2018_2019学年高中数学新人教B版选修4_5第一章不等式的基本性质和证明的基本方法学案（10份）

1.1.1　不等式的基本性质
1.了解不等关系与不等式.
2.掌握不等式的性质.
3.会用不等式的性质解决一些简单问题.
自学导引
1.对于任何两个实数a，b，
a>b?a－b>0；
aa＝b?a－b＝0.
2.不等式有如下8条性质
(1)对称性：a>b?b(2)传递性：a>b，b>c?a>c；
(3)加(减)：a>b?a＋c>b＋c；
(4)乘(除)：a>b，c>0?ac>bc；
a>b，c<0?ac(5)乘方：a>b>0?an>bn，n∈N*且n≥2；
(6)开方：a>b>0?>，n∈N*且n≥2；
(7)a>b，c>d?a＋c>b＋d；
(8)a>b>0，c>d>0?ac>bd.
基础自测
1.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　由a2＋a<0知a≠0，故有a<－a2<0，0答案　B
2.若a>b>0，cA.> B.<
C.> D.<
解析　思路一：根据给出的字母的取值要求，取特殊值验证.
思路二：根据不等式的性质直接推导.
方法一：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，
则＝－1，＝－1，排除选项C，D；
又＝－，＝－，所以<，所以选项A错误，选项B正确.故选B.
方法二：因为c－d>0，
所以>>0.
又a>b>0，所以>，所以<，故选B.
答案　B
3.设x∈R，则与的大小关系是________.
解析　当x＝0时，＝0<，
当x≠0时，＝，
∴＋x2≥2，∴≤(当x＝±1时取等号)，
综上所述≤.
答案　≤
知识点1　不等式的性质及应用
【例1】 判断下列各题的对错
(1)<且c>0?a>b(　　)
(2)a>b且c>d?ac>bd(　　)
(3)a>b>0且c>d>0? > (　　)
(4)>?a>b(　　)
解析　(1)?<，
当a<0，b>0时，此式成立，
推不出a>b，∴(1)错.
(2)当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时，命题显然不成立.∴(2)错.
(3)?>>0? > 成立.∴(3)对.
(4)显然c2>0，∴两边同乘以c2得a>b.∴(4)对.
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
●反思感悟：解决这类问题，主要是根据不等式的性质判定，其实质是看是否满足性质所需的条件，若要判断一个命题是假命题，可以从条件入手，推出与结论相反的结论或举出一个反例予以否定.
1.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　①b>0>a，∴<0<，结论成立；
②0>a>b，∴<，结论成立；
③a>0>b，∴>，结论不成立；
④a>b>0，∴<，结论成立.
答案　3
知识点2　实数大小的比较
【例2】 实数x，y，z满足x2－2x＋y＝z－1且x＋y2＋1＝0，试比较x，y，z的大小.
解　x2－2x＋y＝z－1?z－y＝(x－1)2≥0?z≥y；
x＋y2＋1＝0?y－x＝y2＋y＋1
＝＋>0?y>x，故z≥y>x.
●反思感悟：两个实数比较大小，通常用作差法来进行.其一般步骤是：
(1)作差.
(2)变形，常采用配方、因式分解、分母有理化等方法.
(3)定号，即确定差的符号.
(4)下结论.
2.已知－解　∵－1－a2，即A>B，
>，即C>D，
又∵A－C＝1＋a2－＝<0，∴A∵B－D＝1－a2－＝>0，
∴C>A>B>D.
知识点3　不等式的证明
【例3】 如果a>b>0，c.
证明　∵c－d>0，
又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.
不等式的两边同乘>0，得：>>0，
又∵f<0，∴<，即>.
●反思感悟：利用不等式性质证明不等式的实质就是依据性质把不等式进行变形.在此过程中，一要严格符合性质条件；二要注意向特征不等式的形式化归.
3.已知a解　最大的一个是ax＋by＋cz
∵ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)(y－z)>0
?ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz
同理ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz
ax＋by＋cz>cx＋by＋az故结论成立.
课堂小结
1.不等关系强调的是量与量之间的关系，可以用符号“>”、“<”、“≠”、“≥”或“≤”表示；而不等式则是用来表示不等关系的，可用“a>b”、“a2.不等式的性质是不等式变形的依据.每一步变形，都应有根有据.记准适用条件是关键.
3.关于传递性要正确处理带等号的情况：由a>b，b≥c或a≥b，b>c均可推得a>c；而a≥b，b≥c不一定可以推得a>c，可能是a>c，也可能是a＝c.
随堂演练
1.已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有(　　)
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析　运用倒数性质，由a>b，ab>0可得<，②、④正确.又正数大于负数，①正确，③错误，故选C.
答案　C
2.已知a，b，c，d为实数，且c>d，则“a>b”是“a－c>b－d”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　由?a>b；而当a＝c＝2，b＝d＝1时，满足，但a－c>b－d不成立，所以“a>b”是“a－c>b－d”的必要而不充分条件，选B.
答案　B
3.已知不等式：①x2＋3>2x；②a5＋b5>a3b2＋a2b3；③a2＋b2≥2(a－b－1)，其中正确的不等式有__________.(填上正确的序号)
答案　①③
4.实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d解析　∵d>c，a＋d∴a∵a＋d∵a＋b＝c＋d，∴a－c＝d－b，
即d∴a答案　a基础达标
1.若<<0，则下列不等式中正确的有(　　)
①a＋b|b|；③abc.
A.1个　　　B.2个　　　C.3个　　　D.4个
答案　A
2.若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是(　　)
A.< B.a2>b2
C.> D.a|c|>b|c|
解析　本题只提供了“a，b，c∈R，a>b”这个条件，而不等式的基本性质中，几乎都有类似的前提条件，但结论会根据不同的要求有所不同，因而这需要根据本题的四个选择项来进行判断.选项A，还需有ab>0这个前提条件；选项B，当a，b都为负数或一正一负时都有可能不成立，如2>－3，但22>(－3)2不正确；选项C，>0，因而正确；选项D，当c＝0时不正确.
答案　C
3.设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是(　　)
A.b－a>0 B.a3＋b3>0
C.a2－b2<0 D.b＋a>0
解析　∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.
∴不论b正或b负均有a＋b>0.
答案　D
4.已知60解析　x－y＝x＋(－y)，所以需先求出－y的范围；
＝x×，所以需先求出的范围.
∵28∴－33<－y<－28，<<.
又60即<<3.
答案　275.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a、b满足的条件是________________.
答案　ab≠1或a≠－2
6.已知a、b∈{正实数}且a≠b，比较＋与a＋b的大小.
解　∵－(a＋b)＝－b＋－a
＝＋＝(a2－b2)
＝，
∴当a>b>0时，a2>b2，∴>0.
当00.
∴只要a≠b，总有＋>a＋b.
综合提高
7.已知实数x，y满足axA.> B.ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
C.sin x>sin y D.x3>y3
解析　先依据指数函数的性质确定出x，y的大小，再逐一对选项进行判断.因为0y.采用赋值法判断，A中，当x＝1，y＝0时，<1，A不成立.B中，当x＝0，y＝－1时，ln 1答案　D
8.若a，b，x，y∈R，则是成立的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　由可得
即有由
可得或
即有所以应选C.
答案　C
9.设角α，β满足－＜α＜β＜，则α－β的范围是________.
解析　∵－＜α＜β＜，
∴－＜－β＜－α＜.∴－π＜α－β＜β－α＜π，且α－β＜0，∴－π＜α－β＜0.
答案　－π＜α＜－β＜0
10.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
11.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.
12.已知α、β满足
试求α＋3β的取值范围.
解　设α＋3β＝λ(α＋β)＋v(α＋2β)
＝(λ＋v)α＋(λ＋2v)β.
比较α、β的系数，得
从而解出λ＝－1，v＝2.
分别由①、②得－1≤－α－β≤1，2≤2α＋4β≤6，
两式相加，得1≤α＋3β≤7.
另解　由①，∴－1≤－(α＋β)≤1 ③
由③②可得，0≤β≤4④
由④②可得，1≤α＋2β＋β≤4＋3，
即：1≤α＋3β≤7.
1.1.2　一元一次不等式和一元二次不等式的解法
1.会解一元一次不等式和一元二次不等式.
2.会用一元一次不等式和一元二次不等式解决实际问题.
自学导引
1.一元一次不等式的解法.
(1)ax＋b≥0(a>0)解集为.
(2)ax＋b≤0(a<0)解集为.
2.一元二次不等式与相应的一元二次函数及一元二次方程的关系如下表：
判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根
有两相异实根x1，x2(x1有两相等实根x1＝x2＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c>0 (a>0)的解集
{x|xx2}
{x|x≠x1}
{x|x∈R}
ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集
{x|x1< x?
?
基础自测
1.已知集合A＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{x|(x－1)(x＋2)＜0}，则A∩B＝(　　)
A.{－1，0} B.{0，1}
C.{－1，0，1} D.{0，1，2}
解析　化简集合B，利用交集的定义求解.
由题意知B＝{x|－2答案　A
2.函数f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定义域是(　　)
A.[－3，1] B.(－3，1)
C.(－∞，－3]∪[1，＋∞) D.(－∞，－3)∪(1，＋∞)
解析　由对数的真数大于0，构造不等式进行求解.
要使函数有意义，只需x2＋2x－3>0，即(x＋3)(x－1)>0，解得x<－3或x>1.故函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞).
答案　D
3.不等式－x2－3x＋4>0的解集为________.(用区间表示)
解析　利用一元二次不等式的解法求解.
由－x2－3x＋4>0得x2＋3x－4<0，解得－4答案　(－4，1)
知识点1　一元一次、一元二次不等式的解法
【例1】 解下列不等式：
(1)3x＋2<2(x＋1)－4；
(2)－3x2－2x＋8≤0；
(3)8x－1≥16x2.
解　(1)原不等式等价于3x－2x<2－4－2即x<－4.
∴原不等式的解集为{x|x<－4}.
(2)原不等式等价于3x2＋2x－8≥0
?(x＋2)(3x－4)≥0?x≤－2或x≥.
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪.
(3)原不等式等价于16x2－8x＋1≤0?(4x－1)2≤0.
∴只有当4x－1＝0，即x＝时不等式成立，
故不等式解集为.
●反思感悟：解一元二次不等式的一般步骤是：(1)化为标准形式；(2)确定判别式Δ的符号；(3)若Δ≥0，则求出该不等式对应的二次方程的根，若Δ＜0，则对应的二次方程无根；(4)结合二次函数的图象得出不等式的解集.特别地，若一元二次不等式的左边的二次三项式能分解因式，则可立即写出不等式的解集.
1.解下列不等式：
(1)－2(x＋2)≥－5(x－1)；
(2)8x－1≤16x2.
解　(1)由原不等式可得：
4x＋5－6(x＋2)≥－15(x－1)，
即4x－6x＋15x≥15＋12－5，
即13x≥22，解得x≥，
故原不等式解集为.
(2)∵原不等式即为16x2－8x＋1≥0，
其相应方程为16x2－8x＋1＝0，Δ＝(－8)2－4×16＝0，
∴上述方程有两相等实根x＝，
结合二次函数y＝16x2－8x＋1的图象知，原不等式的解集为R.
知识点2　含参数的一元二次不等式的解法
【例2】 已知不等式>0(a∈R).
(1)解这个关于x的不等式；
(2)若x＝－a时不等式成立，求a的取值范围.
解　(1)原不等式等价于(ax－1)(x＋1)>0.
