a＋b|＝(a＋b)．
同理：≥(b＋c)，
≥(a＋c)．三式相加，
得 ＋＋≥(a＋b＋c)．
当且仅当a＝b＝c时取等号.
　　　已知x＞0，y＞0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
[精讲详析]　本题考查基本不等式的应用，解答本题可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，然后再利用基本不等式求得和的最小值．
∵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.

(1)运用不等式求最大值、最小值，用到两个结论，简述为：“和定积最大”与“积定和最小”．
(2)运用定理求最值时：必须做到“一正，二定，三相等”．
2．求函数f(x)＝(x＞0)的最大值及此时x的值．
解：f(x)＝1－.
因为x＞0，所以2x＋≥2，
得－(2x＋)≤－2，因此f(x)≤1－2，
当且仅当2x＝，即x2＝时，
式子中的等号成立．
由于x＞0，因而x＝时，等号成立．
因此f(x)max＝1－2，此时x＝.
　　　某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧用砖墙，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元．仓库底面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？
[精讲详析]　本题考查基本不等式的应用，解答此题需要设出铁栅和砖墙的长，然后根据投资费用列出关系式，借助基本不等式即可解决．
设铁栅长为x m，一堵砖墙长为y m，则有S＝xy，由题意，得
40x＋2×45y＋20xy＝3 200，
由基本不等式，得3 200≥2＋20xy
＝120＋20xy＝120＋20S，
∴S＋6≤160，
即(＋16)(－10)≤0.
∵＋16＞0，
∴－10≤0，从而S≤100.
因此S的最大允许值是100 m2，取得此最大值的条件是40x＝90y，而xy＝100，由此求得x＝15，即铁栅的长应是15 m.

利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．
3．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．
(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？
(2)某提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠，问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由．
解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，由题意可知，面粉的保管等其他费用为
3[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1)，
设平均每天所支付的总费用为y1元，则
y1＝＋1 800×6＝＋9x＋10 809
≥2 ＋10 809＝10 989，
当且仅当9x＝，
即x＝10时取等号．
即该厂每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少．
(2)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每隔x(x≥35)天购买一次面粉．
平均每天支付的总费用为y2元，则
y2＝[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.9
＝＋9x＋9 729(x≥35)，
令f(x)＝x＋(x≥35)，x2＞x1≥35，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝.
∵x2＞x1≥35，
∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0,
∴f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，
即f(x)＝x＋
当x≥35时为增函数，
∴当x＝35时，f(x)有最小值，此时y2≈10 069.7＜10 989.
∴该厂应接受此优惠条件．
本课时经常考查基本不等式在求函数最值中的应用，其中，建立函数模型，利用基本不等式求解最值问题是高考的热点．
[考题印证]
(陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(aA．aC.[命题立意]　考查基本不等式的应用，考查应
用数学知识解决实际问题的能力．
[解析]　选A　设甲、乙两地的距离为S，则从甲地到乙地所需时间为。
从乙地到甲地所需时间为，又因为a＝a，
即a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：选A　x＞0，y＞0，xy－(x＋y)＝1?xy＝1＋(x＋y)?1＋(x＋y)≤?x＋y≥2(＋1)．
2．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：选D　∵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.
3．(湖南高考)若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为(　　)
A. B．2
C．2 D．4
解析：选C　由＋＝，知a＞0，b＞0，
所以＝＋≥2，即ab≥2，
当且仅当
即a＝，b＝2时取“＝”，
所以ab的最小值为2.
4．(陕西高考)设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是(　　)
A．a＜b＜＜ B．a＜＜＜b
C．a＜＜b＜ D.＜a＜＜b
解析：选B　代入a＝1，b＝2，则有0＜a＝1＜＝＜＝1.5＜b＝2，我们知道算术平均数与几何平均数的大小关系，其余各式作差(作商)比较即可，答案为B.
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．(湖南高考)设x，y∈R，且xy≠0，则·的最小值为________．
解析：＝1＋4＋4x2y2＋
≥1＋4＋2 ＝9，
当且仅当4x2y2＝时等号成立，
即|xy|＝时等号成立．
答案：9
7．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．
①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2.
解析：两个正数，和定，积有最大值，即ab≤＝1，当且仅当a＝b时取等号，故①正确；
(＋)2＝a＋b＋2＝2＋2≤4，当且仅当a＝b时取等号，得＋≤2，故②错误；由于≥＝1，
故a2＋b2≥2成立，故③正确；
a3＋b3＝(a＋b)(a2＋b2－ab)＝2(a2＋b2－ab)，
∵ab≤1，∴－ab≥－1，又a2＋b2≥2，
∴a2＋b2－ab≥1，
∴a3＋b3≥2，故④错误；＋＝＝1＋＋≥1＋1＝2，当且仅当a＝b时取等号，故⑤正确．
答案：①③⑤
8．(陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
解析：(am＋bn)(bm＋an)＝ab(m2＋n2)＋mn(a2＋b2)≥2abmn＋mn(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝2(2ab＋a2＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝时取等号)．
答案：2
三、解答题
9．已知a，b，x，y∈R＋，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＝(x＋y)＝a＋b＋＋≥a＋b＋2＝(＋)2，
当且仅当＝时取等号．
又(x＋y)min＝(＋)2＝18，
即a＋b＋2＝18，①
又a＋b＝10，②
由①②可得或
10．设x＞0，y＞0且x＋y＝4，要使不等式＋≥m恒成立，求实数m的取值范围．
解：由x＞0，y＞0，且x＋y＝4，得＝1，
∴＋＝·＝
＝≥＝，
当且仅当＝时等号成立，
即y＝2x(∵x＞0，y＞0，∴y＝－2x舍去)，
此时，结合x＋y＝4，
解得x＝，y＝.
∴＋的最小值为.
∴≥m，即m的取值范围是.
11. 如图所示，两铁路线垂直相交于站A，若已知AB＝100千米，甲火车从A站出发，沿AC方向以50千米/小时的速度行驶，同时乙火车以v千米/小时的速度从B站沿BA方向行驶至A站即停止前行(甲车仍继续行驶)．
(1)求甲、乙两车的最近距离(两车的车长忽略不计)；
(2)若甲、乙两车从开始行驶到甲、乙两车相距最近时所用时间为t0小时，问v为何值时，t0最大？
解：(1)设乙车行驶t小时到D，甲车到E，
①若0≤tv≤100，
则DE2＝AD2＋AE2
＝(100－tv)2＋(50t)2
＝(2 500＋v2)t2－200vt＋10 000.
当t＝时，DE2取最小值，
DE也取最小值.
②若tv＞100，则乙车停止，甲车继续前进，
所以DE越来越大．
由①、②知，甲、乙两车的最近距离为千米．
(2)t0＝＝≤＝1.
当且仅当v＝，
即v＝50千米/小时时，t0最大．
第3课时　三个正数的算术-几何平均不等式
[核心必知]
1．三个正数的算术-几何平均不等式
如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．n个正数a1，a2，…，an的算术-几何平均不等式
对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥ ，
当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
[问题思考]
1．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．
2．应用三个正数的算术－几何平均不等式，求最值应注意什么？
提示：三个正数的和为定值，积有最大值；积为定值，和有最小值．当且仅当三个正数相等时取得．
　　　已知x∈R＋，求函数y＝x(1－x2)的最大值．
[精讲详析]　本题考查三个正数的算术-几何平均不等式在求最值中的应用．解答本题要根据需要拼凑出利用其算术-几何平均不等式的条件，然后再求解．
∵y＝x(1－x2)，
∴y2＝x2(1－x2)2
＝2x2(1－x2)(1－x2)·.
∵2x2＋(1－x2)＋(1－x2)＝2，
∴y2≤＝.
当且仅当2x2＝1－x2＝1－x2，
即x＝时取“＝”号．
∴y≤.∴y的最大值为.

(1)利用三个正数的算术-几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．
(2)应用算术-几何平均不等式定理，要注意三个条件即“一正二定三相等”同时具备时，函数方可取得最值．其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如：配系数、拆项、分离常数、平方变形等．
(3)当不具备使用平均不等式定理的条件时，求函数的最值可考虑利用函数的单调性．
1．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)×
≤＝×＝.
当且仅当x＝2－2x，即x＝时取等号．此时，ymax＝.
　　　设a、b、c∈R＋，求证：
(1)(a＋b＋c)2≥27；
(2)(a＋b＋c)≥.
[精讲详析]　本题考查平均不等式的应用，解答本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的问题．
(1)∵a，b，c∈R＋，∴a＋b＋c≥3＞0，
从而(a＋b＋c)2≥9＞0，
又＋＋≥3＞0，
∴(a＋b＋c)2≥3·9＝27当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
(2)∵a，b，c∈R＋，
∴(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥3＞0，
＋＋≥3＞0，
∴(a＋b＋c)≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

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．设0求证：abc(1－a)(1－b)(1－c)≤.
证明：∵0∴1－a>0.
∴0同理0当且仅当a＝b＝c＝时，
以上三个式子等号成立．将以上三个不等式相乘得
abc(1－a)(1－b)(1－c)≤.
　　　已知圆锥的底面半径为R，高为H，求圆锥的内接圆柱体的高h为何值时，圆柱的体积最大？并求出这个最大的体积．
[精讲详析]　
本题考查算术-几何平均不等式在实际问题中的应用，解答本题需要作出圆锥、圆柱的轴截面，利用相似三角形建立各元素之间的关系，然后利用算术-几何平均不等式求最大值．
设圆柱体的底面半径为r，
如图，由相似三角形的性质可得＝，
∴r＝(H－h)．
∴V圆柱＝πr2h＝(H－h)2h(0＜h＜H)．
根据平均不等式可得
V圆柱＝···h≤
＝πR2H.
当且仅当＝h，
即h＝H时，
V圆柱最大＝πR2H.

