2019数学北师大版选修4-5全套学案+滚动训练+章末检测

章末检测试卷(一)
(时间：90分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．如果a，b，c满足c＜b＜a，且ac＜0，那么下列选项中不一定成立的是(　　)
A．ab＞ac B．c(b－a)＞0
C．cb2＜ab2 D．ac(a－c)＜0
答案　C
解析　因为b可能为0，
当b2＝0时，cb2等于ab2.
2．已知|x－a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}，则实数a等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　由|x－a|＜b，得a－b＜x＜a＋b，
由已知得?
3．“|x|≤2”是“|x＋1|＜1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
答案　B
解析　|x＋1|＜1?－1＜x＋1＜1?－2＜x＜0，故选B.
4．已知a，b，c均为正数，且a＋2b＋3c＝3，则abc的最大值为(　　)
A．1 B.
C. D.
答案　C
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
答案　B
6．已知x＞1，y＞1，且lg x＋lg y＝4，则lg xlg y的最大值是(　　)
A．4 B．2 C．1 D.
答案　A
解析　∵x＞1，y＞1，∴lg x＞0，lg y＞0.
∴4＝lg x＋lg y≥2.
∴lg xlg y≤4，当且仅当x＝y时取等号．
7．若关于x的不等式|x－1|＋|x＋m|＞3的解集为R，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，－4)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－4)∪(1，＋∞)
C．(－4,2)
D．[－4,1]
答案　A
解析　由题意知，不等式|x－1|＋|x＋m|＞3对任意x∈R恒成立，又|x－1|＋|x＋m|≥|(x－1)－(x＋m)|＝|m＋1|，故|m＋1|＞3，所以m＋1＜－3或m＋1＞3，所以m的取值范围是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
8．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
答案　C
解析　用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．设n∈N＋，n＞1，则logn(n＋1)与logn＋1(n＋2)的大小关系为__________________．
答案　logn(n＋1)＞logn＋1(n＋2)
解析　因为n＞1，所以＝logn＋1(n＋2)·logn＋1n≤2＝
2＜2＝1，
故logn(n＋1)＞logn＋1(n＋2)．
10．若正数a，b满足a＋b＝1，则＋的最大值是________．
答案　
解析　＋＝＝＝2－，
由a＋b＝1≥2知，ab≤，
所以＋＝2－≤2－＝，
当且仅当a＝b＝时取最大值．
11．函数f(x)＝3x＋(x>0)的最小值为________．
答案　9
解析　f(x)＝3x＋＝＋＋≥3＝9，
当且仅当＝，即x＝2时取等号．
12．若n为正整数，则2与2＋的大小关系是________．
答案　2＜2＋
解析　要比较2与2＋的大小，只需比较(2)2与2的大小，即比较4n＋4与4n＋4＋的大小．
因为n为正整数，所以4n＋4＋＞4n＋4.
所以2＜2＋.
三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分)
13．已知x＞0，y＞0，x＋2y＋xy＝30，求xy的取值范围．
解　∵x＞0，y＞0，
∴x＋2y≥2＝2·，
∴30≥2·＋xy，令＝t＞0，
∴t2＋2t－30≤0，
∴0＜t≤3，∴0＜xy≤18，
即xy的取值范围是(0,18]．
14．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？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.
15．设a，b，c为三角形的三边，求证：＋＋≥3.
证明　设x＝b＋c－a，y＝a＋c－b，z＝a＋b－c，则a＋b＋c＝x＋y＋z，a＝(y＋z)，b＝(x＋z)，c＝(x＋y)．此时，原不等式等价于＋＋≥3.
而＋＋＝≥＝3，当且仅当a＝b＝c时“＝”成立．
∴原不等式成立．
16．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若存在实数n使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m的取值范围．
解　(1)由|2x－a|＋a≤6，得|2x－a|≤6－a，
∴a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，
∴a－3＝－2，∴a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝|2x－1|＋1，令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，
则φ(n)＝|2n－1|＋|2n＋1|＋2＝
∴φ(n)的最小值为4，故实数m的取值范围是[4，＋∞)．
17．(2018·全国Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解　(1)f(x)＝
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)上恒成立，因此a＋b的最小值为5.
18．已知a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.
求证：≥8.
证明　要证≥8成立，
只需证··≥8成立．
∵a＋b＋c＝1，
∴只需证··≥8成立，
即··≥8，
∴只需证··≥··≥8成立，而··≥8显然成立，
∴≥8成立．

§1　不等式的性质
1.1　实数大小的比较
学习目标　1.理解实数大小比较的理论依据.2.会进行两个实数大小的比较．
知识点一　作差法比较大小
思考　你认为可以用什么方法比较两个实数的大小？
答案　作差，与0比较．
梳理　作差法
(1)比较两个实数的大小的基本方法是通过“作差”，确定差的符号．
(2)依据：a>b?a－b>0；
aa＝b?a－b＝0.
知识点二　作商法比较大小
思考　对于两个均为正数的数a，b，除作差外，还可用其他方法比较大小吗？
答案　还可以作商与1比较．
梳理　作商法
(1)对于a>0，b>0的两个数，求，比较与1的大小，从而确定a，b的大小，这种方法称为“作商法”．
(2)依据：
当a>b，b>0时，
>1?a>b；
＝1?a＝b；
<1?a类型一　作差比较大小
例1　(1)已知a＞b＞0，比较与的大小；
(2)已知x＞1，比较x3－1与2x2－2x的大小．
解　(1)－＝＝.
因为a＞b＞0，
所以a－b＞0，b(b＋1)＞0，
所以＞0，
所以＞.
(2)x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)，
因为x＞1，
所以x－1＞0.
又因为2＋＞0，
所以(x－1)＞0，
所以x3－1＞2x2－2x.
反思与感悟　比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—得出结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．
跟踪训练1　已知x，y均为正数，设m＝＋，n＝，试比较m和n的大小．
解　m－n＝＋－＝－＝＝，
∵x，y均为正数，
∴x＞0，y＞0，xy＞0，x＋y＞0，(x－y)2≥0.
∴m－n≥0，即m≥n.(当x＝y时，等号成立)
类型二　作商比较大小
例2　设m，n是两个不相等的正数，试比较mmnn与mnnm的大小．
解　∵mmnn>0，mnnm>0，
∴＝mm－nnn－m＝m－n.
①当m>n时，>1且m－n>0，
∴m－n>1.
∴mmnn>mnnm.
②当m∴m－n>1，
∴mmnn>mnnm.
综上所述，mmnn>mnnm.
反思与感悟　(1)对于两个均大于0且多为因式积的形式，通常用作商法比较大小．
(2)步骤为：作商→变形化简→与1比较→得出结论．
跟踪训练2　比较1816与1618的大小．
解　＝16＝1616＝16.
∵∈(0,1)，∴16<1.
∵1618>0，∴1816<1618.
类型三　比较大小的实际应用
例3　甲、乙两辆车从A地沿同一路线到达B地，甲车一半时间的速度为a，另一半时间的速度为b；乙车用速度a行驶了一半路程，用速度b行驶了另一半的路程．若a≠b，试判断哪辆车先到．
解　设甲车用时为t1，乙车用时为t2，
A，B两地距离为s，则
对于甲：s＝·a＋·b，得t1＝；
对于乙：t2＝＋＝.
那么t1－t2＝－＝－<0，
故甲车先到．
反思与感悟　对于实际问题，首先应理清其数学模型，就本题而言，实质就是比较大小问题，谁用的时间少，谁先到．
跟踪训练3　在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x(单位：m)的取值范围是________________．
答案　[10,30]
解析　设矩形的另一条边长为t，
由相似知识得＝，
∴t＝40－x，
∴(40－x)x≥300，
即x2－40x＋300≤0，
解得10≤x≤30.
1．设y1＝40.9，y2＝80.48，y3＝－1.5，则(　　)
A．y3>y1>y2 B．y2>y1>y3
C．y1>y2>y3 D．y1>y3>y2
答案　D
解析　y1＝40.9＝21.8，y2＝80.48＝21.44，y3＝－1.5＝21.5.
∵函数y＝2x是增函数，且1.8>1.5>1.44，
∴y1>y3>y2.
2．已知logm2A．1C．0答案　C
解析　∵logm2＝，logn2＝，
∴<<0，
∴log2n3．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
解析　∵x＞y，
∴x－y＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2－2ab＋a2＋4a＋5
＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，
∴ab≠1或a≠－2.
4．若x∈R，比较x2＋3与2x的大小．
解　∵x2＋3－2x＝(x－1)2＋2>0，
∴x2＋3>2x.
5．已知x≠0，比较(x2－1)2与x4＋x2＋1的大小．
解　(x2－1)2－(x4＋x2＋1)＝x4－2x2＋1－x4－x2－1＝－3x2，
∵x≠0，∴－3x2<0，
即(x2－1)2－(x4＋x2＋1)<0，
∴(x2－1)2比较大小的常用方法及步骤
1．作差法：a≥b?a－b≥0，a≤b?a－b≤0.
一般步骤是作差→变形→判号→定论．
变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．
2．作商法：当a>0，b>0时，把比较a，b的大小转化为比较与1的大小关系，此即为求商比较法．
理论依据是不等式的性质：
若a>0，b>0，则≥1?a≥b，≤1?a≤b.
一般步骤为作商→变形→与1比较大小→定论．
一、选择题
1．若a，b∈R，则log(a2＋1)>log(b2＋1)是aA．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
答案　D
解析　由log(a2＋1)>log(b2＋1)，
得a2＋1∴a22．设a≥b>0，P＝3a3＋2b3，Q＝3a2b＋2ab2，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P>Q B．PC．P≥Q D．P＝Q
答案　C
解析　P－Q＝3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)
＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b>0，
所以a－b≥0，a2≥b2>0.
所以3a2≥3b2＞2b2，
即3a2－2b2>0.
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，
即P≥Q.
3．若a，b是任意实数且a>b，则(　　)
A．a2>b2 B.<1
C．lg(a－b)>0 D.a<b
答案　D
解析　∵f(x)＝x是减函数且a>b，
∴f(a)4．实数a，b，c，d满足条件：①a0；③(a－d)(b－d)<0，则有(　　)
A．aC．a答案　D
解析　∵(a－c)(b－c)>0，
∴a，b在c的同侧．
∵(a－d)(b－d)<0，
∴a，b在d的异侧．
∵a∴a，b，c，d标在数轴上，只有下面一种情况：
由此得出c5．已知a＞－1且b＞－1，则p＝＋与q＝＋的大小关系是(　　)
A．p＞q B．p＜q
C．p≥q D．p≤q
答案　C
解析　p－q＝＋＝＝≥0.
6．设a＝lg e，b＝(lg e)2，c＝lg ，则(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
答案　B
解析　∵1则1<∴0则lg ＝lg e即c∴(lg e)2同时c－b＝lg e－(lg e)2＝lg e(1－2lg e)＝lg e·lg >0.
∴c>b，故选B.
二、填空题
7．已知0＜a＜，且M＝＋，N＝＋，则M，N的大小关系是________．
答案　M＞N
解析　M－N＝＋＝.
∵0＜a＜，∴ab＜1，即1－ab＞0，
∴M－N＞0，∴M＞N.
8．若a，b∈R，且a＞b，下列不等式：
①＞；②(a＋b)2＞(b＋1)2；③(a－1)2＞(b－1)2.
其中不成立的是________．(填序号)
答案　①②③
解析　①中，－＝＝.
因为a－b＞0，a(a－1)的符号不确定，①不成立；
②中，取a＝2，b＝－2，则(a＋b)2＝0，(b＋1)2＞0，②不成立；③中，取a＝2，b＝－2，则(a－1)2＝1，(b－1)2＝9，③不成立．
9．比较大小：log________log.
答案　>
解析　log－log＝－＝－＝＝>0，
所以log>log.
10．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系为________．
答案　a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1
解析　(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)
＝a1b1－a1b2＋a2b2－a2b1
＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)
＝(a1－a2)(b1－b2)．
∵a1≤a2，b1≤b2，
∴a1－a2≤0，b1－b2≤0.
∴(a1－a2)(b1－b2)≥0，
∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
三、解答题
11．设a≠b，比较a2＋3b2与2b(a＋b)的大小．
解　(a2＋3b2)－2b(a＋b)＝a2＋3b2－2ab－2b2＝a2－2ab＋b2＝(a－b)2.
因为a≠b，所以a－b≠0，
从而(a－b)2>0.
于是a2＋3b2>2b(a＋b)．
12．当a≠0时，比较(a2＋a＋1)(a2－a＋1)与(a2＋a＋1)·(a2－a＋1)的大小．
解　∵(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]
＝(a2＋1)2－2a2＝a4＋2a2＋1－2a2＝a4＋1，
(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝[(a2＋1)＋a][(a2＋1)－a]
＝(a2＋1)2－a2＝a4＋2a2＋1－a2＝a4＋a2＋1，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)－(a2＋a＋1)(a2－a＋1)＝(a4＋1)－(a4＋a2＋1)＝－a2.
∵a≠0，∴a2>0，
∴－a2<0，
∴(a2＋a＋1)(a2－a＋1)<(a2＋a＋1)(a2－a＋1)．
13．已知a>b>0，比较与的大小．
解　∵－＝(a－b)＝.
∵a>b>0，∴a－b>0，
∴>0.∴－>0，
即>.
四、探究与拓展
14．设函数f(x)＝xsin x，x∈，若f(x1)>f(x2)，则x与x的关系为________．
答案　x>x
解析　由题意，得f(x)＝f(|x|)，且当x∈时，
f(|x|)为增函数，又由f(x1)>f(x2)，
得f(|x1|)>f(|x2|)，
故|x1|>|x2|，于是x>x.
15．若x＞y＞0，比较与的大小关系．
解　－＝＝＝.
因为x＞y＞0，所以x－y＞0，x＋y＞0，x2＞0，
x2＋1＞1，所以＞0.
所以＞＞0.故＞.
1.2　不等式的性质
学习目标　1.理解不等式的性质，并掌握不等式的性质.2.能运用不等式的性质证明简单的不等式、解决不等式的简单问题．
知识点　不等式的性质
(1)性质1(对称性)：如果a>b，那么b如果bb.
(2)性质2(传递性)：如果a>b，b>c，那么a>c.
(3)性质3(加法性质)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
①移项法则：如果a＋b>c，那么a>c－b.
②推论(加法法则)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(4)性质4(乘法性质)：如果a>b，c>0，那么ac>bc；
如果a>b，c<0，那么ac①推论1(乘法法则)：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
②推论2(平方法则)：如果a>b>0，那么a2>b2.
③推论3(乘方法则)：如果a>b>0，那么an>bn(n为正整数)．
④推论4(开方法则)：如果a>b>0，那么> (n为正整数).
类型一　不等式的性质的应用
例1　判断下列命题是否正确，并说明理由．
(1)若a＞b＞0，则＜；
(2)若c＞a＞b＞0，则＞；
(3)若＞，则ad＞bc；
(4)设a，b为正实数，若a－＜b－，则a＜b.
解　(1)正确．因为a＞b＞0，所以ab＞0.
两边同乘以，得a·＞b·，得＞.
(2)正确．因为c－a＞0，c－b＞0，
且c－a＜c－b，所以＞＞0.
又a＞b＞0，所以＞.
(3)不正确．因为＞，所以－＞0，
即＞0，
所以或
即ad＞bc且cd＞0或ad＜bc且cd＜0.
(4)正确．因为a－＜b－，且a＞0，b＞0，所以a2b－b＜ab2－a?a2b－ab2－b＋a＜0?ab(a－b)＋(a－b)＜0?(a－b)(ab＋1)＜0，所以a－b＜0，即a＜b.
反思与感悟　(1)利用不等式的性质判断命题真假的技巧
①要判断一个命题为真命题，必须严格证明；
②要判断一个命题为假命题，或者举反例，或者由题中条件推出与结论相反的结果．其中，举反例在解选择题时用处很大．
(2)运用不等式的性质判断命题真假的三点注意事项
①倒数法则要求两数同号；
②两边同乘以一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；
③同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．
跟踪训练1　下列命题中正确的是________．(填序号)
①若a＞b＞0，c＞d＞0，那么＜；
②若a，b∈R，则a2＋b2＋5≥2(2a－b)；
③若a，b∈R，a＞b，则a2＞b2；
④若a，b∈R，a＞b，则＞.
答案　②④
解析　对于①，∵c＞d＞0，∴＞＞0，
∴＞＞0，∴＞，∴①不对；
对于②，a2＋b2＋5－(4a－2b)＝a2－4a＋b2＋2b＋5＝(a－2)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2＋5≥2(2a－b)，∴②对；
对于③，由于a＞b不能保证a，b同时大于0，
∴a2＞b2不成立，∴③不对；
对于④，∵c2＋1＞0，∴由a＞b，可得＞，
∴④正确．
类型二　利用不等式的性质证明不等式
例2　已知a＞b＞0，c＜d＜0，求证：＜.
证明　∵c＜d＜0，
∴－c＞－d＞0.
又a＞b＞0，
∴a－c＞b－d＞0，
∴0＜＜.
又0＜b＜a，
∴＜.
引申探究
1．若本例条件不变，求证：＜.
证明　∵c＜d＜0，
∴－c＞－d＞0，
∴0＜＜.
∴＞＞0，
∴＞，即－＞－，
∴＜.
2．若本例条件不变，求证：＜.
证明　∵a＞b＞0，
∴＞＞0.
又∵c＜d＜0，
∴－c＞－d＞0，
∴＞＞0.
∴＋＞＋＞0，
即＞＞0，
∴＞＞0，
∴＜.
反思与感悟　进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
跟踪训练2　已知a＞0，b＞0，求证：＋≥a＋b.
证明　＋－(a＋b)＝＋＝＋＝(a－b)(a＋b)·＝(a－b)2(a＋b)，
∵a＞0，b＞0，∴(a－b)2(a＋b)≥0，即＋≥a＋b.
类型三　利用不等式的性质求代数式范围
例3　设f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．
解　设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，
即4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a－(m－n)b，
于是，得
解得
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
即5≤f(－2)≤10.
反思与感悟　(1)应用同向不等式相加性质时不能多次使用，否则范围将会扩大．
(2)整体代换思想，是解这类问题常用的方法．
跟踪训练3　已知①－1≤a＋b≤1，②1≤a－b≤3，求3a－b的取值范围．
解　设3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b.
∴∴
由①＋②×2，得－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋3×2，
即1≤3a－b≤7.
1．若a＜b＜0，则下列结论不正确的是(　　)
A．a2＜b2 B．ab＜a2
C.＋＞2 D．|a|－|b|＝|a－b|
答案　A
解析　∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0，
即(－a)2＞(－b)2，∴a2＞b2.
2．设p：x＜3，q：－1＜x＜3，则p是q成立的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分又不必要条件
答案　C
解析　∵q?p，∴p是q的必要条件．但p?q，∴p不是q的充分条件．
3．若a＜0，－1＜b＜0，则有(　　)
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
答案　D
解析　∵－1＜b＜0，
∴b＜b2＜1.
∵a＜0，
∴ab＞ab2＞a.
4．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
解析　只有当c＞0且d＞0时，才有a＞b＞0，ac＞bd?c＞d.
5．设角α，β满足－＜α＜β＜，则α－β的取值范围是(　　)
A．－π＜α－β＜0 B．－π＜α－β＜π
C．－＜α－β＜0 D．－＜α－β＜
答案　A
解析　∵－＜α＜β＜，
∴－＜－β＜且α－β＜0，∴－π＜α－β＜0.
1．不等式的性质是不等式变形的依据，每一步变形都要做到有根有据，严格按照不等式的性质进行．
2．利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式的性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
一、选择题
1．已知a＞0＞b，c＜d＜0，给出下列不等式：
(1)ad＞bc；(2)a－c＞b－d；(3)a(d－c)＞b(d－c)．其中成立的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　因为a＞0，b＜0，c＜d＜0，所以ad＜0，bc＞0，故(1)不成立；
因为a＞b，c＜d＜0，所以－c＞－d，所以a－c＞b－d，故(2)成立；
由c＜d＜0，知d－c＞0，又a＞0＞b，所以a(d－c)＞b(d－c)，故(3)成立．
2．已知实数a，b，c同时满足下列条件：
(1)abc>0；(2)ab＋bc＋ca<0；(3)a>b>c.
有下列判断：
①a>0；②b>0；③c>0；④bc>0.
其中正确的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　∵abc>0，a>b>c，
∴a>0，bc>0.
又∵ab＋bc＋ca<0，∴b<0，c<0.
3．已知a，b为实数，则“a>b>1”是“<”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
答案　A
解析　∵a>b>1，∴a－1>b－1>0，
∴<.
取a＝－1，b＝2，有<，
但不满足a>b>1.
∴“a>b>1”是“<”的充分不必要条件，故选A.
4．设a＞1＞b＞－1，则下列不等式中恒成立的是(　　)
A.＜ B.＞
C．a＞b2 D．a2＞2b
答案　C
解析　∵－1＜b＜1，∴b2＜1＜a.
5．已知a，b，c∈(0，＋∞)，若＜＜，则(　　)
A．c＜a＜b B．b＜c＜a
C．a＜b＜c D．c＜b＜a
答案　A
解析　由＜＜，可得＋1＜＋1＜＋1，即＜＜.又a，b，c∈(0，＋∞)，所以a＋b＞b＋c＞c＋a.由a＋b＞b＋c，可得a＞c；由b＋c＞c＋a，可得b＞a，于是有c＜a＜b.
6．设a，b∈(－∞，0)，则“a＞b”是“a－＞b－”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．既不充分又不必要条件
答案　C
解析　a，b∈(－∞，0)，
∵a＞b，∴＜，即－＞－，
∴a－＞b－，
∴“a＞b”是“a－＞b－”成立的充分条件．
又由a－＞b－?a－b＋－＞0?(a－b)＋＞0?(a－b)·＞0?a－b＞0?a＞b.
∴“a＞b”又是“a－＞b－”成立的必要条件．
故“a>b”是“a>>b－”成立的充要条件．
故“a>b”是“a－>b－”成立的充要条件．
二、填空题
7．已知a，b，c是实数，则a2＋b2＋c2与ab＋bc＋ca的大小关系是__________．
答案　a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
解析　∵a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
8．若a，b，c均为实数，下列四个条件：
①ac2>bc2；②>；③a3>b3；④a－c>b－c.
其中能成为a>b的充分不必要条件的序号是________．
答案　①
解析　①由ac2>bc2?a>b，反之不成立，
∴ac2>bc2是a>b的充分不必要条件；
②∵>，∴－＝>0.
∵c的符号不能确定，
∴a，b的大小关系不确定；
③a3>b3是a>b的充要条件；
④a－c>b－c是a>b的充要条件．
9．在以下四个条件中：
①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0.