①当a＝0时，由－(x＋1)>0，得x<－1；
②当a>0时，不等式化为(x＋1)>0，
解得x<－1或x>；
③当a<0时，不等式化为(x＋1)<0；
若<－1，即－1若＝－1，即a＝－1，则不等式解集为空集；
若>－1，即a<－1，则－1综上所述，a<－1时，解集为；
a＝－1时，原不等式无解；
－1a＝0时，解集为{x|x<－1}；
a>0时，解集为.
(2)∵x＝－a时不等式成立，
∴>0，即－a＋1<0，
∴a>1，即a的取值范围为(1，＋∞).
●反思感悟：(1)含参数的一元二次不等式可分为两种情形：一是二次项系数为常数.参数在一次项或常数项的位置，此时可考虑分解因式，再对参数进行讨论，若不易分解因式，则要对判别式Δ分类讨论，分类应不重不漏；二是二次项系数为参数，则应考虑二次项系数是否为0，然后再讨论二次项系数不为0的情形，以便确定解集的形式.注意必须判断出相应方程的两根的大小，以便写出解集.
(2)含参数不等式的解法问题，是高考的重点内容，主要考查等价转化能力和分类讨论的数学思想.
2.解关于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R).
解　原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0.
①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1.
②当a>0时，原不等式化为(x＋1)≥0，解得x≥或x≤－1.
③当a<0时，原不等式化为(x＋1)≤0.
当>－1，即a<－2时，解得－1≤x≤；
当＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；
当<－1，即a>－2，解得≤x≤－1.
综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；当a>0时，不等式的解集为；当－2知识点3　一元二次不等式的应用
【例3】 某种商品，现在定价p元，每月卖出n件，设定价上涨x成，每月卖出数量减少y成，每月售货总金额变成现在的z倍.
(1)用x和y表示z；
(2)设y＝kx(0(3)若y＝x，求使每月售货总金额有所增加的x值的范围.
解　(1)按现在的定价上涨x成时，上涨后的定价为
p元，每月卖出数量为n件，
每月售货总金额是npz元，
因而npz＝p·n，
所以z＝.
(2)在y＝kx的条件下，z＝，
整理可得z＝·，
由于00，
所以使z值最大的x的值是.
(3)当y＝x时，z＝，
要使每月售货总金额有所增加，即z>1，
应有(10＋x)·>100，即x(x－5)<0，
解得0●反思感悟：不等式应用题常以函数的模型出现，多是解决现实生活、生产、科技中的最优化问题，在解题中涉及到不等式的解及有关问题，解不等式的应用题，要审清题意，建立合理、恰当的数学模型，这是解不等式应用题的关键.
3.国家为了加强对烟酒生产的宏观调控，实行征收附加税政策，现知某种酒每瓶70元，不征收附加税时，每年大约产销100万瓶，若政府征收附加税，每销售100元要征税R元(叫做税率R%)，则每年的销售收入将减少10R万瓶，要使每年在此项经营中所收附加税金不少于112万元，问R应怎样确定？
解　设每年销售量为x万瓶，则销售收入为每年70x万元，
从中征收的税金为70x·R%万元，其中x＝100－10R.
由题意，得70(100－10R)R%≥112，
整理，得R2－10R＋16≤0.
∵Δ＝36>0，方程R2－10R＋16＝0的两个实数根为x1＝2，x2＝8.
然后画出二次函数y＝R2－10R＋16的图象，
由图象得不等式的解为2≤R≤8.
课堂小结
1.解一元二次不等式时，首先要将一元二次不等式化成标准型，即ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的形式，其中a>0.
如解不等式6－x2>5x时首先化为x2＋5x－6<0.
2.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的形式(其中a>0)与一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的关系.
(1)知道一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根可以写出对应不等式的解集；
(2)知道一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的解集也可以写出对应方程的根.
3.数形结合：利用一元二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象可以一目了然地写出一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的解集.
随堂演练
1.已知集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，B＝{x|2A.(1，3) B.(1，4)
C.(2，3) D.(2，4)
解析　先化简集合A，再利用集合的交集的定义或利用数轴求解.由已知可得集合A＝{x|1答案　C
2.若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝?，则实数a的取值范围是(　　)
A.{a|0C.{a|0答案　D
3.不等式2x2－x<4的解集为________.
解析　利用指数函数的性质化为整式不等式求解.
∵2x2－x<4，∴2x2－x<22，
∴x2－x<2，即x2－x－2<0，
∴－1答案　{x|－14.已知函数f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1(b∈R)，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________.
解析　依题意，f(x)的对称轴为x＝1，又开口向下，
∴当x∈[－1，1]时，f(x)是单调递增函数.
若f(x)>0恒成立.
则f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1>0，
即b2－b－2>0.
∴(b－2)(b＋1)>0，∴b>2或b<－1.
答案　b>2或b<－1
基础达标
1.　已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|－2≤x<2}，则A∩B＝(　　)
A.[－2，－1] B. [－1，2)
C.[－1，1] D.[1，2)
解析　先求解集合A，再进行集合之间的运算.
∵A＝{x|x≥3或x≤－1}，B＝{x|－2≤x<2}，
∴A∩B＝{x|－2≤x≤－1}＝[－2，－1]，故选A.
答案　A
2.满足＜2与＞－3的x适合的条件是(　　)
A.＜x＜ B.x＞
C.x＜－ D.x＞，或x＜－
解析　原不等式化为－(x＋1)＞0，即＞0，(x＋)(x－)(x－1)＜0.用数轴标根法可得，x＜－，或1＜x＜.
答案　C
3.已知p：关于x的不等式x2＋2ax－a>0的解集是R，q：－1A.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　不等式x2＋2ax－a>0的解集是R等价于4a2＋4a<0，即－1答案　C
4.不等式x(x－1)(x－2)2(x2－1)(x3－1)＞0的解集是________.
解析　原不等式即x(x－1)3(x－2)2(x＋1)(x2＋x＋1)＞0，∴x2＋x＋1＞0，(x－1)2k≥0，(x－2)2≥0，
∴原不等式等价与不等式组
∴原不等式的解集是{x|－1＜x＜0，或x＞1，且x≠2}.
答案　{x|－1＜x＜0，或x＞1，且x≠2}
5.若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4，3]的子集，则a的取值范围是________.
解析　原不等式即(x－a)(x－1)≤0，当a<1时，不等式的解集为[a，1]，此时只要a≥－4即可，即－4≤a<1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a>1时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即1答案　[－4，3]
6.解不等式－3(x＋1)<(x＋2)－14.
解　不等式两边同时乘以2得，(x－4)－6(x＋1)<2(x＋2)－28，即－5x－10<2x－24，
得：－7x<－14，即x>2.
故原不等式的解集为{x|x>2}.
综合提高
7.已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)>0的解集是(－1，3)，则不等式f(－2x)<0的解集是(　　)
A.∪
B.
C.∪
D.
解析　由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1，3)，∴a<0.且解得a＝－1或，
∴a＝－1，b＝－3.∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3<0，
得4x2＋4x－3>0，解得x>或x<－，故选A.
答案　A
8.在R上定义运算：x*y＝x(1－y).若不等式(x－a)*(x＋a)<1对任意实数x恒成立，则(　　)
A.－1C.－解析　依题设得x－a－x2＋a2<1恒成立，
即＋>0恒成立?a2－a－<0恒成立?－答案　C
9.若函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且对一切x>0，y>0满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，则不等式f(x＋6)＋f(x)<2f(4)的解集为________.
解析　由已知得f(x＋6)＋f(x)＝f[(x＋6)x]，
2f(4)＝f(16).根据单调性得(x＋6)x<16，
解得－80，x>0，所以0答案　(0，2)
10.若关于x的方程x2＋ax＋a2－1＝0有一正根和一负根，则a的取值范围是________.
解析　令f(x)＝x2＋ax＋a2－1，∴二次函数开口向上，若方程有一正一负根，则只需 f(0)<0，即a2－1<0.
∴－1答案　－111.解不等式：log(3x2－2x－5)≤log(4x2＋x－5).
解　原不等式等价于

解①得x2＋3x≤0，即－3≤x≤0.
解②得x>1或x<－.
故原不等式的解集为.
12.已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围.
解　方法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.
①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，
只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a<－1；
②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
综上所述，所求a的取值范围是[－3，1].
方法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，
得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或
解得－3≤a≤1.
所求a的取值范围是[－3，1].
1.2　基本不等式(一)
1.理解并掌握定理1、定理2，会用两个定理解决函数的最值或值域问题.
2.能运用平均值不等式(两个正数的)解决某些实际问题.
自学导引
1.定理1(重要不等式)：对于任意实数a，b，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是正数，那么≤，当且仅当a＝b时，等号成立.
3.我们常把叫做正数a，b的算术平均值，把叫做正数a，b的几何平均值，所以基本不等式又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值.
4.关于用不等式求函数最大、最小值
(1)若x≥0、y≥0，且xy＝p(定值)，则当x＝y时，x＋y有最小值2.
(2)若x≥0、y≥0，且x＋y＝s(定值)，则当x＝y时，xy有最大值.
基础自测
1.设0A.a2＋b2 B.a＋b
C.2ab D.2
解析　∵0∴a＋b>2，a2a2＋b2>2ab，且ab<.
答案　B
2.若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为(　　)
A. B.2
C.2 D.4
解析　由条件＋＝知a，b均为正数.因而可利用基本不等式求解.
由＋＝知a>0，b>0，所以＝＋≥2，即ab≥2，当且仅当即a＝，b＝2时取“＝”，所以ab的最小值为2.
答案　C
3.若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析　∵a>0，b>0，
ab＝a＋b＋3≥2＋3，
∴()2－2＋3≥0，
∴≥3或≤－1(舍去)，
∴ab≥9.
答案　[9，＋∞)
知识点1　不等式证明
【例1】 求证：＋a≥7 (其中a>3).
证明　＋a＝＋(a－3)＋3，
由基本不等式，得＋a＝＋(a－3)＋3
≥2 ＋3＝2＋3＝7.
当且仅当＝a－3，即a＝5时取等号.
●反思感悟：在利用基本不等式证明的过程中，常需要把数、式合理地拆成两项或多项或恒等地变形配凑成适当的数、式，以便于利用基本不等式.
1.若a，b∈R＋，且a＋b＝1，
求证：≥9.
证明　方法一：＝1＋＋＋
＝1＋≥1＋＝9.
方法二：＝
＝＝5＋2≥9.
知识点2　最值问题
【例2】 设x，y∈R＋且＋＝3，求2x＋y的最小值.
解　方法一：2x＋y＝·3(2x＋y)
＝·(2x＋y)＝≥.
当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立，
∴2x＋y的最小值为.
方法二：设＝，＝
则x＝，y＝
2x＋y＝＋＝＋
≥，当且仅当m＝n，即x＝，y＝时，取得最小值.
●反思感悟：利用基本不等式求最值，关键是对式子恰当的变形，合理构造“和式”与“积式”的互化，必要时可多次应用.注意一定要求出使“＝”成立的自变量的值，这也是进一步检验是否存在最值.
2.已知x<，求函数y＝4x－2＋的最大值.
解　由y＝4x－2＋
＝4x－5＋＋3≤－2＋3＝1.
当4x－5＝时取等号，∴x＝1，∴最大值为1.