(1)在解求最值应用题时，先必须确定好目标函数，再用“平均值不等式”求最值．
(2)在确定目标函数时，必须使函数成为一元函数，即只能含一个变量，否则是无法求最值的．
3．制作一个圆柱形的饮料盒，如果容积一定，怎样设计它的尺寸，才能使所用的材料最少？
解：设圆柱形饮料盒的体积为V(定值)，底面半径为r，
高为h，表面积为S.
则V＝πr2h，
∴h＝.
∴S＝2πr2＋2πrh＝2πr2＋
＝2πr2＋＋≥3 .
即当2πr2＝，
r＝时表面积最小．此时h＝2r.
即饮料盒的底面半径为r＝，
高为2 时，用料最省．
本课时经常考查算术-几何平均不等式在求最值中的应用．本考题以解答题的形式考查了算术-几何平均不等式在证明不等式中的应用，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
[命题立意]　本题考查基本不等式、算术-几何平均不等式等基础知识，同时考查了等号成立的条件及推理运算能力．
[解]　法一：因为a，b，c均为正数，由平均不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)，①
＋＋≥3(abc)－，
所以≥9(abc)－.②
故a2＋b2＋c2＋≥3(abc)＋9(abc)－.
又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc)＝9(abc)－时，③式等号成立．
即当且仅当a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．
法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得
a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①
同理＋＋≥＋＋，②
故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋3＋3＋3≥6.③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．
一、选择题
1．设x＞0，则y＝x＋的最小值为(　　)
A．2　　　　　　　　　　　B．2
C．3 D．3
解析：选D　y＝x＋＝＋＋≥3·＝3，当且仅当＝时取“＝”号．
2．设x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝6，则lgx＋lgy＋lgz的取值范围是(　　)
A．(－∞，lg 6] B．(－∞，3lg 2]
C．[lg 6，＋∞) D．[3lg 2，＋∞)
解析：选B　∵lg x＋lg y＋lg z＝lg(xyz)，
而xyz≤，
∴lg(xyz)≤lg8＝3lg2
(当且仅当x＝y＝z＝2时，等号成立)．
3．若实数x，y满足xy＞0，且x2y＝2，则xy＋x2的最小值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C　xy＋x2＝xy＋xy＋x2≥
3＝3＝3＝3(当且仅当xy＝x2，即x＝1，y＝2时，等号成立)．
4．已知a，b，c∈R＋，x＝，y＝，z＝，则(　　)
A．x≤y≤z B．y≤x≤z
C．y≤z≤x D．z≤y≤x
解析：选B　∵a，b，c∈R＋，
∴≥，
∴x≥y，又x2＝，
z2＝，
∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∴3a2＋3b2＋3c2≥(a＋b＋c)2，
∴z2≥x2，∴z≥x.即y≤x≤z.
二、填空题
5．若a＞2，b＞3，则a＋b＋的最小值为________．
解析：∵a＞2，b＞3，∴a－2＞0，b－3＞0.
∴a＋b＋
＝(a－2)＋(b－3)＋＋5
≥3＋5＝3＋5＝8.
(当且仅当a＝3，b＝4时等号成立)．
答案：8
6．设x、y、z＞0且x＋3y＋4z＝6.则x2y3·z的最大值为________．
解析：∵6＝3y＋x＋4z＝＋＋y＋y＋y＋4z≥
6，∴x2y3z≤1.
当且仅当＝y＝4z时取“＝”号．
∴最大值为1.
答案：1
7．设三角形三边长为3，4，5，P是三角形内的一点，则P到这三角形三边距离乘积的最大值是________．
解析：设P到长度为3，4，5的三角形三边的距离分别是x，y，z，三角形的面积为S.
则S＝(3x＋4y＋5z)，
又∵32＋42＝52，
∴这个直角三角形的面积S＝×3×4＝6.
∴3x＋4y＋5z＝2×6＝12.
∴3≤3x＋4y＋5z＝12.
∴(xyz)max＝.
当且仅当x＝，y＝1，z＝时等号成立．
答案：
8．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1，对于下列不等式：①abc≤；②≥27；③a2＋b2＋c2≥.
其中正确不等式的序号是________．
解析：∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴1＝a＋b＋c≥3.
0＜abc≤＝，≥27，
从而①正确，②也正确，
又1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤a2＋b2＋c2＋(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(c2＋a2)＝3(a2＋b2＋c2)，
∴a2＋b2＋c2≥，从而③正确．
答案：①②③
三、解答题
9．若θ为锐角，求y＝sin θ·cos2θ的最大值．
解：y2＝sin2θ·cos2θ·cos2θ
＝·2sin2θ(1－sin2θ)·(1－sin2θ)
≤×＝.
当且仅当2sin2θ＝1－sin2θ，
即sin θ＝时取等号．
此时ymax＝.
10．已知某轮船速度为每小时10千米，燃料费为每小时30元，其余费用(不随速度变化)为每小时480元，设轮船的燃料费用与其速度的立方成正比，问轮船航行的速度为每小时多少千米时，每千米航行费用总和为最小．
解：设船速为V千米/小时，燃料费为A元/小时．则依题意有 A＝k·V3，且有30＝k·103，∴k＝.
∴A＝V3.
设每千米的航行费用为R，需时间为小时，
∴R＝＝V2＋＝V2＋＋≥3＝36.
当且仅当V2＝，
即V＝20时取最小值．
答：轮船航行速度为20千米/小时时，每千米航行费用总和最小．
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).
第2节 绝对值不等式
[核心必知]
1．绝对值的几何意义
(1)实数a的绝对值|a|表示数轴上坐标为a的点A到原点的距离．
(2)对于任意两个实数a，b，设它们在数轴上的对应点分别为A、B，那么|a－b|的几何意义是数轴上A，B两点之间的距离，即线段AB的长度．
2．绝对值三角不等式
(1)如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)如果把上面的绝对值三角不等式中的实数a，b换成向量a，b，则它的几何意义是三角形两边之和大于第三边．
3．三个实数的绝对值不等式
如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
[问题思考]
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，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|；当点B不在点A，C之间时，|a－c|＜|a－b|＋|b－c|．
　　　(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________．
[精讲详析]　本题考查绝对值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．
(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；
＝(|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)定理|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
　　　已知a，b∈R且a≠0，求证：≥－.
[精讲详析]　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．
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．若f(x)＝x2－x＋c(c为常数)，|x－a|＜1，
求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
证明：|f(x)－f(a)|
＝|(x2－x＋c)－(a2－a＋c)|＝|x2－x－a2＋a|
＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|＝|(x－a)＋(2a－1)|≤|x－a|＋|2a－1|
≤|x－a|＋|2a|＋1<1＋2|a|＋1＝2(|a|＋1)．
　　　已知a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4.
求|a|＋|b|的最大值．
[精讲详析]　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．
|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．(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；(2)求函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值．
解：(1)法一：||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
法二：把函数看作分段函数．y＝|x－3|－|x＋1|＝
∴－4≤y≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)|x－4|＋|x－3|≥|(x－4)－(x－3)|＝1，
∴ymin＝1.
本课时主要考查绝对值三角不等式的应用，江苏高考以解答题的形式考查绝对值三角不等式在证明中的应用，是高考的一个新亮点．
[考题印证]
(江苏高考)已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.
[命题立意]　本题综合考查不等式的性
质和绝对值三角不等式的的应用．
[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|＜.
一、选择题
1．不等式＜1成立的充要条件是(　　)
A．a、b都不为零　　　　　B．ab＜0
C．ab为非负数 D．a、b中至少有一个不为零
解析：选B　＜1?|a＋b|＜|a|＋|b|?a2＋b2＋2ab＜a2＋b2＋2|ab|?ab＜|ab|?ab＜0.
2．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)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：选A　∵|x－a|＜m，|y－a|＜m，
∴|x－a|＋|y－a|＜2m.
又∵|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|，
∴|x－y|＜2m，但反过来不一定成立，
如取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，|3－1|＜2×2.5，
但|3－(－2)|＞2.5，|1－(－2)|＞2.5，
∴|x－y|＜2m不一定有|x－a|＜m且|y－a|＜m，故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的充分不必要条件．
3．若1＜＜，则下列结论中不正确的是(　　)
A．logab＞logba
B．|logab＋logba|＞2
C．(logba)2＜1
D．|logab|＋|logba|＞|logab＋logba|
解析：选D　由1＜＜，得0＜b＜a＜1，
∴logab＞0，logba＞0，由绝对值的有关性质可得|logab＋logba|＝|logab|＋|logba|，所以应选D.
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：选D　∵|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．
二、填空题
5．若ab＞0，则下面四个不等式：①|a＋b|＞|a|；②|a＋b|＜|b|；③|a＋b|＜|a－b|；④|a＋b|＞|a|－|b|中，正确的有________．
解析：∵ab＞0，∴a，b同号．
∴|a＋b|＝|a|＋|b|.
∴①④正确．
答案：①④
6．(江西高考)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．
解析：|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：5
7．下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x＞1)；
②|a－b|＜|a|＋|b|；③|＋|≥2(ab≠0)；
④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的是________(把你认为正确的序号都填上)．
解析：logx10＋lg x＝＋lg x≥2，①正确．
ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；
∵ab≠0，与同号，
∴＝＋≥2，③正确；
由|x－1|＋|x－2|的几何意义知
|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确．
综上①③④正确．
答案：①③④
8．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．设m，ε＞0，|x－a|＜，|y－b|＜，|a|≤m，|y|≤m，
求证：|xy－ab|＜mε.
证明：|xy－ab|＝|xy－ay＋ay－ab|≤|xy－ay|＋|ay－ab|＝|y(x－a)|＋|a(y－b)|＝|y||x－a|＋|a||y－b|＜m×＋m×＝mε.
∴|xy－ab|＜mε.
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a、b、c为实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.
(1)证明：|c|≤1；
(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2.
证明：(1)当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x＝0时，
有|c|＝|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)法一：当a＞0时，g(x)＝ax＋b在[－1，1]上是增函数．
∴g(－1)≤g(x)≤g(1)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)＝a＋b＝f(1)－c≤|f(1)|＋|c|≤2.
g(－1)＝－a＋b
＝－f(－1)＋c≥－(|f(－1)|＋|c|)≥－2.
由此得|g(x)|≤2.
当a＜0时，g(x)＝ax＋b在[－1，1]上是减函数．
∴g(－1)≥g(x)≥g(1)．
∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≤|f(－1)|＋|c|≤2.
g(1)＝a＋b＝f(1)－c≥－(f(1)＋|c|)≥－2.
由此得|g(x)|≤2.
当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c.
∵－1≤x≤1，
∴|g(x)|＝|f(1)－c|≤|f(1)|＋|c|≤2.
综上所述，|g(x)|≤2.
法二：由x＝，得g(x)＝ax＋b
＝a＋b
＝－

＝f－f.
当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
∴|f－f|≤|f|＋|f|≤2.
即|g(x)|≤2.
第2课时　绝对值不等式的解法
[核心必知]
1．含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解法
不等式
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜x＜a}
?
?
|x|＞a
{x|x＞a或x＜－a}
{x∈R|x≠0}
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)利用绝对值不等式的几何意义求解．
(2)以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性进而去掉绝对值符号是解题关键．
(3)构造函数，结合函数的图象求解．
[问题思考]
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．
　　　解下列不等式：(1)1＜|x－2|≤3；
(2)|2x＋5|＞7＋x；
(3)≤.
[精讲详析]　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．
(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}．
法三：原不等式的解集就是1＜(x－2)2≤9的解集，即解得
∴－1≤x＜1或3＜x≤5.
∴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，＋∞)．

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)|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.
(3)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．
(4)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.
(5)形如|f(x)|＜f(x)，|f(x)|＞f(x)型不等式
此类问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)?f(x)∈?.
1．(江苏高考)解不等式x＋|2x－1|＜3.
解：原不等式可化为
或解得≤x＜或－2＜x＜.
所以原不等式的解集是.
　　　解不等式|x＋1|＋|x－1|≥3.
[精讲详析]　解答本题，可以采用零点分段法求解，也可以转化为分段函数，借助函数图象求解．
法一：当x≤－1时，原不等式可以化为
－(x＋1)－(x－1)≥3，
解得：x≤－.
当－1x＋1－(x－1)≥3，即2≥3.不成立，无解．
当x≥1时，原不等式可以化为
x＋1＋x－1≥3.所以x≥.
综上，可知原不等式的解集为
.
法二：将原不等式转化为|x＋1|＋|x－1|－3≥0.
构造函数y＝|x＋1|＋|x－1|－3，
作出函数的图象，如图所示：
函数的零点是－，.
从图象可知，当x≤－或x≥时，y≥0，
即|x＋1|＋|x－1|－3≥0.
所以原不等式的解集为∪.