其中能使<成立的序号为________．
答案　①②④
解析　①∵b>0>a，∴>0>；
②∵0>a>b，∴<<0；
③∵a>0>b，∴>0>；
④∵a>b>0，∴>>0.
10．已知三个不等式：①ab＞0；②＞；③bc＞ad.以其中两个作为条件，剩下一个作为结论，则可组成________个正确命题．
答案　3
解析　若ab＞0，bc＞ad成立，
不等式bc＞ad两边同除以ab，得＞，
即ab＞0，bc＞ad?＞；
若ab＞0，＞成立，＞两边同乘以ab，
得bc＞ad，即ab＞0，＞?bc＞ad；
若＞，bc＞ad成立，由于－＝＞0，
又bc－ad＞0，故ab＞0，所以＞，bc＞ad?ab＞0.
综上，任两个作为条件都可推出第三个成立，故可组成3个正确命题．
三、解答题
11．已知a>b>c>d>0，且＝，求证：a＋d>b＋c.
证明　∵＝，∴＝.
∴(a－b)d＝(c－d)b.
又∵a>b>c>d>0，∴a－b>0，c－d>0，b>d>0且>1，
∴＝>1，∴a－b>c－d，即a＋d>b＋c.
12．已知a，b，c是正实数，求证：＋＋≥＋＋.
证明　由2＋2＋2≥0，
得2－2≥0.
所以＋＋≥＋＋.
13．若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：＞.
证明　∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.
∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，
∴(a－c)2＞(b－d)2＞0，∴＜.
又∵e＜0，∴＞.
四、探究与拓展
14．设x，y∈R，判定下列各题中，命题A与命题B的充分必要关系．
(1)命题A：命题B：
(2)命题A：命题B：
解　(1)若a>0且b>0，由实数的性质可知，a＋b>0，且ab>0.若ab>0?a，b同号，又a＋b>0?a，b同正，即a>0，b>0.所以命题A是命题B的充要条件．
(2)因为?x＋y>4，xy>4.(不等式的性质)
反之不然，如反例，当x＝6，y＝1时，有x＋y＝6＋1＝7>4，xy＝6>4，但x>2，y<2，即x>2，且y>2不成立，所以命题A是命题B的充分不必要条件．
15．已知－1≤a＋b≤1,1≤a－2b≤3，求a＋3b的取值范围．
解　设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b，
∴
解得λ1＝，λ2＝－.
∴－≤(a＋b)≤，－2≤－(a－2b)≤－，
∴－≤a＋3b≤1，即a＋3b的取值范围为.
§2　含有绝对值的不等式
2.1　绝对值不等式
学习目标　1.进一步理解绝对值的意义.2.理解并掌握绝对值不等式|a＋b|≤|a|＋|b|的代数及几何解释.3.会用|a＋b|≤|a|＋|b|解决一些简单的绝对值不等式问题．
知识点　绝对值不等式定理
思考1　实数a的绝对值|a|的几何意义是什么？
答案　|a|表示数轴上以a为坐标的点A到原点的距离．
思考2　代数式|x＋2|＋|x－3|的几何意义是什么？
答案　表示数轴上的点x到点－2,3的距离之和．
思考3　画画图，看看|x＋2|＋|x－3|与|(－2)－3|的关系．
答案　
由数轴可以看出数轴上的点x到点－2,3的距离之和大于等于点－2到3的距离，即|x＋2|＋|x－3|≥|(－2)－3|.
梳理　(1)实数的绝对值
|a|＝
由定义易得|ab|＝|a|·|b|；＝(b≠0)；|a|2＝a2；＝|a|；－|a|≤a≤|a|.
(2)绝对值的几何意义
设a是任意一个实数，在数轴上：
①|a|表示实数a对应的点与原点O的距离；
②|x－a|表示实数x对应的点与实数a对应的点之间的距离；
③|x＋a|表示实数x对应的点与实数－a对应的点之间的距离．
(3)绝对值不等式(定理)
对任意实数a和b，有|a＋b|≤|a|＋|b|.
拓展　||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
类型一　含绝对值不等式的证明
例1　设函数f(x)＝x2－2x，|x－a|＜1.
求证：|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.
证明　∵f(x)＝x2－2x，且|x－a|＜1，
∴|f(x)－f(a)|＝|x2－2x－a2＋2a|
＝|(x＋a)(x－a)－2(x－a)|
＝|(x－a)(x＋a－2)|＝|x－a|·|x＋a－2|
＜|x＋a－2|＝|(x－a)＋(2a－2)|
≤|x－a|＋|2a－2|
＜1＋|2a|＋|2|＝2|a|＋3，
∴|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.
反思与感悟　两类含绝对值不等式的证明技巧
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||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．
跟踪训练1　已知|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.
证明　∵|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|，
又∵|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，
∴|A－a|＋|B－b|＋|C－c|＜＋＋＝s，
∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.
类型二　利用绝对值不等式求最值
例2　(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；
(2)如果关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，求参数a的取值范围．
解　(1)∵||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，
∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4，
∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1，
当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立．
∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1.
∴a的取值范围为(－∞，1]．
反思与感悟　(1)利用绝对值不等式求函数最值时，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．
(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．
跟踪训练2　(1)已知x∈R，求f(x)＝|x＋1|－|x－2|的最值；
(2)若|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，求a的取值范围．
解　(1)∵|f(x)|＝||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴－3≤f(x)≤3，∴f(x)min＝－3，f(x)max＝3.
(2)∵|x－3|＋|x＋1|≥|(x－3)－(x＋1)|＝4，
∴|x－3|＋|x＋1|≥4.
∴当a＜4时，|x－3|＋|x＋1|＞a的解集为R.
又∵|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，∴a≥4.
∴a的取值范围是[4，＋∞)．
类型三　绝对值不等式的综合应用
例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，
可得f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2，
所以f(x)≥2.
(2)解　f(3)＝|3＋|＋|3－a|，
当a＞3时，f(3)＝a＋，
由f(3)＜5，得3＜a＜；
当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，
由f(3)＜5，得＜a≤3.
综上可知，a的取值范围是.
反思与感悟　含绝对值的综合问题，综合性强，所用到的知识多，在解题时，要注意应用绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要注意配方等等价变形，同时在应用绝对值不等式放缩性质求最值时，还要注意等号成立的条件．
跟踪训练3　设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，恒有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.
证明　因为当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，
所以|f(0)|＝|c|≤1，|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，
又f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，
所以|f(2)|＝|4a＋2b＋c|
＝|3(a＋b＋c)＋(a－b＋c)－3c|
＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|
≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|
≤3＋1＋3＝7，所以|f(2)|≤7.
1．已知|x－m|＜，|y－n|＜，则|4x＋2y－4m－2n|小于(　　)
A．ξ B．2ξ C．3ξ D.
答案　C
解析　|4x＋2y－4m－2n|＝|4(x－m)＋2(y－n)|
≤4|x－m|＋2|y－n|＜4×＋2×＝3ξ.
2．已知a为实数，则“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
答案　B
解析　由|a|≥1得a≤－1或a≥1.因为关于x的不等式|x|＋|x－1|≤a有解，而|x|＋|x－1|≥|x＋1－x|＝1，所以a≥1.故“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的必要不充分条件．
3．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n的大小关系是(　　)
A．m＞n B．m＜n
C．m＝n D．m≤n
答案　D
解析　m＝≤＝1.
又n＝≥＝1，
∴m≤n.
4．已知关于x的不等式|x－1|＋|x＋a|≤8的解集不是空集，则a的最小值是________．
答案　－9
解析　∵|x－1|＋|x＋a|≥|x－1－(x＋a)|＝|a＋1|，且关于x的不等式|x－1|＋|x＋a|≤8的解集不是空集，∴|a＋1|≤8，解得－9≤a≤7，即a的最小值是－9.
5．下列四个不等式：①|logx10＋lg x|≥2；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)．
答案　①③④
解析　|logx10＋lg x|＝＝＋|lg x|≥2，①正确；
当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正确．
1．求含绝对值的代数式的最值问题的综合性较强，直接求|a|＋|b|的最大值比较困难，可采用求|a＋b|，|a－b|的最值，及ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|，当ab≤0时，|a|＋|b|＝|a－b|的定理，达到目的．
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)利用绝对值的几何意义；
(3)利用绝对值不等式的性质定理．
一、选择题
1．已知h＞0，a，b∈R，命题甲：|a－b|＜2h；命题乙：|a－1|＜h且|b－1|＜h，则甲是乙的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
答案　B
解析　“乙?甲”，
∵|a－1|＜h，|b－1|＜ h，
∴|a－1|＋|b－1|＜2h，
又|a－1|＋|b－1|≥|(a－1)－(b－1)|＝|a－b|，
∴|a－b|＜2h.
“甲?乙”．当a＝b＝5，h＝1时，甲?乙．
2．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
答案　B
解析　当(a＋b)与(a－b)同号或(a＋b)(a－b)＝0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|＜2.
当(a＋b)与(a－b)异号时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＜2.
3．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
答案　C
解析　∵|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|
≥|(x－1)－x|＋|－(y＋1)|＝3.
4．设变量x，y满足|x－1|＋|y－a|≤1，若2x＋y的最大值是5，则实数a的值是(　　)
A．2 B．1 C．0 D．－1
答案　B
解析　由|x－1|＋|y－a|≤1，得|x－1|≤1，
∴0≤x≤2，且|x＋y－1－a|≤1，
∴a≤x＋y≤2＋a，
∴2x＋y≤4＋a，
又2x＋y的最大值为5，
∴4＋a＝5，∴a＝1.
5．已知不等式|x－m|＜1成立的一个充分不必要条件是＜x＜，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
6．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为(　　)
A．5 B．4 C．8 D．7
答案　A
解析　由题意，得|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|
≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，
即|x－2y＋1|的最大值为5.
二、填空题
7．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
答案　[－2,4]
解析　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.
8．已知函数f(x)＝|x－3|－|x－a|.若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，则实数a的取值范围为________．
答案　
解析　由不等式性质可知，f(x)＝|x－3|－|x－a|
≤|(x－3)－(x－a)|＝|a－3|，
所以若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，
则|a－3|≥a，解得a≤，
所以实数a的取值范围是.
9．以下三个命题：
①若|a－b|≤1，则|a|≤|b|＋1；
②若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
③|x|＜2，|y|＞3，则＜.
其中正确命题的序号为________．
答案　①②③
解析　因为|a|－|b|≤|a－b|≤1，所以|a|≤|b|＋1，故①正确；因为|a＋b|－2|a|＝|a＋b|－|2a|≤|(a＋b)－2a|＝|a－b|.故②正确；③显然正确．
10．若不等式|2a－1|≤对一切非零实数x恒成立，则实数a的取值范围是______．
答案　
解析　因为＝|x|＋≥2，
所以由已知得|2a－1|≤2，
即－2≤2a－1≤2，
解得－≤a≤.
11．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4，若函数f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，则m的取值范围是________．
答案　(－∞，－3]
解析　f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，
因为x∈R，由绝对值不等式，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]．
三、解答题
12．求证：(1)|a＋b|＋|a－b|≥2|a|；
(2)|a＋b|－|a－b|≤2|b|.
证明　(1)∵|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝|2a|＝2|a|，
∴|a＋b|＋|a－b|≥2|a|.
(2)∵|a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)－(a－b)|＝|2b|＝2|b|，
∴|a＋b|－|a－b|≤2|b|.
13．设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)．
(1)若|a|≤1，证明：|f(x)|≤.
(2)求使函数f(x)有最大值的实数a的值．
(1)证明　∵|x|≤1，|a|≤1，
∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a||x2－1|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－2＋≤.
(2)解　当a＝0时，f(x)＝x；
当－1≤x≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝1不可能满足题设条件，∴a≠0.
又f(1)＝a＋1－a＝1，f(－1)＝a－1－a＝－1，故f(±1)均不是最大值．
∴f(x)的最大值为，应在其对称轴上，即顶点位置取得．
∴a<0，
∴命题等价于得即
∴a＝－2.
四、探究与拓展
14．设x，y∈R，求证：|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥2.
证明　由绝对值三角不等式，得|2x－x|＋|2y－y|≥|2x＋2y－(x＋y)|≥|2x＋2y|－|x＋y|，
∴|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥|2x＋2y|.
而|2x＋2y|＝2x＋2y≥2＝2＝2·2＝2，
∴|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥2.
15．已知a，b∈R且a≠0，求证：≥－.
证明　(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．
2.2　绝对值不等式的解法
学习目标　1.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c.2.理解并掌握绝对值不等式的几种解法，并能根据不等式的结构特征选择适当方法求解．
知识点一　|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
思考1　|x|≥2说明实数x有什么特征？
答案　因为x在数轴上对应的点x到原点的距离大于等于2，所以x≥2或x≤－2.
思考2　若|2x－3|≤5，求x的取值范围．
答案　{x|－1≤x≤4}．
梳理　(1)含绝对值不等式|x|＜a与|x|＞a的解法
①|x|＜a?
②|x|＞a?
(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.
知识点二　|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
思考　如何去掉|x－a|＋|x－b|的绝对值符号？
答案　采用零点分段法．即令|x－a|＋|x－b|＝0，得
x1＝a，x2＝b，(不妨设a＜b)
|x－a|＋|x－b|＝
梳理　|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，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．
(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)通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．
特别提醒：解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，去绝对值符号的关键是“零点分段”法．
类型一　|ax＋b|≤c(c>0)与|ax＋b|≥c(c＞0)型的不等式的解法
例1　解下列不等式：
(1)|5x－2|≥8；(2)2≤|x－2|≤4.
解　(1)|5x－2|≥8?5x－2≥8或5x－2≤－8?x≥2或x≤－，
∴原不等式的解集为.
(2)原不等式等价于
由①得x－2≤－2或x－2≥2，
∴x≤0或x≥4，
由②得－4≤x－2≤4，
∴－2≤x≤6.
∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤0或4≤x≤6}．
反思与感悟　|ax＋b|≥c和|ax＋b|≤c型不等式的解法
(1)当c＞0时，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，
|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；
(2)当c＝0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|＜c的解集为?；
(3)当c＜0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|≤c的解集为?.
跟踪训练1　解下列不等式：
(1)3≤|x－2|＜4；
(2)||x－1|－4|＜2.
解　(1)方法一　原不等式等价于
由①得x－2≤－3或x－2≥3，∴x≤－1或x≥5，
由②得－4＜x－2＜4，∴－2＜x＜6.
∴原不等式的解集为{x|－2＜x≤－1或5≤x＜6}．
方法二　3≤|x－2|＜4?3≤x－2＜4或－4＜x－2≤－3?5≤x＜6或－2＜x≤－1.
∴原不等式的解集为{x|－2＜x≤－1或5≤x＜6}．
(2)||x－1|－4|＜2?－2＜|x－1|－4＜2?2＜|x－1|＜6
????－5＜x＜－1或3＜x＜7.
∴不等式||x－1|－4|＜2的解集为{x|－5＜x＜－1或3＜x＜7}．
类型二　|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
例2　解关于x的不等式：|3x－2|＋|x－1|＞3.
解　方法一　分类(零点分段)讨论法
|3x－2|＝0，|x－1|＝0的根，1把实数轴分为三个区间，在这三个区间上根据绝对值的定义，代数式|3x－2|＋|x－1|有不同的解析表达式，因而原不等式的解集为以下三个不等式组解集的并集．
①因为当x≤时，|3x－2|＋|x－1|＝2－3x＋1－x＝3－4x，
所以当x≤时，|3x－2|＋|x－1|＞3?3－4x＞3?x＜0.
因此，不等式组的解集为{x|x＜0}．
②因为当＜x＜1时，|3x－2|＋|x－1|＝3x－2＋1－x＝2x－1，
所以当＜x＜1时，|3x－2|＋|x－1|＞3?x＞2.
因此，不等式组的解集为?.
③因为当x≥1时，|3x－2|＋|x－1|＝3x－2＋x－1＝4x－3，
所以当x≥1时，|3x－2|＋|x－1|＞3?4x－3＞3?x＞.
因此，不等式组的解集为.
于是原不等式的解集为以上三个不等式组解集的并集，
即{x|x＜0}∪?∪＝.
方法二　构造函数f(x)＝|3x－2|＋|x－1|－3，则原不等式的解集为{x|f(x)＞0}．
f(x)＝
作出函数f(x)的图像，如图．
它是分段线性函数，函数的零点是0和.
由图像可知，当x∈(－∞，0)∪时，有f(x)＞0.
所以原不等式的解集是(－∞，0)∪.
反思与感悟　|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的三种解法：分区间(零点分段)讨论法、图像法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图像法直观，但只适用于数据较简单的情况．
跟踪训练2　解不等式|x＋7|－|x－2|≤3.
解　方法一　|x＋7|－|x－2|可以看成数轴上的动点(坐标为x)到对应点－7的距离与到对应点2的距离的差，先找到这个差等于3的点，即x＝－1.由图易知不等式|x＋7|－|x－2|≤3的解为x≤－1，即x∈(－∞，－1]．
方法二　令x＋7＝0，x－2＝0，得x＝－7，x＝2.
①当x＜－7时，不等式变为－x－7＋x－2≤3，
∴－9≤3成立，∴x＜－7.
②当－7≤x≤2时，不等式变为x＋7＋x－2≤3，
即2x≤－2，∴x≤－1，∴－7≤x≤－1.
③当x＞2时，不等式变为x＋7－x＋2≤3，即9≤3不成立，
∴x∈?.
∴原不等式的解集为(－∞，－1]．
方法三　将原不等式转化为|x＋7|－|x－2|－3≤0，
构造函数y＝|x＋7|－|x－2|－3，
即y＝
作出函数的图像，由图像可知，
当x≤－1时，y≤0，
即|x＋7|－|x－2|－3≤0，
所以，原不等式的解集为(－∞，－1]．
类型三　含绝对值不等式的恒成立问题
例3　已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x＋a|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)＞a恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)∵当a＝－3时，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|，
∴f(x)≤6等价于|2x＋1|＋|2x－3|－6≤0，
令g(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|－6，
令|2x＋1|＝0，|2x－3|＝0，得x1＝－，x2＝.
∴g(x)＝
作出y＝g(x)的图像，如图，
∴f(x)≤6的解集为[－1,2]．
(2)∵f(x)＝|2x＋1|＋|2x＋a|≥|(2x＋1)－(2x＋a)|＝|a－1|，
∴f(x)min＝|a－1|.
要使f(x)＞a恒成立，只需|a－1|＞a成立即可．
由|a－1|＞a，
得a－1＞a或a－1＜－a，
∴a＜，
∴a的取值范围是.
引申探究
若f(x)＝|2x＋1|－|2x＋a|且f(x)＜a恒成立，求a的取值范围．
解　∵f(x)＝|2x＋1|－|2x＋a|≤|(2x＋1)－(2x＋a)|＝|a－1|，∴f(x)max＝|a－1|.
∵f(x)＜a恒成立，
∴|a－1|＜a，
当a>0时，－a，
当a＝0时，|－1|<0，无解，当a<0时，无解，
∴a的取值范围是(，＋∞)．
反思与感悟　当不等式的解集为R或为空集时，都可以转化为不等式恒成立问题．f(x)＜a恒成立?f(x)max＜a，f(x)＞a恒成立?f(x)min＞a.
跟踪训练3　已知不等式|x＋2|－|x＋3|＞m.根据以下情形分别求出m的取值范围．
(1)若不等式有解；
(2)若不等式的解集为R；
(3)若不等式的解集为?.
解　方法一　因为|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)，B(－3)距离的差，
即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|.
则(|PA|－|PB|)max＝1，(|PA|－|PB|)min＝－1.
即－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m＜1，m的取值范围为(－∞，1).
(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最小值还小，即m＜－1，m的取值范围为(－∞，－1)．
(3)若不等式的解集为?，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1，m的取值范围为[1，＋∞)．
方法二　由||x＋2|－|x＋3||≤|(x＋2)－(x＋3)|＝1，
可得－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，则m∈(－∞，1)．
(2)若不等式的解集为R，则m∈(－∞，－1)．
(3)若不等式的解集为?，则m∈[1，＋∞).
1．不等式|x＋1|＞3的解集是(　　)
A．{x|x＜－4或x＞2} B．{x|－4＜x＜2}
C．{x|x＜－4或x≥2} D．{x|－4≤x＜2}
答案　A
解析　|x＋1|＞3，则x＋1＞3或x＋1＜－3，
因此x＜－4或x＞2.
2．不等式＞0的解集为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　原不等式???
3．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．(－，)
答案　C
解析　|x＋1|＋|x＋2|表示数轴上一点到－2，－1两点的距离之和，根据－2，－1之间的距离为1，可得到与－2，－1距离和为5的点是－4,1.因此|x＋1|＋|x＋2|＜5的解集是(－4,1)．
4．已知x为实数，且|x－5|＋|x－3|＜m有解，则m的取值范围是(　　)
A．m＞1 B．m≥1 C．m＞2 D．m≥2
答案　C
解析　∵|x－5|＋|x－3|≥|(x－5)－(x－3)|＝2，∴m＞2.
5．解不等式|2x－1|＋|3x＋2|≥8.
解　①当x≤－时，
|2x－1|＋|3x＋2|≥8?1－2x－(3x＋2)≥8
?－5x≥9?x≤－，∴x≤－.
②当－＜x＜时，|2x－1|＋|3x＋2|≥8?1－2x＋3x＋2≥8?x≥5，
∴x∈?.
③当x≥时，|2x－1|＋|3x＋2|≥8?5x＋1≥8?5x≥7?x≥，∴x≥.
∴原不等式的解集为∪.
1．解不等式|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c
(1)当c≥0时，|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c，解之即可；|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，解之即可．
(2)当c＜0时，由绝对值的定义知|ax＋b|≤c的解集为?，|ax＋b|≥c的解集为R.
2．解|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型的不等式的核心步骤是“零点分段”，即
①令每个绝对值符号里的一次式为零，求出相应的根；
②把这些根由小到大排序并把实数集分为若干个区间；
③由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出它们的解集；
④这些不等式的解集的并集就是原不等式的解集．
一、选择题
1．不等式x2－|x|－2＜0(x∈R)的解集是(　　)
A．{x|－2＜x＜2} B．{x|x＜－2或x＞2}
C．{x|－1＜x＜1} D．{x|x＜－1或x＞1}
答案　A
解析　当x≥0时，不等式化为x2－x－2＜0，
解得－1＜x＜2，所以0≤x＜2；
当x＜0时，不等式化为x2＋x－2＜0，
解得－2＜x＜1，所以－2＜x＜0.
故原不等式的解集为{x|－2＜x＜2}．
2．若关于x的不等式|x－2|＋|x－a|≥a在R上恒成立，则a的最大值是(　　)
A．0 B．1 C．－1 D．2
答案　B
解析　∵|x－2|＋|x－a|≥|a－2|，
∴|a－2|≥a，即a－2≥a或a－2≤－a，
∴a≤1.
