1 不等式的基本性质
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．“x<－1”是“x2－1>0”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：x2－1>0?x>1或x<－1，故x<－1?x2－1>0，但x2－1>0 x<－1，
∴“x<－1”是“x2－1>0”的充分不必要条件．
答案：A
2．下列命题中不正确的是( )
A．若>，则a>b
B．若a>b，c>d，则a－d>b－c
C．若a>b>0，c>d>0，则>
D．若a>b>0，ac>bd，则c>d
答案：D
3．已知：M＝(x＋5)(x＋7)，N＝(x＋6)2，则M与N的大小关系为( )
A．M
N
C．M＝N D．M≥N
解析：∵M－N＝(x＋5)(x＋7)－(x＋6)2＝－1<0，∴M答案：A
4．已知m，n∈R，则>成立的一个充要条件是( )
A．m>0>n B．n>m>0
C．m解析：∵>?－>0?>0?mn(n－m)＞0?mn(m－n)<0.
答案：D
5．已知函数f(x)＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2<0，x2＋x3<0，x3＋x1<0，那么f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值( )
A．一定大于0 B．一定小于0
C．等于0 D．正负都有可能
解析：x1＋x2<0?x1<－x2，
又∵f(x)＝x3＋x为奇函数，且在R上递增，
∴f(x1)即f(x1)＋f(x2)<0.
同理：f(x2)＋f(x3)<0，f(x1)＋f(x3)<0.
以上三式相加得2[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)]<0.
即f(x1)＋f(x2)＋f(x3)<0.
答案：B
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________．
解析：①∵b>0>a，∴>0>；
②∵0>a>b，∴<<0；
③∵a>0>b，∴>0>；
④∵a>b>0，∴>>0.
答案：①②④
7．若－1解析：∵－2∴－2<－|b|≤0.
而－1答案：(－3,2)
8．已知0解析：法一：M－N＝＋－－
＝＋＝，
由已知可得，a>0，b>0且0∴1－ab>0，∴M－N>0，即M>N.
法二：＝，
∵0∴a＋b＋2ab1.
又M>0，N>0，∴M>N.
答案：M>N
9．若a>0，b>0，求证：＋≥a＋b.
证明：∵＋－a－b＝(a－b)·＝，
(a－b)2≥0恒成立，且已知a>0，b>0，
∴a＋b>0，ab>0.
∴≥0.
∴＋≥a＋b.
10．已知a>0，a2－2ab＋c2＝0，bc>a2，试比较a，b，c的大小．
解析：∵a2－2ab＋c2＝0，∴b＝.
又∵a2＋c2>0，a>0，∴b>0.
又∵bc>a2>0，∴bc同号．∴c>0.
∵(a－c)2＝2ab－2ac＝2a(b－c)≥0，
又∵a>0，∴b－c≥0.
当b－c>0时，b>c.
又bc>a2，b＝，
∴·c>a2，即(a－c)(2a2＋ac＋c2)<0.
∵a>0，b>0，c>0，
∴2a2＋ac＋c2>0，a－c<0，即a∴a当b－c＝0时，b＝c.
∵bc>a2，∴b2>a2，b≠a.
∵a2－2ab＋b2＝(a－b)2＝0，∴a＝b.
∴矛盾，也就是b－c≠0.
综上可知，a[B组 能力提升]
1．若a，b为实数，则“0”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：对于00，则b>0，a<成立，如果a<0，则b<0，b>成立，因此“0”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a<或b>”成立，但条件0”的必要条件；即“0”的充分不必要条件．
答案：A
2．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>a2>0，∴0>－a2>a.
综上有－a>a2>－a2>a.
答案：B
3．若a，b∈R，且a>b，则下列不等式：①>；②(a＋b)2>(b＋1)2；
③(a－1)2>(b－1)2.
其中不恒成立的是________．
解析：①－＝＝.
因为a－b>0，a(a－1)符号不确定，①不恒成立；
②取a＝2，b＝－2，则(a＋b)2＝0，(b＋1)2>0，②不恒成立；
③取a＝2，b＝－2，则(a－1)2＝1，(b－1)2＝9，③不恒成立．
答案：①②③
4．设实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．
解析：∵4≤≤9，∴≤≤，
∴≤≤.
又∵3≤xy2≤8，而＝＝，
且≤xy2·≤，∴2≤≤27.
答案：27
5．已知a，b，c均为正数，且b解析：法一：∵a>0，且b∴ab∵c>0，b>0，∴bc>0，
∴ac＋bc>ac>ab，
即ab法二：∵a>0，b>0，c>0，
∴0∵0∴ab即ab法三：ab－(ac＋bc)＝a(b－c)－bc.
∵b0，
∴a(b－c)<0.
又∵b>0，c>0，
∴bc>0，－bc<0，
∴a(b－c)－bc<0，
即ab－(ac＋bc)<0.
∴ab6．已知f(x)＝ax2＋c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．
解析：由－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，
得
设u＝a＋c，v＝4a＋c，则有a＝，c＝，
∴f(3)＝9a＋c＝－u＋v.
又，∴
∴－1≤－u＋v≤20，即－1≤f(3)≤20.
∴f(3)的取值范围为[－1,20]
2 基本不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．下列不等式中，正确的个数是( )
①若a，b∈R，则≥；
②若x∈R，则x2＋2＋≥2；
③若x∈R，则x2＋1＋≥2；
④若a，b为正实数，则≥.
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：显然①不正确；③正确；对②虽然x2＋2＝无解，但x2＋2＋>2成立，故②正确；④不正确，如a＝1，b＝4.
答案：C
2．已知x<0，则y＝x＋的最大值为( )
A．4 B．－4
C．3 D．－3
解析：∵y＝x＋＝(x－1＋)＋1
＝－[(1－x)＋]＋1，
∵x<0，∴1－x>0，
∴(1－x)＋≥2＝4，
当且仅当1－x＝，即1－x＝2，x＝－1时取等号，
－[(1－x)＋]≤－4即y≤－3，故选D.
答案：D
3．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝＋的最小值是( )
A. B．4
C. D．5
解析：∵a＋b＝2，∴＝1，
∴＋＝＝＋≥＋2 ＝(当且仅当＝，即b＝2a时，“＝”成立)，
故y＝＋的最小值为.
答案：C
4．设a，b，c∈R＋，则“abc＝1”是“＋＋≤a＋b＋c”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
5．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车间的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )
A．5千米处 B．4千米处
C．3千米处 D．2千米处
解析：设仓库到车站的距离为x，由已知得，y1＝，y2＝0.8x.