知识点3　基本不等式的实际应用
【例3】 甲、乙两公司在同一电脑耗材厂以相同价格购进电脑芯片.甲、乙两公司分别购芯片各两次，两次的芯片价格不同，甲公司每次购10 000片芯片，乙公司每次购10 000元芯片.哪家公司平均成本较低？请说明理由.
解　设第一次、第二次购电脑芯片的价格为每片a元和b元，那么甲公司两次购电脑芯片的平均价格为＝(元/片)；乙公司两次购电脑芯片的平均价格为＝(元/片).
∵a>0，b>0且a≠b，
∴>，＋>2＝，
∴<，∴>，
∴乙公司的平均成本比较低.
3.某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体状)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米造价40元，两侧砌砖墙，每米造价45元，顶部每平方米造价20元.试问：
(1)仓库底面积S的最大允许值是多少？
(2)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？
解　设铁栅长为x米，一堵砖墙长为y米，
则有S＝xy，由题意得：
40x＋2×45y＋20xy＝3 200.
(1)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.
∴S的最大允许值是100 m2.
(2)S取最大值的条件是40x＝90y，
又xy＝100，由此解得x＝15.
∴正面铁栅的长度应设计为15米.
课堂小结
1.两个不等式：a2＋b2≥2ab与≥成立的条件是不同的，前者要求a，b都是实数，后者要求a，b都是正数.
如(－3)2＋(－2)2≥2×(－3)×(－2)是成立的，而≥2是不成立的.
2.两个不等式：a2＋b2≥2ab与≥都是带有等号的不等式，对于“当且仅当……时，取‘＝’号”这句话的含义要有正确的理解.
当a＝b取等号，其含义是a＝b?＝；
仅当a＝b取等号，其含义是＝?a＝b.
综合上述两条，a＝b是＝的充要条件.
3.与基本不等式有关的两个常用不等式：
(1)＋≥2 (a、b同号)；
(2)≤≤≤  (a>0，b>0).
随堂演练
1.设实数x，y，满足x2＋y2＝1，当x＋y＋c＝0时，c的最大值是(　　)
A. B.－
C.2 D.－2
解析　方法一：设x＝cos θ，y＝sin θ，θ∈[－π，π]
当x＋y＋c＝0时，
c＝－x－y＝－(cos θ＋sin θ)＝－sin，
当sin＝－1时，cmax＝.
方法二：c2＝(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2
∵－≤c≤，∴cmax＝.
答案　A
2.若log4(3a＋4b)＝log2，则a＋b的最小值是(　　)
A.6＋2 B.7＋2
C.6＋4 D.7＋4
解析　先判断a，b的符号，再将已知的式子转化为关于a，b的方程，最后根据基本不等式求解.
由题意得所以
又log4(3a＋4b)＝log2，
所以log4(3a＋4b)＝log4ab，
所以3a＋4b＝ab，故＋＝1.
所以a＋b＝(a＋b)＝7＋＋≥7＋2＝7＋4，当且仅当＝时取等号，故选D.
答案　D
3.已知x>0，y>0，且＋＝1，求x＋y的最小值________.
解析　∵x>0，y>0，＋＝1，∴x＋y＝(x＋y)·＝＋＋10≥6＋10＝16，
当且仅当＝时，上式等号成立.
又＋＝1，∴x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
答案　16
4.x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，的最小值是________.
解析　由x－2y＋3z＝0，得y＝，将其代入，
得≥＝3，
当且仅当x＝3z时取“＝”.
答案　3
基础达标
1.若a，b∈R＋，且a＋b＝1，则＋的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.2
答案　C
2.若a，b∈R＋，且a＋b≤2，则＋的最小值为(　　)
A.1 B.2
C. D.4
答案　B
3.下列命题：①x＋最小值是2；②的最小值是2；③的最小值是2；④2－3x－的最小值是2.其中正确命题的个数是(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　①当x<0时结论不成立；
②由＝＝＋≥2，故结论成立；
③由＝＋，由≥2，≤，∴≠，故结论不成立；
④当x>0时，2－3x－＝2－≤2－2＝2－4，
当x<0时，2－3x－＝2－≥2＋2＝2＋4，故结论不成立.
答案　A
4.若不等式x2＋2x＋a≥－y2－2y对任意实数x、y都成立，则实数a的取值范围是________.
答案　a≥2
5.若a是1＋2b与1－2b的等比中项，则的最大值为________.
解析　由题意得a2＝(1＋2b)(1－2b)＝1－4b2.
即a2＋4b2＝1.
∵a2＋4b2≥2，得|ab|≤且≥4，
∴＝ ＝ 
＝ ＝ ≤ ＝.
答案　
6.已知a，b∈(0，＋∞)，求证：(a＋b)≥4.
证明　∵a>0，b>0，∴a＋b≥2>0，
当且仅当a＝b时，取等号.①
＋≥2 >0，当且仅当＝，即a＝b时取等号.②
①×②，得(a＋b)≥2·2＝4，
当且仅当a＝b时，取等号.
综合提高
7.函数y＝log2 (x>1)的最小值为(　　)
A.－3 B.3
C.4 D.－4
解析　x>1，x－1>0，
y＝log2＝log2
≥log2(2＋6)＝log28＝3.
答案　B
8.要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是(　　)
A.80元 B.120元
C.160元 D.240元
解析　设底面矩形的一条边长是x m，总造价是y元，把y与x的函数关系式表示出来，再利用均值(基本)不等式求最小值.
由题意知，体积V＝4 m3，高h＝1 m，所以底面积S＝4 m2，设底面矩形的一条边长是x m，则另一条边长是 m，又设总造价是y元，则y＝20×4＋10×≥80＋20＝160，当且仅当2x＝，即x＝2时取得等号.
答案　C
9.设a，b＞0，a＋b＝5，则＋的最大值为________.
解析　将＋进行平方，为使用基本不等式创造条件，从而求得最值.
令t＝＋，则t2＝a＋1＋b＋3＋2＝9＋2≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，
当且仅当a＋1＝b＋3时取等号，此时a＝，b＝.
∴tmax＝＝3.
答案　3
10.对于c＞0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，＋＋的最小值为________.
解析　利用均值不等式找到|2a＋b|取得最大值时等号成立的条件，从而可以用字母c表示a，b，再求＋＋的最小值.
由题意知，c＝4a2－2ab＋b2＝(2a＋b)2－6ab，
∴(2a＋b)2＝c＋6ab.若|2a＋b|最大，则ab>0.
当a>0，b>0时，
(2a＋b)2＝c＋6ab＝c＋3×2a·b≤c＋3，
∴(2a＋b)2≤c＋(2a＋b)2，∴(2a＋b)2≤4c，|2a＋b|≤2，当且仅当b＝2a，即时取等号.
此时＋＋＝＋＋>0.
当a<0，b<0时，
(2a＋b)2＝c＋6ab＝c＋3(－2a)·(－b)
≤c＋3，
∴(2a＋b)2≤4c，|2a＋b|≤2，即－2a－b≤2.
当且仅当b＝2a，即时取等号.
此时＋＋＝－－＋＝－＝4－1≥－1，当＝，即c＝4时等号成立.
综上可知，当c＝4，a＝－1，b＝－2时，＝－1.
答案　－1
11.若a＞0，b＞0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由.
解　(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立.
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立.
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
12.经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/时)与汽车的平均速率v(千米/时)之间的函数关系为y＝(v＞0).
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)
(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？
解　(1)依题意，y＝≤＝≈11.1(千辆/时)
(2)由条件得＞10，
整理得v2－89v＋1 600＜0，
即(v－25))(v－64)＜0，解得25＜v＜64.
答　当v＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时.
1.2　基本不等式(二)
1.理解定理3、定理4，会用两个定理解决函数的最值或值域问题.
2.能运用三个正数的平均值不等式解决简单的实际问题.
自学导引
1.当a、b、c∈R＋时，≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，称为正数a，b，c的算术平均值，为正数a、b、c的几何平均值.
2.如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.
基础自测
1.设a、b、c∈R，下列各不等式中成立的是(　　)
A.a2＋b2≥2|ab| B.a＋b≥2
C.a3＋b3＋c3≥3abc D.≥
解析　由a2＋b2－2|ab|＝|a|2－2|ab|＋|b|2
＝(|a|－|b|)2≥0，故选A.
答案　A
2.函数y＝x2·(1－5x)的最大值为(　　)
A. B. 
C. D.
解析　由y＝x2·(1－5x)＝·x·x(1－5x)
≤＝.
答案　A
3.已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，则a的最大值是________.
解析　利用不等式求解.
因为a＋b＋c＝0，所以b＋c＝－a.
因为a2＋b2＋c2＝1，
所以－a2＋1＝b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝a2－2bc，
所以2a2－1＝2bc≤b2＋c2＝1－a2，
所以3a2≤2，所以a2≤，
所以－≤a≤，所以amax＝.
答案　
知识点1　利用平均值不等式证明不等式
【例1】 已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≥.
证明　a＋b＋c＝1?(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝2，
[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]
≥3·3＝9
?＋＋≥.
●反思感悟：认真观察要证的不等式的结构特点，灵活利用已知条件构造出能利用平均值不等式的式子.
1.证明(a＋b＋c)≥(a，b，c∈R＋).
证明　∵(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)
≥3，
＋＋≥3，
∴(a＋b＋c)≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立.
知识点2　利用平均值不等式求最值
【例2】 若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，求ab的取值范围.
解　方法一：∵a、b∈R＋，且ab＝a＋b＋3≥3，
∴a3b3≥81ab.又ab>0，∴a2b2≥81.
∴ab≥9(当且仅当a＝b时，取等号).
∴ab的取值范围是[9，＋∞).
方法二：∵ab－3＝a＋b≥2，
∴ab－2－3≥0且ab>0，
∴≥3，即ab≥9(当且仅当a＝b时取等号)
∴ab的取值范围是[9，＋∞).
●反思感悟：注意平均值不等式应用的条件是三个正数在求最值时，一定要求出等号成立时未知数的值，如果不存在使等号成立的未知数的值，则最值不存在.
2.求y＝sin xcos2x，x∈的最大值.
解　∵x∈，∴sin x>0，y>0.
y2＝sin2xcos4x＝
≤＝＝＝.
故y≤ ＝，此时，2sin2x＝cos2x，tan2x＝，
y有最大值.
知识点3　平均值不等式的实际应用
【例3】 某产品今后四年的市场需求量依次构成数列{an}，n＝1，2，3，4，并预测到年需求量第二年比第一年增长的百分率为P1，第三年比第二年增长的百分率为P2，第四年比第三年增长的百分率为P3，且P1＋P2＋P3＝1.给出如下数据：
①，②，③，④，⑤，
则其中可能成为这四年间市场需求量的年平均增长率的是(　　)
A.①② B.①③
C.②③④ D.②⑤
解析　设这四年间市场年需求量的年平均增长率为x(x>0)，
则a4＝a1(1＋x)3＝a1(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3)，
∴(1＋x)3＝(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3)，
∴(1＋x)3＝(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3)
≤＝.
∴1＋x≤，即x≤，
对比所给数据，只有①③满足条件，故选B.
答案　B
3.设长方体的体积为1 000 cm3，则它的表面积的最小值为__________ cm2.
解析　设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则abc＝1 000，且a>0，b>0，c>0.
∴它的表面积S＝2(ab＋bc＋ca)≥2×3＝600.
当且仅当a＝b＝c＝10 (cm)时取“＝”号.
所以它的表面积S的最小值为600 cm2.