3．设函数f(x)＝则使f(x)≥1的自变量x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2]∪[0,4] B．(－∞，－2]∪[0,1]
C．(－∞，－2]∪[1,4] D．[－2,0]∪[1,4]
答案　A
4．若关于x的不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－1]∪[4，＋∞)
B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．[1,2]
D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案　A
解析　∵|x＋3|－|x－1|≤|4|＝4，
∴a2－3a≥4，即a2－3a－4≥0，
解得a≤－1或a≥4.
5．当|x－2|＜a时，不等式|x2－4|＜1成立，则正数a的取值范围是(　　)
A．a＞－2 B．0＜a≤－2
C．a≥－2 D．以上都不正确
答案　B
解析　由|x－2|＜a，得a>0，且－a＋2＜x＜a＋2，
由|x2－4|＜1，得＜x＜或－＜x＜－.
∴即0＜a≤－2，
或无解．
二、填空题
6．不等式≥1成立的充要条件是________．
答案　|a|＞|b|
解析　≥1?≥0
?(|a|－|b|)·[|a＋b|－(|a|－|b|)]≥0(|a|≠|b|)．
而|a＋b|≥|a|－|b|，
∴|a＋b|－(|a|－|b|)≥0.
∴|a|－|b|＞0，即|a|＞|b|.
7．若关于x的不等式|ax－2|＜3的解集为，则a＝________.
答案　－3
解析　∵|ax－2|＜3，∴－1＜ax＜5.
当a＞0时，－＜x＜，与已知条件不符；
当a＝0时，x∈R，与已知条件不符；
当a＜0时，＜x＜－，
又不等式的解集为，故a＝－3.
8．已知函数f(x)＝|x－a|＋a，g(x)＝4－x2，若存在x0∈R使g(x0)≥f(x0)，则a的取值范围是________．
答案　
解析　若存在x0∈R使g(x0)≥f(x0)，
则x2＋|x－a|＋a－4≤0有解．
当x≥a时，x2＋x－4≤0，显然有解；
当x＜a时，x2－x＋2a－4≤0，
由Δ＝1－4(2a－4)≥0，
解得a≤.
9．已知函数f(x)＝|2x－1|＋x＋3，若f(x)≤5，则x的取值范围是________．
答案　[－1,1]
解析　由题意可知，|2x－1|＋x＋3≤5，
即|2x－1|≤2－x，
所以或
解得≤x≤1或－1≤x＜，
故x的取值范围是{x}．
10．已知集合A＝{x||x－4|＋|x－1|＜5}，B＝{x|a＜x＜6}且A∩B＝(2，b)，则a＋b＝_____.
答案　7
解析　|x－4|＋|x－1|表示数轴上一点到1,4两点的距离之和，根据1,4之间的距离为3，可得到与1,4距离和为5的点是0,5，所以|x－4|＋|x－1|<5的解集是{x|011．已知函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a＝________.
答案　－4或8
解析　①当a≤2时，
f(x)＝
②当a＞2时，
f(x)＝
由①②可得f(x)min＝f(－)＝|－＋1|＝3，
解得a＝－4或8.
三、解答题
12．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|＜5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)由||x－1|＋2|＜5，得－5＜|x－1|＋2＜5，
即－7＜|x－1|＜3，得不等式的解集为{x|－2＜x＜4}．
(2)因为对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}?{y|y＝g(x)}．
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
所以|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)∪(－∞，－5]．
13．已知a＋b＝1，对任意的a，b∈(0，＋∞)，＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，求x的取值范围.
解　因为a＞0，b＞0且a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝5＋＋≥9，
当且仅当a＝，b＝时，等号成立，
故＋的最小值为9，
因为对任意的a，b∈(0，＋∞)，
使＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，
所以|2x－1|－|x＋1|≤9，
当x≤－1时，2－x≤9，
所以－7≤x≤－1；
当－1＜x＜时，－3x≤9，
所以－1＜x＜；
当x≥时，x－2≤9，所以≤x≤11.
综上所述，x的取值范围是[－7,11]．
四、探究与拓展
14．(2018·全国Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝5－|x＋1|－|x－2|＝
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，
且当(x＋a)(x－2)≤0时等号成立．
故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.
所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
15．设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
(1)画出函数y＝f(x)的图像；
(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)(a≠0，a，b∈R)恒成立，求实数x的取值范围．
解　(1)当x≤1时，f(x)＝－(x－1)－(x－2)＝－2x＋3；
当1＜x≤2时，f(x)＝(x－1)－(x－2)＝1；
当x＞2时，f(x)＝(x－1)＋(x－2)＝2x－3.
所以f(x)＝
图像如图所示．
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)，
得≥f(x)．
又因为≥＝2，
所以2≥f(x)，
解不等式2≥|x－1|＋|x－2|，得≤x≤.
即实数x的取值范围是
§5　不等式的应用
学习目标　1.了解不等式应用的广泛性.2.能用不等式解决一些生产及生活中的问题．
知识点一　平均值不等式
写出平均值不等式
(1)≥(a，b∈R＋)，当且仅当a＝b时，“＝”号成立．
(2)≥(a，b，c∈R＋)，当且仅当a＝b＝c时，“＝”号成立．
知识点二　不等式的应用
1．不等式的应用大致分为两类
(1)利用不等式研究函数的性质，求参数的取值范围．
(2)实际问题中建立不等式(或函数)模型，解决简单的实际问题．
2．解不等式应用问题的四个步骤
(1)审题，必要时画出示意图．
(2)建立不等式模型，即根据题意找出常数量和变量之间的不等关系．
(3)利用不等式的有关知识解题，即将数学模型转化为数学符号或图形符号．
(4)作出问题结论．
类型一　列不等式解实际应用题
例1　某学校为提高办学质量，决定为各班教室配置一台液晶电视机，经过学校研究，决定分别从两种质量相当的电视机品牌中选择功能相同的电视机型号．据了解，甲型号电视机为家电下乡政府补贴品牌，每台享受13%政府补贴优惠政策(即按原价的87%出售)，乙型号电视机的优惠条件是：不超过20台(含20台)时，每台按原价出售，超过20台时，超过的台数，每台按原价的77%出售．如果这两种型号的电视机原价相同，你觉得应该选择哪种型号的电视机更合算？
解　设学校要购买x(x∈N＋)台电视机，甲、乙两种型号的电视机售价总额分别为y甲元、y乙元，一台电视机的售价为a元，则y甲＝0.87ax，
y乙＝
当x≤20时，显然选甲型号电视机更合算．
当x>20时，y甲－y乙
＝0.87ax－[20a＋(x－20)×0.77a]
＝0.87ax－20a－0.77ax＋15.4a
＝0.1ax－4.6a.
故当x<46时，选甲型号电视机更合算；
当x＝46时，两种型号电视机售价总额相同；
当x>46时，选乙型号电视机更合算．
反思与感悟　利用不等式表示不等关系时，要注意以下两点
(1)根据题意，利用引入的变量表示出其他所涉及的变量．
(2)要准确地使用不等号，同时注意实际情况对表示各量的字母取值范围的限制．
跟踪训练1　某校园内有一边长为80 m，宽为60 m的长方形地面，现要对该地面进行绿化，规划四周种花卉(花卉带的宽度相同)，中间种草坪，若要求草坪的面积不小于总面积的一半，则花卉带宽度(单位：m)的范围是________________．
答案　(0,10]
解析　设花卉带的宽度为x m，则中间草坪的长为(80－2x)m，宽为(60－2x)m.
根据题意知(80－2x)(60－2x)≥×80×60，
即4x2－140×2x＋×80×60≥0，
整理得x2－70x＋60×10≥0，
即(x－60)(x－10)≥0，
所以0故所求花卉带宽度(单位：m)的范围为(0,10]．
类型二　实际应用问题中的最值问题
例2　如图，将边长为1的正六边形铁皮(图①)的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器(图②)．当这个正六棱柱容器的底面边长为多少时，容积最大，并求出最大容积．
　
解　设正六棱柱的底面B1B2B3B4B5B6的边长为x(0＜x＜1)，则OB1＝B1B2＝x，如图．
由正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，
得OA1＝A1A2＝1，
∴A1B1＝OA1－OB1＝1－x.
作B1C1⊥A1A2于点C1，
在Rt△A1C1B1中，∠B1A1C1＝60°，则容器的高B1C1＝A1B1sin 60°＝(1－x)．于是容器的容积为V＝f(x)＝S·h＝·(1－x)＝x2(1－x)(0＜x＜1)．
则f(x)＝x2(1－x)＝·x·x(2－2x)≤·3＝，
当且仅当x＝x＝2－2x，即x＝时，Vmax＝.
故当正六棱柱容器的底面边长为时，最大容积为.
反思与感悟　利用三个正数的基本不等式解决应用问题的一般步骤
(1)理解题意，设变量．设变量时一般要把所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，把实际问题抽象为求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)验证相等条件，得出结论．
跟踪训练2　已知球的半径为R，球内接圆柱的底面半径为r，高为h，求当r和h为何值时，内接圆柱的体积最大？
解　设内接圆柱的体积为V，
又R2＝r2＋，
∴r2＝R2－，
∴V＝πr2h＝πh＝(4R2－h2)·h
＝＝≤＝πR3，
当且仅当4R2－h2＝2h2，即h＝R时，等号成立，此时r＝R.
∴当h＝R，r＝R时，内接圆柱的体积最大，为πR3.
1．现有甲、乙两人相约爬山，若甲上山的速度为v1，下山(原路返回)的速度为v2(v1≠v2)，乙上下山的速度都是(v1＋v2)(两人途中不停歇)，则甲、乙两人上下山所用时间t1，t2的关系为(　　)
A．t1>t2 B．t1C．t1＝t2 D．不能确定
答案　A
解析　设s为上山路程，则下山路程也为s.
t1＝＋>2＝，
t2＝＝<＝，∴t1>t2.
2．某城市为控制用水计划提高水价，现有四种方案，其中提价最多的方案是(已知0A．先提价p%，再提价q%
B．先提价q%，再提价p%
C．两次都提价%
D．两次都提价%
答案　C
解析　由题可知，A，B提价均为(1＋p%)(1＋q%)－1，
C提价2－1，
D提价2－1.
由<<?(1＋p%)(1＋q%)－1
<2－1<2－1，
故提价最多的方案是C.
3．汽车上坡时的速度为a，原路返回时的速度为b，且0A．大 B．小 C．相等 D．不能确定
答案　B
解析　设单程为s，则上坡时间t1＝，下坡时间t2＝，
平均速度为v＝＝＝<.
4．设甲、乙两地的距离为s，船在流水中在甲地和乙地来回行驶一次的平均速度为v1(v1>0)，已知船在静水中的速度为v2(v2>0)，试比较v1和v2的大小．
解　设水流速度为v(v>0)，则船在流水中在甲、乙间来回行驶一次的时间t＝＋＝，
∴平均速度v1＝＝.
∵v1>0，v2>0，
∴＝＝＝1－2<1，
∴v1利用不等式解决实际应用问题时应注意：
(1)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．
(2)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或不等式)．
(3)利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x取值范围的制约．
一、选择题
1．某商场中秋前30天月饼销售总量f(t)与时间t(0A．18 B．27 C．20 D．16
答案　A
解析　平均销售量y＝＝＝t＋＋10≥18.
当且仅当t＝，即t＝4∈[1,30]时等号成立，
即平均销售量的最小值为18.
2．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列总成立的是(　　)
A．V≥π B．V≤π
C．V≥π D．V≤π
答案　B
解析　设圆柱的底面半径为r，
则高h＝＝3－2r.
∴V＝πr2(3－2r)＝πr·r(3－2r)≤π3＝π.
3．某人要买房，随着楼层的升高，上下楼耗费的精力增多，因此不满意度升高，当住第n层楼时，上下楼造成的不满意度为n，但高处空气清新，嘈杂音较小，环境较为安静，因此随楼层升高，环境不满意程度降低，设住第n层楼时，环境不满意程度为，则此人应选(　　)
A．1楼 B．2楼
C．3楼 D．4楼
答案　C
解析　此人不满意程度越小，楼层越好．
设y＝n＋，易知函数y＝x＋的递减区间为(0,2)，递增区间为[2，＋∞)．
当n＝2时，y＝6；当n＝3时，y＝5.
因此选3楼不满意度最小．
4．若a>0，b>0，a，b的等差中项是，且α＝a＋，β＝b＋，则α＋β的最小值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
解析　因为a＋b＝1，所以α＋β＝a＋＋b＋＝1＋＋＝1＋1＋＋1＋≥5，
当且仅当a＝b＝时“＝”成立，
故选D.
5．若关于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－8]∪[0，＋∞) B．(－∞，－4]
C．[－8,4) D．(－∞，－8]
答案　D
解析　由9x＋(4＋a)·3x＋4＝0可得出a＝－－4≤－2－4＝－8，当且仅当3x＝2时“＝”成立，
∴a∈(－∞，－8]．
6．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最大值时，＋－的最大值为(　　)
A．0 B．1 C. D．3
答案　B
解析　由题意＝＝≤＝1，
当且仅当x＝2y时等号成立，
此时z＝2y2，＋－＝－＋＝－2＋1≤1，
当且仅当y＝1时等号成立，故所求的最大值为1.
二、填空题
7．周长为＋1的直角三角形面积的最大值为________．
答案　
解析　设直角三角形的两直角边长分别为a，b，
则＋1＝a＋b＋≥2＋.
解得ab≤.
所以直角三角形面积S＝ab≤.
8．天文台用3.2万元买一台观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元(n∈N＋)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的日平均耗资最少)为止，一共使用了________天．
答案　800
解析　日平均耗资为＝＋＋
≥2＋＝80＋，
当且仅当＝，即n＝800时取等号．
9．某产品的总成本c(万元)与产量x(台)之间满足的关系式为c＝300＋20x－x2，其中0答案　15
解析　由题意可知300＋20x－x2≤25x，解得x≥15或x≤－20(舍去)．
10．周长为20的矩形绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱的侧面积的最大值为________．
答案　50π
解析　设矩形的长为x，则宽为10－x，
则圆柱的侧面积S＝2πx·(10－x)(0∵x>0,10－x>0，∴S＝2πx·(10－x)≤2π·2＝2π×25＝50π，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时取等号．
11．制造一个容积为立方米的无盖圆柱形桶，用来做底面的金属板的价格为每平方米30元，做侧面的金属板的价格为每平方米20元，当圆柱形桶的底面半径为________米，高为________米时，所使用的材料成本最低．
答案　　
解析　设此圆柱形桶的底面半径为r米，高为h米，
则底面面积为πr2，侧面积为2πrh，
设原料成本为y元，则y＝30πr2＋40πrh.
∵桶的容积为，∴πr2h＝，
∴rh＝，∴y＝30πr2＋π＝10π≥10π×3，
当且仅当3r2＝，即r＝时等号成立，此时h＝.
三、解答题
12．某小区要建一座八边形的休闲区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200 m2的十字形地域，计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为每平方米4 200元，在四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪，造价为每平方米210元，再在四个角上铺草坪，造价为每平方米80元．
(1)设总造价为S元，AD长为x米，试建立S关于x的关系式；
(2)当x为何值时，S最小？并求出这个最小值．
解　(1)设DQ长为y米，
则x2＋4xy＝200，
∴y＝，
∴S＝4 200x2＋210×4xy＋80×2y2
＝38 000＋4 000x2＋.
(2)∵x>0，∴S≥38 000＋2
＝118 000，
当且仅当x＝时，等号成立，
∴Smin＝118 000.
13．某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元～1 000万元的投资收益．现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：资金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且资金不超过9万元，同时资金不超过投资收益的20%.
(1)若建立函数f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言表述公司对奖励函数f(x)模型的基本要求；
(2)现有两个奖励函数模型：①f(x)＝＋2；②f(x)＝4lg x－3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？
解　(1)公司对函数模型的基本要求是：
当x∈[10,1 000]时，①f(x)是增函数；
②f(x)≤恒成立；
③f(x)≤9恒成立．
(2)①对于函数模型f(x)＝＋2，
当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数，
则f(x)max＝f(1 000)＝＋2＝＋2<9，
所以f(x)≤9恒成立．
因为函数＝＋在[10,1 000]上是减函数，
所以max＝＋>，
即f(x)≤不恒成立，
故该函数模型不符合公司要求．
②对于函数模型f(x)＝4lg x－3，
当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数，
则f(x)max＝f(1 000)＝4lg 1 000－3＝9，
所以f(x)≤9恒成立．
设g(x)＝4lg x－3－，
则g′(x)＝－.
当x≥10时，g′(x)＝－≤＝<0，
所以g(x)在[10,1 000]上是减函数，
从而g(x)≤g(10)＝－1<0，
所以4lg x－3－<0，
即4lg x－3<，
所以f(x)≤恒成立，
故该函数模型符合公司要求．
四、探究与拓展
14．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)＞f(－)，则a的取值范围是________．
答案　
解析　由题意知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f(x)是偶函数，
所以由f(2|a－1|)＞f(－)＝f()知，2|a－1|＜，
即|a－1|＜，解得＜a＜.
15．等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{}是公比为64的等比数列．
(1)求an与bn；
(2)证明：＋＋…＋<.
(1)解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有 ①
由(6＋d)q＝64知，q为正有理数，又由q＝知，d为6的因数1,2,3,6之一，
解①得d＝2，q＝8.
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明　Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)．
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝(1－＋－＋－＋…＋－)
＝(1＋－－)<.
章末复习
学习目标　1.梳理本章的重要知识要点，构建知识网络.2.进一步强化对平均值不等式的理解和应用，尤其注意等号成立的条件.3.巩固对绝对值不等式的理解和掌握，进一步熟练绝对值不等式的应用.4.熟练掌握不等式的证明方法．
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，a＜b?a－b＜0，由此可知要比较两个实数的大小，判断差的符号即可．
2．不等式的4个基本性质及5个推论．
3．绝对值不等式
(1)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分区间讨论(零点分段法)；
③图像法．
(2)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时等号成立)；
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)．
4．平均值不等式
(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)定理3：若a，b，c∈R＋，则a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．
(4)定理4：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“＝”．
5．不等式的证明方法
(1)比较法．(2)分析法．(3)综合法．(4)反证法．(5)几何法．(6)放缩法．
类型一　绝对值不等式的解法
例1　解下列关于x的不等式．
(1)|x＋1|＞|x－3|；
(2)|x－2|－|2x＋5|＞2x.
解　(1)方法一　|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}．
方法二　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，∴x＞3.
∴原不等式解集为{x|x＞1}．
(2)分段讨论：①当x＜－时，
原不等式变形为2－x＋2x＋5＞2x，解得x＜7，
∴不等式解集为.
②当－≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5＞2x，解得x＜－，
∴不等式解集为.
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．
综上可知，原不等式的解集为.
反思与感悟　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的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．这种方法通常称为零点分段法．
跟踪训练1　已知函数f(x)＝|x－a|，其中a＞1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解　(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当2＜x＜4时，f(x)≥4－|x－4|无解；
当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，解得x≥5.
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，
则h(x)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以解得a＝3.
类型二　不等式的证明
例2　已知a＞b＞c＞d，求证：＋＋≥.
证明　∵a＞b＞c＞d，
∴a－b＞0，b－c＞0，c－d＞0，
∴(a－d)＝·[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]
≥3·3＝9.
∴＋＋≥.
反思与感悟　不等式证明的基本方法是比较法，分析法，综合法，在证明时注意对所证不等式恰当分组，选择适当的方法进行证明．
跟踪训练2　已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1，求证：
(1)a＋b＋c≥；
(2)＋＋≥(＋＋)．
证明　(1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c∈R＋，
因此只需证(a＋b＋c)2≥3，
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca，
由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2可知，
原不等式成立．
(2)＋＋＝，
在(1)中已证a＋b＋c≥，
∴要证原不等式成立，
只需证≥＋＋，
∵ab＋bc＋ca＝1，
即证a＋b＋c≤1＝ab＋bc＋ca.
∵a，b，c∈R＋，a＝≤，
b≤，c≤，
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)成立，
∴原不等式成立．
类型三　利用平均值不等式求最值
例3　已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，则的最小值为______．
答案　3
解析　由x－2y＋3z＝0，得y＝，
则＝≥＝3，
当且仅当x＝3z时取“＝”．
反思与感悟　利用基本不等式求最值问题一般有两种类型
(1)当和为定值时，积有最大值．
(2)当积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．
跟踪训练3　当0＜x＜时，函数f(x)＝的最小值为________．
答案　4
解析　f(x)＝＝＋，
∵x∈，∴cos x＞0，sin x＞0.
故f(x)＝＋≥2＝4，当且仅当tan x＝时取“＝”．
类型四　恒成立问题
例4　设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－a.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；
(2)若f(x)≥＋1对任意的实数x恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，
f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－1≥|x＋1＋4－x|－1＝4，
∴f(x)min＝4.
(2)f(x)≥＋1对任意的实数x恒成立
?|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋对任意的实数x恒成立
?a＋≤4.
当a＜0时，上式成立；当a＞0时，a＋≥2＝4，
当且仅当a＝，即a＝2时上式取等号，
此时a＋≤4成立．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．
反思与感悟　不等式恒成立问题，通常是分离参数，将其转化为求最大、最小值问题．当然，根据题目特点，还可能用变更主次元、数形结合等方法．
跟踪训练4　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|f(x)－2f?|≤k恒成立，求k的取值范围．
解　(1)由|ax＋1|≤3，得－4≤ax≤2，
∵f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，
∴当a≤0时，不合题意．
又当a＞0时，－≤x≤，
∴a＝2.
(2)令h(x)＝f(x)－2f?＝|2x＋1|－|2x＋2|，
∴h(x)＝
∴|h(x)|≤1，
∴k≥1，即k的取值范围是[1，＋∞)．
1．给出下列四个命题：
①若a＞b，c＞1，则alg c＞blg c；②若a＞b，c＞0，则alg c＞blg c；③若a＞b，则a·2c＞b·2c；④若a＜b＜0，c＞0，则＞.
其中正确命题的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　①正确，c＞1，lg c＞0；②不正确，当0＜c≤1时，lg c≤0；③正确，2c＞0；④正确，由a＜b＜0，得0＞＞，故＞.
2．设a，b为正实数，以下不等式恒成立的是(　　)
①＞；②a＞|a－b|－b；③a2＋b2＞4ab－3b2；④ab＋＞2.
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
答案　D
解析　①不恒成立，因为a＝b时取“＝”；②恒成立，因为a，b均为正数；
③不恒成立，当a＝2，b＝1时，a2＋b2＝5,4ab－3b2＝5，a2＋b2＝4ab－3b2.
④是恒成立的，因为ab＋≥2＞2.