费用之和y＝y1＋y2＝0.8x＋≥2＝8.
当且仅当0.8x＝，
即x＝5时等号成立，故选A.
答案：A
6．函数y＝(x<0)的值域是________．
解析：∵y＝＝≥＝－3，
当且仅当x＝－1时取等号．
∴函数的值域为[－3，＋∞)．
答案：[－3，＋∞)
7．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________．
解析：令＝t(t>0)，由ab＝a＋b＋3≥2＋3，则t2≥2t＋3，所以t≥3或t≤－1(舍去)，所以≥3，ab≥9，当a＝b＝3时取等号．
答案：[9，＋∞)
8．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x为____________吨．
解析：每年购买次数为次．
所以总费用＝·4＋4x≥2＝160.
当且仅当＝4x，即x＝20时等号成立．
答案：20
9．(1)设0(2)设x，y∈R＋，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．
解析：(1)∵00，
∴y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2[]2＝，
当且仅当2x＝3－2x，即x＝时，等号成立．
∴y＝4x(3－2x)的最大值为.
(2)由2x＋8y－xy＝0得，y＝，
∴x＋y＝x＋＝(x－8)＋＋8
＝(x－8)＋＋10
≥2＋10
＝18，
当且仅当x－8＝，即x＝12时，等号成立，
∴x＋y的最小值为18.
10．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证： ＋ ≤2.
证明：∵＝ ≤＝＋，
＝ ≤＝＋，
∴ ＋ ≤＋(a＋b)＝2(当且仅当a＝b＝时取等号)．
[B组 能力提升]
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．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最小值时，x＋2y－z的最大值为( )
A．0 B.
C．2 D.
解析：z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，
∴＝＝＋－3≥2 －3＝1.
当且仅当＝，即x＝2y时“＝”成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，
∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2，
∴当y＝1时，x＋2y－z取得最大值2.
答案：C
3．已知点M(x，y)在第一象限，且满足2x＋3y＝6.则logx＋logy的最大值是________．
解析：∵M(x，y)在第一象限，
∴x>0，y>0，且2x＋3y＝6.
∴logx＋logy＝log(xy)，
xy＝(2x·3y)≤×()2＝，
∴log (xy)≤log＝1，
当且仅当2x＝3y＝3，即x＝，y＝1时，
logx＋logy的最大值为1.
答案：1
4．设x，y∈R，且xy≠0，则·的最小值为________．
解析：(x2＋)(＋4y2)＝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
5．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.
解析：∵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
6．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．
解析：由x>0，y>0，且x＋y＝4，得＝1，
∴＋＝·(＋)＝(1＋＋＋4)
＝(5＋＋)≥(5＋2 )＝，
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≤.
3 三个正数的算术-几何平均不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．设x，y，z>0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＝23，
∴lg x＋lg y＋lg z≤lg 23＝3lg 2，当且仅当x＝y＝z＝2时，取等号．
答案：B
2．函数y＝x2·(1－5x)(0≤x≤)的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：∵0≤x≤，∴1－5x≥0，
∴y＝x2·(1－5x)＝[x·x·(1－5x)]
≤[]3＝.
当且仅当x＝1－5x，
即x＝时取“＝”，故选A.
答案：A
3．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列不等式正确的是( )
A．V≥π B．V≤π
C．V≥π D．V≤π
解析：如图，设圆柱半径为R，高为h，则4R＋2h＝6，即2R＋h＝3.
V＝S·h＝πR2·h＝π·R·R·h≤π3＝π，当且仅当R＝R＝h＝1时取等号．
答案：B
4．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则必有( )
A．0≤M< B.≤M<1
C．1≤M<8 D．M≥8
解析：M＝·＝≥＝8，
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
答案：D
5．已知x为正数，下列各题求得的最值正确的是( )
A．y＝x2＋2x＋≥3＝6，∴ymin＝6
B．y＝2＋x＋≥3＝3，∴ymin＝3
C．y＝2＋x＋≥4，∴ymin＝4
D．y＝x(1－x)(1－2x)≤[]3＝，
∴ymax＝
解析：A，B，D在使用不等式a＋b＋c≥3(a，b，c∈R＋)和abc≤()3(a，b，c∈R＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C中，∵x>0，∴y＝2＋x＋＝2＋(x＋)≥2＋2＝4，当且仅当x＝，即x＝1时取等号．
答案：C
6．若x>0，则函数y＝4x2＋的最小值是________．
解析：∵x>0，
∴y＝4x2＋＝4x2＋＋
≥3 ＝3.
当且仅当4x2＝(x>0)，
即x＝时，取“＝”，
∴当x＝时，
y＝4x2＋(x>0)的最小值为3.
答案：3
7．若a>2，b>3，则a＋b＋的最小值为________．
解析：∵a>2，b>3，∴a－2>0，b－3>0，
∴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
8．设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为________．
解析：设底面边长为x，高为h，则
x2·h＝V，
所以h＝，
又S表＝2·x2＋3xh
＝x2＋3x·＝x2＋
＝＝
≥×3＝3×，
当且仅当x2＝，即x＝时，S表最小．
答案：
9．已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋≥2y＋3.
证明：因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋－2y
＝2(x－y)＋
＝(x－y)＋(x－y)＋
≥3＝3，
所以2x＋≥2y＋3.
10．如图(1)所示，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，如图(2)所示，求这个正六棱柱容器的容积最大值．
解析：设正六棱柱容器底面边长为x(x>0)，高为h，由图可有2h＋x＝，
∴h＝(1－x)，
V＝S底·h＝6×x2·h
＝x2··(1－x)
＝2××××(1－x)
≤9×3＝.
当且仅当＝＝1－x，
即x＝时，等号成立．
所以当底面边长为时，正六棱柱容器的容积最大，为.
[B组 能力提升]
1．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：∵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.
答案：B
2．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：xy＋x2＝xy＋xy＋x2
≥3 ＝3 ＝3＝3.
答案：C
3．设x∈，则函数y＝4sin2x·cos x的最大值为________．
解析：∵y2＝16sin2x·sin2x·cos2x
＝8(sin2x·sin2x·2cos2x)≤8()3＝8×＝，
∴y2≤，当且仅当sin2x＝2cos2x，
即tan x＝时，等号成立．∴ymax＝.
答案：
4．设正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
解析：∵a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，
∴(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋2)＝9.