答案　600
课堂小结
利用基本不等式解决实际问题的步骤：(1)理解题意，设出变量，一般设变量时，把要求最大值或最小值的变量定为函数；(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；(3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值；(4)回答实际问题.
随堂演练
1.设f(x)＝ln x，0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是(　　)
A.q＝r＜p B.p＝r＜q
C.q＝r＞p D.p＝r＞q
解析　利用对数的运算性质和对数函数的单调性判断p，q，r之间的相等与不等关系.
因为b>a>0，故<.又f(x)＝ln x(x>0)为增函数，所以f>f()，即q>p.又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln a＋ln b)＝ln＝p.
答案　B
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　f(x)＝＝，
又∵x≥，x－2≥，
则f(x)≥·2＝1.
答案　D
3.函数y＝x2·(1－3x)在上的最大值是________.
解析　由y＝x2·(1－3x)
＝·x·x(1－3x)
≤＝.
答案　
4.用长为16 cm的铁丝围成一个矩形，则可围成的矩形的最大面积是________ cm2.
解析　设矩形长为x cm(0面积S＝x(8－x).由于x>0，8－x>0，
可得S≤＝16，
当且仅当x＝8－x即x＝4时，Smax＝16.
所以矩形的最大面积是16 cm2.
答案　16
基础达标
1.若x>0，则4x＋的最小值是(　　)
A.9 B.3
C.13 D.不存在
解析　∵x>0，
∴4x＋＝2x·2x·≥3＝3.
答案　B
2.设a，b，c∈(0，＋∞)且a＋b＋c＝1，令x＝·，则x的取值范围为(　　)
A. B.
C.[1，8) D.[8，＋∞)
解析　∵x＝
＝··
＝≥＝8，
当且仅当a＝b＝c时取等号，∴x≥8.
答案　D
3.已知x，y都为正数，且＋＝1，则xy有(　　)
A.最小值16 B.最大值16
C.最小值 D.最大值
解析　∵x，y∈(0，＋∞)且＋＝1，
∴1＝＋≥2＝，∴≥4，∴xy≥16，
当且仅当即时取等号，
此时(xy)min＝16.
答案　A
4.已知a，b，∈R*，则≥________.
解析　＝1＋1＋1＋＋＋＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.
答案　9
5.要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元).
解析　利用均值(基本)不等式解决问题.
设该长方体容器的长为x m，则宽为m.又设该容器的造价为y元，则y＝20×4＋2×10，即y＝80＋20(x>0).因为x＋≥2＝4，所以ymin＝80＋20×4＝160(元).
答案　160
6.已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}.
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值.
解　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，
则解得
(2)＋
＝＋≤
＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
综合提高
7.已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列关系式总成立的是(　　)
A.V≥π B.V≤π
C.V≥π D.V≤π
解析　设圆柱的底面半径为r，高为h，
则由题意得：4r＋2h＝6，即2r＋h＝3，
于是有V＝πr2h≤π·＝π＝π，
当且仅当r＝h时取等号.
答案　B
8.如果圆柱的轴截面周长l为定值，那么圆柱的体积最大值是(　　)
A.π B.π
C.π D.π
解析　l＝4r＋2h，即2r＋h＝，
V＝πr2h≤π＝π.
答案　A
9.定义运算“?”：x?y＝(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x?y＋(2y)?x的最小值为________.
解析　先利用新定义写出解析式，再利用重要不等式求最值.
因为x?y＝，所以(2y)?x＝.又x>0，y>0，故x?y＋(2y)?x＝＋＝≥＝，当且仅当x＝y时，等号成立.
答案　
10.某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量F(单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/时)与车流速度v(假设车辆以相同速度v行驶，单位：米/秒)、平均车长l(单位：米)的值有关，其公式为F＝.
(1)如果不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为______辆/时；
(2)如果限定车型，l＝5，则最大车流量比(1)中的最大车流量增加________辆/时.
解析　把所给l值代入，分子分母同除以v，构造基本不等式的形式求最值.
(1)当l＝6.05时，F＝＝≤＋18＝＝1 900.当且仅当v＝11米/秒时等号成立，此时车流量最大为1 900辆/时.
(2)当l＝5时，F＝＝≤＝＝2 000.当且仅当v＝10米/秒时等号成立，此时车流量最大为2 000辆/时，比(1)中的最大车流量增加100辆/时.
答案　(1)1 900　(2)100
11.如图所示，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求B在AM上，D在AN上且对角线MN过C点，已知|AB|＝3米，|AD|＝2米.
(1)要使矩形AMPN的面积大于32平方米，则AN的长应在什么范围内？
(2)当AN的长度是多少时，矩形AMPN的面积最小？并求最小面积；
(3)若AN的长度不少于6米，则当AN的长度是多少时，矩形AMPN的面积最小？并求出最小面积.
解　设AN的长为x米(x>2)，矩形AMPN的面积为y.
∵＝，∴|AM|＝，
∴S矩形AMPN＝|AN|·|AM|＝(x>2)
(1)由S矩形AMPN>32得>32，
∵x>2，∴3x2－32x＋64>0，
即(3x－8)(x－8)>0，∴28，
即AN的长的取值范围是∪(8，＋∞).
(2)令y＝＝＝3(x－2)＋＋12≥2＋12＝24，
当且仅当3(x－2)＝，
即x＝4时，y＝取得最小值，
即S矩形AMPN取得最小值24平方米.
(3)令g(x)＝3x＋(x≥4)，设x1>x2≥4，
则g(x1)－g(x2)＝3(x1－x2)＋
＝，
∵x1>x2≥4，∴x1－x2>0，x1x2>16，
∴g(x1)－g(x2)>0，∴g(x)在[4，＋∞)上递增.
∴y＝3(x－2)＋＋12在[6，＋∞)上递增.
∴当x＝6时，y取得最小值，即S矩形AMPN取得最小值27平方米.
12.甲、乙两地相距s km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c km/h，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v(km/h)的平方成正比，比例常数为b，固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y元表示为速度v (km/h)的函数，并指出函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最少，汽车应以多大的速度行驶？
解　(1)因为汽车每小时的运输成本为bv2＋a(元)，
全程时间为(小时)，故y＝(bv2＋a)，
即y＝s，v∈(0，c].
(2)由于＋bv≥2，当且仅当v＝ 时取等号，故
①若 ≤c，则当v＝ 时，y取最小值.
②若 >c，则先证y＝s，v∈(0，c]为单调减函数，事实上，当v1、v2∈(0，c]，且v1则y1－y2＝s
＝s＝s(v1－v2)
＝sb(v1－v2)·，
∵v1、v2∈(0，c]，v1∴v1－v2<0，v1v2>0，v1< ，v2< .
进而v1v2<，从而y1－y2>0.
故y＝s，v∈(0，c]为单调减函数，
由此知当v＝c时，y取得最小值.
综上可知，若  ≤c，则当v＝ 时，y取得最小值；
若 >c，则当v＝c时，y取得最小值.
1.3　绝对值不等式的解法
1.3.1　|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法
1.3.2　|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
1.理解绝对值的几何意义，会用数轴上的点表示绝对值不等式的范围.
2.会解含一个绝对值符号和含两个绝对值符号共四种类型的绝对值不等式.
自学导引
1.设x，a为实数，|x－a|表示数轴上的点x与点a之间的距离；|x|表示数轴上的点x与原点之间的距离.当x≥0时，|x|＝x；当x<0时，|x|＝－x.
2.|x|>a (a>0)?x>a或x<－a.
3.|x|0)?－a4.a<0时，|x|≤a的解集为?；|x|≥a的解集为R.
5.|f(x)|0)?－a6.|f(x)|>a (a>0)?f(x)>a或f(x)<－a.
7.|f(x)|8.|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<－g(x).
9.|f(x)|<|g(x)|?f2(x)10.|f(x)|>|g(x)|?f2(x)>g2(x).
基础自测
1.已知全集U＝R，且A＝{x||x－1|>2}，B＝{x|x2－6x＋8<0}，则(?UA)∩B等于(　　)
A.[－1，4) B.(2，3)
C.(2，3] D.(－1，4)
解析　A＝{x||x－1|>2}＝{x|x<－1或x>3}，
B＝{x|x2－6x＋8<0}＝{x|2?UA＝{x|－1≤x≤3}，
∴(?UA)∩B＝{x|2答案　C
2.不等式1<|x＋1|<3的解集为(　　)
A.(0，2) B.(－2，0)∪(2，4)
C.(－4，0) D.(－4，－2)∪(0，2)
解析　原不等式可化为1解得：0答案　D
3.若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为，则a＝________.
解析　根据绝对值不等式的性质及不等式的解集求解.
∵|ax－2|<3，∴－1当a>0时，－当a＝0时，x∈R，与已知条件不符；
当a<0时，答案　－3
知识点1　解|ax＋b|≤c、|ax＋b|≥c型不等式
【例1】 解不等式：
(1)|x－a|≤b (b>0)；(2)|x－a|≥b (b>0).
解　(1)|x－a|≤b (b>0)?－b≤x－a≤b
?a－b≤x≤b＋a.
所以原不等式的解集为{x|a－b≤x≤a＋b}.
(2)|x－a|≥b?x－a≥b或x－a≤－b
?x≥a＋b或x≤a－b.
所以原不等式的解集为{x|x≥a＋b或x≤a－b}.
●反思感悟：对于|ax＋b|≤c或(ax＋b)≥c型不等式的化简，要特别注意a为负数时，可以先把a化为正数.
1.解不等式：
(1)2|x|＋1>7；(2)|1－2x|<5.
解　(1)2|x|＋1>7?2|x|>6
?|x|>3?x>3或x<－3.
∴不等式的解集为{x|x>3或x<－3}.
(2)|1－2x|<5?|2x－1|<5?－5<2x－1<5
?－4<2x<6?－2∴不等式的解集为{x|－2知识点2　解|f(x)|<|g(x)|型不等式
【例2】 解不等式|x－a|<|x－b| (a≠b).
解　由|x－a|<|x－b|两边平方得：(x－a)2<(x－b)2.
整理得：2(a－b)x>a2－b2.因a≠b，当a>b时，x>；
当a当a>b时，；
当a●反思感悟：解含有绝对值符号的不等式关键是去掉绝对值符号，把绝对值不等式转化为我们熟悉的一元一次不等式或一元二次不等式.
2.解不等式|x2－2x＋3|<|3x－1|.
解　x2－2x＋3＝(x－1)2＋2>0，
|x2－2x＋3|<|3x－1|?x2－2x＋3<|3x－1|
?3x－1>x2－2x＋3或3x－1<－x2＋2x－3
?x2－5x＋4<0或x2＋x＋2<0.
由x2－5x＋4<0，得：1由x2＋x＋2<0，得：＋<0，
该不等式解集为?.所以原不等式的解集为(1，4).
知识点3　解|x－a|＋|x－b|≥c、|x－a|＋|x－b|
　　　≤c型不等式
【例3】 解不等式|x＋3|－|2x－1|<＋1.
解　①x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<10，∴x<－3.
②当－3≤x<时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<－，∴－3≤x<－.
③当x≥时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)<＋1，
解得x>2，∴x>2.
综上可知：原不等式的解集为.
●反思感悟：对含有多个绝对值符号的不等式的解法通常用分段讨论法，去掉绝对值符号，将不等式化为整式不等式求解，去掉绝对值符号的依据是绝对值的定义，找到分界点(即零值点).令绝对值内的数为零，分成若干段，最后原不等式的解集是各段解集的并集.