3．若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
答案　C
解析　a＝＝，b＝＝，
∵9＞8，∴b＞a.
b＝＝，c＝＝，
∵35＞53，∴b＞c.
a＝＝，c＝，
∵32＞25，∴a＞c.∴b＞a＞c，故选C.
4．求不等式＜1的解集．
解　＜1?－1＜1＋x＋＜1?
∴原不等式的解集为(－2,0)．
5．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对任意x∈R恒成立．
所以|a－2|≥1，解得a≥3或a≤1.
1．本章的重点是平均值不等式、绝对值不等式和不等式的证明方法．要特别注意含绝对值不等式的解法．
2．重点题型有利用不等式的基本性质、平均值不等式、绝对值不等式证明不等式或求函数最值问题；解绝对值不等式．
3．重点考查利用不等式的性质、平均值不等式求函数的最值，含参数的绝对值不等式有解、解集是空集或恒成立问题．
4．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．
一、选择题
1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是(　　)
A.＋≥2 B.＋≥a＋b
C.＋≤ D.＋≥
答案　C
解析　A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．
2．设0A．c B．b
C．a D．随x取值不同而不同
答案　A
解析　∵02>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>0，∴c>b>a.
3．“a＜4”是“对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的(　　)
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
答案　B
解析　∵|2x－1|＋|2x＋3|≥|2x－1－(2x＋3)|＝4，
∴当a＜4时?|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立，即充分条件；
对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a?a≤4，不能推出a＜4，即必要条件不成立．
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，＋∞)
答案　C
解析　作出y＝|x＋1|与l1：y＝kx的图象如图所示，
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]．
5．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则(　　)
A．a＞b B．aC．a≤b D．a≥b
答案　D
解析　∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.
6．已知a，b，c，d为实数，ab＞0，－＜－，则下列不等式中成立的是(　　)
A．bc＜ad B．bc＞ad
C.＞ D.＜
答案　B
解析　将－＜－两边同乘以正数ab，得－bc＜－ad，所以bc＞ad.
二、填空题
7．已知不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是________．
答案　[－2，＋∞)
解析　∵||x＋2|－|x||≤|x＋2－x|＝2，
∴2≥|x＋2|－|x|≥－2，
∵不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，∴a≥－2.
8．当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________．
答案　x3＞x2－x＋1
解析　∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1
＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，
∴(x－1)(x2＋1)＞0.
∴x3－(x2－x＋1)＞0，
即x3＞x2－x＋1.
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________．
答案　
解析　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．
10．若f(x)＝2|x＋1|－|x－1|且f(x)≥2，则x的取值范围是________．
答案　
解析　∵f(x)＝2x是增函数，
∴f(x)≥2，即|x＋1|－|x－1|≥，
①∴x≥1，②∴≤x＜1，
③无解．综上x∈.
11．已知函数f(x)＝|x－a|，若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，则实数a的值为________．
答案　2
解析　由f(x)≤3，得|x－a|≤3，
解得a－3≤x≤a＋3.
又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，
所以解得a＝2，
所以实数a的值为2.
三、解答题
12．已知函数f(x)＝，a≠b，设a，b∈R，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.
证明　方法一　|f(a)－f(b)|<|a－b|
?|－|<|a－b|
?|－|2<|a－b|2
?2＋a2＋b2－2?1＋ab<.①
当1＋ab≤0时，①式显然成立．
当1＋ab>0时，
①?(1＋ab)2<[]2
?1＋2ab＋a2b2<1＋a2＋b2＋a2b2
?2ab∵a≠b，∴2ab∴①式成立．
综上知，原不等式成立．
方法二　当a＝－b时，原不等式显然成立．
当a≠－b时，
∵|－|＝<≤＝|a－b|，
∴原不等式成立．
13．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．
解　(1)f(x)＝
当x＜－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，
解得1≤x≤2；
当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x，而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤.
当且仅当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，
故m的取值范围是.
四、探究与拓展
14．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，
又a＋b＝c＋d，ab＞cd，所以(＋)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．
15．(2018·全国Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝
故不等式f(x)＞1的解集为.
(2)当x∈(0,1)时，|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|＜1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1；
若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为，
所以≥1，故0＜a≤2.
综上，a的取值范围为(0,2]．
§3　平均值不等式
第1课时　平均值不等式
学习目标　1.理解并掌握平均值不等式的特征结构.2.了解平均值不等式的推广.3.会用平均值不等式解决相关问题．
知识点一　二元平均值不等式
思考　回顾a2＋b2≥2ab的证明过程，并说明等号成立的条件．
答案　a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，即a2＋b2≥2ab，
当且仅当a＝b时，a2＋b2＝2ab.
梳理　(1)重要不等式
定理1：对任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”号)．
(2)二元平均值不等式
①定理2：对任意两个正数a，b，有≥(当且仅当a＝b时取“＝”号)．
②定理2的应用：对两个正实数x，y，
(ⅰ)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；
(ⅱ)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．
知识点二　三元平均值不等式
思考　类比二元平均值不等式：≥(a＞0，b＞0)，请写出a，b，c∈R＋时，三元平均值不等式．
答案　≥.
梳理　(1)定理3：对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
(2)定理4：对任意三个正数a，b，c，有≥(当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
(3)平均值不等式的推广
对于n个正数a1，a2，…，an(n≥2)，把数值，分别称为这n个正数的算术平均值与几何平均值，且有≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时取“＝”号.
类型一　平均值不等式成立的条件
例1　给出以下说法：①任意x>0，lg x＋≥2；②任意x∈R，ax＋≥2(a>0且a≠1)；③任意x∈，tan x＋≥2；④任意x∈R，sin x＋≥2.其中正确的是(　　)
A．③ B．③④
C．②③ D．①②③④
答案　C
解析　在①④中，lg x∈R，sin x∈[－1,1]，
不能确定lg x>0，sin x>0，因此①④错误；
在②中，ax>0，ax＋≥2＝2，
当且仅当x＝0时取等号，故②正确；
在③中，当x∈时，tan x>0，
有tan x＋≥2，
当且仅当x＝时取等号，故③正确．故选C.
反思与感悟　平均值不等式成立的条件
(1)各项均为正数．
(2)当且仅当各项均相等时，“＝”才能成立．
跟踪训练1　设a，b为实数，且ab>0，下列不等式中一定成立的个数是(　　)
①＋≥2；②a＋b≥2；③＋≥；④＋≥a＋b.
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　∵ab>0，∴＋≥2＝2，①成立；
当a，b<0时，②不成立；
＋≥，③成立；
当a＝－1，b＝－2时，④不成立．
因此，①③成立，故选B.
类型二　用平均值不等式证明不等式
例2　已知a，b，c∈R＋.求证：a3＋b3＋c3＋≥2.
证明　∵a3＋b3＋c3＋≥3abc＋≥2.
当且仅当a＝b＝c时等号成立．
∴a3＋b3＋c3＋≥2.
引申探究
1．若本例条件不变，求证：＋＋≥3.
证明　＋＋＝＋－3
≥3＋3－3＝6－3＝3，
当且仅当a＝b＝c时取等号．
2．若本例条件不变，求证：(a＋b＋c)≥9.
证明　∵当a，b，c∈R＋时，a＋b＋c≥3，
∴(a＋b＋c)≥9，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
3．若本例条件不变，求证：(a＋b＋c)·≥.
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．
反思与感悟　证明不等式的方法
(1)首先观察所要证的式子结构特点及题目所给条件，看是否满足“一正、二定、三相等”的条件．若满足即可利用平均值不等式证明．
(2)若题目不满足该条件，则可灵活利用已知条件构造出能利用三个正数的基本不等式的式子．
跟踪训练2　(1)已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2；
(2)设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明　(1)a4＋b4≥2a2b2，
同理a4＋c4≥2a2c2，b4＋c4≥2b2c2，
将以上三个不等式相加，得
a4＋b4＋a4＋c4＋b4＋c4≥2a2b2＋2a2c2＋2b2c2，
即a4＋b4＋c4≥a2b2＋a2c2＋b2c2，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
(2)∵当a>0，b>0时，a＋b≥2，
∴＋≥2＝2c.
同理＋≥2＝2b，
＋≥2＝2a.
将以上三不等式相加，得2≥2(a＋b＋c)，
∴＋＋≥a＋b＋c，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
类型三　证明不等式的技巧——“1”的代换
例3　已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥9.
证明　方法一　∵a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝＋＋
＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
∴＋＋≥9.
方法二　∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝(a＋b＋c)＝1＋＋＋＋1＋＋＋＋1
＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴＋＋≥9.
引申探究
1．若本例条件不变，求证：＋＋≥1.
证明　∵a2＋b2≥2ab，
∴≥2a－b.
同理，≥2b－c，≥2c－a.
∴＋＋≥(2a－b)＋(2b－c)＋(2c－a)＝a＋b＋c＝1，
∴＋＋≥1，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
2．若本例条件不变，求证：a2＋b2＋c2≥.
证明　∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，
∴a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2≥2ab＋2bc＋2ac，
即2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，
∴2(a2＋b2＋c2)＋a2＋b2＋c2≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac
＝(a＋b＋c)2＝1，
∴a2＋b2＋c2≥，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
3．若本例条件不变，求证：＋＋≥.
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．
反思与感悟　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进行证明．
跟踪训练3　已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1，求证：≥8.
证明　∵a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1，
∴－1＝＝≥.
同理－1≥，－1≥.
由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘
得≥··＝8，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号.
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∈R＋，则≥.
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
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.
2．下列不等式的证明过程正确的是(　　)
A．若a，b∈R，则＋≥2＝2
B．若x＞0，则cos x＋≥2＝2
C．若x＜0，则x＋≤2＝4
D．若a，b∈R，且ab＜0，则＋＝－≤－2＝－2
答案　D
解析　对于A，a，b必须同号；对于B，cos x不一定大于0；对于C，由x＜0，
得x＋＝－≤－2＝－4.
对于D，由ab＜0，得＜0，＜0，所以＋＝－≤－2＝－2.
3．若直线＋＝1(a＞0，b＞0)过点(1,1)，则a＋b的最小值等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　C
解析　∵＋＝1过点(1,1)，
∴＋＝1.
∴a＋b＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.
当且仅当a＝b＝2时，等号成立．
4．当x＞1时，函数y＝x＋的最小值是________．
答案　3
解析　因为x＞1，所以y＝x＋＝(x－1)＋＋1≥2＋1＝3，当且仅当x－1＝，
且x＞1，即x＝2时等号成立．故函数的最小值为3.
5．已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证：a2＋b2≥.
证明　∵a2＋b2≥2ab，
∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，
∴a2＋b2≥，
当且仅当a＝b＝时，等号成立．
1．应用平均值不等式证明问题时，如果能熟练掌握一些常见结论，可使应用更加灵活快捷．对于二元平均值不等式有以下结论．
(1)ab≤2≤.
(2)≤ ≤(a，b∈R＋)．
(3)＋≥2(a，b同号)．
(4)(a＋b)≥4(a，b∈R＋)．
(5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
2．对于三元平均值不等式有以下结论．
(1)abc≤3.
(2)a3＋b3＋c3≥3abc.
(3)≤≤ ≤.
上式中a，b，c均为正数，等号成立的条件均为a＝b＝c.
一、选择题
1．设a＞0，b＞0，若是3a与3b的等比中项，则＋的最小值为(　　)
A．8 B．4 C．1 D.
答案　B
解析　∵是3a与3b的等比中项，
∴3a·3b＝3a＋b＝3，∴a＋b＝1.
∴＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4.
2．“a＝1”是“对任意正数x,2x＋≥1”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
答案　A
解析　当a＝1时，2x＋＝2x＋≥2(当且仅当x＝时取等号)，所以a＝1?2x＋≥1(x＞0)．反过来，对任意正数x，如当a＝2时，2x＋≥1恒成立，所以2x＋≥1?a＝1.
3．设0A．a2＋b2 B．a＋b
C．2ab D．2
答案　B
4．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
答案　D
解析　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＝，即a＝4＋2，b＝2＋3时取等号．故选D.
5．设a>0，b>0，且a＋b≤4，则有(　　)
A.≥ B.≥2
C.＋≥1 D.≤
答案　C
解析　∵a＋b≥2，∴≤2，B错误；
∵0又a＋b≤4，∴≥，D错误；
∵≥，
∴＋≥1.
6．若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中恒成立的是(　　)
A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2
C.＋> D.＋≥2
答案　D
解析　当a＝b时，a2＋b2＝2ab，
∴选项A不恒成立；
当a<0，b<0时，B，C不成立；
选项D中，与均大于0，
∴＋≥2，等号成立的条件是a＝b.故选D.
二、填空题
7．若a＞0，b＞0，a＋b＝1，则的最小值是________．
答案　9
解析　因为＝·＝·
＝＝＝1＋.
由a＞0，b＞0，a＋b＝1，得ab≤2＝，
所以≥4，所以≥9，
当a＝b＝时取等号．
8．已知a>b>c，则与的大小关系是________．
答案　≤
解析　∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴(a－b)(b－c)≤2＝2，
当且仅当a－b＝b－c时取等号，
∴≤.
9．M＝，N＝()x+y，P＝，其中0答案　P解析　∵N＝()x+y＝，且3x≠3y，
∴M>N，又0∴P＝<＝()x＋y＝N，
∴P10．当x>0时，有不等式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，….受此启发，可以推广为x＋≥n＋1(n∈N＋)，则a＝________.
答案　nn
解析　由题意有x＋＝＋＋…＋＋≥(n＋1)·＝n＋1，所以a＝nn.
三、解答题
11．已知x>0，y>0，求证：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明　由均值不等式，得
分别当且仅当x＝y2＝1，x2＝y＝1时，“＝”成立．
因此(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9＝9xy，
当且仅当x＝y＝1时，“＝”成立．
12．已知a>1,0证明　∵a>1,0∴logab<0，logba<0，
∴－logab>0，－logba＝－>0，
∴(－logab)＋≥2＝2，
当且仅当a＝时取等号，
∴logab＋logba≤－2.
13．设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
证明　∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴2≤a＋b＝1，
∴≤，≥4，
∴＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋4＝8，
当且仅当a＝b＝时取等号．
四、探究与拓展
14．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：(1)＋＋≤；
(2)＋＋＜6.
证明　(1)∵≥，∴2≤a＋b.
同理2≤a＋c,2≤b＋c，当且仅当a＝b＝c时，等号同时成立．
∴(＋＋)2＝a＋b＋c＋2＋2＋2
≤a＋b＋c＋(a＋b)＋(a＋c)＋(b＋c)＝3(a＋b＋c)＝3，
∴＋＋≤，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
(2)∵＝≤，
且由于3a＋2≠1，
∴等号不成立，∴＜.
同理＜，＜，
∴＋＋＜[3(a＋b＋c)＋9]＝6.
15．设单位圆的内接三角形的面积为，三边长分别为a，b，c，且不全相等，求证：＋＋>＋＋.
证明　∵三角形的面积S＝absin C＝，＝2，
∴abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＝bc＋ac＋ab＝
≥c＋a＋b＝(＋＋)＝＋＋，
当且仅当a＝b＝c时取等号．
∵三边长a，b，c不全相等，
∴＋＋>＋＋.
第2课时　平均值不等式求最值
学习目标　1.理解用平均值不等式求最值所需条件.2.会用平均值不等式求最值.3.能用平均值不等式解决简单的实际问题．
知识点　利用平均值不等式求最值
思考1　不等式＋≥2＝2中的等号能否取到？为什么？
答案　不能取到．若等号能取到需满足＝，得x2＋2＝1，该方程无实数解，故所给不等式中的等号不能取到．
思考2　在利用三元平均值不等式求最值时要注意满足什么条件？
答案　①三个实数均为正数；②三个正数的和(或积)为定值；③三个正数可以相等．
梳理　(1)设x，y都是正数，则有
①若x＋y＝S(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值；
②若xy＝P(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2.
(2)设x，y，z都是正数，则有
①若x＋y＋z＝S(和为定值)，则当x＝y＝z时，积xyz取得最大值；
②若xyz＝P(积为定值)，则当x＝y＝z时，和x＋y＋z取得最小值3.
类型一　利用平均值不等式求最值
命题角度1　二元平均值不等式的应用
例1　(1)设x＞0，y＞0且2x＋y＝1，求＋的最小值；
(2)若x＜0，求f(x)＝＋3x的最大值．
解　(1)＋＝×1＝(2x＋y)＝4＋＋≥4＋2＝4＋4＝8，当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立，
∴＋的最小值是8.
(2)∵x＜0，∴－x＞0, 故f(x)＝－≤－2＝－12，当且仅当－＝－3x，即x＝－2时，等号成立，∴f(x)的最大值是－12.
反思与感悟　在应用平均值不等式求最值时，分以下三步进行
(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值．
(2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正．
(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数的单调性或导数解决．
跟踪训练1　已知x＞0，y＞0，且x＋2y＋xy＝30，求x·y的最大值．
解　由x＋2y＋xy＝30，得y＝(0＜x＜30)，
所以x·y＝·x＝＝＝34－.
因为x＋2＋≥2＝16.可得xy≤18，当且仅当x＋2＝，即x＝6，代入y＝，得y＝3时，x·y取最大值18.
命题角度2　三元平均值不等式的应用
例2　(1)求函数y＝(x－1)2(3－2x)的最大值；
(2)求函数y＝x＋(x＞1)的最小值．
解　(1)∵1＜x＜，∴3－2x＞0，x－1＞0.
又y＝(x－1)2(3－2x)＝(x－1)(x－1)(3－2x)≤3＝3＝，
当且仅当x－1＝x－1＝3－2x，
即x＝∈时，ymax＝.
(2)∵x＞1，∴x－1＞0，y＝x＋
＝(x－1)＋(x－1)＋＋1
≥3＋1＝4，
当且仅当(x－1)＝(x－1)＝，即x＝3时等号成立，∴ymin＝4.
反思与感悟　(1)利用三元平均值不等式求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．
(2)应用平均值不等式，要注意当三个条件“一正，二定，三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均值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．
跟踪训练2　(1)求函数y＝(1－3x)2·x的最大值；
解　y＝(1－3x)2·x＝·(1－3x)·(1－3x)·6x≤·3＝，
当且仅当1－3x＝1－3x＝6x，即x＝时，ymax＝.
(2)已知x∈R＋，求函数y＝x(1－x2)的最大值．
解　∵y＝x(1－x2)，∴y2＝2x2(1－x2)(1－x2)·.
∵2x2＋(1－x2)＋(1－x2)＝2，
∴y2≤3＝，
当且仅当2x2＝1－x2，即x＝时取“＝”号．
∴y≤，即y的最大值为.
类型二　解决恒成立问题
例3　(1)设0(2)若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈(0,2)恒成立，则a的取值范围是____________．
答案　(1)　(2)[－2，＋∞)
解析　(1)显然a>0，由题意，不等式a≥恒成立，
则a必须大于或等于的最大值．
方法一　∵2＝＝1＋≤2，
当且仅当x＝y时，等号成立，
∴的最大值为，故a≥，∴a的最小值为.
方法二　∵＝＋，2＋2＝1，
∴令＝cos θ，＝sin θ，
则＝cos θ＋sin θ＝sin≤，
当θ＝时，等号成立，
∴的最大值为.
又∵a≥恒成立，
∴a≥，即a的最小值为.
(2)∵x2＋ax＋1≥0，x∈(0,2)，
∴a≥－对于一切x∈(0,2)成立．
∵x＋≥2＝2，
当且仅当x＝1时等号成立，
∴－≤－2，
∴a≥－2.
反思与感悟　解决某些含参数的不等式恒成立问题时，可通过分离参数的方法，使参数与变量分别位于不等式两端，从而将问题转化为求关于变量的函数的最值，进而通过平均值不等式求出参数的取值范围．
跟踪训练3　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，所以＋＝·＝＝≥＝，
当且仅当＝，且x＋y＝4，
即x＝，y＝时，等号成立，所以＋≥，
所以要使题中不等式恒成立，需m≤.
类型三　利用平均值不等式解决实际问题
例4　某森林出现火灾，火势正以每分钟100 m2的速度顺风蔓延，消防站接到警报立即派消防队员前去，在火灾发生后5分钟到达救火现场，已知消防队员在现场平均每人每分钟灭火50 m2，所消耗的灭火材料、劳务津贴等费用为每人每分钟125元，另附加每次救火所耗损的车辆、器械和装备等费用平均每人100元，而烧毁一平方米森林大约损失60元．问应该派多少消防队员前去救火，才能使总损失最少？
解　设派x名消防员前去救火，用t分钟将火扑灭，总损失为y，则t＝＝，
y＝灭火材料、劳务津贴费＋车辆、器械、装备费＋森林损失费
＝125tx＋100x＋60(500＋100t)
＝125x·＋100x＋30 000＋
＝1 250＋100(x－2＋2)＋30 000＋
＝31 450＋100(x－2)＋
≥31 450＋2＝36 450，
当且仅当100(x－2)＝，
即当x＝27时，y有最小值36 450.
故应该派27名消防队员前去救火，才能使总损失最少，最少损失为36 450元．
反思与感悟　利用平均值不等式解决实际问题的步骤
(1)分析题意，建立函数(或不等式)模型．
(2)化简整理使表达式出现平均值不等式的结构形式．
(3)考查是否具备利用平均值不等式求解的条件．
跟踪训练4　有一块边长为36 cm的正三角形铁皮，从它的三个角上剪下三个全等的四边形后做成一个无盖的正三棱柱容器，要使这个容器的容积最大，剪下的三个四边形面积之和等于多少？最大容积是多少？
解　剪下的三个全等的四边形如图所示，
设A1F1＝x cm，则AF1＝x cm，
所以A1B1＝F1F2＝(36－2x)cm，
所以V＝(36－2x)2·x＝(6－x)(6－x)·2x.
因为0＜x＜6，所以6－x＞0.
又(6－x)＋(6－x)＋2x＝12，
所以当6－x＝2x，即x＝2时，V有最大值，
这时V最大＝·(4)3＝864(cm3)．
因为＝x·x＝x2＝12(cm2)．
所以此时三个四边形面积之和等于36cm2.
1．设x＞0，则f(x)＝4－x－的最大值为(　　)
A．4－ B．4－
C．不存在 D.