(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．
2．解不等式|2x＋1|－|x－4|＞2.
解：法一：令y＝|2x＋1|－|x－4|，则
y＝
作出函数y＝|2x＋1|－|x－4|与函数y＝2的图象，
它们的交点为(－7，2)和.
所以|2x＋1|－|x－4|＞2的解集为(－∞，－7)∪.
法二：当x≥4时，(2x＋1)－(x－4)＞2，
解得x＞－3，∴x≥4.
当－≤x＜4时，(2x＋1)＋(x－4)＞2，
解得x＞，∴＜x＜4.
当x＜－时，－(2x＋1)＋(x－4)＞2，
解得x＜－7，∴x＜－7.
综上可知，不等式的解集为.
　　　设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|，如果?x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．
[精讲详析]　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．
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，一类要对参数进行讨论，另一类如本例，对参数a并没有进行讨论，但去绝对值时对变量进行讨论，得到两个不等式组，最后把两个不等式组的解集合并，即得该不等式的解集．

3．设函数f(x)＝|2x－4|＋1.
(1)画出函数y＝f(x)的图象；
(2)若不等式f(x)≤ax的解集非空，求a的取值范围．
解：(1)由于f(x)
＝
则函数y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由函数y＝f(x)与函数y＝ax的图象可知，
当且仅当a≥或a<－2时，
函数y＝f(x)与函数y＝ax的图象有交点．
故不等式f(x)≤ax的解集非空时，
a的取值范围为(－∞，－2)∪.
本课时在高考中基本上以考查含绝对值不等式的解法为主，全国丙卷通过解绝对值不等式，考查等价转化思想及运算求解能力，通过求参数的a的取值范围，考查推理论证能力和分类讨论思想．
[考题印证]
(全国丙卷)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
[命题立意]　本题主要考查含绝对值不等式的解法，利用绝对值三角不等式求参数取值范围的方法．
[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6
得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥3，
即＋≥.
又＝，
所以≥，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
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：选C　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．
2．不等式＞的解集是(　　)
A．{x|0＜x＜2} B．{x|x＜0或x＞2}
C．{x|x＜0} D．{x|x＞2}
解析：选B　由＞，可知＜0，
∴x＜0或x>2.
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：选D　在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a≤－5或a≥－3.
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：选C　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]．
二、填空题
5．不等式＜1的解集为________．
解析：∵＜1，∴
∴解之得4x＜0，即x＜0.
答案：{x|x＜0}
6．不等式|2x－1|－x＜1的解集是________．
解析：原不等式等价于|2x－1|＜x＋1?－x－1＜
2x－1＜x＋1??0＜x＜2.
答案：{x|0＜x＜2}
7．(陕西高考)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
解析：|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.
答案：[－2，4]
8．(重庆高考)若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|解析：|x－5|＋|x＋3|≥|(x－5)－(x＋3)|＝8，故a≤8.
答案：(－∞，8]
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．(新课标全国卷)设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2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＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0，
此不等式化为不等式组
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＝2.
11．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4.
(1)若函数f(x)的值不大于1，求x的取值范围；
(2)若不等式f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，求m的取值范围．
解：(1)由题意得f(x)≤1，即|x－3|－2≤1，
得|x－3|≤3.
因为|x－3|≤3?－3≤x－3≤3?0≤x≤6，
所以x的取值范围是[0，6]．
(2)f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，
因为?x∈R，由绝对值三角不等式得
f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6＝|3－x|＋|x＋1|－6≥|(3－x)＋(x＋1)|－6＝4－6＝－2，
于是有m＋1≤－2，得m≤－3，
即m的取值范围是(－∞，－3].
第三讲 柯西不等式与排序不等式
(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．
　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＋＋…＋＜
＜ ＝.
　设a，b，c，d为不全相等的正数．
求证：＋＋＋>.
[证明]　记s＝a＋b＋c＋d，则原不等式等价于
＋＋＋>.
构造两组数
，，，；，，，，由柯西不等式得
[()2＋()2＋()2＋()2]·[＋＋＋]≥(1＋1＋1＋1)2.
即[4s－(a＋b＋c＋d)]·(＋＋＋)≥16，
于是＋＋＋≥，
等号成立?s－d＝s－a＝s－b＝s－c?a＝b＝c＝d.
因题设a，b，c，d不全相等，故取不到等号，
即＋＋＋>.
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．
　已知正实数u，v，w满足u2＋v2＋w2＝8，求＋＋的最小值．
[解]　∵u2＋v2＋w2＝8.
∴82＝(u2＋v2＋w2)2＝
≤(9＋16＋25)，
∴＋＋≥＝.
当且仅当÷3＝÷4＝÷5，
即u＝，v＝，w＝2时取到“＝”号，
∴当u＝，v＝，w＝2时＋＋的最小值为.
　设ai∈R＋(i＝1，2，…，n)且i＝1，求：
S＝＋＋…＋的最小值．
[解]　S＝＋＋…＋关于a1，…，an对称，
不妨设1＞a1≥a2≥…≥an＞0，
则0＜2－a1≤2－a2≤…≤2－an，
且≥≥…≥＞0，
∴S≥(a1＋a2＋…＋an)
＝.
又由柯西不等式，得
[(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)]
≥n2，
而(2－a1)＋(2－a2)＋…＋(2－an)＝2n－1，
所以，S≥×＝，
当且仅当a1＝a2＝…＝an＝时，上面几个不等式的等号成立，于是S的最小值为.
　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][12＋＋]
≥.
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.
(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．
　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．
一、选择题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．函数y＝＋2的最大值是(　　)
A. B. C．3 D．5
解析：选B　根据柯西不等式，知y＝1×＋2×≤×＝.
2．n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是　　(　　)
A．1 B．n C．n2 D.
解析：选C　设n个正数为x1，x2，…，xn，由柯西不等式，
得(x1＋x2＋…＋xn)(＋＋…＋)
≥
＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.
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：选A　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，∴－3≤S≤3.
二、填空题
4．设a，b是给定的正数，则＋的最小值为________．
解析：＋＝(sin2α＋cos2α)
≥＝(a＋b)2.
答案：(a＋b)2
5．x∈R，则＋的最大值为________．
解析：(＋)2≤(12＋12)(1＋sin x＋1－sin x)＝4，∴＋≤2.
当且仅当＝，即sin x＝0时取等号．
答案：2
6．函数y＝＋的最小值为________．
解析：y＝＋＝＋
＝[2x＋(1－2x)]
≥＝25.
答案：25
7．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.
答案：4
三、解答题
8．已知实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，求e的取值范围．
解：∵4(a2＋b2＋c2＋d2)＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2)≥(a＋b＋c＋d)2，即4(16－e2)≥(8－e)2，64－4e2≥64－16e＋e2，即5e2－16e≤0，
∴e(5e－16)≤0，故0≤e≤.
9．设a、b、c为正数，且a＋2b＋3c＝13，求＋＋的最大值．
解：(a＋2b＋3c)
≥
＝(＋＋)2.
∴(＋＋)2≤.
∴＋＋≤.
当且仅当＝＝时取等号．
又a＋2b＋3c＝13，
∴a＝9，b＝，c＝.
∴＋＋有最大值.
10．求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．
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，上式取等号．
故所求x＝，y＝.
　　　 　　　　　　
(时间：90分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．设M＝a2＋b2＋c2＋d2，N＝ab＋bc＋cd＋da，则M与N的大小关系是(　　)
A．M≥N　　B．M＞N　　C．M≤N　　D．M＜N
解析：选A　取两组数a，b，c，d；b，c，d，a，则由柯西不等式有
(a2＋b2＋c2＋d2)(b2＋c2＋d2＋a2)≥(ab＋bc＋cd＋da)2，
即(a2＋b2＋c2＋d2)2≥(ab＋bc＋cd＋da)2，
∵a2＋b2＋c2＋d2≥0，
∴a2＋b2＋c2＋d2≥ab＋bc＋cd＋da.
∴M≥N.
2．若a，b，c均为正数且a＋b＋c＝6，则＋＋的最小值为(　　)
A．3 B．5
C．6 D．12
解析：选C　不妨设a3．若5x1＋6x2－7x3＋4x4＝1，则3x＋2x＋5x＋x的最小值是(　　)
A. B. C．3 D.
解析：选B　∵[3x＋2x＋
5(－x3)2＋x]≥(5x1＋6x2－7x3＋4x4)2＝1，
即3x＋2x＋5x＋x≥.
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：选C　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＋＋＝.
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：选D　∵[(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．
6．已知α，β为锐角，且＋＝1，则α＋β等于(　　)
A. B. C. D.
解析：选A　∵(sin2β＋cos2β)≥sin2α＋cos2α＝1，当且仅当sin α＝cos β，cos α＝sin β时等号成立，
即α＝β＝，∴α＋β＝.
7．已知x＋3y＋5z＝6，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A. B. C. D．6
解析：选C　由柯西不等式，得x2＋y2＋z2＝(12＋32＋52)·(x2＋y2＋z2)·≥(1×x＋3×y＋5×z)2×＝62×＝.
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：选C　|3x＋2y|≤·≤，
∴－≤3x＋2y≤.
9．(湖南高考)设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则＝(　　)
A. B. C. D.
解析：选C　由柯西不等式得，(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，当且仅当＝＝＝时取等号，因此有＝.
10．已知a，b，c∈R＋，设P＝2(a3＋b3＋c3)，Q＝a2(b＋c)＋b2(c＋a)＋c2(a＋b)，则(　　)
A．P≤Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P＞Q
解析：选C　取两组数a，b，c；a2，b2，c2.
不管a，b，c的大小顺序如何，a3＋b3＋c3都是顺序和；a2b＋b2c＋c2a及a2c＋b2a＋c2b都是乱序和，故有
a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a，
a3＋b3＋c3≥a2c＋b2a＋c2b，
∴2(a3＋b3＋c3)≥a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)．
∴P≥Q.
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＝×＋
≤ ＝.
答案：
12．若x＋y＋z＋t＝4，则x2＋y2＋z2＋t2的最小值为________．
解析：比较已知条件、待求式子，发现把待求式子乘以一个常量后，可满足四维柯西不等式条件并同时用到已知条件，得
(x2＋y2＋z2＋t2)(12＋12＋12＋12)≥(x＋y＋z＋t)2，当且仅当x＝y＝z＝t＝1时，取最小值4.
答案：4
13．已知a，b，x，y∈R＋，且＞，x＞y，则与的大小关系是________．
解析：∵＞，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，
由排序不等式知，bx＞ay.
又－＝＞0，
∴＞.
答案：＞
14．设a，b，c均为实数，则的最大值为________．
解析：∵a＋b－c＝a＋×b－×c，
由柯西不等式得
(a＋b－c)2＝
≤(a2＋2b2＋3c2)，
∴a＋b－c≤.
∴≤.故所求的最大值为.
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)设a，b，c为正数且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥.
证明：∵左边
＝(12＋12＋12)
≥
＝
＝
≥(1＋9)2＝＝右边．
∴原结论成立．
16．(本小题满分12分)设a，b，c为正数．求证：
2≥＋＋.
证明：由对称性，不妨设a≥b≥c>0.
于是a＋b≥a＋c≥b＋c，a2≥b2≥c2.
故≥≥.由排序原理知：
＋＋≥＋＋，
＋＋≥
＋＋，
将上面两个同向不等式相加，得
2≥＋＋.
17．(本小题满分12分)已知a1，a2，…an为实数且a1＋a2＋a3＋…an＝10，求a＋a＋a＋…＋a的最小值．
解：由n(a＋a＋…＋a)
＝(1＋1＋…＋1)(a＋a＋…＋a)
≥(a1＋a2＋…＋an)2，
∴a＋a＋…＋a≥.
∴a＋a＋…＋a的最小值为.
18．(本小题满分14分)设a，b，c为正数，a＋b＋4c2＝1，求＋＋ c的最大值．
解：因为a，b，c为正数，
所以a＋b＋4c2＝()2＋()2＋(2c)2，
于是(a＋b＋4c2)
＝[()2＋()2＋(2c)2]
≥(＋＋c)2，
故(＋＋c)2≤1×＝，
∴＋＋c≤.
等号成立?＝＝2c.
解方程组
∴
∴＋＋c的最大值为.
第1节 二维形式的柯西不等式创新应用
[核心必知]
1．二维形式的柯西不等式
(1)若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
(2)二维形式的柯西不等式的推论：
(a＋b)(c＋d)≥(＋)2(a，b，c，d为非负实数)；
·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
2．柯西不等式的向量形式
设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
3．二维形式的三角不等式
(1)＋≥(x1，y1，x2，y2∈R)．
(2)推论：
＋≥
，
(x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R)．
[问题思考]
1．在二维形式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b·d＝0时，柯西不等式成立，但＝不成立．
2．不等式＋≥
(x1，x2，y1，y2∈R)中，等号成立的条件是什么？
提示：当且仅当P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，O(0，0)三点共线，
且P1，P2在原点两旁时，等号成立.·≥a＋c，
　　　设a，b，c为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
[精讲详析]　本题考查柯西不等式的应用．解答本题需要根据不等式的结构，分别使用柯西不等式，然后将各组不等式相加即可．由柯西不等式：·≥a＋b，
即·≥a＋b，
同理：·≥b＋c，·≥a＋c，
将上面三个同向不等式相加得：
(＋＋)≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥·(a＋b＋c)．