3.设函数f(x)＝＋|x－a|(a>0).
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围.
(1)证明　由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.所以f(x)≥2.
(2)解　f(3)＝＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋，由f(3)<5，得3当0综上，a的取值范围是.
课堂小结
解绝对值不等式的基本思想是设法去掉绝对值符号，去绝对值符号的常用手段有3种：
(1)根据实数的绝对值的意义：|a|＝
(2)根据不等式的性质：
|x|0).
(3)根据|a|2＝a2 (a∈R)，不等式两边同时平方，当然应注意不等式两边平方的前提.
随堂演练
1.不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)
A.(－∞，4) B.(－∞，1)
C.(1，4) D.(1，5)
解析　利用零点分区间法解绝对值不等式.
①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当1∴x<4，∴1③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立.
综上，原不等式的解集为(－∞，4)，故选A.
答案　A
2.不等式|x－1|＋|x－2|≤3的最小整数解是(　　)
A.0　　　　B.－1　　　C.1　　　　D.2
解析　(1)x≥2则不等式化为x－1＋x－2＝2x－3≤3，
解得2≤x≤3.∵x∈Z，∴x＝2或x＝3.
(2)1≤x<2，则不等式化为x－1＋2－x＝－1≤3，
则x∈[1，2).∵x∈Z，∴x＝1.
(3)x<1，则不等式化为1－x＋2－x＝3－2x≤3，解得x≥0.
∵x∈Z且取最小整数，∴x＝0.综上所得：x＝0.
答案　A
3.不等式|2x－1|－|x－2|<0的解集为________.
解析　|2x－1|－|x－2|<0?|2x－1|<|x－2|?(2x－1)2<(x－2)2?4x2－4x＋1答案　(－1，1)
4.不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为________.
解析　思路一：利用数轴对x进行分类讨论去掉绝对值符号，再解不等式.思路二：借助数轴，利用绝对值的几何意义求解.
方法一：要去掉绝对值符号，需要对x与－2和1进行大小比较，－2和1可以把数轴分成三部分.当x<－2时，不等式等价于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；当－2≤x<1时，不等式等价于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，无解；当x≥1时，不等式等价于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.综上，不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}.
方法二：|x－1|＋|x＋2|表示数轴上的点x到点1和点－2的距离的和，如图所示，数轴上到点1和点－2的距离的和为5的点有－3和2，故满足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值为x≤－3或x≥2，所以不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}.
答案　{x|x≤－3或x≥2}
基础达标
1.如果<2和|x|>同时成立，那么x的取值范围是(　　)
A.－或x<－
C.x> D.x<－或x>
解析　解不等式<2得x<0或x>.
解不等式|x|>得x>或x<－.
∴x的取值范围为x>或x<－.
答案　B
2.若集合A＝{x||2x－1|<3}，B＝{x|<0}，则A∩B＝(　　)
A.{x|－1B.{x|2C.{x|－D.{x|－1解析　|2x－1|<3?－3<2x－1<3?－1A＝{x|－1(2x＋1)(x－3)>0?x<－或x>3，
∴B＝{x|x<－或x>3}.
结合数轴：
∴A∩B＝{x|－1答案　D
3.设x∈R，则“|x－2|<1”是“x2＋x－2>0”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　先求不等式的解集，再根据充分条件、必要条件的判断方法进行判断.
|x－2|<1?10?x>1或x<－2.
由于{x|11或x<－2}的真子集，
所以“|x－2|<1”是“x2＋x－2>0”的充分而不必要条件.
答案　A
4.若不等式|ax＋2|<6的解集为(－1，2)，则实数a等于________.
解析　由|ax＋2|<6可知－8当a>0时，－∵解集为(－1，2)，
∴有，∴矛盾，
故a不可能大于0.当a＝0，则x∈R不符合题意.
当a<0时，∵解集为(－1，2)，
∴有，∴
故a＝－4.
答案　－4
5.若不等式|x－1|解析　由题意得0①0②1综合①，②得|x－1|<3，∴a∈[3，＋∞).
答案　[3，＋∞)
6.解不等式x＋|2x＋3|≥2.
解　原不等式可化为或
解得x≤－5或x≥－.
综上，原不等式的解集是.
综合提高
7.不等式(1＋x)(1－|x|)>0的解集为(　　)
A.{x|0≤x<1} B.{x|x<0且x≠－1}
C.{x|－1解析　不等式可化为
或
∴0≤x<1或x<0且x≠－1.∴x<1且x≠－1.
答案　D
8.若不等式|x－2|＋|x＋3|>a，对于x∈R均成立，那么实数a的取值范围是(　　)
A.(－∞，5) B.[0，5)
C.(－∞，1) D.[0，1]
解析　由绝对值的几何意义知|x－2|＋|x＋3|表示的是x与数轴上的点A(－3)及B(2)两点距离之和，A、B两点的距离为5，线段AB上任一点到A、B两点距离之和也是5.数轴上其它点到A、B两点距离之和都大于5，
∴|x－2|＋|x＋3|≥5，∵x∈R，∴a<5.
答案　A
9.已知a∈R，若关于x的方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，则a的取值范围是________.
解析　∵关于x的方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，∴Δ＝1－4≥0，∴＋|a|≤.
当a≤0时，＋|a|＝－2a≤，∴a＝0；
当0∴0当a>时，＋|a|
＝a－＋a＝2a－≤，∴a≤，a不存在.
综上可知0≤a≤.
答案　0≤a≤
10.不等式2<|2x＋3|≤4的解集为________.
解析　2<2x＋3≤4，
转化为2<2x＋3≤4或－4≤2x＋3<－2，
解得－所以原不等式的解集为
.
答案　
11.求不等式|logx|＋≥1的解.
解　因为对数必须有意义，所以先解不等式组
解得0又原不等式可化为|log3x|＋|log3(3－x)|≥1.
(1)当0不等式化为－log3x＋log3(3－x)≥log33，
∴3－x≥3x，∴x≤，
结合前提条件，得0(2)当1∴x2－3x＋3≤0，∴x∈?.
(3)当2∴x≥3(3－x).
∴x≥，结合前提条件，得≤x<3.
综上所述，原不等式的解集为∪.
12.已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，解得当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞).
1.4　绝对值的三角不等式
1.理解定理1及其几何说明，理解定理2及其2个推论.
2.会用定理1、定理2及其2个推论解决比较简单的问题.
自学导引
1.a，b∈R，|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立.
2.|a－b|表示a－b与原点的距离，也表示a与b之间的距离.
3.a，b，c∈R，|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之间时等号成立.
4.||a|－|b||≤|a＋b|；||a|－|b||≤|a－b|.
基础自测
1.对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　利用三角不等式直接求解.
∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
答案　C
2.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|错，
④|a＋b|＝|a|＋|b|≥|a－b|≥|a|－|b|对，
所以①④正确应选C.
答案　C
3.若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
解析　根据去绝对值符号后函数的图象求解.
由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，
当a>－1时，
f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)＝5，即a＋1＝5，∴a＝4.
同理，当a≤－1时，－a－1＝5，∴a＝－6.
答案　－6或4
知识点1　利用绝对值的三角不等式证明变量不等式
【例1】 已知|x|<1，|y|<1，求证：≤1.
分析：本题可考虑两边平方去掉绝对值转化为普通不等式(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2.
证明　|x|<1?x2<1?1－x2>0，
|y|<1?1－y2>0，x2＋y2≥2xy?－x2－y2≤－2xy
?1－x2－y2＋x2y2≤1－2xy＋x2y2
?(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2
? ≤|1－xy|
所以≤1.
由于|x|<1，|y|<1，则|xy|<1，即1－xy≠0.
●反思感悟：通过添一项、减一项的恒等变形，然后再进行组合，构造成能利用绝对值的三角不等式的形式是证明的关键.
1.证明：|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.
证明　∵|x－a|＋|x－b|＝|x－a|＋|b－x|
≥|x－a＋b－x|＝|b－a|＝|a－b|.
∴|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.
知识点2　利用绝对值的三角不等式证明函数不等式
【例2】 函数f(x)的定义域为[0，1]，f(0)＝f(1)，且对任意不同的x1，x2∈[0，1]都有|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|，求证：|f(x2)－f(x1)|<.
证明　设0≤x1①若x2－x1≤，则|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|≤.
即|f(x2)－f(x1)|<.
②若|f(x2)－f(x1)|＝|f(x2)＋f(0)－f(1)－f(x1)|
＝|f(x2)－f(1)＋f(0)－f(x1)|
≤|f(x2)－f(1)|＋|f(0)－f(x1)|
<|x2－1|＋|x1－0|.
而|x2－1|＋|x1|＝1－x2＋x1＝1－(x2－x1)<1－＝.
综上所述，对任意不同的x1，x2∈[0，1]都有
|f(x2)－f(x1)|<.
●反思感悟：对于绝对值符号内的式子，采用加减某个式子后，重新组合，运用绝对值不等式的性质变形，是证明绝对值不等式的典型方法.
2.设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，总有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.
证明　∵|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，|f(0)|≤1，
∴|f(2)|＝|4a＋2b＋c|
＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|
≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|≤7.
知识点3　绝对值的三角不等式的应用
【例3】 若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|解　方法一：∵|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，
∴当a≤3时，原不等式解集为?.
方法二：式子|x＋2|＋|x－1|可看作数轴上一点到－2、1对应的两点间距离之和，而数轴上任一点与这两点距离之和不小于3，故使原不等式解集为?的a的范围是a≤3.
●反思感悟：解此类不等式有三种方法：分区间(分类)讨论法、图象法、几何法.
3.已知函数f(x)、g(x)，设不等式|f(x)|＋|g(x)|0)的解集为M，不等式|f(x)＋g(x)|0)的解集是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　∵|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|，若x0∈M，
|f(x0)|＋|g(x0)|所以x0∈N.
答案　C
课堂小结
证明含有绝对值的不等式，要运用实数的性质，不等式的性质，以及不等式证明的有关方法，另外主要运用绝对值的三角不等式即
|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|；
|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋|a2|＋|a3|；
|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.
随堂演练
1.若a，b都是非零实数，则下列不等式不恒成立的是(　　)
A.|a＋b|≥a－b
B.a2＋b2≥2|a·b|
C.|a＋b|≤|a|＋|b|
D.≥2
解析　当a>0，b<0时，|a＋b|答案　A
2.若对任意实数，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，3) B.(－∞，3]
C.(－∞，－3) D.(－∞，－3]
解析　|x＋1|－|x－2|＝
∴|x＋1|－|x－2|>a恒成立时，a<－3，故选C.
答案　C
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　∵1<<，∴0∴logab>1＝logaa＝logbb>logba，∴A正确；
|logab＋logba|＝logab＋≥2，∴B正确；
0∵logab>0，logba>0，∴|logab|＋|logba|＝|logab＋logba|故D错.
答案　D
4.x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________.
解析　利用绝对值的几何意义求解，注意等号成立的条件.由绝对值的几何意义知，|x|＋|x－1|是数轴上的点x到原点和点1的距离之和，所以|x|＋|x－1|≥1，当且仅当x∈[0，1]时取“＝”.
同理|y|＋|y－1|≥1，当且仅当y∈[0，1]时取“＝”.
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2.
而|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，
此时x∈[0，1]，y∈[0，1]，∴(x＋y)∈[0，2].