答案　D
解析　∵x＞0，∴f(x)＝4－x－＝4－≤4－3＝4－＝，当且仅当＝＝，即x＝1时，等号成立．
2．已知x为正数，下列各选项求得的最值正确的是(　　)
A．y＝x2＋2x＋≥3＝6
B．y＝2＋x＋≥3＝3
C．y＝2＋x＋≥4
D．y＝x(1－x)(1－2x)≤3＝
答案　C
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＋)时都不能保证等号成立，最值取不到．
C中，∵x＞0，
∴y＝2＋x＋＝2＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝，即x＝1时取等号．
3．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与仓库到车站的距离成正比，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
答案　A
解析　由已知，得y1＝，y2＝0.8x(x为仓库到车站的距离)，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．
4．已知a，b为正实数，且a＋2b＝1，则＋的最小值为________．
答案　3＋2
解析　(a＋2b)＝1＋＋＋2≥2＋3＝2＋3，
当且仅当a＝b时取等号．
5．已知a，b为实数，且a＞0，b＞0，则的最小值为________．
答案　9
解析　因为a＞0，b＞0，
所以a＋b＋≥3＝3＞0，①
同理可得a2＋＋≥3＞0，②
由①②及不等式的性质，得≥3×3＝9，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
1．利用平均值不等式求最值，关键是对式子进行恰当的变形，合理构造“和式”与“积式”的互化，必要时可多次应用基本不等式．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的重要依据．
2．求形如y＝ax2＋(x＞0，a＞0，b＞0)的函数的最小值，关键是拆为＝＋，则y＝ax2＋＝ax2＋＋≥3＝.求形如y＝ax＋(x＞0，a＞0，bc＞0)的函数的最小值，关键是拆ax为＋，则y＝ax＋＝＋＋≥3＝ .
一、选择题
1．函数y＝x2(1－5x)(0≤x≤)的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　y＝x2(1－5x)＝(1－5x)×≤×3＝，
当且仅当x＝1－5x，即x＝时等号成立．
2．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由logxy＝－2，得y＝，而x＋y＝x＋＝＋＋≥3＝3＝，当且仅当＝，即x＝时取等号．
3．对于x∈，不等式＋≥16恒成立，则p的取值范围为(　　)
A．(－∞，－9) B．(－9,9]
C．(－∞，9] D．[9，＋∞)
答案　D
解析　要使＋≥16恒成立，必有p＞0.
又∵＋＝·(sin2x＋cos2x)
＝1＋p＋＋≥1＋p＋2＝(＋1)2，
∴(＋1)2≥16，即＋1≥4，
∴≥3，∴p≥9.
4．设a，b∈R＋，且a＋b＝3，则ab2的最大值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．6
答案　C
解析　∵ab2＝4a××≤43＝43＝4×13＝4，当且仅当a＝＝1时，等号成立．即ab2的最大值为4.
5．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
答案　B
解析　由a，b，c∈R＋，易知≥，即x≥y.
又z2＝，x2＝，
且x2＝≤＝，∴x2≤z2，则x≤z，
因此z≥x≥y.
6．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，＋∞)
答案　B
解析　∵6＝x＋y＋z≥3，∴xyz≤8，∴lg x＋lg y＋lg z＝lg(xyz)≤lg 8＝3lg 2 .
二、填空题
7．已知x＞0，y＞0且满足x＋y＝6，则使不等式＋≥m恒成立的实数m的取值范围为________．
答案　
解析　因为x＞0，y＞0，＋＝×＝≥×(10＋6)＝.
当且仅当＝时等号成立，又x＋y＝6，得x＝，y＝.所以m的取值范围是.
8．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
答案　
解析　∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·≥
3·3＝9，
当且仅当a＝b＝c时等号成立，
故2(a＋b＋c)·≥9.
又a＋b＋c＝1，∴＋＋≥.
9．已知a，b，c∈R＋，且满足a＋2b＋3c＝1，则＋＋的最小值为________．
答案　9
解析　因为a，b，c∈R＋，且满足a＋2b＋3c＝1，
所以＋＋＝(a＋2b＋3c)·≥3·3＝9，
当且仅当a＝2b＝3c＝时取等号．
因此＋＋的最小值为9.
10．已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
答案　2
解析　2x＋＝(x－a)＋(x－a)＋＋2a，
∵x－a＞0，
∴2x＋≥3＋2a＝3＋2a，
当且仅当x－a＝，即x＝a＋1时取等号．
∴2x＋的最小值为3＋2a.
由题意可得3＋2a≥7，得a≥2.
三、解答题
11．已知a，b，c均为正数，证明a2＋b2＋c2＋2≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
解　因为a，b，c均为正数，由平均值不等式，
得a2＋b2＋c2≥3(abc)， ①
＋＋≥3(abc)，
所以2≥9(abc). ②
故a2＋b2＋c2＋(＋＋)2≥3(abc)＋9(abc)，
又3(abc)＋9(abc)≥2＝6， ③
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＝时，原式等号成立，
所以原不等式成立．
12．已知x，y，z∈R＋，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)证明：3≤x2＋y2＋z2＜9.
(1)解　因为x＋y＋z≥3＞0，＋＋≥＞0，
所以(x＋y＋z)≥9，则＋＋≥3，
当且仅当x＝y＝z＝1时，等号成立，故＋＋的最小值为3.
(2)证明　x2＋y2＋z2＝≥＝＝3.
当且仅当x＝y＝z＝1时，等号成立，
又x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx)＜0，所以3≤x2＋y2＋z2＜9.
13.如图，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求点B在AM上，点D在AN上，且对角线MN过点C，已知AB＝3 m，AD＝2 m.
(1)要使矩形AMPN的面积大于32 m2，则AN的长应在什么范围内？
(2)当AN的长度为多少时，矩形AMPN的面积最小？并求最小面积；
(3)若AN的长度不小于6 m，则当AN的长度为多少时，矩形AMPN的面积最小？并求出最小面积．
解　(1)设AN＝x m(x＞2)，则ND＝(x－2)m.
∵＝，∴＝，∴AM＝，
∴·x＞32，
∴3x2－32x＋64＞0，
∴(3x－8)(x－8)＞0，∴2＜x＜或x＞8.
∴AN的长的范围为∪(8，＋∞)．
(2)由(1)知，S矩形AMPN＝＝
＝3(x－2)＋＋12≥2＋12＝24.
当且仅当x＝4时取等号．∴当AN的长度为4 m时，矩形AMPN的面积最小，最小面积为24 m2.
(3)由(2)得，S矩形AMPN＝3(x－2)＋＋12(x≥6)，
令x－2＝t(t≥4)，
则S矩形AMPN＝3t＋＋12(t≥4)．
设f(t)＝3t＋＋12(t≥4)，
则f′(t)＝3－，当t≥4时，f′(t)＞0，
∴函数f(t)在[4，＋∞)上是增加的，
∴f(t)min＝f(4)＝27，此时x＝6.
∴若AN的长度不小于6 m，则当AN的长度是6 m时，矩形AMPN的面积最小，最小面积为27 m2.
四、探究与拓展
14．若a＞2，b＞3，则a＋b＋的最小值为________．
答案　8
解析　∵a＞2，b＞3，∴a－2＞0，b－3＞0，
则a＋b＋＝(a－2)＋(b－3)＋＋5
≥3＋5＝8，当且仅当a－2＝b－3＝，即a＝3，b＝4时等号成立．
15．设0＜θ＜π，求函数y＝sin (1＋cos θ)的最大值．
解　y＝sin (1＋cos θ )＝2sin cos2＞0(0＜θ＜π)，
y取最大值当且仅当y2取最大值．
y2＝4sin2·cos4＝4sin2·cos2·cos2＝2·2sin2·cos2 ·cos2
≤2·3＝2×3＝，
当2sin2＝cos2时取等号，此时tan2＝，tan ＝±，而tan ＝在θ∈(0，π)上有解，则y＝，故ymax＝.
§4　不等式的证明
第1课时　比较法
学习目标　1.理解比较法证明不等式的理论依据.2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3.体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．
知识点一　求差比较法
思考　求差比较法的理论依据是什么？
答案　a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.
梳理　求差比较法
(1)求差比较法的理论依据：a－b＞0?a＞b；a－b＜0?a＜b；a－b＝0?a＝b.
(2)求差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．
其中变形是解题的关键，变形的目的是为了能够直接判定与0的大小，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．
知识点二　求商比较法
思考1　对于两个正数a，b，若＞1，能够判断a，b的大小吗？
答案　能，根据不等式的性质知，＞1?a＞b.
思考2　类比求差比较法，请谈谈求商比较法．
答案　对于正数a，b，＞1?a＞b；＝1?a＝b；＜1?a＜b.
梳理　(1)求商比较法：若a＞0，b＞0，要证明a＞b，只要证明＞1；要证明b＞a，只要证明＜1.这种证明不等式的方法，叫作求商比较法．
(2)求商比较法的理论依据是不等式的基本性质：
①b＞0，若＞1，则a＞b；若＜1，则a＜b；
②b＜0，若＞1，则a＜b；若＜1，则a＞b.
(3)求商比较法解题的一般步骤：①判定a，b符号；②求商；③变形整理；④判定与1的大小；⑤得出结论．
类型一　求差比较法证明不等式
例1　已知正数a，b，c成等比数列，求证：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.
证明　因为正数a，b，c成等比数列，
所以b2＝ac，b＝，
又(a2－b2＋c2)－(a－b＋c)2
＝a2－b2＋c2－a2－b2－c2＋2ab－2ac＋2bc
＝2ab－4b2＋2bc＝2b(a－2b＋c)
＝2b(－)2≥0，
所以a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.
反思与感悟　求差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．
跟踪训练1　已知a≥1，求证： －＜－.
证明　∵(－)－(－)＝－
＝＜0，
∴－＜－.
类型二　求商比较法证明不等式
例2　已知a＞0，b＞0，求证：aabb≥
证明　因为aabb＞0，＞0，
所以
当a＝b时，显然有＝1；
当a＞b＞0时，＞1，＞0，
所以由指数函数的单调性可知，＞1；
当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，
所以由指数函数的单调性可知，＞1.
综上可知，对任意正数a，b，都有aabb≥
引申探究
1．若a＞0，b＞0，求证：≥abba.
证明　因为abba＞0，＞0，
所以
所以当a＝b时，显然有＝1；
当a＞b＞0时，＞1，＜0，
由指数函数的单调性，可得＜0＝1；
当b＞a＞0时，0＜＜1，＞0，
由指数函数的单调性，可得＜0＝1，
综上可知，对任意a＞0，b＞0，都有abba≤.
2．当a＞0，b＞0时，比较aabb与abba的大小．
解　由例2和探究1知，aabb≥≥abba.
反思与感悟　求商比较法证明不等式的一般步骤
(1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商．
(2)变形：化简商式到最简形式．
(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1.
(4)得出结论．
跟踪训练2　已知a＞0，b＞0，求证：＋≥＋.
证明　∵＝＋＝＋
＝＝.
又∵a2＋b2≥2ab，
∴≥＝1，
当且仅当a＝b＞0时取等号，∴＋≥＋.
类型三　比较法的应用
例3　若a，b，m都是正数，并且a＜b，求证：＞(糖水不等式)．
证明　－＝.
∵a，b，m都是正数，且a＜b，
∴b－a＞0，b(b＋m)＞0，
∴＞0，即－＞0，∴＞.
反思与感悟　比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．
跟踪训练3　已知b，m1，m2都是正数，a＜b，m1＜m2，
求证：＜.
证明　－＝
＝＝.
因为b＞0，m1＞0，m2＞0，
所以(b＋m1)(b＋m2)＞0.
又a＜b，m1＜m2，所以a－b＜0，m2－m1＞0，
从而(a－b)(m2－m1)＜0.
于是＜0，所以＜.
1．已知不等式：①x2＋3＞2x(x∈R＋)；②a5＋b5＞a3b2＋a2b3(a，b∈R＋)；③a2＋b2≥2(a－b－1)．其中正确的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　C
解析　①x2＋3－2x＝(x－1)2＋2＞0，故①正确；
②取a＝b＝1，则a5＋b5＝2，a3b2＋a2b3＝2，故②不正确；③a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故③正确．
2.＜1成立的充要条件是(　　)
A．a＞1 B．a＜0
C．a≠0 D．a＞1或a＜0
答案　D
解析　＜1?－1＜0?＜0?a＜0或a＞1.
3．若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则(　　)
A．w＞u B．w＜u
C．w≥u D．无法确定
答案　C
解析　∵w－u＝x2－xy＋y2＝2＋≥0，
∴w≥u.
4．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
答案　D
解析　∵a，b都是正数，
∴P＞0，Q＞0，
∴P2－Q2＝()2－()2＝≤0(当且仅当a＝b时取等号)．
∴P2－Q2≤0，∴P≤Q.
5．设a＞b＞0，求证：＞.
证明　方法一　－＝＝＞0，
∴原不等式成立．
方法二　∵a＞b＞0，∴a2＞b2＞0.
∴左边＞0，右边＞0.
∴＝＝1＋＞1.
∴原不等式成立．
1．求差比较法证明不等式的技巧
(1)求差比较法中，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．
2．求商比较法适用证明的不等式的特点
适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．
一、选择题
1．设a，b∈R＋，且a≠b，若P＝＋，Q＝a＋b，则(　　)
A．P≥Q B．P＞Q
C．P≤Q D．P＜Q
答案　B
解析　P－Q＝＋－a－b＝＋＝.因为a，b∈R＋，且a≠b，所以P－Q＞0.所以P>Q.
2．已知a＞b＞－1，则与的大小关系为(　　)
A.＞ B.＜
C.≥ D.≤
答案　B
解析　∵－＝＜0，
∴＜.
3．已知a＞b＞0，c＞d＞0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是(　　)
A．m＜n B．m＞n
C．m≥n D．m≤n
答案　C
解析　m2－n2＝(ac－2＋bd)－(ac＋bd－ad－bc)
＝ad－2＋bc＝(－)2≥0，
∴m2≥n2.又m＞0，n＞0，∴m≥n.
4．当a＜b＜0时，下列关系式中成立的是(　　)
A.＜ B．lg b2＜lg a2
C.＞1 D.
答案　B
解析　方法一　取特殊值a＝－4，b＝－1，则选项A，C，D不正确，选项B正确，故选B.
方法二　∵a＜b＜0，∴a2＞b2.
而函数y＝lg x(x＞0)为增函数，
∴lg b2＜lg a2，B项正确．
5．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．P＜Q
C．P＝Q D．大小不确定
答案　A
解析　P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.
当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，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.
综上可知，P＞Q.
6．已知a＞b＞0且ab＝1，设c＝，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，则(　　)
A．P＜M＜N B．M＜P＜N
C．N＜P＜M D．P＜N＜M
答案　A
解析　令a＝2，b＝，则c＝＝，
则M＝logc(ab)＝0，P＝＜0，N＝＞0，
∴P＜M＜N.
二、填空题
7．设a＞b＞c＞0，x＝，y＝，z＝，则x，y，z的大小关系为________．
答案　x＜y＜z
解析　∵a＞b＞c＞0，∴x＞0，y＞0，z＞0.
而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)
＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0，
∴x2＜y2，即x＜y；
又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]＝2ac－2ab＝2a(c－b)＜0，
∴y＜z.∴x＜y＜z.
8．已知a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，则与的大小关系是________．
答案　＞
解析　∵a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，
∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.
从而＝＞1，
∴＞.
9．某家电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电进行降价销售，现有四种降价方案：
(1)先降价a%，再降价b%；
(2)先降价b%，再降价a%；
(3)先降价%，再降价%；
(4)一次性降价(a＋b)%.
其中a＞0，b＞0，且a≠b，则上述四种方案中，降价幅度最小的是________．
答案　方案(3)
解析　设降价前彩电的价格为1，按四种方案降价后彩电的价格依次为x1，x2，x3，x4，
则x1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a＋b)%＋a%·b%；
x2＝(1－b%)(1－a%)＝x1；
x3＝＝1－(a＋b)%＋2；
x4＝1－(a＋b)%＜1－(a＋b)%＋a%·b%＝x1＝x2.
又x3－x1＝2－a%·b%＞0，
∴x3＞x1＝x2＞x4.故降价幅度最小的是方案(3)．
三、解答题
10．设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
证明　由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
则(－)[()5－()5]≥0；
当a＜b时，＜，从而()5＜()5，
则(－)[()5－()5]＞0，
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
11．设A＝＋，B＝(a＞0，b＞0)，试比较A，B的大小．
解　因为＝＝×＝≥＝1(当且仅当a＝b时，等号成立)．
又因为B＞0，所以A≥B.
12．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P为不等式f(x)＞4的解集．
(1)求P；
(2)证明：当m，n∈P时，|mn＋4|＞2|m＋n|.
(1)解　f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝
由f(x)＞4，得x＞2或x＜－2.
所以不等式f(x)＞4的解集P＝{x|x＞2或x＜－2}．
(2)证明　由(1)可知|m|＞2，|n|＞2，
所以m2＞4，n2＞4，(mn＋4)2－4(m＋n)2＝(m2－4)(n2－4)＞0，
所以(mn＋4)2＞4(m＋n)2，
所以|mn＋4|＞2|m＋n|.
13．若实数x，y，m满足|x－m|＜|y－m|，则称x比y接近m.对任意两个不相等的正数a，b，证明：a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
证明　因为a＞0，b＞0，且a≠b，
所以a2b＋ab2＞2ab，a3＋b3＞2ab.
所以a2b＋ab2－2ab＞0，
a3＋b3－2ab＞0.
所以|a2b＋ab2－2ab|－|a3＋b3－2ab|
＝a2b＋ab2－2ab－a3－b3＋2ab
＝a2b＋ab2－a3－b3＝a2(b－a)＋b2(a－b)
＝(a－b)(b2－a2)＝－(a－b)2(a＋b)＜0，
所以|a2b＋ab2－2ab|＜|a3＋b3－2ab|，
所以a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
四、探究与拓展
14．已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
证明　∵a＞2，∴a－1＞1，
∴loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0.
由于＝loga(a－1)·loga(a＋1)
＜2＝2.
∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2.
∴2＜2＝1.
即＜1.
∵log(a＋1)a＞0，
∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.
第2课时　分析法与综合法
学习目标　1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点.2.掌握综合法、分析法证明不等式的方法和步骤.3.会用综合法、分析法证明一些不等式．
知识点　分析法与综合法
思考1　在“推理与证明”中，学习过分析法、综合法，请回顾分析法、综合法的基本特征．
答案　分析法是逆推证法或执果索因法，综合法是顺推证法或由因导果法．
思考2　综合法与分析法有什么区别和联系？
答案　区别：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；
分析法，执果索因，利于思考，易于探索．
联系：都属于直接证明，常用分析法分析，用综合法表达．
梳理　(1)分析法
①定义：在证明过程中，从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
②特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．
③证明过程的框图表示：
用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为
→→→…→
(2)综合法
①定义：在证明过程中，从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．
②特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．
③证明的框图表示：
用P表示已知条件或已有定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的不等式，则综合法可用框图表示为
→→→…→
类型一　分析法证明不等式
例1　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 ＞lg a＋lg b＋lg c，
即证lg＞lg abc成立，
只需证··＞abc成立．
又∵≥＞0，≥＞0，≥＞0，
∴··≥abc＞0.(*)
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴(*)式等号不成立，
∴原不等式成立．
反思与感悟　用分析法解决此类题目时要注意两点
(1)对数的运算性质要正确运用．
(2)要注意已知条件“不全相等”，所以等号不成立．
跟踪训练1　已知x＞0，y＞0，求证：
证明　要证明
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．
∴
类型二　综合法证明不等式
例2　已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求证：2＋2≥.
证明　方法一　∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，
∴ab≤2＝.
∴2＋2＝4＋(a2＋b2)＋
＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋
＝4＋(1－2ab)＋≥4＋＋＝.
∴2＋2≥，
当且仅当a＝b＝时，取等号．
方法二　左边＝2＋2
＝a2＋b2＋4＋＝4＋a2＋b2＋＋
＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1
＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋
≥4＋＋2＋2×2＋2··
＝4＋＋2＋4＋2＝，
当且仅当a＝b＝时“＝”成立．
∴2＋2≥.
反思与感悟　综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．
跟踪训练2　已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，
求证：≥9.
证明　方法一　∵x＞0，y＞0，∴1＝x＋y≥2.
∴xy≤.
∴＝1＋＋＋
＝1＋＋＝1＋≥1＋8＝9.
当且仅当x＝y＝时等号成立．
方法二　∵x＋y＝1，x＞0，y＞0，
∴＝
＝＝5＋2≥5＋2×2＝9.
当且仅当x＝y＝时等号成立．
类型三　分析综合法证明不等式
例3　设a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证：＋≤ .
证明　要证＋≤，
只需证(＋)2≤6，
即证(a＋b)＋2＋2≤6.
∵a＋b＝1，
∴只需证≤，
即证ab≤.
由a＞0，b＞0，a＋b＝1，
得ab≤2＝，即ab≤成立．
∴原不等式成立．
跟踪训练3　已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数，求证：＋＞.
证明　要证＋＞，
只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)＞0，
即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2＞0，
即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0.
由于a，b，c是△ABC的边长，m＞0，故有a＋b＞c，
即(a＋b－c)m2＞0.
所以abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0成立．
因此＋＞成立.
1．若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是(　　)
A.＜ B．a＋＞b＋
C．b＋＞a＋ D.＜
答案　C
解析　∵a＜b＜0，∴ab＞0，
∴＜＜0，即＜＜0.
∴a＋＜b＋.
2．已知函数f(x)＝x，a＞0，b＞0，a≠b，A＝f?，B＝f()，C＝f?，则A，B，C中最大的为________．
答案　C
解析　∵a＞0，b＞0，a≠b，
∴＞＞.
又函数f(x)＝x在R上单调递减，
∴f?＜f()＜f?，
即A＜B＜C.
3．已知正实数a，b，c满足＋＋＝1，求证：a＋＋≥9.
证明　∵a，b，c是正实数，
∴＋＋≥3>0，
同理可证a＋＋≥3>0.
∴≥3·3＝9.
∵＋＋＝1，
∴a＋＋≥9，
当且仅当a＝3，b＝6，c＝9时，等号成立．
4．已知a，b∈R＋，且2c＞a＋b，
求证：c－＜a＜c＋.
证明　要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，
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．综合法和分析法的比较
(1)相同点：都是直接证明．
(2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．
2．证明不等式的通常做法
常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．
一、选择题
1．设a，b＞0，A＝＋，B＝，则A，B的大小关系是(　　)
A．A＝B B．A＜B
C．A＞B D．大小不确定
答案　C
解析　∵A2－B2＝(a＋b＋2)－(a＋b)＝2＞0，∴A2＞B2，即A＞B.
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．P＜S＜2P C．S＞P D．P≤S＜2P
答案　D
解析　∵2S－2P＝2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca
＝(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴2S≥2P，即P≤S.
∵S－2P＝a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ac.
＝(a－b)2＋c2－2bc－2ac，
又∵a－b＜c，∴S－2P＜c2＋c2－2bc－2ac＝2c(c－b－a)＜0恒成立，∴S－2P＜0，
综上P≤S＜2P.
3．若x，y∈R，且x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有(　　)
A．最小值，而无最大值 B．最小值1，而无最大值
C．最小值和最大值1 D．最小值和最大值1
答案　D
解析　∵x2＋y2≥2|xy|，
∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤，
∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈.