利用二维柯西不等式的代数形式证题时，要抓住不等式的基本特征：
(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，其中a，b，c，d∈R或(a＋b)·(c＋d)≥(＋)2，其中a，b，c，d∈R＋.
1．设a1，a2，a3为正数，求证：＋＋≥2(＋＋)．
证明：因为a＋aa2＋a1a＋a＝(a1＋a2)·(a＋a)，
由柯西不等式得
[()2＋()2](a＋a)≥(a1＋a2)2，
于是a＋aa2＋a1a＋a≥(＋)2.
故≥＋，
同理≥＋，
≥＋.
将以上三个同向不等式相加，即得
＋＋
≥2(＋＋)．
　设a，b，c，d是4个不全为零的实数，求证：
≤ .
[精讲详析]　本题考查柯西不等式的灵活应用，解答本题需
要从欲证不等式左边的分子入手，将其进行适当的变形，创造利用柯西不等式的条件．
ab＋2bc＋cd＝(ab＋cd)＋(bc－ad)＋(bc＋ad)
≤＋
＝·＋
≤·＋
＝(a2＋b2＋c2＋d2)．∴≤.

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．
2．设a，b∈R＋，且a＋b＝2.求证：＋≥2.
证明：根据柯西不等式，有
[(2－a)＋(2－b)]
＝[()2＋()2]
≥
＝(a＋b)2＝4.
∴＋≥＝2.
∴原不等式成立.
　　　若3x＋4y＝2，求x2＋y2的最小值．
[精讲详析]　本题考查柯西不等式的应用．解答本题需要熟知柯西不等式的结构，凑成柯西不等式的结构，然后利用柯西不等式求最值．由柯西不等式得
(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥.
当且仅当＝时等号成立，
由得
因此，当x＝，y＝时，
x2＋y2取得最小值，最小值为.

利用柯西不等式求最值的方法(1)先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；
(2)有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；(3)而有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用的技巧之一．
3．如何把一条长为m的绳子截成2段，各围成一个正方形，使这2个正方形的面积和最小？
解：设这2段的长度分别为x，y，
则x＋y＝m，且2个正方形的面积和S＝＋
＝(x2＋y2)．因为(x2＋y2)(12＋12)≥(x＋y)2＝m2，等号当且仅当x＝y＝时成立，
所以x2＋y2有最小值，从而S有最小值.
把绳子两等分后，这2段所围成的2个正方形的面积和最小．
柯西不等式在求最值中的应用是考试的热点．本考题以解答题的形式考查了柯西不等式在求最值中的应用，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
已知实数a、b、c、d满足a2＋b2＝1，c2＋d2＝2，求ac＋bd的最大值．
[命题立意]　本题考查柯西不等式在求最值中的应用．
[解]　∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝2，
∴由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
得(ac＋bd)2≤1×2＝2.
∴－≤ac＋bd≤.
当且仅当ad＝bc，即＝＝时取最大值.
∴ac＋bd的最大值为.
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：选A　∵a2＋b2＝10，
∴(a2＋b2)(12＋12)≥(a＋b)2，
即20≥(a＋b)2，
∴－2≤a＋b≤2.
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　2x2＋3y2＝(2x2＋3y2)·
≥(x·＋y·)2＝(x＋y)2＝.
3．已知a，b∈R＋且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是(　　)
A．P≤Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P＞Q
解析：选A　设m＝(x，y)，n＝(，)，则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|＝·＝·＝ ，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
4．已知p，q∈R＋，且p3＋q3＝2，则p＋q的最大值为(　　)
A．2 B．8 C. D．4
解析：选A　设m＝(p，q)，n＝(p，q)，
则p2＋q2＝pp＋qq
＝|m·n|≤|m|·|n|
＝· ＝·.
又∵(p＋q)2≤2(p2＋q2)，
∴≤p2＋q2≤.
∴(p＋q)4≤8(p＋q)．
∴p＋q≤2.
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．函数f(x)＝＋的最大值为________．
解析：由柯西不等式得
(＋)2≤(12＋12)·[()2＋()2]＝12，
∴＋≤2(当x＝9时，“＝”成立)．
答案：2
7．设xy>0，则的最小值为________．
解析：原式＝
≥＝9.
答案：9
8．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是________．
解析：(＋)2＝(1×＋1×)2≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)＝2[4(a＋b)＋2]＝2(4×1＋2)＝12.
答案：12
三、解答题
9．已知a2＋b2＝1, x2＋y2＝1，求证：|ax＋by|≤1.
证明：由柯西不等式得
(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝1.
故|ax＋by|≤1成立．
10．已知实数a、b、c满足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1.
求证：－≤c≤1.
证明：因为a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，
所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2.
由柯西不等式得
(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，
5(1－c2)≥(1－c)2，
整理得，3c2－c－2≤0，
解得－≤c≤1.所以－≤c≤1.
11．若x2＋4y2＝5.求x＋y的最大值及最大值点．
解：由柯西不等式得
[x2＋(2y)2]≥(x＋y)2
即(x＋y)2≤5×＝，x＋y≤.
当且仅当＝，即x＝4y时取等号．
由
得或(舍去)．
∴x＋y的最大值为，最大值点为.
第2节 一般形式的柯西不等式创新应用
[核心必知]
1．三维形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则
(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)时，等号成立．
2．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则
(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．
[问题思考]
1．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．
2．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．
　　　设a，b，c为正数，且不全相等．
求证：＋＋>.
[精讲详析]　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．
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∈R＋(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．
1．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：∵
＝·[()2＋()2＋()2]
≥
＝(a＋b＋c)2，
即(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2，
又a，b，c∈R＋，
∴a＋b＋c>0，
∴＋＋≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时等号成立。
　　　设2x＋3y＋5z＝29，求函数u＝＋＋ 的最大值．
[精讲详析]　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．
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．
2．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求＋＋ 的最大值．
解：由柯西不等式，得
(＋＋)2
＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(4a＋1＋4b＋1＋4c＋1)
＝3[4(a＋b＋c)＋3]＝21.
当且仅当a＝b＝c＝时，取等号．
故＋＋的最大值为.
　　　设f(x)＝lg，若0≤a≤1，n∈N＋且n≥2，求证：f(2x)≥2f(x)．
[精讲详析]　本题考查柯西不等式、综合法、分析法在证明不等式中的应用，解答本题的关键是将f(2x)≥2f(x)具体化，然后再根据式子的结构特点选择合适的证明方法．
∵f(2x)＝lg，
∴要证f(2x)≥2f(x)，
只要证
lg≥
2lg，
即证
≥(*)
也即证n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]
≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，
∵ 0≤a≤1，∴a≥a2，根据柯西不等式得
n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]
≥(12＋12＋…＋12),sdo4(n个)){(1x)2＋(2x)2＋…＋[(n－1)x]2＋(a·nx)2}≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，
即(*)式显然成立，故原不等式成立．