答案　[0，2]
基础达标
1.若|a－c|A.|a|<|b|＋|c| B.|c|<|a|＋|b|
C.b>||c|－|a|| D.b<||a|－|c||
解析　b>|a－c|>|a|－|c|，
b>|a－c|>|c|－|a|，故A、B成立，
∴b>||a|－|c||，故C成立.
应选D(此题代入数字也可判出).
答案　D
2.若|x－a|A.|x－y|<2h B.|x－y|<2k
C.|x－y|解析　|x－y|＝|x－a＋a－y|≤|x－a|＋|a－y|答案　C
3.如果存在实数x，使cos α＝＋成立，那么实数x的集合是(　　)
A.{－1，1} B.{x|x<0或x＝1}
C.{x|x>0或x＝－1} D.{x|x≤－1或x≥1}
解析　由|cos α|≤1，所以≤1.
又＝＋≥1.
∴＋＝1，当且仅当|x|＝1时成立，即x＝±1.
答案　A
4.已知－2≤a≤3，－3解析　∵－3又－2≤a≤3，∴－6答案　(－6，3]
5.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)
6.已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
(1)解　因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)证明　由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2
＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.
综合提高
7.若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为(　　)
A.5或8 B.－1或5
C.－1或－4 D.－4或8
解析　利用绝对值的几何意义分类讨论，根据解析式特征确定函数最小值点进而求a.
(1)当－1≤－，即a≤2时，
f(x)＝
易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即1－＝3.
所以a＝－4.
(2)当－1>－，即a>2时，
f(x)＝
易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即－1＝3，故a＝8.综上a＝－4或8.
答案　D
8.已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：
①f(0)＝f(1)＝0；
②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.
若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|A. B.
C. D.
解析　先利用特值法确定范围，再结合函数的取值特性求解.
取y＝0，则|f(x)－f(0)|<|x－0|，即|f(x)|<x，
取y＝1则|f(x)－f(1)|<|x－1|，
即|f(x)|<(1－x).∴|f(x)|＋|f(x)|<x＋－x＝，∴|f(x)|<.不妨取f(x)≥0，则0≤f(x)<，0≤f(y)<，∴|f(x)－f(y)|<－0＝，
要使|f(x)－f(y)|∴k的最小值为.
答案　B
9.若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切x∈R恒成立，那么实数a的取值范围是________.
解析　令f(x)＝|x－4|－|x－3|，不等式f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f(x)的最大值，因为|x－4|－|x－3|≤|1(x－4)－(x－3)|＝1，即f(x)的最大值等于1，所以a≥1.
答案　a≥1
10.关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集是?，则a的取值范围是________.
解析　|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，
∴a＜3.
答案　a＜3
11.已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值.
解　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b时，等号成立.
又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b.
所以f(x)的最小值为a＋b＋c.
又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
(4＋9＋1)
≥＝(a＋b＋c)2＝16，
即a2＋b2＋c2≥.
当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立.故a2＋b2＋c2的最小值是.
12.若a、b∈R，且|a|＋|b|<1，证明方程x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1.
证明　方法一：设方程x2＋ax＋b＝0的两根为x1，x2，根据韦达定理，有a＝
－(x1＋x2)，b＝x1x2，
代入|a|＋|b|<1得|x1＋x2|＋|x1x2|<1， ①
若用|x1|－|x2|≤|x1＋x2|对①式作放缩代换，有
|x1|－|x2|＋|x1|·|x2|<1，即(|x1|－1)(|x2|＋1)<0.
∵|x2|＋1>0，得|x1|－1<0，∴|x1|<1.
若用|x2|－|x1|≤|x1＋x2|对①式作放缩代换，有
|x2|－|x1|＋|x1|·|x2|<1.
同理，由(|x2|－1)(|x1|＋1)<0，得|x2|<1.
因此，方程x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1.
方法二：假设方程x2＋ax＋b＝0至少有一根的绝对值不小于1.不失一般性，令|x1|≥1，则根据一元二次方程的韦达定理，有
|a|＝|－(x1＋x2)|＝|x1＋x2|≥|x1|－|x2|≥1－|x2|，
|b|＝|x1x2|＝|x1|·|x2|≥|x2|.
将以上两个不等式相加，得|a|＋|b|≥1.这与已知|a|＋|b|<1矛盾.究其原因是假设错误所致.
因此方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值均小于
1.5.1　比较法
在理解比较法的基础上，会用作差、作商两种形式的比较法比较两个代数式的大小，会用比较法证明较简单的不等式.
自学导引
1.因为a>b?a－b>0，要证a>b，只需要证a－b>0，同样要证a2.如果a、b都是正数，要证a>b，只需证>1；如果a、b都是负数，要证a>b，只需证<1.
基础自测
1.下列关系中对任意aA.a2C.>1 D.>b2
解析　ab2>0，∴lg a2>lg b2，故选B.
答案　B
2.已知a>0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P、Q的大小关系是(　　)
A.P>Q B.PC.P＝Q D.大小不确定
解析　当a>1时，a3＋1>a2＋1，∴loga(a3＋1)>loga(a2＋1)，当0loga(a2＋1)，
综合以上两种情况知P>Q，故选A.
答案　A
3.设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，且ab≠1，a≠－2.则P、Q的大小关系是________.
解析　P－Q＝a2b2＋5－2ab＋a2－4a
＝(ab－1)2＋(a－2)2>0，∴P>Q.
答案　P>Q
知识点1　两代数式大小的比较
【例1】 已知x解　(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)
＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]
＝－2xy(x－y).
∵x0，x－y<0，
∴－2xy(x－y)>0，
∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y).
●反思感悟：实数大小的比较常用a>b?a－b>0或“>1，且b>0?a>b”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.
1.设a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小.
解　＝aa－b·bb－a＝.
当a>b>0时，>1，a－b>0，则>1，
于是aabb>abba.当b>a>0时，0<<1，a－b<0，
则>1，于是aabb>abba.
综上所述，对于不相等的正数a、b，都有aabb>abba.
知识点2　作差比较法证明不等式
【例2】 设a>0，b>0，求证＋≥a＋b.
证明　方法一：左边－右边
＝－(＋)
＝
＝＝≥0.
∴原不等式成立.
方法二：左边>0，右边>0.
＝
＝≥＝1，
∴原不等式成立.
●反思感悟：用比较法证不等式，一般要经历作差(或作商)、变形、判断三个步骤，变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩.
2.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.
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
知识点3　作商比较法证明不等式
【例3】 已知a>b>c>0，求证：aabbcc>(abc)(a＋b＋c).
证明　∵＝abc＝a＋·
b＋·c＋＝.
∵a>b>0，∴a－b>0，>1，∴>1.
同理可证>1，>1，
∴aabbcc>(abc)(a＋b＋c).
●反思感悟：作商后通常利用不等式的性质、指数函数的性质、对数函数的性质来判断商式与1的大小.
3.设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n.
解析　＝＝
＝＝1，∴m＝n.
答案　＝
课堂小结
1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.
2.步骤是：作差(商)―→变形―→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.
3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.
随堂演练
1.a、b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是(　　)
A.P>Q B.PC.P≥Q D.P≤Q
解析　＝≤＝1，∴P≤Q，应选D.
答案　D
2.已知0A.a B.b
C.c D.不能确定
解析　显然b>a，下面比较b，c.b－c＝1＋x－＝＝－<0，
∴C最大，故应选C.
答案　C
3.下列命题：
①当b>0时，a>b?>1；
②当b>0时，a③当a>0，b>0时， >1?a>b；
④当ab>0时，>1?a>b，其中真命题有(　　)
A.①②③ B.①②④
C.④ D.①②③④
解析　①②③正确，④中若a<0时不成立，故选A.
答案　A
4.若－1解析　∵a，又∵a2，b2都为正数，
∴最小的为.
答案　
基础达标
1.若a，b为不等的正数，则(abk＋akb)－(ak＋1＋bk＋1) (k∈N*)的符号(　　)
A.恒正 B.恒负
C.与k的奇偶性有关 D.与a，b大小无关
解析　(abk＋akb)－ak＋1－bk＋1
＝bk(a－b)＋ak(b－a)＝(a－b)(bk－ak)
∵a>0，b>0，若a>b，则ak>bk，∴(a－b)(bk－ak)<0；
若a答案　B
2.设a、b、c、d、m、n∈R＋，P＝＋，Q＝·，则有(　　)
A.P≥Q B.P≤Q
C.P>Q D.P解析　采用先平方后作差法
∵P2－Q2＝(ab＋cd＋2)－
＝2－ad－bc＝－≤0，
∴P2≤Q2，又∵P>0，Q>0，∴P≤Q.
答案　B
3.对x1>x2>0，0A.x1x2>y1y2 B.x1x2＝y1y2
C.x1x2答案　C
4.已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________.
解析　a1b1＋a2b2－a1b2－a2b1
＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b2－b1)(a2－a1)≥0
∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
答案　a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1
5.设a>5，则－与－的大小关系是__________________.
解析　因为a>5，只需比较＋与2的大小，两数平方，即比较与a－4的大小，再平方，只需比较a2－8a＋15与a2－8a＋16的大小.
答案　－<－
6.设a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，比较＋与a＋b的大小.
解　＋－(a＋b)＝(a3－b3)
＝(a＋b)(a－b)2(a2＋ab＋b2)，
∵a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，
∴a＋b，(a－b)2，(a2＋ab＋b2)，均为正数，
∴＋－(a＋b)>0，∴＋>a＋b.
综合提高
7.设a＝sin 15°＋cos 15°，b＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是(　　)
A.a<C.b解析　a＝sin 15°＋cos 15°＝sin 60°，
b＝sin 16°＋cos 16°＝sin 61°，
∴a∵>ab＝sin 60°·sin 61°
＝sin 61°>sin 61°＝b，故a答案　B
8.已知a，b，c，d都是正数，且bc>ad，则，，，中最大的是(　　)
A. B.
C. D.
解析　－＝<0，∴<，
－＝＝>0，
－＝＝>0，
所以最大的是.
答案　D
9.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a、b应满足的条件是________.
解析　若x＞y，则x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0.只要a＋2≠0，ab－1≠0两个中满足一个，即可使得x＞y.
答案　a≠－2或ab≠1
10.设a＞0，b＞0，则下列两式大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].
解析　(1＋a)(1＋b)－(1＋2)＝a＋b－2＝(－)2≥0，∴lg(1＋a)(1＋b)≥lg(1＋)2，
即[lg(a＋1)＋lg(1＋b)]≥lg(1＋).
答案　≤
11.设m∈R，a>b>1，f(x)＝，比较f(a)与f(b)的大小.
解　f(a)－f(b)＝－＝.
∵a>b>1，∴b－a<0，a－1>0，b－1>0，
∴<0.
当m>0时，<0，f(a)当m<0时，>0，f(a)>f(b)；
当m＝0时，＝0，f(a)＝f(b).
12.已知a，b∈R＋，n∈N，求证：(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1).
证明　∵(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋ban＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1
＝a(bn－an)＋b(an－bn)
＝(a－b)(bn－an).
(1)若a>b>0，bn－an<0，a－b>0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
(2)若b>a>0，bn－an>0，a－b<0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
(3)若a＝b>0，(bn－an)(a－b)＝0，
综上(1)(2)(3)可知，对a，b∈R＋，n∈N，
都有(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1).
1.5.2　综合法和分析法
1.理解综合法和分析法的概念.
2.会用综合法、分析法证明较为简单的不等式.
自学导引
1. 综合法：就是要从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题.
2.分析法：从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实).