4．已知a>b>0，x>0，那么的取值范围是(　　)
A.>1 B.<1
C．0<<1 D．1<<
答案　C
解析　因为a>b>0，x>0，
所以a＋x>b＋x>x>0，
所以0<<1.
5．设＜b＜a＜1，则(　　)
A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab
C．ab＜aa＜ba D．ab＜ba＜aa
答案　C
解析　∵＜b＜a＜1，
∴0＜a＜b＜1，∴＝aa－b＞1，
∴ab＜aa.＝a，
∵0＜＜1，a＞0，∴a＜1，∴aa＜ba，
∴ab＜aa＜ba.
6．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
答案　B
解析　由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋＞＋＞2，
∴b＜c＜a.
二、填空题
7．比较大小：若a＞0，b＞0，则lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案　≥
解析　[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]，
又lg＝lg，
∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞0，b＋1＞0，
∴[(a＋1)(1＋b)]≤＝，
∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)].
即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
8．若x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则x＋y的最小值为________．
答案　2＋2
解析　由xy－(x＋y)＝1，得y＝＝1＋，
又∵x＞0，y＞0，∴x＞1.
∴x＋y＝x＋1＋＝(x－1)＋＋2≥2＋2.
当且仅当x－1＝，即x＝1＋时，等号成立．
9．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________．
答案　P≥Q≥R
解析　P＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时取等号．
10．设a＞b＞c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________．
答案　(－∞，4]
解析　∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
又(a－c)·＝[(a－b)＋(b－c)]·≥2·2＝4，
当且仅当a－b＝b－c时取等号．∴m∈(－∞，4]．
三、解答题
11．已知a＞b＞0，求证：＜－＜.
证明　要证原不等式成立，
只需证＜a＋b－2＜，
即证2＜(－)2＜2，
只需证＜－＜，
即＜1＜，
即证＜1＜，只需证＜1＜.
∵a＞b＞0，∴＜1＜成立．∴原不等式成立．
12．已知a，b，c都是实数，求证：a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
证明　∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
将以上三个不等式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，①
即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.②
在不等式①的两边同时加上a2＋b2＋c2，得3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，
即a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2.③
在不等式②的两端同时加上2(ab＋bc＋ca)，得(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)，
即(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.④
由③④得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
13．已知a，b，c都是正数，求证：2≤3.
证明　方法一　要证2≤3，
只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，
即－2≤c－3，
移项，得c＋2≥3.
由a，b，c为正数，得c＋2＝c＋＋≥3成立．
∴原不等式成立．
方法二　∵a，b，c是正数，
∴c＋＋≥3＝3，
即c＋2≥3.
故－2≤c－3.
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3.
∴2≤3.
四、探究与拓展
14．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a，则应索的因是(　　)
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
答案　C
解析　∵a>b>c且a＋b＋c＝0，∴a>0，
要证<a，
只需证b2－ac<3a2，只需证b2－ac－3a2<0.
∵a＋b＋c＝0，∴a＋c＝－b，
∴只需证(a＋c)2－ac－3a2<0，即(a－c)(2a＋c)>0，
即证(a－c)(a－b)>0.
15．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＜，
即证－＜c＜0.
又a2＋b2＋c2＝1，则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课时　放缩法、几何法与反证法
学习目标　1.理解用放缩法证明不等式的原理，会用放缩法证明一些不等式.2.了解几何法证明不等式的特征，会构造一些特征明显的图形证明一些特定的不等式.3.理解反证法的理论依据，掌握反证法的基本步骤，会用反证法证明不等式．
知识点一　放缩法
思考　放缩法是证明不等式的一种特有的方法，那么放缩法的原理是什么？
答案　①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量．
梳理　放缩法
(1)放缩法证明的定义
在证明不等式时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．
(2)放缩法的理论依据
①不等式的传递性；
②等量加(减)不等量为不等量；
③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．
知识点二　几何法
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．
知识点三　反证法
思考　什么是反证法？用反证法证明时，导出矛盾有哪几种可能？
答案　(1)反证法就是在否定结论的前提下推出矛盾，从而说明结论是正确的．
(2)矛盾可以是与已知条件矛盾，也可以是与已知的定义、定理矛盾．
梳理　反证法
(1)反证法证明的定义：反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．
(2)反证法证明不等式的一般步骤：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论.
类型一　放缩法证明不等式
例1　已知实数x，y，z不全为零，求证：＋＋＞(x＋y＋z)．
证明　＝≥＝≥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，所以三式相加，得
＋＋＞＋＋＝(x＋y＋z)．
反思与感悟　(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，谨慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．
(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换成较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．
跟踪训练1　求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)．
证明　∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)(k∈N＋且k≥2)，
∴＜＜，
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．
类型二　反证法证明不等式
命题角度1　证明“否定性”结论
例2　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可知，a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立.
(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．
反思与感悟　当待证不等式的结论为否定性命题时，常用反证法来证明，对结论的否定要全面不能遗漏，最后的结论可以与已知的定义、定理、已知条件、假设矛盾．
跟踪训练2　设0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
求证：(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能同时大于1.
证明　假设(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b同时都大于1，
即(2－a)·c＞1，(2－b)·a＞1，(2－c)·b＞1，
则(2－a)·c·(2－b)·a·(2－c)·b＞1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc＞1.①
∵0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
∴(2－a)·a≤2＝1，
同理(2－b)·b≤1，(2－c)·c≤1，
∴(2－a)·a·(2－b)·b·(2－c)·c≤1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc≤1，这与①式矛盾．
∴(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能同时大于1.
命题角度2　证明“至少”“至多”型问题
例3　已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
证明　(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2，
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，矛盾，
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
反思与感悟　(1)在证明中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法证明．
(2)在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．
跟踪训练3　若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明　假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，因此假设不成立．
∴a，b，c中至少有一个大于0.
1．用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是(　　)
A.＞ B.＜
C．x2＋x＋3＞x2＋3 D．|a＋1|≥|a|－1
答案　D
解析　对于A，x的正、负不定；对于B，m的正、负不定；对于C，x的正、负不定；对于D，由绝对值三角不等式知，D正确．
2．用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为(　　)
A．a，b，c全不为0
B．a，b，c至少有一个为0
C．a，b，c至少有一个不为0
D．a，b，c至多有一个不为0
答案　C
3．比较大小：1＋＋＋…＋________.
答案　≥
解析　1＋＋…＋≥＝＝.
4．已知0＜a＜3,0＜b＜3,0＜c＜3.求证：a(3－b)，b(3－c)，c(3－a)不可能都大于.
证明　假设a(3－b)＞，b(3－c)＞，c(3－a)＞.
因为a，b，c均为小于3的正数，
所以＞，＞，＞，
从而有＋＋＞.①
但是＋＋≤＋＋
＝＝.②
当且仅当a＝b＝c＝时，②中取等号．
显然②与①相矛盾，假设不成立，故命题得证．
1．常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设
常见
词语
至少有一个
至多有
一个
唯一一个
不是
不可能
全
都是
否定
假设
一个也没有
有两个或两个以上
没有或有两个或两个以上
是
有或存在
不全
不都是
2.放缩法证明不等式常用的技巧
(1)增项或减项．
(2)在分式中增大或减小分子或分母．
(3)应用重要不等式放缩，如a2＋b2≥2ab，≤，ab≤2，≥(a，b，c＞0)．
(4)利用函数的单调性等．
一、选择题
1．P＝＋＋(a，b，c均为正数)与3的大小关系为(　　)
A．P≥3 B．P＝3
C．P＜3 D．P＞3
答案　C
解析　P＝＋＋＜＋＋＝3.
2．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
答案　C
解析　假设a，b，c都小于2，
则a＋b＋c＜6，
又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥6，与a＋b＋c＜6矛盾．
所以a，b，c至少有一个不小于2.故选C.
3．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a2＋b2＝c2，则an＋bn与cn(n≥3，n∈N＋)的大小关系为(　　)
A．an＋bn＞cn B．an＋bn＜cn
C．an＋bn≥cn D．an＋bn＝cn
答案　B
解析　∵a2＋b2＝c2，
∴2＋2＝1，
∴0＜＜1,0＜＜1，
∴y＝x，y＝x均为减函数．
∴当n≥3时，有n＜2，n＜2，
∴n＋n＜2＋2＝1，
∴an＋bn＜cn.
4．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＜B
答案　D
解析　∵x＞0，y＞0，
∴A＝＋＜＋＝B.
5．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a＜b及a≠c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确；
对于②，假设a＞b与a＜b及a≠c都不成立，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立，故②正确；
对于③，显然不正确．
6．设a，b，c是正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“P·Q·R＞0”是“P，Q，R同时大于零”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案　C
解析　必要性显然成立．充分性：若P·Q·R＞0，则P，Q，R同时大于零或其中有两个负的，不妨设P＜0，Q＜0，R＞0，因为P＜0，Q＜0，
即a＋b＜c，b＋c＜a.所以a＋b＋b＋c＜c＋a.
所以b＜0，与b＞0矛盾，故充分性成立．
二、填空题
7．若A＝＋＋…＋，则A与1的大小关系为________．
答案　A＜1
解析　A＝＋＋…＋＜＝＝1.
8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①则∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形的内角和为180°矛盾，故结论错误；
②所以一个三角形不可能有两个直角；
③假设△ABC有两个直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序是________．
答案　③①②
解析　由反证法的证明步骤可知，正确顺序应该是③①②.
9．已知a∈R＋，则，，从大到小的顺序为________．
答案　 ＞ ＞
解析　因为＋＞＋＝2，
＋＜＋＝2，
所以2＜＋＜2，
所以 ＞ ＞ .
10．某同学准备用反证法证明如下问题：
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]，满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|＜，那么它的反设应该是________．
答案　存在x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，使|f(x1)－f(x2)|≥
三、解答题
11．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．
12．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.
证明　由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得≤＜，
当k＝1时，≤＜，
当k＝2时，≤＜，
…，
当k＝n时，≤＜，
∴＝≤＋＋…＋＜＝1.
∴原不等式成立．
13．设a，b∈R,0≤x≤1,0≤y≤1，求证：对于任意实数a，b必存在满足条件的x，y，使|xy－ax－by|≥成立．
证明　假设对一切0≤x≤1,0≤y≤1，结论不成立，
则有|xy－ax－by|＜.令x＝0，y＝1，得|b|＜；
令x＝1，y＝0，得|a|＜；令x＝y＝1，得|1－a－b|＜.
又|1－a－b|≥1－|a|－|b|＞1－－＝，这与上式矛盾．
故假设不成立，原命题结论正确．
四、探究与拓展
14．完成反证法证题的全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是由数字1,2，…，7任意排成的一个数列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则________均为奇数．①
因为7个奇数之和为奇数，故有
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)为________．②
而(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝________.③
②与③矛盾，故p为偶数．
答案　①a1－1，a2－2，…，a7－7　②奇数　③0
解析　由假设p为奇数可知，(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数，故(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数，这与0为偶数相矛盾．
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：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．
所以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＋＋…＋＝(1－)＜.
所以＋＋…＋＜.
滚动训练一(§1～§3)
一、选择题
1．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＜n＜0 D．mn(m－n)＜0
答案　D
解析　若＞且mn＞0?n＞m?m－n＜0?mn(m－n)＜0；
若＞且mn＜0?n＜m?m－n＞0?mn(m－n)＜0，
∴＞?mn(m－n)＜0，
同样mn(m－n)＜0?＞.
2．已知a，b，c均为正数，且abc＝27，则a＋b＋c的最小值为(　　)
A．3 B．6 C．9 D．27
答案　C
解析　a＋b＋c≥3＝3×3＝9，
当且仅当a＝b＝c时“＝”成立．
3．设集合A＝{x||x－a|＜1，x∈R}，B＝{x||x－b|＞2，x∈R}，若A?B，则实数a，b必满足(　　)
A．|a＋b|≤3 B．|a＋b|≥3
C．|a－b|≤3 D．|a－b|≥3
答案　D
解析　A＝{x|a－1＜x＜a＋1}，
B＝{x|x＞b＋2或x＜b－2}．
又A?B，∴a－1≥b＋2或a＋1≤b－2，
∴a－b≥3或a－b≤－3，∴|a－b|≥3.
4．不等式|3x－2|＞4的解集是(　　)
A．{x|x＞2} B.
C. D.
答案　C
解析　方法一　由|3x－2|＞4，得3x－2＜－4或3x－2＞4.即x＜－或x＞2.
所以原不等式的解集为{x|x＜－或x＞2}．
方法二　(数形结合法)
画出函数y＝|3x－2|＝的图像，如图所示．
由|3x－2|＝4，解得x＝2或x＝－.
在同一坐标系中画出直线y＝4，所以交点坐标为(2,4)与．所以当|3x－2|＞4时，x＜－或x＞2.
所以原不等式的解集为.
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}
答案　C
解析　因为a＞0，且a≠1，所以函数f(x)＝2－ax为减函数．
又因为y＝loga(2－ax)在[0,1]上是增函数，
所以0＜a＜1，y＝logax为减函数，
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＜x2－6x＋9，
解得x＜1.又x≠－1，且x≠3，
所以解集为{x|x＜1且x≠－1}．
6．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|＋|b－a|≥2a.
A．0 B．3 C．2 D．1
答案　C
解析　①不成立，当x＜0时不等式不成立；
②成立，a＞b＞c＞0?＞，即＞，
又c＞0，故＞；
③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C.
二、填空题
7．若0＜x＜1，则函数y＝x4(1－x2)的最大值是________，此时x＝________.
答案　　
解析　y＝x4(1－x2)＝x2·x2·(2－2x2)≤3＝，当且仅当x2＝2－2x2，即x＝时取“＝”号．
8．若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集为?，则a的取值范围为________．
答案　(－∞，3]
解析　方法一　由|x＋2|＋|x－1|＝|x＋2|＋|1－x|
≥|x＋2＋1－x|＝3知，当a≤3时，原不等式无解．
方法二　数轴上任一点到－2与1的距离之和的最小值为3.
所以当a≤3时，原不等式的解集为?.
9．已知x＋2y＋3z＝6，则2x＋4y＋8z的最小值为________．
答案　12
解析　2x＋4y＋8z≥3＝3＝3＝12，
当且仅当2x＝4y＝8z，即x＝2y＝3z＝2时等号成立．
10．设函数f(x)＝|2x－1|＋x＋3，则f(－2)＝______，若f(x)≤5，则x的取值范围是______．
答案　6　[－1,1]
解析　f(－2)＝|2×(－2)－1|＋(－2)＋3＝6.
∵|2x－1|＋x＋3≤5?|2x－1|≤2－x
?x－2≤2x－1≤2－x
?
∴－1≤x≤1.
11．不等式|－x|＜2的解集为________．
答案　
解析　原不等式?
因为－x＜2?＜x＋2
???x≥.
又－x＞－2?或
?或≤x＜2，
?或≤x＜2?2≤x＜5或≤x＜2?≤x＜5.
所以?≤x＜5.
因此，原不等式的解集为.
三、解答题
12．设不等式|x－2|＜a(a∈N＋)的解集为A，且∈A，?A.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
解　(1)因为∈A，且?A，所以|－2|＜a，
且|－2|≥a，解得＜a≤.
又因为a∈N＋，所以a＝1.
(2)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号．
所以f(x)的最小值为3.
13．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
(2)设a＞－1，且当x∈[－，)时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
解　(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0，
设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则y＝
其图像如图所示．从图像可知，
当且仅当x∈(0,2)时，
y＜0.所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
(2)当x∈时，f(x)＝1＋a，
不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3，所以当x≥a－2时，对x∈都成立．
故－≥a－2，即a≤.
所以a的取值范围是.
四、探究与拓展
14．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________．
答案　－1
解析　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＋32，
∴(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＋32，
∴(2a＋b)2≤4c，|2a＋b|≤2，
即－2a－b≤2.
当且仅当b＝2a，
即时取等号．
此时＋＋＝－－＋＝－＝42－1≥－1，当＝，即c＝4时等号成立．
综上可知，当c＝4，a＝－1，b＝－2时，
min＝－1.
15．(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，
从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于
当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]上的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
滚动训练二(§4第1课时～第3课时)
一、选择题
1．设Q表示要证明的结论，Pn(n＝1,2,3，…)表示一个明显成立的条件，那么下列表示的证明方法是(　　)
Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一个明显成立的条件
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．比较法
答案　B
解析　分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的充分条件，只要使结论成立的充分条件已具备，此结论就一定成立．故选B.
2．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＜
答案　D
解析　与大小包括＞，＝，＜三方面的关系，所以＞的反设应为＝或＜.
3．若a＞b＞0，下列各式中恒成立的是(　　)
A.＞ B.＞
C．a＋＞b＋ D．aa＞bb
答案　B
解析　利用不等式的性质，得当a＞b＞0时，＜，由此可知，C不恒成立；当0＜a＜1，a＞b时，可知aa＜bb，D不能恒成立；选取适当的特殊值，若a＝2，b＝1，可知＝，＝2，由此可见A不恒成立．综上可知排除A，C，D，故选B.
4．设a，b，c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是(　　)
A．|a－b|≤|a－c|＋|b－c|
B．a2＋≥a＋
C．|a－b|＋≥2
D.－＜－
答案　C
解析　对于C，当a＞b时，成立；当a＜b时，不成立．
5．要使－＜成立，a，b应满足的条件是(　　)
A．ab＜0且a＞b
B．ab＞0且a＞b
C．ab＜0且a＜b
D．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
答案　D
解析　要使－＜成立，
只需(－)3＜()3，
即a－3 ＋3 －b＜a－b，
只需＜ ，
只需ab2＜a2b，
只需ab(a－b)＞0，
只需ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b.
6．若正数a，b满足a＋b＝2，则＋的最小值是(　　)
A．1 B. C．9 D．16
答案　B
解析　＋＝
＝≥(5＋2)＝，
当且仅当＝，即a＝，b＝时取等号，
故选B.
二、填空题
7．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________．
答案　a＞b＞c
解析　a－b＝－－＋＝＋－(＋)，
而(＋)2＝8＋2，(＋)2＝8＋2，
∴＋＞＋，
∴a－b＞0，即a＞b.
同理可知b＞c，∴a＞b＞c.
8．已知a，b，c，d都为正数，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________．
答案　(1,2)
解析　由放缩法，得＜＜；
＜＜；
＜＜；
＜＜.
以上四个不等式相加，得1＜S＜2.
9．如果a＋b＞a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
答案　a≥0，b≥0，a≠b
解析　由及知a≥0，b≥0，
又a＋b≠a＋b，
∴a≠b，∴a≥0，b≥0，a≠b.
10．已知不等式(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为_____．
答案　4
解析　(x＋y)(＋)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2，
当y＝x时取等号，
所以(x＋y)(＋)的最小值为(＋1)2，
于是(＋1)2≥9恒成立，所以a≥4.
三、解答题
11．已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.
解　因为b2＋c2≥2bc，a2＞0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理b2(a2＋c2)≥2ab2c，②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
由①②③，
得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，
所以a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0，
因此≥abc(当且仅当a＝b＝c时等号成立)．
12．已知a≥－1，求证以下三个方程：
x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数解．
证明　假设三个方程都没有实数解，
则Δ1＝16a2－4×(－4a＋3)＝16a2＋16a－12＜0，
Δ2＝(a－1)2－4×a2＝－3a2－2a＋1＜0，
Δ3＝4a2－4(－2a)＝4a2＋8a＜0，
∴
解得－＜a＜－1，
这与a≥－1矛盾．
∴三个方程中至少有一个方程有实数解．
13．求证：1＋＋＋…＋＜2.
证明　设k＞2，则＜＝，
∴1＋＋＋…＋＜1＋＋＋…＋＝＝2－＜2.
∴1＋＋＋…＋＜2.
四、探究与拓展
14．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N＋.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋
＋…＋＜.
(1)解　令n＝1，得S－(－1)S1－3×2＝0，
即S＋S1－6＝0，所以(S1＋3)(S1－2)＝0，
因为S1＞0，
所以S1＝2，即a1＝2.
(2)解　由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，
得(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，
因为an＞0(n∈N＋)，Sn＞0，从而Sn＋3＞0，
所以Sn＝n2＋n，
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
又a1＝2＝2×1，所以an＝2n(n∈N＋)．
(3)证明　设k≥2，则＝＜＝，
所以＋＋＋…＋
＜＋
＝＋－＜.
所以＋＋…＋＜.
章末检测试卷(二)
(时间：90分钟　满分：120分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知m2＋n2＝2，t2＋s2＝8，则|mt＋ns|的最大值为(　　)
A．2 B．4 C．8 D．16
答案　B
解析　∵(m2＋n2)(t2＋s2)≥(mt＋ns)2，
∴(mt＋ns)2≤2×8＝16，∴|mt＋ns|≤4.
当且仅当ms＝nt时，等号成立．
2．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－
答案　A
解析　第一步验证n＝2时不等式成立，即1＋＜2－.
3．已知a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值为(　　)
A．1 B. C．3 D．4
答案　D
解析　(a＋b＋c)＝[()2＋()2]
≥2＝22＝4，
当且仅当a＋b＝c时取等号．
4．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2的最大值是(　　)
A. B. C．2 D.
答案　B
解析　1＝a＋b＋4c＝()2＋()2＋(2)2
＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12)≥(＋＋2)2·，
∴(＋＋2)2≤3，即＋＋2≤，当且仅当a＝b＝4c时等号成立．
5．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明(　　)
A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除
C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除
答案　D
解析　假设当n＝k时，即a4k能被4整除，然后应证明当n＝k＋1时，即a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．
6．设a，b，c均为实数，则的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由(a2＋2b2＋3c2)≥2，
即(a2＋2b2＋3c2)·≥(a＋b＋c)2，
∴≤.∴≤.
7．用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·(2n－1)(n∈N＋)”时，从“n＝k到n＝k＋1”时，左边应增加的式子是(　　)
A．2k＋1 B．2k＋3 C．2(2k＋1) D．2(2k＋3)
答案　C
解析　当n＝k＋1时，(k＋2)(k＋3)…(k＋k)·(2k＋1)·(2k＋2)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)·2(2k＋1)，
∴2(2k＋1)是从n＝k到n＝k＋1时，左边应增加的式子．
8．若x，y，z是非负实数，且9x2＋12y2＋5z2＝9，则函数u＝3x＋6y＋5z的最大值为(　　)
A．9 B．10 C．14 D．15
答案　A
解析　u2＝(3x＋6y＋5z)2＝[1×(3x)＋·(2y)＋·(z)]2
≤[12＋()2＋()2]·(9x2＋12y2＋5z2)＝9×9＝81.
∴u≤9.当且仅当＝＝时，取等号．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．用数学归纳法证明cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n－1)α＝(sin α≠0，n∈N＋)，在验证当n＝1时，等式右边的式子是________．
答案　cos α
解析　当n＝1时，右边＝＝＝cos α.