∴(＋＋)·[(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋2)]≥
3··3＝9.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
即＋＋≥1.
故＋＋的最小值为1.
答案：1
5．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)．
6．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．
解析：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＝(V3＋480)＝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．
1 绝对值三角不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．设ab＞0，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，正确的是( )
A．①和② B．①和③
C．①和④ D．②和④
解析：∵ab＞0，①|a＋b|＝|a|＋|b|＞|a|，正确；
②|a＋b|＝|a|＋|b|＞|b|，所以②错；
③|a＋b|＝|a|＋|b|＞|a－b|，所以③错；
④|a＋b|＝|a|＋|b|＞|a－b|≥|a|－|b|，正确．
所以①④正确，应选C.
答案：C
2．已知x为实数，且|x－5|＋|x－3|A．m>1 B．m≥1
C．m>2 D．m≥2
解析：∵|x－5|＋|x－3|≥|x－5＋3－x|＝2，
∴|x－5|＋|x－3|的最小值为2.
∴要使|x－5|＋|x－3|2.
答案：C
3．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是( )
A．m>n B．mC．m＝n D．m≤n
解析：令a＝3，b＝2，则m＝1，n＝1；令a＝－3，b＝2，则m＝，n＝5，
∴n≥m，选D.
答案：D
4．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值及取得最小值时x的值分别是( )
A．1，x∈[－1,2] B．3,0
C．3，x∈[－1,2] D．2，x∈[1,2]
解析：运用含绝对值不等式的基本性质有|x＋1|＋|x－2|＝
|x＋1|＋|2－x|≥|x＋1＋2－x|＝3.
当且仅当(x＋1)(2－x)≥0时等号成立，即取得最小值的充要条件，
∴－1≤x≤2.
答案：C
5．下列不等式中恒成立的个数是( )
①x＋≥2(x≠0)；
②<(a>b>c>0)；
③>(a，b，m>0，a④|a＋b|＋|b－a|≥2a.
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：①不成立，当x<0时不等式不成立；
②成立，
a>b>0?>即>，
又由于c>0，
故有>；
③成立，因为－＝>0(a，b，m>0，a；
④成立，由绝对值不等式的性质可知：|a＋b|＋|b－a|≥|(a＋b)－(b－a)|＝|2a|≥2a，故选B.
答案：B
6．已知|a＋b|<－c(a，b，c∈R)，给出下列不等式：
①a<－b－c；②a>－b＋c；③a其中一定成立的不等式是________(把成立的不等式的序号都填上)．
解析：∵|a＋b|<－c，
∴c∴a<－b－c，a>－b＋c，①②成立，
|a|－|b|<|a＋b|<－c，
∴|a|<|b|－c，④成立．
答案：①②④
7．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为________．
解析：y＝|x－4|＋|x－6|≥|x－4＋6－x|＝2，当且仅当4≤x≤6时，等号成立．
答案：2
8．若|x－4|＋|x＋5|>a对于x∈R均成立，则a的取值范围为________．
解析：∵|x－4|＋|x＋5|＝|4－x|＋|x＋5|
≥|4－x＋x＋5|＝9.
∴当a<9时，不等式对x∈R均成立．
答案：(－∞，9)
9．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)．
10．已知函数f(x)＝log2(|x－1|＋|x－5|－a)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；
(2)当函数f(x)的定义域为R时，求实数a的取值范围．
解析：(1)函数的定义域满足|x－1|＋|x－5|－a>0，
即|x－1|＋|x－5|＞a，
设g(x)＝|x－1|＋|x－5|，
由|x－1|＋|x－5|≥|x－1＋5－x|＝4，
可知g(x)min＝4，
∴f(x)min＝log2(4－2)＝1.
(2)由(1)知，g(x)＝|x－1|＋|x－5|的最小值为4.
∵|x－1|＋|x－5|－a>0，
∴a∴a<4，即a的取值范围是(－∞，4)．
[B组 能力提升]
1．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
2．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
答案：C
3．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
4．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(x＋)，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
5．对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实数M的最大值是m，求m的值．
解析：不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，即M≤对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立，
即左边恒小于或等于右边的最小值．
因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，
当且仅当(a－b)(a＋b)≥0时等号成立，
即|a|≥|b|时，等号成立，
也就是的最小值是2.
所以m＝2.
6．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∴2|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|.
2 绝对值不等式的解法
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．不等式|x＋3|－|x－3|>3的解集是( )
A. B．
C．{x|x≥3} D．{x|－3解析：原不等式?或
或?或或?.
答案：A
2．不等式|x＋1|＋|x＋2|<5的所有实数解的集合是( )
A．(－3,2) B．(－1,3)
C．(－4,1) D．(－，)
解析：|x＋1|＋|x＋2|表示数轴上一点到－2，－1两点的距离和，根据－2，－1之间的距离为1，可得到－2，－1距离和为5的点是－4,1.因此|x＋1|＋|x＋2|<5解集是(－4,1)．
答案：C
3．不等式1≤|2x－1|<2的解集为( )
A.∪
B.∪
C.
D.
解析：1≤|2x－1|<2则1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，因此－答案：D
4．不等式>a的解集为M，且2?M，则a的取值范围为( )
A. B．
C. D．
解析：∵2?M，∴≤a，
即|2a－1|≤2a，
∴a≥，故选B.
答案：B
5．已知y＝loga(2－ax)在[0,1]上是增函数，则不等式loga|x＋1|>loga|x－3|的解集为( )
A．{x|x<－1} B．{x|x<1}
C．{x|x<1且x≠－1} D．{x|x>1}
解析：因为a>0，且a≠1，所以2－ax为减函数．又因为y＝loga(2－ax)在[0,1]上是增函数，所以0所以|x＋1|<|x－3|，且x＋1≠0，x－3≠0.
由|x＋1|<|x－3|，得(x＋1)2<(x－3)2，
即x2＋2x＋1解得x<1.又x≠－1且x≠3，
所以解集为{x|x<1且x≠－1}．
答案：C
6．不等式≥1的解集为________．
解析：不等式等价于≥1或≤－1，
解之得－1答案：(－∞，－1)∪(－1,0]
7．不等式|2x－1|＋x>1的解集是________．
解析：法一：把|2x－1|＋x>1移项，得|2x－1|>1－x，把此不等式看作|f(x)|>a的形式得2x－1>1－x或2x－1<－(1－x)．
∴x>或x<0，
故解集为.