基础自测
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　要证＋>，
只须证a＋b＋2>a＋b，
即2>0，∴a，b∈R＋，2>0，
∴A>B，选C.
答案　C
2.若1A.(lg x)2B.lg x2<(lg x)2C.(lg x)2D.lg(lg x)<(lg x)2解析　1x2>x，∴lg x2>lg x>(lg x)2，
∴lg x2>(lg x)2>lg(lg x)，选D.
答案　D
3.已知a，b，m都是正数，在空白处填上适当的不等号.
(1)当a________b时，>，
(2)当a________b时，≤.
解析　当a>b时，才有>，
当a答案　>　<
知识点1　综合法证明不等式
【例1】 已知a，b，c∈R＋，求证：＋＋≥.
证明　＋＋＋3
＝＋1＋＋1＋＋1
＝＋＋
＝(a＋b＋c)
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)
≥·3·3 
＝.
∴＋＋≥.
●反思感悟：观察不等式的结构特征：每个分式加1，分子就会含有因式a＋b＋c，从而可以利用基本不等式.
1.已知x，y，z是互不相等的正数且x＋y＋z＝1，求证：>8.
证明　∵x、y、z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1.
∴－1＝>，－1＝>
－1＝>
又∵01.
同理>1，>1
∴>8.
知识点2　分析法证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝lg，x∈，若x1，x2∈且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.
证明　要证明原不等式，只需证明
>.
事实上：∵0∴－
＝－－－＋
＝>0，
∵>.
即有lg>lg，
故[f(x1)＋f(x2)]>f.
●反思感悟：在分析法中，每次所寻求的应是使上一个结论成立的充分条件或充要条件，若只找到结论成立的必要条件则不一定能得到相应的结论.从而造成证明上的逻辑错误.
2.若a、b∈R＋，且a＋b＝1，求证： ＋ ≤2.
证明　 ＋ ≤2
?a＋b＋1＋2 ·≤4
? ·≤1
?ab＋＋≤1
?ab≤.
∵ab≤＝成立.
∴原不等式成立.
知识点3　综合利用综合法与分析法证明不等式
【例3】 在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，
求证：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1).
证明　由条件，得
消去x，y，即得2a＝＋，
且有a>0，b>0，c>0.
要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)
只需证a＋1≥
∵≤
∴要证2a≥b＋c，而2a＝＋，
只需证＋≥b＋c
即b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc
(b－c)2≥0，∵上式显然成立
∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得证.
●反思感悟：综合法和分析法是思路完全相反的两种方法.分析法易于探求解题思路.综合法易于表述，在证明较复杂的不等式时，有时把分析法和综合法结合起来使用.
3.已知a、b是不等的正数，且a3－b3＝a2－b2.
求证：1证明　∵a3－b3＝a2－b2，且a≠b
∴a2＋ab＋b2＝a＋b.
∵a、b∈R＋.∴(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>a2＋ab＋b2＝a＋b，
且a＋b>0，两边同除以a＋b，得a＋b>1.
欲证a＋b<，即证3(a＋b)<4，由于a＋b>0，
可证3(a＋b)2<4(a＋b)，而a＋b＝a2＋ab＋b2，
即3(a2＋2ab＋b2)<4(a2＋ab＋b2)，得a2－2ab＋b2>0.
(a－b)2>0，∵a≠b，则不等式成立，
故a＋b<成立.
∴1课堂小结
用综合法和分析法证明时应注意证明的思路和方向上的差别，一个是“执因索果”，而另一个则是“执果求因”.在实际解题中，常用分析法思维，用综合法表达.对于比较复杂的问题，常常把分析法和综合法结合起来使用.
随堂演练
1.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　(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≥3(ab＋ac＋bc)＝3，故应选B.
答案　B
2.已知0A.logab＋logba＋2>0 B.logab＋logba－2>0
C.logab＋logba＋2≥0 D.logab＋logba＋2≤0
解析　∵0∴logab＋logba＋2≤－2＋2＝0，选D.
答案　D
3.求证：＋<2＋.
证明　＋<2＋
?(＋)2<(2＋)2
?10＋2<10＋4
?<2?21<24
故原不等式成立.
4.已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明　因为x>0，y>0，
所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0，
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
基础达标
1.a>0，b>0，下列不等式中不成立的是(　　)
A.＋≥2 B.a2＋b2≥2ab
C.＋≥a＋b D.＋≥2＋
解析　由∈(0，＋∞)且∈(0，＋∞)，得＋≥2 ，所以A成立，B显然成立，不等式C可变形为a3＋b3≥a2b＋ab2?(a2－b2)(a－b)≥0.
答案　D
2.设a、b、x、y均为正数，且a、b为常数，x、y为变量，若x＋y＝1，则＋的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　＋≤＋＝，故选B.
答案　B
3.已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是(　　)
A.xy>yz B.xz>yz
C.xy>xz D.x|y|>z|y|
解析　由已知3x>x＋y＋z＝0，3z∴x>0，z<0.由得：xy>xz.
答案　C
4.已知x>0，y>0，M＝，N＝＋，则M、N的大小关系是________.
解析　N＝＋＝
＝
N－M＝

＝>0，∴N>M.
答案　N>M
5.设a、b、c∈R，且a、b、c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是______________.
解析　a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)＝(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]
而a、b、c不全相等?(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2>0
∴a3＋b3＋c3≥3abc?a＋b＋c≥0.
答案　a＋b＋c≥0
6.已知|a|<1，|b|<1，求证：<1.
证明　要证<1，只需证|a＋b|<|1＋ab|，
也只需证a2＋2ab＋b2<1＋2ab＋a2b2，
即证(1－a2)－b2(1－a2)>0，
也就是(1－a2)(1－b2)>0，
∵|a|<1，|b|<1，∴最后一个不等式显然成立.
因此原不等式成立.
综合提高
7.如果0A.cosB.cosC.cosD.cos解析　用分析法易证(或用特值法)，0<<<<1.由y＝cos x在上是减函数可得.
答案　A
8.设0A.b<2ab<B.2abC.2abD.2ab解析　取a＝，b＝，分别计算即可.
答案　B
9.已知a>b>c，则与的大小关系为______________.
解析　∵a－b>0，b－c>0，
∴≤＝
∴≤.
答案　≤
10.设a＞b＞c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________.
解析　∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
又(a－c)·＝[(a－b)＋(b－c)]·≥2·2＝4，∴m∈(－∞，4].
答案　(－∞，4]
11.已知实数a，b，c，d，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
求证：|ac＋bd|≤1.
证明　方法一：(分析法)
要证|ac＋bd|≤1，只需证明(ac＋bd)2≤1.
即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤1.
∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.
∴上式即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，
即证(ad－bc)2≥0.
∵a，b，c，d都是实数，
∴(ad－bc)2≥0成立.
∴|ac＋bd|≤1.
方法二：(综合法)
∵a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
∴|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋
＝＝1.
方法三：(三角换元法)
∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
∴可令a＝sin α，b＝cos α，c＝sin β，d＝cos β，
∴|ac＋bd|＝|sin αsin β＋cos αcos β|
＝|cos(α－β)|≤1.
12.设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：
(1)若ab＞cd，则＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件.
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2,
即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.
由(1)，得＋＞＋.
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，
即a＋b＋2＞c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，
所以ab＞cd，
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|＜|c－d|.
综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件.
1.5.3　反证法和放缩法
1.理解反证法和放缩法的概念.
2.会用反证法和放缩法证明较简单的不等式.
自学导引
1.反证法：首先假设要证明的命题是不正确的，然后利用公理，已有的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(或已证明过的定理，或明显成立的事实)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的结论正确.
2.放缩法：将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的.如果所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，反之，把分母缩小，则分式的值放大.
基础自测
1.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
2.已知a，b∈R＋，下列各式中成立的是(　　)
A.cos2θ·lg a＋sin2θ·lg bB.cos2θ·lg a＋sin2θ·lg b>lg(a＋b)
C.acos2θbsin2θ＝a＋b
D.acos2θ·bsin2θ>a＋b
解析　cos2θlg a＋sin2θlg b＝cos2θlg a＋(1－cos2θ)lg b＝cos2θlg＋lg b答案　A
3.lg 9·lg 11与1的大小关系是________.
解析　lg 9·lg 11≤＝<12＝1.
答案　lg 9·lg 11<1
知识点1　反证法证明不等式
【例1】 已知：a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.
求证：a>0，b>0，c>0.
证明　假设a、b、c不全是正数，
即至少有一个小于或等于0.
又abc>0，不妨假设a<0，则bc<0.
∵b＋c>－a>0，∴－a(b＋c)>0.
∴a(b＋c)<0，又∵bc<0，∴bc＋a(b＋c)<0.
即ab＋bc＋ca<0.
这与已知ab＋bc＋ca>0矛盾.
∴假设不成立.
故a>0，b>0，c>0成立.
●反思感悟：用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理相矛盾的结论，从而肯定原命题成立.
1.设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立.
证明　由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0，得0＜a＜1；
同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾.故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立.
知识点2　放缩法证明不等式
【例2】 设Sn＝＋＋…＋，
求证：不等式证明　∵Sn>＋＋…＋
＝1＋2＋…＋n＝.
且Sn<＋＋…＋＝＋＋…＋
<＋＋＋…＋＝
∴●反思感悟：用放缩法证明不等式的过程中，往往采用“添舍”放缩、分项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式收缩等，放缩时要注意适度，否则不能同向传递.
2.求证：1＋＋＋…＋<2 (n∈N*).
证明　1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
＝2－<2.
知识点3　放缩法与其它方法相结合证不等式
【例3】 若正数a，b，c满足a＋b>c，
求证：＋>.
证明　∵a＋b>c，∴a＋b－c>0，由真分数的性质：
<＝
＝＋<＋
∴＋>.
●反思感悟：函数的单调性和“真分数的分子、分母同加上一正数，所得新分数的值变大”的性质都是放缩的重要依据.
3.求证：＋＋＋…＋<3 (n∈N*).
证明　设S＝＋＋＋…＋，
将等式两边乘以得S＝＋＋＋…＋.
将两式相减得
S＝＋2－
＝＋1－.∴S＝3－，又>0，
∴S<3，即＋＋＋…＋<3 (n∈N*).
课堂小结
1.用反证法证明不等式要把握三点：
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面.当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的.
(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法.
(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾、有的与假设矛盾、有的与已知事实相违背等等.推导出的矛盾必须是明显的.
2.放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，常用的放缩法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知不等式、利用函数的性质进行放缩等.
随堂演练
1.设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分且必要条件 D.既不充分又不必要条件
解析　必要性是显然成立的
当PQR>0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q＋R＝2c<0，这与c>0矛盾，即充分性也成立.
答案　C
2.已知a，b，c，d都是正数，S＝＋＋＋，则S的取值范围是________.
答案　(1，2)
3.用反证法证明：如果a，b为正数，则a3＋b3≥a2b＋ab2.
证明　假设a3＋b3则a3＋b3－a2b－ab2<0.∴a2(a－b)－b2(a－b)<0
即(a－b)2(a＋b)<0.又∵(a－b)2≥0，
∴a＋b<0这与a，b都是正数相矛盾，
∴假设不成立，∴a3＋b3≥a2b＋ab2.
4.求证：＋≤1＋.
证明　∵＋＝
＝≤
＝1＋≤1＋.