对于较复杂的证明问题，可采用“分析法”进行“抽丝剥茧”，从而找到柯西不等式的结构特征．
3．已知a1，a2，…，an都是正实数，且a1＋a2＋…＋an＝1.
求证：＋＋…＋＋≥.
证明：根据柯西不等式，得
左边＝＋＋…＋＋
＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＋(an＋a1)]×＋
×
＝[()2＋()2＋…＋()2
＋( )2]×
＋×
≥
×＝(a1＋a2＋…＋an)2×＝＝右边．
∴原不等式成立．
本课时经常考查柯西不等式在证明不等式中的应用．福建高考以解答题的形式考查了柯西不等式在证明不等式中的应用，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
(福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
[命题立意]　本题考查一般形式的柯西不等式在证明中的应用．
[解]　(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，
所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥＝9.
一、选择题
1．已知a，b，∈R＋，且a＋2b＝10，则a2＋b2的最小值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．5 B．10 C．20 D．30
解析：选C　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．
2．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：选B　由柯西不等式知
(a＋a＋…＋a)·(1＋1＋…＋1),sdo4(n个))
≥a1＋a2＋…＋an，
∴ ·≥a1＋a2＋…＋an.
即得 ≥，∴P≥Q.
3．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A．1 B. C. D．2
解析：选B　根据柯西不等式，x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)·(x2＋y2＋z2)≥(1×x＋1×y＋1×z)2＝(x＋y＋z)2＝.
4．若2a>b>0，则a＋ 的最小值为(　　)
A．1 B．3 C．8 D．12
解析：选B　∵2a>b>0，∴2a－b>0.
∴a＋＝
≥·3 ＝3.
当且仅当2a－b＝b＝，
即a＝b＝2时等号成立．∴当a＝b＝2时，a＋ 有最小值3.
二、填空题
5．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值为________．
解析：(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2
≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1.
答案：1
6．若a，b，c为正数，则·的最小值为________．
解析：由柯西不等式可知，
·
≥
＝32＝9.
答案：9
7．已知x，y，z∈R＋，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)
≥＝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
8．(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
三、解答题
9．设a，b，c，x，y，z都是正数，且a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，ax＋by＋cz＝30，求的值．
解：由柯西不等式知：
25×36＝(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝302＝25×36，
当且仅当＝＝＝k时取“＝”．
所以k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝.
所以＝k＝.
10．在直线5x＋3y＝2上求一点，使(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2取得小值．
解：由柯西不等式得(22＋12)[(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2]≥[2(x＋2y－1)＋(3x－y＋3)]2＝(5x＋3y＋1)2＝9.∴(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2≥.
当且仅当x＋2y－1＝2(3x－y＋3)
即5x－4y＋7＝0时取等号．
解方程组得
故所求点的坐标为.
11．已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范围．
解：＋＋≤＋＋＝
≤
＝，
故λ的取值范围是.
第3节 排序不等式
[核心必知]
1．三维形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则
(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，3)时，等号成立．
2．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则
(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．
[问题思考]
1．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．
2．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．
　　　设a，b，c为正数，且不全相等．
求证：＋＋>.
[精讲详析]　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．
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∈R＋(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．
1．设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：∵
＝·[()2＋()2＋()2]
≥
＝(a＋b＋c)2，
即(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2，
又a，b，c∈R＋，
∴a＋b＋c>0，
∴＋＋≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时等号成立。
　　　设2x＋3y＋5z＝29，求函数u＝＋＋ 的最大值．
[精讲详析]　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．
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．
2．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求＋＋ 的最大值．
解：由柯西不等式，得
(＋＋)2
＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(4a＋1＋4b＋1＋4c＋1)
＝3[4(a＋b＋c)＋3]＝21.
当且仅当a＝b＝c＝时，取等号．
故＋＋的最大值为.
　　　设f(x)＝lg，若0≤a≤1，n∈N＋且n≥2，求证：f(2x)≥2f(x)．
[精讲详析]　本题考查柯西不等式、综合法、分析法在证明不等式中的应用，解答本题的关键是将f(2x)≥2f(x)具体化，然后再根据式子的结构特点选择合适的证明方法．
∵f(2x)＝lg，
∴要证f(2x)≥2f(x)，
只要证
lg≥
2lg，
即证
≥(*)
也即证n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]
≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，
∵ 0≤a≤1，∴a≥a2，根据柯西不等式得
n[12x＋22x＋…＋(n－1)2x＋a·n2x]
≥(12＋12＋…＋12),sdo4(n个)){(1x)2＋(2x)2＋…＋[(n－1)x]2＋(a·nx)2}≥[1x＋2x＋…＋(n－1)x＋a·nx]2，
即(*)式显然成立，故原不等式成立．