法二：用分类讨论的方法去掉绝对值符号．
当x>时，2x－1＋x>1，∴x>；
当x≤时，1－2x＋x>1，∴x<0.
综上得原不等式的解集为.
答案：
8．若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是________．
解析：法一：|x＋1|＋|x－2|表示数轴上一点A(x)到B(－1)与C(2)的距离之和，而|BC|＝3.
∴|AB|＋|AC|≥3.
∴|a|≥3，∴a≤－3或a≥3.
法二：设f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＝
∴f(x)的图象如图所示，∴f(x)≥3.
∴|a|≥3，∴a≤－3或a≥3.
法三：∵|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴|a|≥3.∴a≤－3或a≥3.
答案：(－∞，－3]∪[3，＋∞)
9．解下列不等式：
(1)|x＋5|－|x－3|>10；
(2)|x|＋|x－3|≤5；
(3)x＋|2x－1|<3.
解析：(1)①当x≤－5时，
|x＋5|－|x－3|>10?－x－5＋x－3>10?－8>10，
所以的解集为?.
②当－510?x＋5＋x－3>10?2x＋2>10?x>4，
所以的解集为?.
③当x≥3时，|x＋5|－|x－3|>10?x＋5－x＋3>10?8>10，
所以的解集为?.
综上所述，原不等式的解集为?∪?∪?＝?.
(2)法一：原不等式|x|＋|x－3|≤5?
或
或?
－1≤x<0或0≤x<3或3≤x≤4?－1≤x≤4.
所以原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}．
法二：|x|与|x－3|可以看作是在数轴上坐标为x的点到0和3的距离．因此，不等式的几何意义是数轴上到0和3的距离之和不超过5的x的范围，结合数轴很容易得出－1≤x≤4，所以原不等式的解集为[－1,4]．
(3)原不等式可化为
或
解得≤x<或－2所以原不等式的解集是.
10．已知函数f(x)＝|x－1|＋|2x＋2|.
(1)解不等式f(x)>5；
(2)若不等式f(x)解析：(1)根据条件f(x)＝
当x>1时，f(x)>5?3x＋1>5?x>，
又x>1，所以x>；
当－1≤x≤1时，f(x)>5?x＋3>5?x>2，
又－1≤x≤1，
此时无解；
当x<－1时，f(x)>5?－3x－1>5?x<－2，
又x<－1，
所以x<－2.
综上，f(x)>5的解集为.
(2)由于f(x)＝
可得f(x)的值域为[2，＋∞)．
又不等式f(x)所以a的取值范围是(－∞，2]．
[B组 能力提升]
1．不等式组的解集为( )
A．(0，) B．(，2)
C．(，4) D．(2,4)
解析：由????答案：C
2．若关于x的不等式|x＋1|≥kx恒成立，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[0，＋∞)
解析：作出y＝|x＋1|与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
3．不等式|x2＋2x－1|≥2的解集是________．
解析：原不等式等价于：x2＋2x－1≥2
①
或x2＋2x－1≤－2，
②
解①得：x≤－3或x≥1，
解②得：x＝－1.
∴原不等式的解集为{x|x≤－3或x＝－1或x≥1}．
答案：{x|x≤－3或x＝－1或x≥1}
4．若不等式|3x－b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为________．
解析：|3x－b|<4?∵解集中有且仅有1,2,3，
∴ 解得5答案：(5,7)
5．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．
解析：(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.
6．(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)< 2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
解析：(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1因此|a＋b|<|1＋ab|.
一 二维形式的柯西不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
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．函数y＝2＋的最大值是( )
A．3 B．
C. D．4
解析：y2＝2
≤[22＋()2]＝6×＝3，
当且仅当2＝·，
即x＝时等号成立．
∴y的最大值为.
答案：C
3．如果实数m，n，x，y满足m2＋n2＝a，x2＋y2＝b，其中a，b为常数，那么mx＋ny的最大值为( )
A. B．
C. D．
解析：由柯西不等式，得(mx＋ny)2≤(m2＋n2)(x2＋y2)＝ab，当m＝n＝，
x＝y＝时，(mx＋ny)max＝.
答案：B
4．若a＋b＝1，则2＋2的最小值为( )
A．1 B．2
C. D．
解析：2＋2
＝a2＋2＋＋b2＋2＋.
∵a＋b＝1，
∴a2＋b2＝(a2＋b2)·(1＋1)
≥·(a＋b)2＝，
又＋≥≥＝8，
以上两个不等式都是当且仅当a＝b＝时，等号成立
∴2＋2
≥＋2＋2＋8＝，
当且仅当a＝b＝时等号成立，取到最小值.
答案：C
5．若长方形ABCD是半径为R的圆的内接长方形，则长方形ABCD周长的最大值为( )
A．2R B．2R
C．4R D．4R
解析：如图，设内接长方形ABCD的长为x，则宽为，于是ABCD的周长l＝2(x＋)＝2(1×x＋1×)．
由柯西不等式得
l≤2[x2＋()2](12＋12)
＝2×2R×＝4R.
当且仅当x·1＝·1，
即x＝R时等号成立．
此时＝ ＝R，
即四边形ABCD为正方形，故周长为最大的内接长方形是正方形，其周长为4R.
答案：D
6．若存在实数x使＋>a成立，常数a的取值范围为________．
解析：＋＝×＋1×，
由柯西不等式得(×＋1×)2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64，
所以＋≤8，当且仅当x＝10时取“＝”，
于是，常数a的取值范围是(－∞，8)．
答案：(－∞，8)
7．设xy>0，则(x2＋)·(y2＋)的最小值为________．
解析：原式＝
≥2＝9.
答案：9
8．设实数x， y满足3x2＋2y2＝6，则2x＋y的最大值为________．
解析：∵[(x)2＋(y)2]≥(2x＋y)2，
∴|2x＋y|≤ ＝，
当且仅当×y＝×x，
即3x＝4y且3x2＋2y2＝6时，等号成立，而此方程组有解．
∴2x＋y的最大值为.
答案：
9．已知θ为锐角，a，b>0，求证：(a＋b)2≤＋.
证明：设m＝，n＝(cos θ，sin θ)，
则|a＋b|＝|·cos θ＋·sin θ|
＝|m·n|≤|m||n|＝·＝，
∴(a＋b)2≤＋.
10．设a，b∈R＋，若a＋b＝2，求＋的最小值．
解析：∵(a＋b)
＝[()2＋()2]
≥2＝(1＋1)2＝4.
∴2≥4，即≥2.