基础达标
1.已知p＝a＋，q＝2－a2＋4a－2 (a>2)，则(　　)
A.p>q　　B.p解析　∵p＝(a－2)＋＋2，又a－2>0，
∴p≥2＋2＝4，而q＝2－(a－2)2＋2，
根据a>2，可得q<22＝4，∴p>q.
答案　A
2.不等式a>b与>能同时成立的充要条件是(　　)
A.a>b>0 B.a>0>b
C.<<0 D.>>0
解析　充分性显然.下面用反证法说明必要性.
若a，b同号且a>b，则有<，
此时不能保证a>b与>同时成立，
∴a，b只能异号，即a>0>b.
答案　B
3.若f(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)＝为单调减函数，
∴f≤f()≤f，
∴A≤G≤H.
答案　A
4.设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为________.
解析　∵A＝＋ (x>0，y>0)<＋＝B，∴A答案　A＜B
5.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
6.设m等于|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：<2.
证明　由已知得：|x|>m≥|a|，
|x|>m≥|b|，|x|>m≥1，
∴|x|2>m2≥|b|·1＝|b|
∴≤＋
＝＋<＋＝2，
故原不等式成立.
综合提高
7.已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，则a，b，c三数(　　)
A.全为正数
B.至多有两个为正数
C.至多有一个为正数
D.全为负数
解析　假设a，b，c不全为正数，
∵abc>0，∴有两个负数一个正数，
不妨设a，b为负数，c为正数，
∵a＋b＋c>0，c>－(a＋b)>0，
又∵ab＋bc＋ca>0，ab>－(bc＋ca)＝－c(a＋b)≥(a＋b)2，
这与(a＋b)2≥4ab矛盾，故假设错误，∴a，b，c全为正数.选A.
答案　A
8.若实数m>n，正数a>b，A＝(an＋bn)m，B＝(am＋bm)n，则(　　)
A.A>B
B.AC.A与B的大小关系由m与n的差决定
D.A与B的大小关系由a与b的差决定
解析　A＝(an＋bn)m＝
＝amn，
B＝(am＋bm)n＝＝amn.
∵a>b>0，∴0<<1.又m>n，∴>，
∴amn>amn，
即A>B，故选A.
答案　A
9.若|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是________________.
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.
综上，|a＋b|＋|a－b|<2.
答案　|a＋b|＋|a－b|<2
10.设a、b、c、d∈R，a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，则abcd的最小值等于________.
答案　－
11.已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1，求证：a，b，c中至少有一个大于.
证明　∵abc＝1>0，∴a，b，c都为正，或者a，b，c中有一正二负.又a＋b＋c＝0，
∴a，b，c中只能是一正二负.
不妨设a>0，b<0，c<0，则b＋c＝－a，bc＝，
即b，c为方程x2＋ax＋＝0的两个负实根，
∴Δ＝a2－≥0，
解得a≥> ＝，
∴a，b，c中至少有一个大于.
12.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.
证明　(1)由an＋1＝3an＋1
得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列.
an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法
本章复习课
1.掌握不等式的基本性质，会应用基本性质进行简单的不等式变形.
2.熟练掌握一元一次不等式、一元二次不等式的解法.
3.理解绝对值的几何意义，理解绝对值三角不等式，会利用绝对值三角不等式证明有关不等式和求函数的最值.
4.会解四种类型的绝对值不等式：|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－c|＋|x－b|≤m，|x－c|＋|x－b|≥m.
5.会用平均值不等式求一些特定函数的最值.
6.理解不等式证明的五种方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，会用它用证明比较简单的不等式.
知识结构
知识梳理
1.实数的运算性质与大小顺序的关系：a>b?a－b>0，a＝b?a－b＝0，a2.不等式的6个基本性质是不等式的基础.
3.一元一次、一元二次不等式的解法是解不等式的基础，各类不等式的求解都转化为一元一次不等式、一元二次不等式，一元二次不等式都可化为两种类型，ax2＋bx＋c≥0 (a>0)或ax2＋bx＋c≤0 (a>0)，ax2＋bx＋c≥0 (a>0)的解集实质上是函数f(x)＝ax2＋bx＋c (a>0)的函数值f(x)≥0对应的自变量x的取值范围，方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根实质上是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标，方程的根也是方程对应的一元二次不等式解集的端点值.
4.基本不等式
(1)定理1：若a，b∈R，则a2＋b2≥2ab (当且仅当a＝b时取“＝”).
(2)定理2：若a，b∈R＋，则≥(当且仅当a＝b时取“＝”).
(3)引理：若a，b，c∈R＋，则a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)可以当作重要结论直接应用.
(4)定理3：若a，b，c∈R＋，则≥(当且仅当a＝b＝c时取“＝”).
(5)推论：若a1，a2，…，an∈R＋，则≥.当且仅当a1＝a2＝…＝an时，取“＝”.
(6)在应用基本不等式求最值时一定要注意考察是否满足“一正，二定，三相等”的要求.
5.绝对值不等式的解法：解含绝对值的不等式的基本思想是通过去掉绝对值符号，把含绝对值的不等式转化为一元一次不等式，或一元二次不等式.去绝对值符号常见的方法有：
(1)根据绝对值的定义；(2)平方法；(3)分区间讨论.
6.绝对值三角不等式：
(1)|a|的几何意义表示数轴上的点到原点的距离，|a－b|的几何意义表示数轴上两点间的距离.
(2)|a＋b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，ab≥0时等号成立).
(3)|a－c|≤|a－b|＋|b－c| (a，b，c∈R，(a－b)(b－c)≥0等号成立).
(4)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≤0，右边“＝”成立的条件是ab≥0).
(5)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≥0，右边“＝”成立的条件是ab≤0).
7.不等式证明的基本方法
(1)比较法：作差法与作商法.
(2)综合法：强调将问题进行合理变形转换，使之能运用定义、公理、定理、性质推证命题.
(3)分析法：强调书写步骤的合理性，注意逻辑上的充分性，步步可逆不是指等价，当然等价也行.
(4)反证法：反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”、“存在性”的命题；④结论中含有“至少”、“至多”及否定性词语的命题.
(5)放缩法：放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③应用基本不等式放缩.例如＋>，<，>，<(以上k>2且k∈N*).
典例剖析
知识点1　基本不等式的应用
【例1】 求函数y＝x2(1－5x) 的最值.
解　y＝x2＝·x·x·，
∵0≤x≤，∴－2x≥0.
∴y≤＝.
当且仅当x＝－2x，
即x＝时，y取得最大值且ymax＝.
知识点2　证明不等式(利用函数的单调性)
【例2】 已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数，
求证：＋>.
证明　设函数f(x)＝＝1－ (x>0，m>0).
易知f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
∵f(a)＋f(b)＝＋
>＋＝＝f(a＋b).
又a＋b>c，∴f(a＋b)>f(c)＝，
∴＋>.
知识点3　应用绝对值三角不等式证明不等式
【例3】 已知f(x)＝x2＋ax＋b (a，b∈R)的定义域为[－1，1].
(1)记|f(x)|的最大值为M，求证：M≥；
(2)当M＝时，求f(x)的表达式.
(1)证明　由题意M≥|f(0)|，M≥|f(1)|，M≥|f(－1)|.
∴4M≥2|f(0)|＋|f(1)|＋|f(－1)|
＝2|b|＋|1＋a＋b|＋|1－a＋b|
≥|1＋a＋b＋1－a＋b－2b|＝2，∴M≥.
(2)解　当M＝时，|f(0)|＝|b|≤，
∴－≤b≤.
同理有－≤1＋a＋b≤，－≤1－a＋b≤.
两式相加－1≤2＋2b≤1，∴－≤b≤－.
又－≤b≤，∴b＝－.
当b＝－时，由－≤1＋a＋b≤?－1≤a≤0；
由－≤1－a＋b≤?0≤a≤1，即a＝0.
∴f(x)＝x2－.
基础达标
1.若a，b，x，y∈R，则是成立的(　　)
A.充分条件 B.必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　由(x－a)(y－b)>0知，x－a与y－b同号，
由x＋y>a＋b得(x－a)＋(y－b)>0，
即(x－a)，(y－b)同正，
所以如果易知
答案　C
2.若a3＋b3＝2，则(　　)
A.a＋b<2 B.a＋b≤2
C.a＋b>2 D.a＋b≥2
解析　∵a3＋b3＝2，
∴(a＋b)(a2＋b2－ab)＝2，
(a＋b)[(a＋b)2－3ab]＝2.
(a＋b)3＝3(a＋b)ab＋2≤3(a＋b)＋2.
∴(a＋b)3≤8，∴a＋b≤2.
答案　B
3.设a＞0，b＞0，下列不等式中不正确的是(　　)
A.a2＋b2≥2ab B.＋≥2
C.＋≥a＋b D.＋≤
解析　＋－＝－＝＝＞0，故选D.
答案　D
4.A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________.
解析　A＝1＋＋＋…＋≥＋＋…＋＝＝，∴A≥.
答案　A≥
5.若a＝，则a＋b的最小值是________.
解析　设b＝sin θ，－≤θ≤，
则a＝cos θ，a＋b＝sin.
∵－≤θ＋≤，
∴－≤sin≤1，
故－1≤a＋b≤.
答案　－1
6.解不等式|2x－4|－|3x＋9|<1.
解　①当x>2时，原不等式等价于
?x>2
②当－3≤x≤2时，原不等式等价于
?－③当x<－3时，原不等式等价于
?x<－12.
综上所述知不等式的解集为{x|x>－或x<－12}.
综合提高
7.设函数y＝x2－x＋a (a>0)满足f(m)<0，则(　　)
A.f(m＋1)≥0 B.f(m＋1)≤0
C.f(m＋1)>0 D.f(m＋1)<0
解析　设x1、x2是方程x2－x＋a＝0的两根，
则|x1－x2|＝＝<1.
∴当f(m)<0时，f(m＋1)>0.
答案　C
8.设0A.f(a)B.fC.f()D.f(b)解析　当x>0时，f(x)＝1＋
∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数.
又b>>.
答案　D
9.若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析　由ab＝a＋b＋3≥2＋3，令＝x，则有
x2≥2x＋3?x2－2x－3≥0，解x求的范围.
x≥3或x≤－1(舍去)，∴ab≥9.
答案　[9，＋∞)
10.函数y＝1＋2x＋的值域是____________.
解析　∵＝|2x|＋≥2.
∴2x＋∈[2，＋∞)或(－∞，－2].
∴y∈(－∞，－2＋1]∪[2＋1，＋∞).
答案　(－∞，－2＋1]∪[2＋1，＋∞)
11.设a>b>c>1，记M＝a－，N＝a－，P＝2，Q＝3，试找出其中的最小者，并说明理由.
解　∵b>c>0，∴>，∴N又Q－P＝c＋2－3
＝c＋＋－3
≥3－3＝0，
又a>b>c>1，∴c≠，
从而Q>P，又N－P＝2－－b＝(2－1－)
＝[(－1)＋(－)]>0(∵a>b>c>1)
∴P12.设a、b、c、d是正数，求证：下列三个不等式
a＋b(a＋b)(c＋d)(a＋b)cd中至少有一个不正确.
证明　本题显然应该用反证法.
假设不等式①、②、③都成立，因为a、b、c、d都是正数，所以①与②相乘，得：
(a＋b)2由③得(a＋b)cd∵a＋b>0，∴4cd<(a＋b)(c＋d).
结合②，得4cd∴3cd由④，得(a＋b)2<ab，即a2＋b2<－ab，矛盾.
∴不等式①、②、③中至少有一个不正确.