对于较复杂的证明问题，可采用“分析法”进行“抽丝剥茧”，从而找到柯西不等式的结构特征．
3．已知a1，a2，…，an都是正实数，且a1＋a2＋…＋an＝1.
求证：＋＋…＋＋≥.
证明：根据柯西不等式，得
左边＝＋＋…＋＋
＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＋(an＋a1)]×＋
×
＝[()2＋()2＋…＋()2
＋( )2]×
＋×
≥
×＝(a1＋a2＋…＋an)2×＝＝右边．
∴原不等式成立．
本课时经常考查柯西不等式在证明不等式中的应用．福建高考以解答题的形式考查了柯西不等式在证明不等式中的应用，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
(福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
[命题立意]　本题考查一般形式的柯西不等式在证明中的应用．
[解]　(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，
所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥＝9.
一、选择题
1．已知a，b，∈R＋，且a＋2b＝10，则a2＋b2的最小值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．5 B．10 C．20 D．30
解析：选C　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．
2．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：选B　由柯西不等式知
(a＋a＋…＋a)·(1＋1＋…＋1),sdo4(n个))
≥a1＋a2＋…＋an，
∴ ·≥a1＋a2＋…＋an.
即得 ≥，∴P≥Q.
3．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是(　　)
A．1 B. C. D．2
解析：选B　根据柯西不等式，x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)·(x2＋y2＋z2)≥(1×x＋1×y＋1×z)2＝(x＋y＋z)2＝.
4．若2a>b>0，则a＋ 的最小值为(　　)
A．1 B．3 C．8 D．12
解析：选B　∵2a>b>0，∴2a－b>0.
∴a＋＝
≥·3 ＝3.
当且仅当2a－b＝b＝，
即a＝b＝2时等号成立．∴当a＝b＝2时，a＋ 有最小值3.
二、填空题
5．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值为________．
解析：(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2
≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1.
答案：1
6．若a，b，c为正数，则·的最小值为________．
解析：由柯西不等式可知，
·
≥
＝32＝9.
答案：9
7．已知x，y，z∈R＋，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)
≥＝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
8．(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
三、解答题
9．设a，b，c，x，y，z都是正数，且a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，ax＋by＋cz＝30，求的值．
解：由柯西不等式知：
25×36＝(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝302＝25×36，
当且仅当＝＝＝k时取“＝”．
所以k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝.
所以＝k＝.
10．在直线5x＋3y＝2上求一点，使(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2取得小值．
解：由柯西不等式得(22＋12)[(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2]≥[2(x＋2y－1)＋(3x－y＋3)]2＝(5x＋3y＋1)2＝9.∴(x＋2y－1)2＋(3x－y＋3)2≥.
当且仅当x＋2y－1＝2(3x－y＋3)
即5x－4y＋7＝0时取等号．
解方程组得
故所求点的坐标为.
11．已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝xyz，且不等式＋＋≤λ恒成立，求λ的取值范围．
解：＋＋≤＋＋＝
≤
＝，
故λ的取值范围是.
第二讲 证明不等式的基本方法
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．
　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)
＝＋＋(z2＋x2－2zx)＝＋(y－ z)2＋≥0.
∴x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx)成立.
综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．
　设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)f(1)＞0，求证：
(1)方程f(x)＝0有实根；
(2)－2＜＜－1；
(3)设x1，x2是方程f(x)＝0的两个实根，
则≤|x1－x2|＜.
[证明]　(1)当a＝0时，b＝－c，
f(0)·f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，与已知矛盾，
所以a≠0.
方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式Δ＝4(b2－3ac)，
由a＋b＋c＝0，消去b，得Δ＝4(a2＋c2－ac)
＝4[＋c2]＞0.
故方程f(x)＝0有实根．
(2)由f(0)·f(1)>0，得c(3a＋2b＋c)>0.
由a＋b＋c＝0，消去c得(a＋b)(2a＋b)<0.
因为a2＞0，所以＜0.
故－2<<－1.
(3)由已知得，x1＋x2＝－，x1x2＝＝－，
所以(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝＋.
因为－2<<－1，所以≤(x1－x2)2<.
故≤|x1－x2|<.
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．
　已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证： ＋≤2.
[证明]　要证 ＋ ≤2，
只要证≤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.
(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．
　若a，b，c为直角三角形三边，c为斜边．求证：a3＋b3＜c3.
[证明]　假设a3＋b3≥c3，则＋≥1.①
∵a，b，c为直角三角形的三边且c为斜边，
∴a2＋b2＝c2，∈(0，1)，∈(0，1)，∴＋＝1，
∴＋＜1.②
①与②矛盾．∴假设不成立．∴a3＋b3＜c3.
　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．证明命题：“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，现给出的证法如下：
因为f(x)＝ex＋，所以f′(x)＝ex－.
因为x＞0，所以ex＞1，0＜＜1，
所以ex－＞0，即f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，使用的证明方法是(　　)
A．综合法　　　　　　　　B．分析法
C．反证法 D．以上都不是
解析：选A　上述证明过程是从已知条件出发，经过推理论证得到结论，用了综合法．
2．已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1，2，…)．试证：数列{xn}或者对任意正整数n都满足xn＜xn＋1，或者对任意的正整数n都满足xn＞xn＋1.当此题用反证法否定结论时，应为(　　)
A．对任意的正整数n，有xn＝xn＋1
B．存在正整数n，使xn＝xn＋1
C．存在正整数n，使xn≥xn－1且xn≥xn＋1
D．存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0
解析：选B　“xn＜xn＋1或xn＞xn＋1”的对立面是“xn＝xn＋1”，“任意一个”的反面是“存在某一个”．
3．若a>0，b>0，则p＝aabb，q＝abba的大小关系是(　　)
A．p≥q　　　B．p≤q　　　C．p>q　　　D．p解析：选A　＝＝.
当a>b>0时，>1，a－b>0，则>1，p>q.
当01，p>q.
当a＝b>0时，＝1，p＝q，
综上可知p≥q.
4．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：选C　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．
二、填空题
5．设α、β为锐角，且M＝sin(α＋β)，N＝sin α＋sin β，则M、N的大小关系是________．
解析：sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β答案：M6．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＜N.
答案：M＜N
7．若c＞a>b>0，比较大小：________.(填“＞”“＝”或“＜”)
解析：∵c>a>b>0，
∴c－b>c－a>0，∴>>0，
又∵a>b>0，∴>.
答案：>
8．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应该满足的条件是________．
解析：a＋b>a＋b
?a(－)－b(－)>0
?(－)2(＋)>0
a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0，a≠b
三、解答题
9．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
证明：3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)
＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，3a2－2b2>0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0.
故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．
10．已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
求证：|ac＋bd|≤1.
证明：法一(综合法)：因为a，b，c，d都是实数，
所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋
＝.
又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
所以|ac＋bd|≤1.
法二(比较法)：显然有
|ac＋bd|≤1?－1≤ac＋bd≤1.
先证明ac＋bd≥－1.
∵ac＋bd－(－1)＝ac＋bd＋＋
＝ac＋bd＋＋＝≥0.
∴ac＋bd≥－1.再证明ac＋bd≤1.
∵1－(ac＋bd)＝＋－(ac＋bd)
＝＋－ac－bd＝≥0，
∴ac＋bd≤1.综上得|ac＋bd|≤1.
法三(分析法)：要证|ac＋bd|≤1，
只需证明(ac＋bd)2≤1.
即只需证明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1.①
由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因此①式等价于
a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，②
将②式展开、化简，得(ad－bc)2≥0.③
因为a，b，c，d都是实数，所以③式成立，即①式成立．
原命题得证．
11．已知a、b、c为三角形的三条边，求证：以，，为边也可以构成一个三角形．
证明：(放缩法)
设f(x)＝，x∈(0，＋∞)，设0则f(x2)－f(x1)
＝－＝＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
∵a、b、c为三角形的三条边，于是a＋b＞c，
∴＜＝＋
＜＋，即＜＋，
同理：＜＋，＜＋.
∴以，，为边可以构成一个三角形．
　　　　　 　　　　　　
(时间：90分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分)
1．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系是　　　(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A．a＜b B．a＞b C．a＝b D．a≤b
解析：选B　∵a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex(x＜0)，故b＜1，∴a＞b.
2．若a>b，则下列不等式正确的是(　　)
A.< B．a3>b3
C．a2>b2 D．a>|b|
解析：选B　若a＝1，b＝－3，则>，a2b，则a3＞b3.
3．已知a＝2－，b＝－2，c＝5－2，那么有(　　)
A．aC．b解析：选A　∵a－b＝(2－)－(－2)＝4－2＜0，
∴a＜b.b－c＝(－2)－(5－2)
＝(－2)(1－)＜0，
∴b∴a4．用反证法证明命题“如果a＞b，那么> ”时，假设的内容应是(　　)
A.＝ B.<
C.＝且< D.＝或<
解析：选D　与大小包括>，＝，<三方面的关系，所以>的反设应为＝或<.
5．使不等式＋>1＋成立的正整数a的最大值为(　　)
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选C　用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．
6．设a，b，m都是正数，且a＜b，则下列不等式中恒成立的是(　　)
A.<<1 B.≥
C.≤≤1 D．1<<
解析：选A　∵00，∴－＝＝<0，又－1＝＝<0，∴<<1.
7．已知a>b>－1，则与的大小关系是(　　)
A.> B.＜
C.≥ D.≤
解析：选B　－＝
＝.
∵a>b>－1，
∴b－a<0，a＋1>0，b＋1>0.
∴＜0，∴－＜0.
即＜.
8．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则(　　)
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：选A　P－Q＝＋－(a＋b)
＝
＝
＝.
∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴＞0.
∴P>Q.
9．已知a，b，c，d∈R＋且S＝＋＋＋，则下列判断中正确的是(　　)
A．0C．2解析：选B　用放缩法，<<；<<；
<<；<<.
以上四个不等式相加，得110．若α∈，M＝|sin α|，N＝|cos α|，P＝|sin α＋cos α|，Q＝，则它们之间的大小关系为(　　)
A．M>N>P>Q B．M>P>N>Q
C．M>P>Q>N D．N>P>Q>M
解析：选D　∵α∈，∴0>sin α>cos α.
∴|sin α|＜|cos α|，
∴P＝|sin α＋cos α|＝(|sin α|＋|cos α|)
>(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M.
P＝|sin α|＋|cos α|
<(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N.∴N>P>M.
对于Q＝＝＜＝P.
而Q＝>＝|sin α|＝M，∴N>P>Q>M.
二、填空题(本大题有4小题，每小题5分，共20分)
11．已知a＋b>0，则＋与＋的大小关系是________．
解析：＋－＝＋
＝(a－b)＝.
∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，
∴≥0.∴＋≥＋.
答案：＋≥＋
12．设a>0且a≠1，m＝loga(1＋a)，n＝loga，则m，n的大小关系为________．
解析：当a>1时，1＋a>1＋，
∴loga(1＋a)>loga，即m>n；
当0∴loga(1＋a)>loga，即m>n.
答案：m>n
13．设0解析：∵<<1<<，根据函数的单调性，
知f>f>f>f.
答案：f>f>f>f
14．若a>b>c>0，l1＝ ，l2＝ ，l3＝ ，则l1l2，l2l3，l，l中最小的一个是________．
解析：利用赋值法比较，令a＝3，b＝2，c＝1，
可得l1＝，l2＝，l3＝，
则l1l2＝，l2l3＝，l＝，l＝，
可知l最小．
答案：l
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)比较3(1＋x2＋x4)和(1＋x＋x2)2的大小．
解：∵3(1＋x2＋x4)－(1＋x＋x2)2
＝3(1＋x2＋x4)－(1＋x2＋x4＋2x＋2x2＋2x3)
＝3＋3x2＋3x4－1－x2－x4－2x－2x2－2x3
＝2x4－2x3＋2－2x＝2x3(x－1)＋2(1－x)
＝2(x－1)(x3－1)＝2(x－1)2(x2＋x＋1)
＝2(x－1)2≥0.
故3(1＋x2＋x4)≥(1＋x＋x2)2.
16．(本小题满分12分)设a，b，c，d均为正数，求证：
＋ ≥ .
证明：欲证 ＋ ≥ ，
只需证(＋ )2≥(a＋c)2＋(b＋d)2，
即证 ≥ac＋bd，
就是证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
就是证b2c2＋a2d2≥2abcd.也就是证(bc－ad)2≥0.
此式显然成立，故所证不等式成立．
17．(本小题满分12分)设实数x、y满足y＋x2＝0，0＜a<1，求证：loga(ax＋ay)＜loga2＋.
证明：∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2＝2.
∵x－x2＝x(1－x)≤＝，
又0当x＝时等号成立，
但当x＝时，ax≠a－x2.
∴ax＋ay＞2a.
又0＜a＜1，∴loga(ax＋ay)＜loga＝loga2＋.
18．(本小题满分14分)已知An(n，an)为函数y1＝的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y2＝x的图象上的点，设Cn＝an－bn，其中n∈N＋.
(1)求证：数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列．
(2)试比较Cn与Cn＋1的大小．
解：(1)证明：根据题意可知：
an＝，bn＝n，Cn＝－n.
假设数列{Cn}为等差数列，则2C2＝C1＋C3，
即有2(－2)＝－1＋－3，有2＝＋，这与事实相矛盾，因而不是等差数列，假设数列{Cn}为等
比数列，则应有C＝C1C3，即(－2)2＝(－1)·(－3)，这与事实相矛盾，所以{Cn}不是等比数列，由以上可知数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列．
(2)∵Cn＝－n＞0，Cn＋1＝－(n＋1)＞0，
∴＝＝.
∵0<<，0∴＋n<＋n＋1，
∴0<<1，
即＜1，从而有Cn＋1第1节 比较法创新应用
[核心必知]
比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种
作差比较法
作商比较法
定义
要证明a>b，只要证明a－b>0
要证明a要证明a>b>0，只要证明＞1
要证明b＞a＞0，只要证明>1
步骤
作差→因式分解(或配方)→判断符号→得出结论
作商→恒等变形→判断与1的大小→得出结论
[问题思考]
1．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.
2．作商比较法主要适用类型是什么？实质是什么？
提示：作商比较法主要适用于积、商、幂、对数、根式形式的不等式证明．
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．
　　　求证：(1)a2＋b2≥2(a－b－1)；
(2)若a>b>c，则bc2＋ca2＋ab2[精讲详析]　本题考查作差比较法的应用．解答本题的步骤为作差→因式分解→判断符号→得出结论．
(1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
(2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b)
＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b)
＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a)
＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab)
＝(b－a)(c－a)(c－b)，
∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0.
∴(b－a)(c－a)(c－b)<0.
∴bc2＋ca2＋ab2∴bc2＋ca2＋ab2
(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．
(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式
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．(江苏高考)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.
　　　已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
[精讲详析]　本题考查作商比较法的应用，解答本题需要先判断不等式两侧代数式的符号，然后再用作商法比较左右两侧的大小．
∵a＞2，∴a－1>1.
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a＞0，
由于
＝loga(a－1)·loga(a＋1)
<
＝.
∵a＞2，∴0∴<＝1，
即＜1.
∵log(a＋1)a＞0，∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.