当且仅当·＝·，即a＝b时取等号，
∴当a＝b＝1时，＋的最小值为2.
[B组 能力提升]
1．设a1、a2、b1、b2∈R，则下列不等式中，柯西不等式用错的是( )
A．(a＋b)·(a＋b)≥(a1a2＋b1b2)2
B．(a＋b)·(a＋b)≥(a1b2＋b1a2)2
C．(a＋b)·(a＋b)≥(a1b1＋a2b2)2
D．(a＋a)·(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2
答案：C
2．设xy>0，则的最小值为________．
解析：原式＝[x2＋()2][()2＋y2]≥(x·＋·y)2＝9.
答案：9
3．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
4．已知a，b，c为正数，且满足acos2θ＋bsin2θ解析：由柯西不等式，得cos2θ＋sin2θ≤[(cos θ)2＋(sin θ)2]·(cos2θ＋sin2θ) ＝(acos2θ＋bsin2θ)<.
5．若x2＋4y2＝5.求x＋y的最大值及最大值点．
解析：由柯西不等式得
[x2＋(2y)2][12＋()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(2，)．
三 排序不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1其中x1x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为( )
A．A>B B．AC．A≥B D．A≤B
解析：依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0答案：C
2．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件和2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则花钱最少和最多的值分别为( )
A．20,23 B．19,25
C．21,23 D．19,24
解析：最多为5×3＋4×2＋2×1＝25，
最少为5×1＋4×2＋2×3＝19，应选B.
答案：B
3．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P、Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：不妨设a≥b≥c，则A≥B≥C，
∴cos C≥cos B≥cos A，
acos C＋bcos B＋ccos A为顺序和，
由排序不等式定理，它不小于一切乱序和，
所以一定不小于P，
∴Q≥P.
答案：C
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
5．已知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的最大值是( )
A．324 B．314
C．304 D．212
解析：两组数据的顺序和为a1b1＋a2b2＋…＋a5b5＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.
而a1c1＋a2c2＋…＋a5c5为这两组数的乱序和，
∴由排序不等式可知，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤304，
当且仅当ci＝bi(i＝1,2,3,4,5)时，a1c1＋a2c2＋…＋a5c5有最大值，最大值为304.
答案：C
6．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32，最小值为28.
答案：32 28
7．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________钱．
解析：设a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a1b3＋a2b2＋a3b1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．
答案：76元
8．在Rt△ABC中，∠C为直角，A，B所对的边分别为a，b，
则aA＋bB与(a＋b)的大小关系为________．
解析：不妨设a≥b>0，
则A≥B>0，由排序不等式
?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)＝(a＋b)
∴aA＋bB≥(a＋b)．
答案：aA＋bB≥(a＋b)
9．设a，b，c都是正实数，求证：＋＋≤.
证明：设a≥b≥c>0，
则≥≥，则≥≥.
由不等式的性质，知a5≥b5≥c5.
根据排序不等式，知
＋＋≥＋＋＝＋＋.
又由不等式的性质，知a2≥b2≥c2，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.
由不等式的传递性，知
＋＋≤＋＋＝.
∴原不等式成立．
10．设0求证：··…·≥··…·≥··…·.
证明：∵0又∵0故由排序不等式可知b1ln a1＋b2ln a2＋…＋bnln an
≥c1ln a1＋c2ln a2＋…＋cnln an
≥bnln a1＋bn－1ln a2＋…＋b1lnan.
[B组 能力提升]
1．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，
∵a，b，c为正数，∴abc>0，a＋b＋c>0，
于是≥abc，即P≥Q.
答案：B
2．已知a，b，c∈R＋，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是( )
A．大于零 B．大于等于零
C．小于零 D．小于等于零
解析：不妨设a≥b≥c>0，所以a3≥b3≥c3，根据排序原理，
得a3·a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b3c＋c3a.
又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2，所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
∴a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
答案：B
3．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]
4．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：
5．设a1，a2，a3，a4∈R＋且a1＋a2＋a3＋a4＝6，
求＋＋＋的最小值．
解析：不妨设a1≥a2≥a3≥a4>0，则≥≥≥，a≥a≥a≥a，
∴＋＋＋是数组“，，，”和“a，a，a，a”的乱序和，而它们的反序和为·a＋·a＋·a＋·a＝a1＋a2＋a3＋a4＝6.
∴由排序不等式知当a1＝a2＝a3＝a4＝时，＋＋＋有最小值，
最小值为6.
6．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.
二 一般形式的柯西不等式
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．已知x2＋y2＋z2＝1，则x＋2y＋2z的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由柯西不等式得
(x＋2y＋2z)2≤(12＋22＋22)(x2＋y2＋z2)＝9，
所以－3≤x＋2y＋2z≤3.
当且仅当x＝＝时，等号成立．
所以x＋2y＋2z的最大值为3.
答案：C
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：设n个正数为x1，x2，…，xn，
由柯西不等式，得
(x1＋x2＋…＋xn)
≥2＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.
当且仅当x1＝x2＝…＝xn时取等号．
答案：C
3．设a、b、c为正数，则(a＋b＋c)·(＋＋)的最小值为( )
A．11 B．121
C．49 D．7
解析：(a＋b＋c)·≥2＝121.
答案：B
4．设a，b，c均为正数且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为( )
A．81 B．9
C．7 D．49
解析：考虑以下两组向量：
u＝，v＝(，，)．
由(u·v)2≤|u|2·|v|2得
2
≤(a＋b＋c)，
当且仅当＝＝，即a＝2，b＝3，c＝4时取等号，
可得·9≥(2＋3＋4)2＝81，
所以＋＋≥＝9.
答案：B
5．设非负实数α1，α2，…，αn满足α1＋α2＋…＋αn＝1，
则y＝＋＋…＋－n的最小值为( )
A. B．
C. D．
解析：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＝.
等号当且仅当α1＝α2＝…＝αn＝时成立，从而y有最小值.
答案：A
6．同时满足2x＋3y＋z＝13,4x2＋9y2＋z2－2x＋15y＋3z＝82的实数x、y、z的值分别为______，______，________.
解析：可令x1＝2x，x2＝3y＋3，x3＝z＋2，
则x1＋x2＋x3＝18且x＋x＋x＝108，
由此及柯西不等式得182＝(x1＋x2＋x3)2≤(x＋x＋x)(12＋12＋12)＝108×3，
上式等号成立的充要条件是＝＝?x1＝x2＝x3＝6?x＝3，y＝1，z＝4.