10．仔细观察下列不等式：
>，
>，
>，
>，
则第n个不等式为______________________________．
答案　…>(n∈N＋)
11．观察下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2，1＋＋＋…＋>，…，由此猜测第n个不等式为____________________________．
答案　1＋＋＋…＋>(n∈N＋)
解析　1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1,31＝25－1，归纳第n个式子为1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
12．设n∈N＋，f(n)＝5n＋2·3n－1＋1，通过计算n＝1,2,3,4时f(n)的值，可以猜想f(n)能被数值________整除．
答案　8
三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分)
13．求三个实数x，y，z，使得它们同时满足下列方程：2x＋3y＋z＝13,4x2＋9y2＋z2－2x＋15y＋3z＝82.
解　将两个方程相加，得
(2x)2＋(3y＋3)2＋(z＋2)2＝108，①
又第一个方程可变形为2x＋(3y＋3)＋(z＋2)＝18，②
由①②及柯西不等式，得(2x)2＋(3y＋3)2＋(z＋2)2≥[2x＋(3y＋3)＋(z＋2)]2，
即108≥×182＝108，即柯西不等式中的等号成立．
所以2x＝3y＋3＝z＋2＝6，故x＝3，y＝1，z＝4.
14．(2017·江苏)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
证明　由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，
因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，
因此ac＋bd≤8.
15．a，b，c都是正数，求证：an(a2－bc)＋bn(b2－ac)＋cn(c2－ab)≥0(n是任意正数)．
证明　设a≥b≥c>0，只需证an＋2＋bn＋2＋cn＋2≥anbc＋bnca＋cnab.(*)
由不等式的性质知，an＋1≥bn＋1≥cn＋1，又a≥b≥c，
由排序原理，得
an＋2＋bn＋2＋cn＋2≥an＋1b＋bn＋1c＋cn＋1a.①
又由不等式单调性知，ab≥ac≥bc，an≥bn≥cn.
∴an＋1b＋bn＋1c＋cn＋1a≥anbc＋bnca＋cnab.②
由①②可得不等式(*)成立．∴原不等式成立．
16．用数学归纳法证明：f(n)＝3·52n＋1＋23n＋1(n∈N＋)能被17整除．
证明　(1)当n＝1时，f(1)＝3×53＋24＝391＝17×23，
故f(1)能被17整除．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立．
即f(k)＝3·52k＋1＋23k＋1能被17整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝3·52k＋3＋23k＋4＝52·3·52k＋1＋52·23k＋1－52·23k＋1＋23k＋4
＝25f(k)－17·23k＋1.
由归纳假设可知，f(k)能被17整除，又17·23k＋1显然可被17整除，故f(k＋1)能被17整除．
综合(1)(2)可知，对任意正整数n，f(n)能被17整除．
17．已知a，b∈R＋，n∈N＋.求证：≥n.
证明　(1)当n＝1时，≥，显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，
即≥k.
要证n＝k＋1时，不等式成立，即证≥k＋1.
在≥k的两边同时乘以，得≥k＋1.
要证≥k＋1，
只需证≥，
因为≥
?2(ak＋1＋bk＋1)≥(a＋b)(ak＋bk)
?2(ak＋1＋bk＋1)－(ak＋1＋abk＋akb＋bk＋1)≥0
?ak＋1－abk－akb＋bk＋1≥0?(a－b)(ak－bk)≥0.
又a－b与(ak－bk)同正负(或同时为0)，
所以不等式(a－b)(ak－bk)≥0显然成立．
所以当n＝k＋1时，不等式成立．
综合(1)(2)可知，对任何n∈N＋，不等式恒成立．
18．是否存在常数a，b，c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)对一切正整数成立？并证明你的结论．
解　假设存在a，b，c，使题中等式对一切正整数成立，
则当n＝1,2,3时，上式显然成立，
可得
解得a＝3，b＝11，c＝10.
下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(3n2＋11n＋10)对一切正整数均成立．
(1)当n＝1时，命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2
＝(3k2＋11k＋10)，则当n＝k＋1时，有
1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)·(k＋2)2
＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋5k＋12k＋24)
＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]．
即当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立．

§1　柯西不等式
1.1　简单形式的柯西不等式
学习目标　1.认识简单形式的柯西不等式的代数形式和向量形式，理解它们的几何意义.2.会用柯西不等式证明一些简单的不等式，会求某些特定形式的函数的最值．
知识点　简单形式的柯西不等式
思考1　(a2＋b2)(c2＋d2)与4abcd的大小关系如何？那么(a2＋b2)(c2＋d2)与(ac＋bd)2的大小关系又如何？
答案　(a2＋b2)(c2＋d2)≥4abcd，(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
思考2　当且仅当a＝b且c＝d时，(a2＋b2)(c2＋d2)＝4abcd，那么在什么条件下(a2＋b2)(c2＋d2)＝(ac＋bd)2?
答案　当且仅当ad＝bc时，(a2＋b2)(c2＋d2)＝(ac＋bd)2.
思考3　若向量α＝(a，b)，向量β＝(c，d)，你能从向量的数量积与向量模的积之间的关系发现怎样的不等式？
答案　·≥|ac＋bd|.
梳理　(1)简单形式的柯西不等式
①定理1：对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．
②简单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)．
以上不等式，当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．
(2)柯西不等式的向量形式
设α，β是任意两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当向量α，β共线时，等号成立．
类型一　利用柯西不等式证明不等式
例1　(1)已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求证：|ax＋by|≤1；
(2)设a，b，c为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
证明　(1)|ax＋by|＝≤＝1，当且仅当ay＝bx时，等号成立．
(2)由柯西不等式，得·≥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)．
∴当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
＋＋≥(a＋b＋c)．
反思与感悟　利用柯西不等式的代数形式证明某些不等式时，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＋.找出待证不等式中相应的两组数，当这两组数不太容易找时，需分析，增补(特别是对数字的增补：如a＝1×a)，变形等．
跟踪训练1　已知a1，a2，b1，b2∈R＋，求证：(a1b1＋a2b2)·≥(a1＋a2)2.
证明　∵a1，a2，b1，b2∈R＋，
∴(a1b1＋a2b2)＝·
≥2＝(a1＋a2)2.
当且仅当·＝·，即b1＝b2时，等号成立．
∴(a1b1＋a2b2)≥(a1＋a2)2.
例2　若实数x，y，z满足x2＋4y2＋z2＝3，求证：|x＋2y＋z|≤3.
证明　因为x2＋4y2＋z2＝3，
所以由柯西不等式得[x2＋(2y)2＋z2](12＋12＋12)≥(x＋2y＋z)2

.
整理得(x＋2y＋z)2≤9，即|x＋2y＋z|≤3.
反思与感悟　(1)抓住柯西不等式的特征“方、和、积”，构造使用柯西不等式的条件．
(2)此类题也可以用三角不等式，把△ABO的三个顶点分别设为O(0,0)，A(x1，x2)，B(－y1，－y2)即可．
跟踪训练2　若a>b>c，求证：＋≥.
证明　∵a－c＝(a－b)＋(b－c)，
又a>b>c，
∴a－c>0，a－b>0，b－c>0.
∴(a－c)＝[(a－b)＋(b－c)]
≥(1＋1)2＝4，当且仅当a－b＝b－c时，等号成立．
∴＋≥.
类型二　利用柯西不等式求最值
例3　若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及最小值点．
解　由柯西不等式，得(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
即25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥，
当且仅当＝时等号成立，点(x，y)为所求最小值点．
解方程组得
因此，当x＝，y＝时，x2＋y2取得最小值，最小值为，最小值点为.
反思与感悟　利用柯西不等式求最值
(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和为常数的各项，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)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技巧之一．
跟踪训练3　已知a，b∈R，且9a2＋4b2＝18，求3a＋2b的最值．
解　由柯西不等式，得(9a2＋4b2)(12＋12)≥(3a＋2b)2，
∵9a2＋4b2＝18，
∴36≥(3a＋2b)2.
∴|3a＋2b|≤6.
由
即或时等号成立．
∴当a＝1，b＝时，3a＋2b有最大值6；
当a＝－1，b＝－时，3a＋2b有最小值－6.
1．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的最大值为(　　)
A．4 B．2
C．8 D．9
答案　B
解析　(a2＋b2)(32＋22)≥(3a＋2b)2，当且仅当3b＝2a时取等号，所以(3a＋2b)2≤4×13.所以3a＋2b的最大值为2.
2．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(　　)
A．ab≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
答案　C
解析　∵(a2＋b2)(12＋12)≥(a＋b)2＝4，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，∴a2＋b2≥2.
3．设xy＞0，则的最小值为________．
答案　9
解析　∵＝≥(1＋2)2＝9，
当且仅当xy＝，即xy＝时取等号．
∴最小值为9.
4．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
答案　
解析　∵(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2＝25，
∴m2＋n2≥5.
∴≥，
当且仅当an＝bm时取等号．
5．已知a2＋b2＝1，求证：|acos θ＋bsin θ|≤1.
证明　∵1＝a2＋b2＝(a2＋b2)(cos2θ＋sin2θ)≥(acos θ＋bsin θ)2，
∴|acos θ＋bsin θ|≤1.
1．利用柯西不等式的关键是找出相应的两组数，应用时要对照柯西不等式的原形，进行多角度的尝试．
2．柯西不等式取等号的条件的记忆方法
如(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2等号成立的条件是ad＝bc，可以把a，b，c，d看成等比，则ad＝bc来联想记忆．
一、选择题
1．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
答案　A
解析　设m＝(x，y)，n＝(，)，
则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|＝·
＝·＝，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
2．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．(－，)
答案　A
解析　(a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2，当且仅当a＝－b 时，等号成立．
∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.
∴－2≤a－b≤2.
3．函数y＝＋2的最大值是(　　)
A. B.
C．3 D．5
答案　B
解析　根据柯西不等式知，
y＝1×＋2×≤×＝(当且仅当x＝时取等号)．
4．若3x2＋2y2≤1，则3x＋2y的取值范围是(　　)
A．[0，] B．[－，0]
C．[－，] D．[－5,5]
答案　C
解析　(3x＋2y)2≤[()2＋()2][(x)2＋(y)2]＝5×(3x2＋2y2)≤5，
∴－≤3x＋2y≤.
5．已知a，b，c，d，m，n∈R＋，P＝＋，Q＝·，则P与Q的大小关系为(　　)
A．P≤Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P＝Q
答案　A
解析　∵P＝＋≤
＝·＝Q，
∴P≤Q.
6．已知a，b＞0，且a＋b＝1，则(＋)2的最大值是(　　)
A．2 B.
C．6 D．12
答案　D
解析　(＋)2＝(1×＋1×)2≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)
＝2[4(a＋b)＋2]＝2×(4×1＋2)＝12，
当且仅当＝，即a＝b＝时等号成立．
二、填空题
7．设实数x，y满足3x2＋2y2≤6，则P＝2x＋y的最大值为________．
答案　
解析　由柯西不等式，得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]·
＝(3x2＋2y2)·≤6×＝11
，
所以2x＋y≤.
8．设x，y∈R＋，则(x＋y)的最小值是________．
答案　5＋2
解析　(x＋y)≥2＝(＋)2＝5＋2，
当且仅当·＝·时，等号成立．
9．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则2x＋y的最小值为________．
答案　3＋2
解析　2x＋y＝(2x＋y)＝[()2＋()2]
≥2＝3＋2，
当且仅当·＝·时，等号成立，
又＋＝1，
则此时
10．已知函数f(x)＝3＋4，则函数f(x)的最大值为________．
答案　5
解析　由柯西不等式知，
(3＋4)2≤(32＋42)·[()2＋()2]＝25.
当且仅当3＝4时，等号成立，
因此f(x)≤5.
三、解答题
11．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]
≥2＝(a＋b)2＝4，
∴＋≥＝2.
∴原不等式成立．
12．试求函数f(x)＝3cos x＋4的最大值，并求出相应的sin x和cos x的值．
解　设m＝(3,4)，n＝(cos x，)，
则f(x)＝3cos x＋4＝m·n≤|m||n|
＝·＝5.
当且仅当m∥n时，上式取“＝”．
此时3－4cos x＝0，
解得sin x＝±，cos x＝.
故当sin x＝±，cos x＝时，
f(x)＝3cos x＋4取得最大值5.
13．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
证明　由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
及柯西不等式，可得
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
四、探究与拓展
14．若a＋b＝1，则2＋2的最小值为(　　)
A．1 B．2
C. D.
答案　C
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．
15．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a＝－3，b＝1.
(2)＋＝＋≤＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
1.2　一般形式的柯西不等式
学习目标　1.理解并掌握三维形式的柯西不等式.2.了解柯西不等式的一般形式，体会从特殊到一般的思维过程.3.会用三维形式及一般形式的柯西不等式解决一些特殊形式的问题．
知识点一　三维形式的柯西不等式
思考1　类比平面向量，在空间向量中，如何用|α||β|≥
|α·β|推导三维形式的柯西不等式？
答案　设α＝(a1，a2，a3)，β＝(b1，b2，b3)，
则|α|＝，|β|＝.
∵|α||β|≥|α·β|，
∴·≥|a1b1＋a2b2＋a3b3|，
∴(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.
思考2　三维形式的柯西不等式中，等号成立的条件是什么？
答案　当且仅当α，β共线时，即β＝0或存在实数k，使a1＝kb1，a2＝kb2，a3＝kb3时，等号成立．
梳理　三维形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是两组实数，则(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.当向量(a1，a2，a3)与向量(b1，b2，b3)共线时，等号成立．
知识点二　一般形式的柯西不等式
1．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是两组实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2.
2．柯西不等式等号成立的条件
当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个实数k，使得
ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时等号成立．当向量(a1，a2，…，an)与向量(b1，b2，…，bn)共线时，等号成立.

类型一　利用柯西不等式证明不等式
命题角度1　三维形式的柯西不等式的应用
例1　设a，b，c为正数，且不全相等．
求证：＋＋＞.
证明　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中等号成立?＝＝?a＋b＝b＋c＝c＋a?a＝b＝c.
因为题设中a，b，c不全相等，故①中等号不成立，
于是＋＋＞.
反思与感悟　有些问题一般不具备直接应用柯西不等式的条件，可以通过：
(1)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以巧拆常数．
(2)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以重新安排各项的次序．
(3)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以改变式子的结构，从而达到使用柯西不等式的目的．
(4)构造符合柯西不等式的形式及条件，可以添项．
跟踪训练1　已知a，b，c∈R＋，求证：·≥9.
证明　由柯西不等式知，
左边＝×
≥2
＝(1＋1＋1)2＝9，
∴原不等式成立．
命题角度2　一般形式的柯西不等式的应用
例2　设a1，a2，…，an为正整数，求证：＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明　由柯西不等式，得
(a2＋a3＋…＋a1)
≥2
＝(a1＋a2＋…＋an)2，
故＋＋…＋≥a1＋a2＋…＋an.
反思与感悟　一般形式的柯西不等式看着往往感觉比较复杂，这时一定要注意式子的结构特征，一边一定要出现“方、和、积”的形式．
跟踪训练2　已知a1，a2，…，an∈R＋，且a1＋a2＋…＋an＝1，求证：＋＋…＋＋≥.
证明　∵×2
＝[(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋a1)]
≥2
＝(a1＋a2＋…＋an)2＝1，
∴＋＋…＋≥.
类型二　利用柯西不等式求函数的最值
例3　(1)若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝a(a为常数)，则x2＋y2＋z2的最小值为______．
答案　
解析　∵(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝a2，
当且仅当＝＝时取等号，即14(x2＋y2＋z2)≥a2，
∴x2＋y2＋z2≥，
即x2＋y2＋z2的最小值为.
(2)已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1.求＋＋的最小值；
解　∵x＋y＋z＝1，
∴＋＋＝(x＋y＋z)≥2＝(1＋2＋3)2＝36.
当且仅当x＝＝，
即x＝，y＝，z＝时取等号．
∴＋＋的最小值为36.
反思与感悟　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．
跟踪训练3　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)≥2＝(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的最小值为.
1．已知x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，则＋2＋的最大值为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．5
答案　C
解析　∵(＋2＋)2＝(1·＋2·＋·)2≤[12＋22＋()2][()2＋()2＋()2]
＝8(x＋y＋z)＝16(当且仅当x＝y＝z＝时取等号)，
∴＋2＋≤4.
2．若a，b，c∈R＋，且＋＋＝1，则a＋2b＋3c的最小值为(　　)
A．9 B．3 C. D．6
答案　A
解析　由柯西不等式，得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·≥(1＋1＋1)2＝9，
∴a＋2b＋3c的最小值为9.
3．设a，b，c，d均为正实数，则(a＋b＋c＋d)的最小值为________．
答案　16
解析　(a＋b＋c＋d)
＝[()2＋()2＋()2＋()2]·
≥2＝(1＋1＋1＋1)2＝42＝16，
当且仅当a＝b＝c＝d时取等号．
4．已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1，求证：＋＋≥.
证明　因为x＞0，y＞0，z＞0，所以由柯西不等式得[()2＋()2＋()2]·≥(x＋y＋z)2，当且仅当＝＝，即x＝y＝z＝时，等号成立，
所以＋＋≥＝.
1．柯西不等式的一般结构为(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在利用柯西不等式证明不等式时关键是正确构造左边的两个数组，从而利用题目的条件正确解题．
2．要求ax＋by＋z的最大值，利用柯西不等式(ax＋by＋z)2≤(a2＋b2＋12)(x2＋y2＋z2)的形式，再结合已知条件进行配凑，是常见的变形技巧．对于许多不等式问题，用柯西不等式来解往往是简明的，正确理解柯西不等式，掌握它的结构特点，就能更灵活地应用它．
一、选择题
1．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　A
解析　(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)·(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1，当且仅当＝＝…＝＝1时取等号．
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
2．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，则ab＋bc＋cd＋ad的最小值为(　　)
A．5 B．－5 C．25 D．－25
答案　B
解析　(ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)·(b2＋c2＋d2＋a2)＝25，当且仅当a＝b＝c＝d＝±时，等号成立．
∴ab＋bc＋cd＋ad的最小值为－5.
3．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则等于(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　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＝.
4．已知a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为(　　)
A．3 B．3
C．18 D．9
答案　B
解析　由柯西不等式，得
(＋＋)2≤(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)＝3[3(a＋b＋c)＋3]．
∵a＋b＋c＝1，
∴(＋＋)2≤3×6＝18，
∴＋＋≤3，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
5．设a，b，c＞0，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是(　　)
A．1 B.
C．3 D．9
答案　B
6．已知x，y是实数，则x2＋y2＋(1－x－y)2的最小值是(　　)
A. B.
C．6 D．3
答案　B
解析　∵(12＋12＋12)[x2＋y2＋(1－x－y)2]≥[x＋y＋(1－x－y)]2＝1，
∴x2＋y2＋(1－x－y)2≥，当且仅当x＝y＝时等号成立．
二、填空题
7．设a，b，c∈R＋，若(a＋b＋c)≥25恒成立，则正数k的最小值是________．
答案　9
解析　因为(a＋b＋c)≥(1＋1＋)2＝(2＋)2，当且仅当a＝b＝时，等号成立，所以(a＋b＋c)·的最小值是(2＋)2.由(a＋b＋c)·≥25恒成立，得(2＋)2≥25.又k＞0，所以k≥9，所以正数k的最小值是9.
8．设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值是________．
答案　121
解析　(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2]
≥2＝(2＋3＋6)2＝121.
当且仅当＝＝＝k(k为正实数)时，等号成立．
9．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，则＋＋的最大值为________．
答案　4
解析　由柯西不等式，得(＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3)
＝3(2×6＋4)＝48.
当且仅当＝＝，
即2a＝2b＋1＝2c＋3时等号成立．
又a＋b＋c＝6，∴当a＝，b＝，c＝时，
＋＋取得最大值4.
10．设x，y，z∈R,2x＋2y＋z＋8＝0，则(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2的最小值为_______．
答案　9
解析　∵(22＋22＋12)[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2]≥[2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)]2
＝(2x＋2y＋z－1)2＝81，
∴(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥9.
当且仅当＝＝时取等号．
三、解答题
11．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　∵＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)≥2＝36R2.
∴原不等式成立．
12．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a，又正数p，q，r满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
证明　因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
即函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a＝3，
所以p＋q＋r＝3.
由柯西不等式，得(p2＋q2＋r2)(1＋1＋1)≥(p＋q＋r)2＝9，
于是p2＋q2＋r2≥3.
13．(2018·江苏)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
解　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.
因为x＋2y＋2z＝6，
所以x2＋y2＋z2≥4，
当且仅当＝＝时，不等式取等号，
此时x＝，y＝，z＝，
所以x2＋y2＋z2的最小值为4.
四、探究与拓展
14．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1.
(1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，求x，y，z的值；
(2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，求正数t的取值范围．
解　(1)∵(2x2＋3y2＋6z2)≥(x＋y＋z)2＝1，当且仅当＝＝时，等号成立，
∴2x＝3y＝6z.又∵x＋y＋z＝1，
∴x＝，y＝，z＝.
(2)∵(2x2＋3y2＋tz2)≥(x＋y＋z)2＝1，
当且仅当＝＝时，等号成立，
∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝.
∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，
∴≥1.
又t＞0，∴t≥6.
§2　排序不等式
学习目标　1.了解顺序和、乱序和、逆序和的有关概念.2.掌握排序不等式的结构特征，并能应用排序不等式证明一些不等式．
知识点　排序不等式
思考　某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少种不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？
答案　(1)共有3×2×1＝6(种)不同的购买方案．
(2)5×3＋4×2＋2×1＝25(元)，这种方案花钱最多；
5×1＋4×2＋2×3＝19(元)，这种方案花钱最少．
梳理　(1)顺序和、乱序和、逆序和的概念
设实数a1，a2，a3，b1，b2，b3满足a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，则a1b1＋a2b2＋a3b3≥ ≥a1b3＋a2b2＋a3b1，其中j1，j2，j3是1,2,3的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝a3(或b1＝b2＝b3)时取“＝”号．
通常称a1b1＋a2b2＋a3b3为顺序和，为乱序和，a1b3＋a2b2＋a3b1为逆序和(倒序和)．
(2)排序不等式
①定理1：设a，b和c，d都是实数，如果a≥b，c≥d，那么ac＋bd≥ad＋bc，
此式当且仅当a＝b(或c＝d)时取“＝”号．
②定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组
a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn，
则(顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥(乱序和)≥(逆序和)a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1.
其中j1，j2，…，jn是1,2，…，n的任一排列方式，上式当且仅当a1＝a2＝…＝an(或b1＝b2＝…＝bn)时取“＝”号.
类型一　利用排序不等式证明不等式
命题角度1　字母已定序问题
例1　已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，求证：＋＋≥＋＋.