(1)当不等式的两边为对数式或指数式时，可用作商比较法来证明，另外，要比较的两个解析式均为正值，且不宜采用作差比较法时，也常用作商比较法．
(2)在作商比较法中>1?a>b是不正确的，这与a、b的符号有关，比如若b>0，由>1，可得a>b，但若b<0，
则由>1得出的反而是a2．设a>0，b>0，求证：aabb≥(ab).
证明：∵aabb>0，(ab)>0，
∴＝a·b＝.
当a＝b时，显然有＝1.
当a>b>0时，>1，>0.
当b>a>0时，0<<1，<0.
由指数函数的单调性，有>.
即>1.
综上可知，对任意实数a、b，都有aabb≥(ab).
　　　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？
[精讲详析]　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．
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．
3．证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面，下同)的周长相等，那么在相同时间里截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．
证明：设截面的周长为L.依题意，截面是圆的水管的截面面积为π2，截面是正方形的水管的截面面积为.
∵π－＝－＝>0，
∴π＞，
∴原结论得证．
作差比较法在高考中单独考查的可能性不大，一般是在比较数与式的大小时作为解决问题的工具使用．
[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]　本题考查不等式的基本性质，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的能力．
[证明]　(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy ?? xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得
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．
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．lg b2C.>1 D.＞
解析：选B　∵a＜b＜0，
∴－a>－b>0.
(－a)2>(－b)2>0.
即a2>b2>0.
∴＜1.
又lgb2－lga2＝lg＜lg1＝0.
∴lgb2＜lga2.
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：选D　法一：＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)
＝(a2＋1)2－a2＝a4＋a2＋1≥1，
又∵a2＋a＋1＞0恒成立，∴Q≥P.
法二：P－Q＝＝，
∵a2＋a＋1＞0恒成立且a4＋a2≥0，
∴P－Q≤0，即Q≥P.
3．已知a＞0，b＞0，m＝＋，n＝＋，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：选A　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.
4．设m>n，n∈N＋，a＝(lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x＞1，则a与b的大小关系为(　　)
A．a≥b B．a≤b
C．与x值有关，大小不定 D．以上都不正确
解析：选A　要比较a与b的大小，通常采用比较法，根据a与b均为对数表达式，只有作差，a与b两个对数表达式才能运算、整理化简，才有可能判断出a与b的大小．
a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)
＝(lgmx－lgnx).
∵x＞1，∴lgx＞0.
当0＜lgx＜1时，a>b；
当lgx＝1时，a＝b；
当lgx>1时，a>b.
∴应选A.
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∴xy＞0，x－y<0，
∴－2xy(x－y)>0，
∴M－N>0，即M>N.
答案：M>N
6．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．
解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a
＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a
＝(ab－1)2＋(a＋2)2，
∵P＞Q，
∴P－Q＞0，
即(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，
∴ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2
7．若－1解析：依题意，知>，a2>b2，
故只需比较与b2的大小．
因为b2>0，<0，
∴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>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．
11．已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列．
(1)求f(30)的值；
(2)若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
解：(1)由f(0)、f(2)、f(6)成等差数列，得
2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，
即(m＋2)2＝m(m＋6)(m＞0)．
∴m＝2，∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.
(2)f(a)＋f(c)＞2f(b)．
证明如下：2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，
f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，
又b2＝ac，
∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2
＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.
∵a＋c＞2＝2b(a≠c)，
∴2(a＋c)－4b>0，
∴log2[(a＋2)(c＋2)]＞log2(b＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．
第2节 综合法与分析法创新应用
[核心必知]
1．综合法
一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，又叫顺推证法或由因导果法．
2．分析法
证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．
[问题思考]
1．如何理解分析法寻找的是充分条件？
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．
　　　已知a，b，c∈R＋，且互不相等，又abc＝1.
求证：＋＋<＋＋.
[精讲详析]　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．
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∈R②(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，
≥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x，y，z均为正数．求证：＋＋≥＋＋.
证明：因为x，y，z均为正数．
所以＋＝(＋)≥，
同理可得＋≥，＋≥，
当且仅当x＝y＝z时，
以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
　　　a，b∈R＋，且2c>a＋b.求证：c－[精讲详析]　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－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∈R＋，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，常采用分析法通过乘方将
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).
　　　已知a，b，c为不全相等的正实数，且b2＝ac.求证：a4＋b4＋c4＞(a2－b2＋c2)2.
[精讲详析]　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．
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．若a，b，c是不全相等的正数，求证lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
证明：要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，
只需证lg>lg(a·b·c)，
即证··>a·b·c.
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴由基本不等式得：≥>0，≥>0，≥>0，
以上三式中由于a，b，c不全相等，
故等号不同时成立．
∴··>a·b·c.
∴lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.
数学证明是数学高考的核心问题，有时单独考查，有时以解答题的一问出现，综合法是解决数学证明问题的基本方法，而分析法又为综合法的使用提供了思路，因此，综合法与分析法是解决数学证明问题的重要工具．
[考题印证]
设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
[命题立意]　本题考查综合法的应用，考查学生分类讨论的思想和转化化归思想的应用．
[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从而()5<()5，
得(－)·(()5－()5)>0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
一、选择题
1．设a，b∈R＋，A＝＋，B＝，则A、B的大小关系是(　　)
A．A≥B　　　　　　　　B．A≤B
C．A＞B D．A＜B
解析：选C　用综合法(＋)2＝a＋2＋b，
所以A2－B2＞0.
又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
2．已知a，b，c满足cA．ab>ac B．c(b－a)<0
C．b20
解析：选A　?
又b>c，∴ab>ac，故A正确．
∵b－a<0，c<0，∴c(b－a)>0，
故B错误．
由b2＝0，可验证C不正确，
而ac<0，a－c>0，
∴ac(a－c)<0，故D错误．
3．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＞c＞b B．a＞b＞c
C．c＞a＞b D．b＞c＞a
解析：选A　构造指数函数y＝(x∈R)，由该函数在定义域内单调递减可得b＜c；又y＝(x∈R)与y＝(x∈R)之间有如下结论：当x＞0时，有＞，故＞，所以a＞c，故a＞c＞b.
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：选D　∵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.
二、填空题
5．设a>2，x∈R，M＝a＋，N＝，则M，N的大小关系是________．
解析：∵a＞2，
∴M＝a＋＝(a－2)＋＋2≥2＋2＝4.
∵x2－2≥－2，
∴N＝≤＝4，
∴M≥N.
答案：M≥N
6．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的取值范围是________．
解析：∵a＋b＋c＝1，
∴M＝··
＝··
＝··
≥2·2·2
＝8.
即M的取值范围是[8，＋∞)．
答案：[8，＋∞)
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．(新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
证明：(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≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
10．已知a>b>0，求证：<－<.
证明：要证<－<，
只要证即证<(－)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
又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＜.
第3节 反证法与放缩法创新应用
[核心必知]
1．反证法
先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们称这种证明问题的方法为反证法．
2．放缩法
证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．我们把这种方法称为放缩法．
[问题思考]
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．
　　　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.
[精讲详析]　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．
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f(x)是R上的单调递增函数，且f(a)＋f(－b)＞f(－a)＋f(b)．求证：a>b.
证明：假设a≤b，
则当a＝b时－b＝－a，
于是有f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)与已知矛盾．
当a＜b时，－a＞－b，
于是有f(a)∴f(a)＋f(－b)＜f(b)＋f(－a)与已知矛盾．∴a>b.
　　　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．
[精讲详析]　本题考查“至多”、“至少”型命题的证明方法．解答本题应假设a、b、c、d都是非负数，然后证明并得出矛盾．
假设a、b、c、d都是非负数，
即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，
则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，
这与已知中ac＋bd＞1矛盾，
∴原假设错误，
∴a、b、c、d中至少有一个是负数．

(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、唯一性命题时，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，在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则就不是反证法．
2．已知函数y＝f(x)在区间(a，b)上是增函数，求证：y＝f(x)在区间(a，b)上至多有一个零点．
证明：假设函数y＝f(x)在区间(a，b)上至少有两个零点，
不妨设x1，x2(x1≠x2)为函数y＝f(x)在区间(a，b)上的两个零点，且x1＜x2，则f(x1)＝f(x2)＝0.
∵函数y＝f(x)在区间(a，b)上为增函数，
x1，x2∈(a，b)且x1＜x2，
∴f(x1)＜f(x2)，与f(x1)＝f(x2)＝0矛盾，
∴原假设不成立．
∴函数y＝f(x)在(a，b)上至多有一个零点.
　　　求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)．
[精讲详析]　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．
∵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将分子或分母放大(缩小)：＜，＞，＜，＞(k∈R，k＞1)等．
3．已知：an＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，求证：＜an＜.
证明：∵＝，
∴＞n，
∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…40＋n＝.
∵<，
∴an<＋＋＋…＋
＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝.
综上得：＜an＜.
反证法和放缩法在高考中单独命题的可能性不大，一般以解答题一问的形式出现，但反证法和放缩法是一种重要的思维模式，在逻辑推理中有着广泛的应用．
[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．
[命题立意]　本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，考查学生推理论证的能力．
[证明]　(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＝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．
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：选D　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．
2．设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A、B的大小关系为(　　)　　　　　　　　
A．A＝B B．A＜B
C．A≤B D．A>B
解析：选B　B＝＋>＋＝＝A，即A3．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：选C　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.
4．对“a、b、c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b与a③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为(　　)
A．0个　　　　B．1个　　　　C．2个　　　　D．3个
解析：选C　对①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，不符合题意，故①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0符合题意，∴①对．
对②，当a>b与a二、填空题
5．M＝＋＋＋…＋与1的大小关系为________．
解析：M＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＜＋＋＋…＋＝1.即M＜1.
答案：M＜1
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“最多”的否定应当是“最少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目最少为n＋1条”．
答案：直径的数目最少为n＋1条
7．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________．
解析：A＝＋＋＋…＋≥＋＋…＋n项 ＝＝.
答案：A≥
8．已知a>2，则loga(a－1)loga(a＋1)________1(填“＞”、“＜”或“＝”)．
解析：∵a>2，∴loga(a－1)＞0，loga(a＋1)>0，
又loga(a－1)≠loga(a＋1)，
∴＜，
而＝loga(a2－1)
＜logaa2＝1，
∴loga(a－1)loga(a＋1)＜1.
答案：<
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．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝22·an(n∈N＋)，
(1)求a2，a3并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜.
解：(1)∵a1＝2，an＋1＝2·an(n∈N＋)，
∴a2＝2·a1＝16，
a3＝2·a2＝72.
又∵＝2·，n∈N＋，∴为等比数列．
∴＝·2n－1＝2n，
∴an＝n2·2n.
(2)证明：cn＝＝，
∴c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＋＋＋…＋<＋＋＋·
＝＋·＜＋·＝＋
＝＝＜＝，所以结论成立．
第四讲 用数学归纳法证明不等式
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．
　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.
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．
　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．
　求证：1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
[证明]　(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝.
左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋>.
当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋…＋,sdo4(2k－1项))>＋2k－1·＝.∴n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)、(2)可知，1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
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．
　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．
　设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式[证明]　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＝＋，只有找出关系式因此，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3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步应验证(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．n＝1 B．n＝2
C．n＝3 D．n＝4
答案：C
2．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝(　　)
A. B.
C.＋ D.－
解析：选D　由题意知f(n)＝＋＋…＋，
f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
故f(n＋1)－f(n)＝＋－
＝＋＝－.
3．用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N＋)成立，当n＝1时，应验证(　　)
A.≤1＋≤
B.≤1＋＋≤
C.≤1＋＋<
D.<1＋<
解析：选A　当n＝1时，左边＝1＋＝，中间＝1＋＝，右边＝＋1＝.∴≤1＋≤.
4．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成(　　)
A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
解析：选D　第k个奇数应是n＝2k－1(k∈N＋)．
二、填空题
5．利用数学归纳法证明“…(1＋)>”时，n的最小取值n0为________．
解析：n0＝1时，1＋不适合原式要求．
n0＝2时，1＋>，再用数学归纳法证明．
答案：2
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＝(sin α≠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，右边＝＝＝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，命题成立，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
＝a4k＋a4k＋1＋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．