所以3,1,4是所求实数x，y，z的值．
答案：3 1 4
7．已知实数a，b，c，d，e满足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，则e的取值范围为________．
解析：4(a2＋b2＋c2＋d2)＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2)≥(a＋b＋c＋d)2，
即4(16－e2)≥(8－e)2，即64－4e2≥64－16e＋e2.
∴5e2－16e≥0，故0≤e≤.
答案：
8．设a，b，c，x，y，z都是正数，且a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，
ax＋by＋cz＝30，则＝________.
解析：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时取等号．
由k2(x2＋y2＋z2)2＝25×36，解得k＝.
所以＝k＝.
答案：
9．已知x，y，z∈R，且x－2y－3z＝4，求x2＋y2＋z2的最小值．
解析：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.
10．在△ABC中，设其各边长分别为a，b，c，外接圆半径为R，
求证：(a2＋b2＋c2)≥36R2.
证明：由正弦定理知＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2.
[B组 能力提升]
1．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是( )
A．1 B．
C. D．2
解析：根据柯西不等式，x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)·(x2＋y2＋z2)≥
(1×x＋1×y＋1×z)2＝(x＋y＋z)2＝.
答案：B
2．若2a>b>0，则a＋的最小值为( )
A．1 B．3
C．8 D．12
解析：∵2a>b>0，∴2a－b>0.
∴a＋＝[(2a－b)＋b＋]
≥·3 ＝3.
当且仅当2a－b＝b＝，即a＝b＝2时等号成立．
∴当a＝b＝2时，a＋有最小值3.
答案：B
3．若a，b，c为正数，则·的最小值为________．
解析：由柯西不等式可知，
(＋＋)·(＋＋)
≥( ·＋·＋·)2
＝32＝9.
答案：9
4．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)
≥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
5．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．
解析：＋＋≤＋＋
＝(1× ＋1× ＋1× )
≤[(12＋12＋12)(＋＋)]＝，
故λ的取值范围是[，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
解析：(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)由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)≥(·＋·＋·)2＝9.
一 比较法
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．下列四个数中最大的是( )
A．lg 2 B．lg
C． (lg 2)2 D．lg(lg 2)
解析：∵1<<2<10，∴0∴(lg 2)2答案：A
2．若a，b为不相等的正数，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
3．a、b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P≤Q
解析：＝≤＝1，
∴P≤Q，应选D.
答案：D
4．如果loga3>logb3且a＋b＝1，那么( )
A．0C．1解析：∵a>0，b>0，
又∵a＋b＝1，∴0∴lg a<0，lg b<0，由loga3>logb3
?－>0
?－>0
?>0
?lg b>lg a?b>a.
∴0答案：A
5．已知a>b>0，c>d>0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是( )
A．mn
C．m≥n D．m≤n
解析：∵a>b>0，c>d>0，
∴ac>bd>0，>，
∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2，
n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2，
∴－2>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n.
答案：B
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．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)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝
ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝
2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝时等号成立)．
答案：2
8．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.
解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0，
∴x答案：<
9．已知a>0，b>0，求证：＋≥＋.
证明：法一：∵＝＋
＝＋
＝
＝，
又∵a2＋b2≥2ab，
∴≥＝1，
当且仅当a＝b>0时取等号．
∴＋≥＋.
法二：∵＋－(＋)
＝(－)＋(－)．
＝＋
＝
＝≥0
当且仅当a＝b>0时取“＝”
∴＋≥＋.
10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p，q满足p＋q＝1时，
证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1.
证明：pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy)
＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b
＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy
＝pq(x－y)2.
充分性：若0≤p≤1，q＝1－p∈[0,1]．
∴pq≥0，∴pq(x－y)2≥0，
∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．
必要性：若pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．
则pq(x－y)2≥0，
∵(x－y)2≥0，∴pq≥0.
即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1.
综上所述，原命题成立．
[B组 能力提升]
1．已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．PC．P＝Q D．大小不确定
解析：P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.
当0则0<<1，∴loga>0，即P－Q>0.
∴P>Q.
当a>1时，a3＋1>a2＋1>0，>1，
∴loga>0，即P－Q>0.∴P>Q.
答案：A
2．设m>n，n∈N＋，a＝ (lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，则a与b的大小关系为( )
A．a≥b
B．a≤b
C．与x值有关，大小不定
D．以上都不正确
解析：a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx
＝(lgmx－lgnx)－(－)
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)(1－)
＝(lgmx－lgnx)(1－)．
∵x>1，∴lg x>0.
当0b；
当lg x＝1时，a＝b；
当lg x>1时，a>b.
∴应选A.
答案：A
3．设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n.
解析：＝
＝
＝＝1，∴m＝n.
答案：＝
4．一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－)，
∵a<，
∴L1答案：月末
5．设直角三角形的斜边长为c，两直角边长分别为a，b，试比较c3与a3＋b3的大小．
解析：∵c是直角三角形的斜边长，a，b是直角边长，
∴a＋b>c,0<<1,0<<1，且a2＋b2＝c2，
∴＝3＋3<2＋2＝＝1，
即<1，故a3＋b36．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．
解析：(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)．
三 反证法与放缩法
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( )
A．两个都是偶数
B．一个是奇数，一个是偶数
C．至少一个是偶数
D．恰有一个是偶数
解析：假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少一个为偶数．
答案：C
2．设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为( )
A．A≥B B．A≤B
C．A>B D．A解析：A＝＋<＋＝B.
答案：D
3．设x，y，z都是正实数，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a、b、c三个数( )
A．至少有一个不大于2
B．都小于2
C．至少有一个不小于2
D．都大于2
解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，这与
a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥6矛盾．故选C.
答案：C
4．设M＝＋＋＋…＋，则( )
A．M＝1 B．M<1
C．M >1 D．M与1大小关系不定
解析：M是210项求和，M＝＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝1，故选B.
答案：B
5．若f(x)＝x，a，b都为正数，A＝f，G＝f()， H＝f，则( )
A．A≤G≤H B．A≤H≤G
C．G≤H≤A D．H≤G≤A
解析：∵a，b为正数，∴≥＝≥＝，
又∵f(x)＝x为单调减函数，
∴f≤f()≤f，
∴A≤G≤H.
答案：A
6．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：
|f(x1)－f(x2)|<.那么它的假设应该是________．
答案：|f(x1)－f(x2)|≥
7．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是________．
解析：m＝≤＝1，
n＝≥＝1.
答案：m≤n
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：M9．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数．
由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．
从而ac≤≤，bd≤≤.
∴ac＋bd≤＝1.即ac＋bd≤1.与已知ac＋bd>1矛盾，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
10．求证：1＋＋＋＋…＋<3(n∈N＋)．
证明：由<＝(k是大于2的自然数)，
得1＋＋＋＋…＋<1＋1＋＋＋＋…＋＝
1＋＝3－<3.
∴原不等式成立．
[B组 能力提升]
1．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xnxn＋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：“xnxn＋1”的对立面是“xn＝xn＋1”，“任意一个”的反面是“存在某一个”．
答案：B
2．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：∵α∈(π，π)，∴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.
答案：D
3．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
4．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c，使f(c)>0, 则实数p的取值范围是________．
解析：假设在 [－1,1]内没有值满足f(c)>0，
则所以
所以p≤－3或p≥，取补集为p∈.
故实数p的取值范围是.
答案：
5．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同理：0∴三式相乘得：0②
②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＋＋≤＋＋＝3④
④与③矛盾，故假设不成立．
∴原题设结论成立．
6．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<.
解析：(1)∵a1＝2，an＋1＝2(1＋)2·an(n∈N＋)，
∴a2＝2(1＋)2·a1＝16，a3＝2(1＋)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．
二 综合法与分析法
[课时作业]
[A组 基础巩固]
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解析：A2＝(＋)2＝a＋2＋b，B2＝a＋b所以A2>B2.
又A>0，B>0，
∴A>B.
答案：C
2．设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
解析：由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋＞＋>2.
∴b答案：B
3．若1＜x＜10，下面不等式中正确的是( )
A．(lg x)2＜lg x2＜lg(lg x)
B．lg x2＜(lg x)2＜lg(lg x)
C．(lg x)2＜lg(lg x)＜lg x2
D．lg(lg x)＜(lg x)2＜lg x2
解析：∵1＜x＜10，∴x2>x,0＜lg x＜1，
∴lg(lg x)＜0，∴lg x2＞lg x＞(lg x)2，
∴lg x2＞(lg x)2＞lg(lg x)，选D.
答案：D
4．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2 D．abc(a＋b＋c)≤
解析：因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，
得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，
即a2＋b2＋c2≥1.
又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故选项B成立．
答案：B
5．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg，则( )
A．RC．Q解析：∵lg a>lg b>0，
∴(lg a＋lg b)>，即Q>P.
又∵a>b>1，∴>，
∴lg >lg ＝(lg a＋lg b)．
即R>Q，∴P答案：B
6．等式“＝”的证明过程：“等式两边同时乘以得，左边＝·＝＝＝1，右边＝1，左边＝右边，故原不等式成立”，应用了________的证明方法．(填“综合法”或“分析法”)
解析：由综合法的特点可知，此题的证明用的是综合法．
答案：综合法
7．若a≥3，则－与－的大小关系是________．
解析：取a＝3，得－＝－，
－＝1，
得－<－.
下面证明：a>3时，－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
即证<，
只需证a(a－3)<(a－1)(a－2)，
即证0<2，显然0<2，
故－<－.
答案：－<－
8．设a，b，c都是正实数，a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
解析：因为 (＋＋)2＝a＋b＋c＋2＋2＋2≤1＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝1＋2(a＋b＋c)＝3，
所以＋＋≤，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
答案：
9．用综合法证明：如果a，b为正数，则ab＋＋＋≥4.
证明：由基本不等式ab＋≥2＝2，
＋≥2＝2，
有ab＋＋＋≥2＋2＝4，
所以ab＋＋＋≥4，
当且仅当ab＝且＝，即a＝b＝1时等号成立．
10．已知a>0，b>0,2c>a＋b，用分析法证明c－证明：要证c－只需证明c即证b－a<2.
当b－a<0时显然成立，当b－a≥0时只需证明b2＋a2－2ab<4c2－4ab，
即证(a＋b)2<4c2，
由2c>a＋b知上式成立．
∴原不等式成立．
[B组 能力提升]
1．已知p：ab>0，q：＋≥2，则p与q的关系是( )
A．p是q的充分而不必要条件
B．p是q的必要而不充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．以上答案都不对
解析：若ab>0，则>0，>0，
∴＋≥2，故p?q成立．
若＋≥2，则≥2，
∴≥0，即≥0.
∵(a－b)2≥0，∴ab>0，故q?p成立．
答案：C
2．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|同理b2－2bc＋c2∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
答案：D
3．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)
4．设a>0，b>0，则此两式的大小关系为
lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
解析：因为对数函数y＝lg x为定义域上的增函数．
所以只需比较(1＋)与的大小即可，
因为(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋ab＋2－(1＋ab＋a＋b)
＝2－(a＋b)．
又由基本不等式得2≤a＋b，
所以(1＋)2－(1＋a)(1＋b)≤0，
即有lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≤
5．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．
6．已知实数a、b、c满足c证明：∵a＋b＋c＝1，
∴欲证结论等价于1<1－c<，即－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∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab＝c2－c(1－c)＋c2－c>0，
解得c<0或c>(舍去)．
∴－一 数学归纳法
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．用数学归纳法证明当n∈N＋时，1＋2＋22＋…＋25n－1是31的倍数时，
当n＝1时原式为( )
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋3＋4 D．1＋2＋22＋23＋24
解析：左边＝1＋2＋22＋…＋25n－1，所以n＝1时，应为1＋2＋…＋25×1－1＝
1＋2＋22＋23＋24.
答案：D
2．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋( )
A. B．π
C．2π D．π
答案：B
3．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )
A．30 B．26
C．36 D．6
解析：f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，易知f(n)能被36整除，且36为m的最大值．
答案：C
4．某同学回答“用数学归纳法证明证明：(1)当n＝1时，显然命题是正确的；
(2)假设n＝k时有A．从k到k＋1的推理过程没有使用归纳假设
B．归纳假设的写法不正确
C．从k到k＋1的推理不严密
D．当n＝1时，验证过程不具体
解析：证明<(k＋1)＋1时进行了一般意义的放大．而没有使用归纳假设答案：A
5．用数学归纳法证明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)，
则从n＝k到n＝k＋1时，左边所要添加的项是( )
A. B．－
C．－ D．－
解析：∵当n＝k时，左边＝1－＋－＋…＋－，
当n＝k＋1时，左边＝1－＋－＋…＋－＋－，
∴由n＝k到n＝k＋1左边增加了－.