(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)
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：选D　S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋.
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：选C　取n0＝1，2，3，4，5验证，可知n0＝5.
3．用数学归纳法证明当n∈N＋时1＋2＋22＋…＋22n＝22n＋1－1时，当n＝1时左边为(　　)
A．1　　B．1＋2　　C．1＋2＋22　　D．1＋2＋22＋23
解析：选C　因为左边为2n＋1项和，所以n＝1时，左边＝1＋2＋22.
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：选A　当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
5．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，k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(　　)
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
解析：选B　∵k为偶数，∴假设n＝k时，命题为真，还需再证n＝k＋2时等式成立，故选B.
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：选D　∵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．
7．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：选A　n0＝1时，x＋≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．
8．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)与f(k)的关系是(　　)
A．f(k＋1)＝f(k)＋
B．f(k＋1)＝f(k)＋π
C．f(k＋1)＝f(k)＋
D．f(k＋1)＝f(k)＋2π
解析：选B　凸多边形每增加一条边，内角和增加π.
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：选D　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．
10．用数学归纳法证恒等式＋＋＋…＋＝，由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加的式子为(　　)
A.
B.＋
C.
D.
解析：选D　观察等式左边可知n＝k＋1时，应再加上.
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________．
解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋，
则f(k)＝1＋＋＋…＋，
f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，
所以f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋，
分母首项为2k＝a1，分母末项an＝2k＋1－1，
公差d＝1，∴n＝＋1＝2k.
答案：2k
12．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时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，________．
解析：ak＋1＝2ak＋2＝2(4·2k－1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k＋1)－1－2
答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
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．数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，则S2、S3、S4分别为________，猜想Sn＝________．
解析：∵2Sn＋1＝2S1＋Sn，且S1＝a1＝1.
∴S2＝＝，
S3＝＝，S4＝＝，∴猜想Sn＝.
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)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　满分：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：选C　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．
2．设a，b∈R，下面的不等式成立的是(　　)
A．a2＋3ab＞b2 B．ab＋a＞b＋ab
C.＜ D．a2＋b2≥2(a－b－1)
解析：选D　法一：取a＝0，b＝1验证排除A、B，再取a＝4，b＝3时，可排除C，故选D.
法二：a2＋b2－2(a－b－1)＝a2－2a＋1＋b2－2b＋1
＝(a－1)2＋(b－1)2≥0.
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：选C　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．
4．若x，y，z是正数，且满足xyz(x＋y＋z)＝1，则(x＋y)·(y＋z)的最小值是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B　(x＋y)(y＋z)＝xy＋xz＋y2＋yz＝y(x＋y＋z)＋xz≥2＝2.
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：选D　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，＋∞)．
6．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选A　∵logxy＝－2，∴y＝，
∴x＋y＝x＋＝＋＋≥3＝.
故应选A.
7．不等式|x－1|＋|x－2|≥5的解集为(　　)
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4]∪[1，＋∞)
解析：选C　原不等式可化为①
或②
或③
解不等式组①得x≤－1，不等式组②无解，
解不等式组③得x≥4.
因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)．
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：选D　a≤x＋，
由x＋＝x－1＋＋1≥3，即x＋的最小值为3.
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：选B　由题知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·＝3＋＋≥3＋2，当且仅当＝时，等号成立，
故选B.
10．对任意实数x，若不等式|x＋1|－|x－2|>k恒成立，则k的取值范围是(　　)
A．k<3 B．k<－3
C．k≤3 D．k≤－3
解析：选B　法一：(1)
或(2)或(3)
由(1)得k<－3.由(2)得－1而2x－1∈(－3，3)，∴k≤－3.由(3)得k<3.
依题意，要对任意x都使该不等式成立，
∴k<－3时，(1)(2)(3)都可以满足．
故选B.
法二：根据绝对值的几何意义：
|x＋1|可看作点x到点－1的距离，
|x－2|可看作点x到点2的距离，
因此|x＋1|－|x－2|即为数轴上任一点x到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)，
要使它大于k恒成立就要讨论点x的位置：
(1)当点x在点－1左侧时，如图中的点R，则(*)恒为－3.
(2)当点x在点2右侧时，
如图中的点T，则(*)恒为3.
(3)当点－1≤x≤2时，如图中的点S，
则－3≤(*)≤3.
由(1)(2)(3)可知，无论x为任何实数，
(*)的范围是－3≤(*)≤3.
因此若使|x＋1|－|x－2|>k，只需k<－3.
(注意：当k＝－3时，若|x＋1|－|x－2|＝－3，则无法取“>”)
法三：令y＝|x＋1|－|x－2|，
则y＝
在直角坐标系下作出图象如图所示，
由图得到－3≤y＝|x＋1|－|x－2|≤3.
以下同法二．
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．函数y＝5＋的最大值为________．
解析：y＝5＋
＝5＋·
≤ 
＝＝6.
(当且仅当·＝5即x＝时取等号)
答案：6
12．(天津高考)集合A＝{x∈R||x－2|≤5}中的最小整数为________．
解析：不等式|x－2|≤5等价于－5≤x－2≤5，解得－3≤x≤7，所以集合A为{x∈R|－3≤x≤7}，集合A中的最小整数为－3.
答案：－3
13．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
14．下列四个命题中：
①a＋b≥2；②sin2x＋≥4；③设x，y都是正数，若＋＝1，则x＋y的最小值是12；④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε.
其中所有真命题的序号是________．
解析：①不正确．a，b符号不定；②不正确，sin2x∈(0，1]，利用函数y＝x＋的单调性可求得sin2x＋≥5；③不正确．(x＋y)＝10＋＋≥10＋6＝16；④正确．|x－y|＝|x－2＋2－y|≤|x－2|＋|2－y|＜ε＋ε＝2ε.
答案：④
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)已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，试求a的最值．
解：由柯西不等式得，
(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，即b＝，c＝，d＝时，amax＝2；
b＝1，c＝，d＝时，amin＝1.
17．(本小题满分12分)(辽宁高考)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)记h(x)＝f(x)－2f，
则h(x)＝
所以|h(x)|≤1，因此k≥1.
18．(本小题满分14分)已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝100.
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an＝lg，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与lg bn＋1的大小，并证明你的结论．
解：(1)设数列{bn}的公差为d，
由题意得解得
∴bn＝2n－1.
(2)由bn＝2n－1，知
Sn＝lg(1＋1)＋lg＋…＋lg
＝lg，
lg bn＋1＝lg，
因此要比较Sn与lg bn＋1的大小，
可先比较(1＋1)·…·与的大小．
取n＝1，有(1＋1)>，
取n＝2，有(1＋1)>，…
由此推测，(1＋1)·…·>(n∈N＋)．①
若①式成立，则由对数函数性质可以断定：Sn>lgbn＋1.下面用数学归纳法证明①式．
(ⅰ)当n＝1时，已验证①式成立．
(ⅱ)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，①式成立，即
(1＋1)·…·>.
那么，当n＝k＋1时，
(1＋1)·…·>＝(2k＋2)．
∵－()2
＝＝>0，
∴(2k＋2)>＝.
因而(1＋1)(1＋)·…·
>.
这就是说①式当n＝k＋1时也成立．
由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n都成立．
由此证得Sn>lg bn＋1.
第1节 数学归纳法
[核心必知]
1．数学归纳法的概念
当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：
(1)证明当n＝n0时命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法．
2．数学归纳法的基本过程
[问题思考]
1．在数学归纳法中，n0一定等于1吗？
提示：不一定．n0是适合命题的正整数中的最小值，
有时是n0＝1或n0＝2．
有时n0值也比较大，而不一定是从1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正整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后面的所有正整数也都成立．
　　　用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
[精讲详析]　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．
(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＝1，有时需验证n＝2，n＝3.
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．证明12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，
∴当n＝1时，等式成立．
(2)假设当n＝k时等式成立，就是
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k·(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
　　　求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．
[精讲详析]　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．
(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.
　　　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条直线共有f(n)＝个交点．
[精讲详析]　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．
(1)当n＝2时，∵两相交直线只有1个交点，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1.∴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条直线的交点个数为f(k)＝k(k－1)，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，它们之间的交点个数为f(k)＝.
由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，lk的交点共有k个．
∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝＋k＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2成立．

对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，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．
本课时考点常与数列问题相结合考查数学归纳法的应用，天津高考将数列、数学归纳法相结合，以解答题的形式进行了考查，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
(天津高考)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N＋，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N＋)．
[命题立意]　本题考查数学归纳法在证明数列问题中的应用．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，
得方程组解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N＋.
(2)法一：由(1)得
Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①
2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.②
由②－①，得Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2
＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12
＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N＋.
法二：(1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
(2)假设当n＝k时等式成立，
即Tk＋12＝－2ak＋10bk，
则当n＝k＋1时有Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12.
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.因此n＝k＋1时等式也成立．
由(1)和(2)，可知对任意n∈N＋，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．
一、选择题
1．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N＋)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是(　　)
A．1　　　　　　　　　　　B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
解析：选C　由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，
∴左边计算结果为1＋a＋a2或在等式中左边共有n＋2项，∴n＝1时，共有3项．
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：选C　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)．
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：选C　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，故选C.
4．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：选D　∵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.
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．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明n＝________时命题也成立．
解析：两个奇数之间相差2.
答案：k＋2
7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到________．
解析：∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，
∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成
1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k，
又考虑到目的，最终应为2k＋1－1.
答案：1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
8．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，且n>1)时，第一步应验证n＝________，当n＝k＋1时，左边的式子为________．
解析：∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，
∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成
1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k，
又考虑到目的，最终应为2k＋1－1.
答案：1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
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．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1.
(1)写出a1，a2，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1)由题意Sn＋an＝2，
∴a1＝1，a2＝，a3＝.
(2)猜想an＝，
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，＝＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，
即ak＝，
∵Sk＋1＝2－ak＋1，Sk＋1－Sk
＝ak＋1，Sk＝2－ak，
∴ak＋1＝ak＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
根据①②可知，对一切n∈N＋，等式成立．
第2节 用数学归纳法证明不等式举例
[核心必知]
贝努利(Bernoulli)不等式
如果x是实数，且x>－1，x≠0，n为大于1的自然数，那么有(1＋x)n>1＋nx．
[问题思考]
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，用(1＋x)α≤1＋αx(x>－11)．
　　　已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N＋)，
求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N＋)．
[精讲详析]　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>1，n∈N＋，因此应验证n0＝2时不等式成立．
(1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝>1＋，
即n＝2时命题成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，
即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋.
则当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
>1＋＋＋＋…＋
>1＋＋＝1＋＋＝1＋.
故当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)、(2)知，对n∈N＋，n≥2，S2n>1＋都成立．

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.
　　　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．
[精讲详析]　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．
(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)(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　　　若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．
[精讲详析]　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．
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．
本课时考点常与数列问题相结合以解答题的形式考查数学归纳法的应用．全国卷将数列、数学归纳法与直线方程相结合考查，是高考命题的一个新亮点．
[考题印证]
(大纲全国卷)函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4，5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．
(1)证明：2≤xn＜xn＋1＜3；
(2)求数列{xn}的通项公式．
[命题立意]　本题考查数学归纳法证明不等式问题，考查学生推理论证的能力．
[解]　(1)用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1＜3.
①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为
y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1＜x2＜3.
②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.
直线PQk＋1的方程为
y－5＝(x－4)，令y＝0，解得xk＋2＝.
由归纳假设知
xk＋2＝＝4－＜4－＝3；
xk＋2－xk＋1＝＞0，即xk＋1＜xk＋2.
所以2≤xk＋1＜xk＋2＜3，即当n＝k＋1时，结论成立．
由①、②知对任意的正整数n，2≤xn＜xn＋1＜3.
(2)由(1)及题意得xn＋1＝.
设bn＝xn－3，则＝＋1，
＋＝5，
数列是首项为－，公比为5的等比数列．因此＋＝－·5n－1，
即bn＝－，
所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－.
一、选择题
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式(　　)
A．1＋<2－　　　　B．1＋＋<2－
C．1＋<2－ D．1＋＋<2－
解析：选A　n0＝2时，首项为1，末项为.
2．如果命题P(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立．又若P(n)对n＝2成立．则下列结论正确的是(　　)
A．P(n)对所有n∈N＋成立
B．P(n)对所有正偶数成立
C．P(n)对所有正奇数成立
D．P(n)对所有大于1的正整数成立
解析：选B　∵在上面的证明方法中，n的第一个值为2，且递推的依据是当n＝k时，命题正确，则当n＝k＋2时，命题也正确．
∴P(n)是对所有的正偶数成立．
3．用数学归纳法证明“凸n边形的内角和S＝(n－2)π对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2　　　B．3　　　C．4　　　D．5
解析：选B　n边形的最少边数为3，则n0＝3.
4．用数学归纳法证明不等式“＋＋…＋>(n>2，n∈N＋)”时的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边(　　)
A．增加了一项
B．增加了两项，
C．增加了两项，，又减少了一项
D．增加了一项，又减少了一项
解析：选C　当n＝k时，左边＝＋＋…＋.
当n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋.
故由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加了两项，又减少了一项．
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.
又因为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≤.