答案：D
6．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，n>1)时，第一步应验证n＝________时，命题成立，当n＝k＋1时左边的式子为________．
解析：由于n>1，
∴第一步应验证n＝2时，命题成立，
当n＝k＋1时，左边的式子应为22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2.
答案：2 22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2
7．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用归纳假设应将5k＋1－2k＋1变形为________．
解析：假设当n＝k时，5k－2k能被3整除，
则n＝k＋1时，5k＋1－2k＋1＝5(5k－2k)＋3·2k
由假设知5k－2k能被3整除，3·2k能被3整除．
故5·(5k－2k)＋3·2k能被3整除．
答案：5·(5k－2k)＋3·2k
8．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)
9．用数学归纳法证明：1＋4＋7＋…＋(3n－2)
＝n(3n－1)(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，
∴当n＝1时命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时命题成立，
即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝k(3k－1)．
当n＝k＋1时，1＋4＋7＋…＋(3k－2)＋[3(k＋1)－2]
＝k(3k－1)＋(3k＋1)
＝(3k2＋5k＋2)＝(k＋1)(3k＋2)
＝(k＋1)[3(k＋1)－1]
即当n＝k＋1时命题成立．
综上(1)(2)知，对于任意n∈N＋原命题成立．
10．证明对任意正整数n,34n＋2＋52n＋1能被14整除．
证明：(1)当n＝1时，34n＋2＋52n＋1＝36＋53＝854＝14×61能被14整除，命题成立．
(2)假设当n＝k时命题成立，即34k＋2＋52k＋1能被14整除，
那么当n＝k＋1时，
34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k＋2×34＋52k＋1×52
＝34k＋2×34＋52k＋1×34－52k＋1×34＋52k＋1×52
＝34(34k＋2＋52k＋1)－52k＋1(34－52)
＝34(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1，
因34k＋2＋52k＋1能被14整除，56也能被14整除，所以34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1能被14整除，故命题成立．
由(1)(2)知，命题对任意正整数n都成立．
[B组 能力提升]
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步假设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．k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱的对角面个数f(k＋1)为( )
A．f(k)＋k＋1 B．f(k)＋k
C．f(k)＋k－1 D．f(k)＋k－2
解析：当k棱柱变为k＋1棱柱时，新增的一条棱与和它不相邻的k－1条棱确定k－2个对角面，而原来的一个侧面变为对角面，所以共增加k－1个对角面．
答案：C
3．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是________．
解析：n＝k时等式为12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝，
n＝k＋1时等式为12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝.
∴n＝k＋1时等式左边比n＝k时等式左边增加了k2＋(k＋1)2.
答案：k2＋(k＋1)2(或2k2＋2k＋1)
4．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：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．
即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
5．求证：凸n边形对角线条数f(n)＝(n∈N＋，n≥3)．
证明： (1)当n＝3时，f(3)＝0，三角形没有对角线，命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥3)时命题成立，即凸k边形对角线条数f(k)＝.
将凸k边形A1A2…Ak在其外面增加一个新顶点A k＋1，得到凸k＋1边形A1A2……AkAk＋1，Ak＋1依次与A2，A3，…Ak－1相连得到对角线k－2条，原凸k边形的边A1Ak变成了凸k＋1边形的一条对角线，则凸k＋1边形的对角线条数为：f(k)＋k－2＋1＝＋k－1＝＝＝f(k＋1)．
即当n＝k＋1时，结论正确．
根据(1)(2)可知，命题对任何n∈N＋，n≥3都成立．
6．是否存在常数a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝
an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由．
解析：假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝
an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立．
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组解得
证明如下：
①当n＝1时，由以上知等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)；
当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即当n＝k＋1时，等式成立．
因此存在a＝，b＝2，c＝1使等式对一切n∈N*都成立．
二 用数学归纳法证明不等式举例
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步即证下述哪个不等式成立( )
A．1<2 B．1＋<2
C．1＋＋<2 D．1＋<2
解析：∵n∈N＋，且n>1，
∴第一步n＝2，左边＝1＋＋，右边＝2，
即1＋＋<2，应选C.
答案：C
2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>成立时，起始值n0至少应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：1＋＋＋＋＋…＋＝，
n－1＝6，n＝7，故n0＝8.
答案：B
3．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
4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，有f(k)满足：当“f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k<5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：由题意设f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．因此，对于A，k＝1,2时不一定成立．对于B，C显然错误．对于D，因为f(4)＝25>42，因此对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．
答案：D
5．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，故选C.
答案：C
6．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，可归纳出一般性结论：________.
解析：由题意得1＋＋＋…＋<(n∈N＋)．
答案：1＋＋＋…＋<(n∈N＋)
7．用数学归纳法证明＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n－1)α＝(k∈N＋，a≠kπ，n∈N＋)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是________．
答案：＋cos α
8．用数学归纳法证明：2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)时，第一步应验证________．
答案：n＝1时，22≥12＋1＋2，即4＝4
9．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(k∈N＋)．
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，整理得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．
10．设Sn＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，设计算S1，S2，S3，并猜想Sn的表达式，然后用数学归纳法给出证明．
解析：∵S1＝＝＝，
S2＝＋＝＝，
S3＝＋＋＝＝，
……
猜想Sn＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，左边S1＝＝，右边＝＝，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋＝＋
＝＝＝，
这就是说，
当n＝k＋1时，等式成立．
由(1)(2)可知，
等式Sn＝对n∈N＋都成立．
[B组 能力提升]
1．观察下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2,
1＋＋＋…＋>，…，由此猜测第n(n∈N＋)个不等式为( )
A．1＋＋＋…＋>
B．1＋＋＋…＋>
C．1＋＋＋…＋>
D．1＋＋＋…＋>
解析：∵1,3,7,15,31，…的通项公式为an＝2n－1，
∴不等式左边应是1＋＋＋…＋.
∵，1，，2，，…的通项公式为bn＝，
∴不等式右边应是.
答案：C
2．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：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．
答案：C
3．用数学归纳法证明某不等式，其中证n＝k＋1时不等式成立的关键一步是：＋>＋( )>，括号中应填的式子是________．
解析：由>k＋2，联系不等式的形式可知，应填k＋2.
答案：k＋2
4．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：令x＝，∵M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，
∴＝(1＋x)n，＝1＋nx.
∵a>0，b>0，∴x>0.
由贝努利不等式得(1＋x)n>1＋nx.
∴>，∴M>N
答案：M>N
5．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)．
证明：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．
6．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≤.