证明　∵a≥b＞0，∴≤，
又c＞0，从而≥，
同理≥，从而≥≥.
又顺序和不小于乱序和，故可得
＋＋≥＋＋＝＋＋
≥＋＋＝＋＋＝＋＋.
∴原不等式成立．
反思与感悟　利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．
跟踪训练1　已知0＜a≤b≤c，求证：＋＋≥＋＋.
证明　因为0＜a≤b≤c，所以0＜a＋b≤c＋a≤b＋c，
所以≥≥＞0.
又0＜a2≤b2≤c2，
所以＋＋是顺序和，＋＋是乱序和，
由排序不等式可知，顺序和大于等于乱序和，
即不等式＋＋≥＋＋成立．
命题角度2　字母大小顺序不定问题
例2　已知a，b，c均为正数，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
证明　由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，
所以a2≥b2≥c2，≥≥.
由顺序和≥乱序和得到两个不等式：
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋.
两式相加，得
2≥＋＋，
注意到≥(b＋c)，≥(c＋a)，≥(a＋b)，
所以2≥(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)＝a＋b＋c.
故＋＋≥(a＋b＋c)．
反思与感悟　对于排序不等式，其核心是必须有两组完全确定的数据，所以解题的关键是构造出这样的两组数据．
跟踪训练2　设a，b，c∈R＋，利用排序不等式证明：
a3＋b3＋c3≤＋＋.
证明　不妨设0＜a≤b≤c，
则a5≤b5≤c5，≤≤，
所以由排序不等式可得
a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋，
a3＋b3＋c3＝＋＋≤＋＋，
所以a3＋b3＋c3≤＋＋.
类型二　利用排序不等式求最值
例3　设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．
解　由于a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，
则a＋b≥a＋c≥b＋c，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋，
上述两式相加，得
2≥3，
即＋＋≥.
当且仅当a＝b＝c时，
＋＋取最小值.
反思与感悟　求最小(大)值，往往所给式子是顺(逆)序和式，然后利用顺(逆)序和不小(大)于乱序和的原理构造出一个或二个适当的乱序和，从而求出其最小(大)值．
跟踪训练3　设0＜a≤b≤c且abc＝1.试求＋＋的最小值．
解　令S＝＋＋，
则S＝＋＋＝·bc＋·ac＋·ab.
由已知可得≥≥，ab≤ac≤bc.
∴S≥·ac＋·ab＋·bc＝＋＋.
又S≥·ab＋·bc＋·ac＝＋＋，
两式相加，得2S≥＋＋≥3·＝3.
∴S≥，即＋＋的最小值为.
1．设a，b，c均为正数，且P＝a3＋b3＋c3，Q＝a2b＋b2c＋c2a，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P＞Q B．P≥Q C．P＜Q D．P≤Q
答案　B
解析　不妨设a≥b≥c＞0，则a2≥b2≥c2＞0.由排序不等式，得a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，所以P≥Q.
2．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
答案　C
解析　a1c1＋a2c2＋…＋a5c5≤a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5
＝2×3＋7×4＋8×6＋9×10＋12×11＝304.
3．n个正数与这n个正数的倒数的乘积的和的最小值为________．
答案　n
解析　设0＜a1≤a2≤a3≤…≤an，
则0＜a≤a≤…≤a，
则由排序不等式，得逆序和≤乱序和≤顺序和，
故最小值为逆序和a1·a＋a2·a＋…＋an·a＝n.
4．设a，b都是正数，求证：2＋2≥＋.
证明　由题意不妨设a≥b＞0.
则a2≥b2，≥，所以≥.
根据排序不等式知，·＋·≥·＋·，
即2＋2≥＋.
1．对排序不等式的理解
排序原理是对不同的两个数组来研究不同的乘积和的问题，能构造的和按数组中的某种“搭配”的顺序被分为三种形式：顺序和、逆序和、乱序和，对这三种不同的搭配形式只需注意是怎样的“次序”，两种较为简单的是“顺与逆”，而乱序和也就是不按“常理”的顺序了．
2．排序不等式的本质
两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小．
3．排序不等式取等号的条件
等号成立的条件是其中一序列为常数序列，即a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝b3＝…＝bn.
4．排序原理的思想
在解答数学问题时，常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．
一、选择题
1．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(　　)
A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cx
C．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz
答案　B
解析　根据排序原理，逆序和最小，即az＋by＋cx最小．
2．已知a，b，c＞0，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是(　　)
A．大于零
B．大于零或等于零
C．小于零
D．小于零或等于零
答案　B
解析　当a＝b＝c＝1时，
a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝0；
当a＝1，b＝2，c＝3时，
a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)＝62.
3．设a，b，c都是正数，则式子M＝a5＋b5＋c5－a3bc－b3ac－c3ab与0的大小关系是(　　)
A．M≥0
B．M≤0
C．M与0的大小关系与a，b，c的大小有关
D．不能确定
答案　A
解析　不妨设a≥b≥c＞0，
则a3≥b3≥c3，且a4≥b4≥c4，
则a5＋b5＋c5＝a·a4＋b·b4＋c·c4≥a·c4＋b·a4＋c·b4.
∵a3≥b3≥c3，且ab≥ac≥bc，
∴a4b＋b4c＋c4a＝a3·ab＋b3·bc＋c3·ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab.
∴a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab，
∴M≥0.
4．锐角三角形ABC中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的大小关系为(　　)
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
答案　C
解析　不妨设A≥B≥C，
则a≥b≥c，cos A≤cos B≤cos C，
则由排序不等式可知，
Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A
＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)，
Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥bcos A＋ccos B＋acos C
＝R(2sin Bcos A＋2sin Ccos B＋2sin Acos C)，
上面两式相加，得Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥
R(2sin Acos B＋2sin Bcos A＋2sin Bcos C＋2sin Ccos B
＋2sin Ccos A＋2sin Acos C)
＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]
＝R(sin C＋sin A＋sin B)
＝P＝，即Q≥P.
5．设a1，a2，a3为正数，E＝＋＋，F＝a1＋a2＋a3，则E，F的大小关系是(　　)
A．E＜F B．E≥F C．E＝F D．E≤F
答案　B
解析　不妨设a1≥a2≥a3＞0，
则≤≤且a2a3≤a3a1≤a1a2，
∴＋＋≥·a1a2＋·a2a3＋·a3a1＝a1＋a2＋a3.
∴E≥F.
6．已知x≥y，M＝x4＋y4，N＝x3y＋xy3，则M与N的大小关系是(　　)
A．M＞N B．M≥N C．M＜N D．M≤N
答案　B
解析　∵x≥y，∴x3≥y3.
∴M＝x·x3＋y·y3≥x3·y＋y3·x＝x3y＋y3x＝N.
二、填空题
7．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________．
答案　32　28
解析　由逆序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，逆序和最小，故最大值为32，最小值为28.
8．5个人各拿一只水桶到水龙头处接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4 min,8 min,6 min，10 min，5 min，统筹安排这5个人接水的顺序，则他们等待的总时间最少为________ min.
答案　84
解析　5个人按接水时间为4 min,5 min,6 min,8 min，10 min的顺序进行接水时等待的总时间最少，为4×5＋5×4＋6×3＋8×2＋10×1＝84(min)．
9．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________．
答案　aA＋bB≥(a＋b)
解析　不妨设a≥b＞0，
则A≥B＞0，由排序不等式，得
?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)＝(a＋b)，
∴aA＋bB≥(a＋b)．
10．设a1，a2，…，an为正数，且a1＋a2＋…＋an＝5，则＋＋…＋＋的最小值为________．
答案　5
解析　由所求代数式的对称性，
不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，
所以a≤a≤…≤a，
≥≥…≥，
而，，…，，为，，，…，的一个排列，由乱序和≥逆序和，得a·＋a·＋…＋a·＋a·≥a·＋a·＋…＋a·，即＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an＝5.
三、解答题
11．设a，b，c∈(0，＋∞)，利用排序不等式证明：a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
证明　不妨设a≥b≥c＞0，则lg a≥lg b≥lg c，
所以alg a＋blg b＋clg c≥blg a＋clg b＋alg c，
alg a＋blg b＋clg c≥clg a＋alg b＋blg c，
所以2alg a＋2blg b＋2clg c≥(b＋c)lg a＋(a＋c)lg b＋(a＋b)lg c，
所以lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab＋c·ba＋c·ca＋b)，
故a2ab2bc2c≥ab＋cbc＋aca＋b.
12．设a1，a2，…，an是n个互不相等的正整数，求证：
1＋＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋.
证明　设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一个排列，且满足b1＜b2＜…＜bn.因为b1，b2，…，bn是互不相等的正整数，故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n.
又因为1＞＞＞…＞，
故由排序不等式，得
a1＋＋＋…＋≥b1＋＋＋…＋
≥1×1＋2×＋3×＋…＋n·＝1＋＋＋…＋.
13．已知0＜α＜β＜γ＜，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
证明　∵0＜α＜β＜γ＜，且y＝sin x在上为增函数，y＝cos x在上为减函数，
∴0＜sin α＜sin β＜sin γ，cos α＞cos β＞cos γ＞0.
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＞sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ
＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
四、探究与拓展
14．设x，y，z为正数，求证：
x＋y＋z≤＋＋.
证明　由于不等式关于x，y，z对称，不妨设0＜x≤y≤z，
于是x2≤y2≤z2，≤≤，
由逆序和≤乱序和，得
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·.
将上面两式相加，得
2(x＋y＋z)≤＋＋，
于是x＋y＋z≤＋＋.
15．设x＞0，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
证明　(1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn.
由排序原理知，
1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥xn·1＋xn－1·x＋…＋1·xn，
所以1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn.①
又因为x，x2，…，xn,1为1，x，x2，…，xn的一个排序，于是由排序原理，得1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
所以x＋x3＋…＋x2n－1≥nxn.②
①＋②，得
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
(2)当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞xn，
同理可得结论．
综合(1)与(2)可知，当x＞0时，
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
§3　数学归纳法与贝努利不等式
3.1　数学归纳法
学习目标　1.了解数学归纳法的基本原理.2.了解数学归纳法的应用范围.3.会用数学归纳法证明一些简单问题．
知识点　数学归纳法
在学校，我们经常会看到这样的一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学将第一辆自行车不小心弄倒了，那么整排自行车就会倒下．
思考1　试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？
答案　①第一辆自行车倒下；②任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下．
思考2　由这种思想方法所得的数学方法叫数学归纳法，那么，数学归纳法适用于解决哪类问题？
答案　适合解决一些与正整数n有关的问题．
梳理　数学归纳法的概念及步骤
(1)数学归纳法的定义
一般地，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，证明当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)数学归纳法适用范围
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)数学归纳法的基本过程
类型一　用数学归纳法证明等式
例1　用数学归纳法证明＋＋＋…＋＋＝1－(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，左边＝，右边＝1－＝，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，
即＋＋…＋＝1－.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＝1－＋＝1－，
即当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，原等式对n∈N＋均成立．
反思与感悟　利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设．
跟踪训练1　用数学归纳法证明1＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＝.
当n＝k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2
＝＋(k＋1)2＝
＝＝.
所以当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
类型二　证明与整除有关的问题
例2　求证：x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．
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，k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除，
那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－y2·y2k－x2y2k＋x2y2k＝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．
即当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．
由(1)(2)可知，对任意正整数n，命题均成立．
反思与感悟　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．这往往要利用“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧来凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．
跟踪训练2　用数学归纳法证明：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时结论成立，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3
＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋[(k＋3)3－k3]
＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9k2＋27k＋27
＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．
因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k2＋3k＋3)也能被9整除，
所以(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3也能被9整除，
即当n＝k＋1时结论也成立．
由(1)(2)知，命题对一切n∈N＋成立．
1．用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n－2)π”时，归纳奠基中n0的取值应为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　边数最少的凸n边形为三角形，故n0＝3.
2．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(n∈N＋，a≠1)，在验证n＝1成立时，左边所得的项为(　　)
A．1 B．1＋a＋a2
C．1＋a D．1＋a＋a2＋a3
答案　B
解析　当n＝1时，n＋1＝2，故左边所得的项为1＋a＋a2.
3．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为________________________．
答案　81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1(或25×(34k＋1＋52k＋1)＋56×34k＋1)
解析　34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34k＋5＋52k＋3＝81×34k＋1＋25×52k＋1＝81×34k＋1＋81×52k＋1－56×52k＋1＝81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1.
4．用数学归纳法证明1＋3＋…＋(2n－1)＝n2(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，
即1＋3＋…＋(2k－1)＝k2，
那么，当n＝k＋1时，1＋3＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝k2＋[2(k＋1)－1]＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
所以当n＝k＋1时等式成立．
由(1)(2)可知，等式对任意正整数n都成立．
1．应用数学归纳法时应注意的问题
(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．
2．判断利用数学归纳法证明问题是否正确
(1)要看有无归纳奠基．
(2)证明当n＝k＋1时是否应用了归纳假设．
3．与n有关的整除问题一般都用数学归纳法证明．其中关键问题是从当n＝k＋1时的表达式中分解出n＝k时的表达式与一个含除式的因式或几个含除式的因式，这样才能得出结论成立．
一、选择题
1．已知命题1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其证明：
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1成立，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，所以n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)知，对任意的正整数n等式都成立．判断以上论述(　　)
A．命题、推理都正确 B．命题正确、推理不正确
C．命题不正确、推理正确 D．命题、推理都不正确
答案　B
解析　推理不正确，错在证明当n＝k＋1时，没有用到假设当n＝k时的结论，命题由等比数列求和公式知正确．
2．在数列{an}中，a1＝－1，前n项和Sn＝－1，先算出数列的前4项的值，再根据这些值归纳猜想数列的通项公式是(　　)
A．an＝－1 B．an＝n－1
C．an＝－ D．an＝－
答案　D
解析　∵a1＝－1，S2＝－1，
∴a2＝S2－S1＝－，a3＝S3－S2＝－，a4＝S4－S3＝－，
猜想：an＝－.
3．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应写成(　　)
A．假设n＝2k＋1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋3时正确
B．假设n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋1时正确
C．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋1时正确
D．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋2时正确
答案　B
解析　∵n为正奇数，∴在证明时，归纳假设应写成：
假设当n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推出当n＝2k＋1时正确，故选B.
4．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　)
A. B.
C.＋ D.－
答案　D
解析　因为f(n)＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－.
5．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝n(n＋1)(n＋a)(n＋b)对一切正整数n都成立，则a，b的值等于(　　)
A．a＝1，b＝3 B．a＝－1，b＝1　C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝3
答案　D
解析　令n＝1,2得到关于a，b的方程组，解得即可．
6．某个命题与正整数n有关，若当n＝k(k∈N＋)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，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
答案　C
解析　由已知得当n＝k时成立?n＝k＋1时成立．
∴当n＝k＋1时不成立?当n＝k时不成立．
∴由当n＝5时不成立知，当n＝4时不成立．
二、填空题
7．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝________.
答案　＋＋
解析　因为f(n)＝1＋＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
8．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…，猜想第n个式子应为______．
答案　1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1·
9．已知平面上有n(n∈N＋，n≥3)个点，其中任何三点都不共线，过这些点中任意两点作直线，设这样的直线共有f(n)条，则f(3)＝__________，f(4)＝___________，f(5)＝__________，f(n＋1)＝f(n)＋____________.
答案　3　6　10　n
解析　当n＝k时，有f(k)条直线．当n＝k＋1时，增加的第k＋1个点与原k个点共连成k条直线，即增加k条直线，所以f(k＋1)＝f(k)＋k.所以f(3)＝3，f(4)＝6，f(5)＝10，f(n＋1)＝f(n)＋n.
10．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1，
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，
…，
照此规律，第n个等式可为____________________．
答案　(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
解析　由已知，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…·(n＋n)，右边为2n×1×3×…×(2n－1)．
所以第n个等式为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．
三、解答题
11．用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
证明　(1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．
当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9×8k＋9×9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，
即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)．
∴当n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)可知，对任意的n∈N＋，命题都成立．
12．用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，
所以等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，
则当n＝k＋1时，1－＋－＋…＋－＋－＝＋－＝＋＝＋…＋＋＋＝＋＋…＋，
所以当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)知，对任意n∈N＋等式都成立．
13．请观察以下三个式子：
(1)1×3＝；
(2)1×3＋2×4＝；
(3)1×3＋2×4＋3×5＝，
归纳出一般的结论，并用数学归纳法证明该结论．
解　结论：1×3＋2×4＋3×5＋…＋n(n＋2)＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1×3＋2×4＋3×5＋…＋k(k＋2)＝，
当n＝k＋1时，1×3＋2×4＋…＋k(k＋2)＋(k＋1)(k＋3)＝＋(k＋1)(k＋3)
＝(2k2＋7k＋6k＋18)＝(2k2＋13k＋18)＝
＝，
所以当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，命题成立．
四、探究与拓展
14．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________．
答案　(k＋1)2＋k2
解析　当n＝k时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12.
当n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，
所以左边添加的式子为(k＋1)2＋k2.
15．已知数列，，，，…，，…，计算数列和S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．
解　S1＝＝，S2＝＋＝，S3＝＋＝，S4＝＋＝.
上面四个结果中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1，于是可以猜想Sn＝.其证明如下：
(1)当n＝1时，左边＝S1＝，右边＝＝，
猜想成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时猜想成立，
即＋＋…＋＝成立，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋
＝＋＝＝＝，
所以当n＝k＋1时，猜想成立．
由(1)(2)知，猜想对任意n∈N＋，Sn＝都成立．
3.2　数学归纳法的应用
学习目标　1.会用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.2.了解贝努利不等式，并会证明贝努利不等式.3.体会归纳—猜想—证明的思想方法．
知识点一　用数学归纳法证明与正整数n有关的不等式
思考1　用数学归纳法证明问题必须注意的步骤是什么？
答案　(1)归纳奠基：验证初始值．
(2)归纳递推：在假设n＝k成立的前提下，证明n＝k＋1时问题成立．
思考2　证明不等式与证明等式有什么不同？
答案　证明不等式需注意的是对式子进行“放缩”．
梳理　利用数学归纳法证明不等式
在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k时命题成立，推导n＝k＋1命题成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．
知识点二　贝努利不等式
对任意实数x≥－1和任何正整数n，有(1＋x)n≥1＋nx.
类型一　数学归纳法与放缩法结合证明不等式
例1　证明：1＋＋＋…＋＜2－(n∈N＋，n≥2)．
证明　(1)当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝2－＝，由于＜，因此命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥2)时，命题成立，
即1＋＋＋…＋＜2－.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋＜2－＋＜2－＋＝2－＋＝2－，即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，不等式对一切n∈N＋，n≥2都成立．
反思与感悟　在归纳递推过程中常用到放缩法，这也是在用数学归纳法证明不等式问题时常用的方法之一．
跟踪训练1　用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，n＞1)．
证明　(1)当n＝2时，左边＝1＋＋，右边＝2，左边＜右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k>1，k∈N＋)时，不等式成立，
即1＋＋＋…＋则当n＝k＋1时，有1＋＋＋…＋＋＋＋…＋所以当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)知，对于任意大于1的正整数n，不等式均成立．
类型二　利用数学归纳法证明与数列有关的不等式
例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N＋)．
(1)判断是否为等差数列，并证明你的结论；
(2)证明：S＋S＋…＋S≤－(n≥1且n∈N＋)．
(1)解　是等差数列，证明如下：
S1＝a1＝，所以＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.
所以－＝2.故是以2为首项，2为公差的等差数列，且＝2n.
(2)证明　①当n＝1时，S＝＝－，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，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①②可知，对任意n∈N＋不等式都成立．
反思与感悟　(1)首先掌握好数学归纳法求解问题的步骤及等差、等比数列的基础知识，这是解决这类问题的基础．
(2)此类题型通常与数列的递推公式、通项公式有关，有时要证明的式子是直接给出，有时是根据条件从前几项入手，通过观察、猜想，归纳出一个式子，然后再用数学归纳法证明．
跟踪训练2　设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，an＋1＝＋a，求证：对一切正整数n，有1＜an＜.
证明　(1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即1＜ak＜.
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＝＜，
故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜ak＋1＜.
综合(1)(2)可知，对一切正整数n，都有1＜an＜.
1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步验证(　　)
A．n＝1 B．n＝2　C．n＝3 D．n＝4
答案　C
解析　由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．
2．用数学归纳法证明“Sn＝＋＋＋…＋＞1(n∈N＋)”时，S1等于(　　)
A. B. C.＋ D.＋＋
答案　D
解析　S1＝＋＋＝＋＋.
3．用数学归纳法证明＋＋…＋＞－.假设当n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是____________________．
答案　＋＋…＋＋＞－
解析　当n＝k＋1时，目标不等式为＋＋…＋＋＞－.
4．用数学归纳法证明：2n＋2＞n2，n∈N＋.
证明　(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边＞右边；
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．
因此当n＝1,2,3时，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立，
即2k＋2＞k2.
当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2＞2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2(因为k≥3，所以k－3≥0，k＋1＞0)．
所以2k＋1＋2＞(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，原不等式也成立．
由(1)(2)知，原不等式对任何n∈N＋都成立．
数学归纳法证明不等式的技巧
(1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”，才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．
(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．
一、选择题
1．对于不等式＜n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：
(1)当n＝1时，＜1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，
∴n＝k＋1时，不等式成立．
则上述证法(　　)
A．过程全部正确
B．n＝1验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
答案　D
解析　证明过程中，当n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，故选D.
2．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)的第一步需证明(　　)
A．1<2－
B．1＋<2－
C．1＋＋<2－
D．1＋＋＋<2－
答案　C
3．若不等式＋＋…＋＞对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为(　　)
A．12 B．13 C．14 D．不存在
答案　B
解析　令f(n)＝＋＋…＋，取n＝2,3,4,5等值，发现f(n)是单调递增的，所以[f(n)]min＞，由f(2)＞，得m的最大值为13.
4．对于正整数n，下列不等式不正确的是(　　)
A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1n
C．0.9n＜1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n
答案　C
解析　由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(n∈N＋，x≥－1)，得
A中，当x＝2时，即3n≥1＋2n成立；
B中，当x＝－0.1时，0.9n≥1－0.1n成立；
D中，当x＝－0.9时，0.1n≥1－0.9n成立．
∴0.9n＜1－0.1n不成立．
5．若不等式对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立．若该不等式对n＝2成立，则下列结论正确的是(　　)
A．该不等式对所有正整数n都成立
B．该不等式对所有正偶数n都成立
C．该不等式对所有正奇数n都成立
D．该不等式对所有自然数n都成立
答案　B
解析　因为当n＝2时，不等式成立，且该不等式对n＝k＋2也成立，所以该不等式对所有的正偶数n都成立．
6．已知n为正偶数，用数学归纳法证明：1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且为偶数)时，等式成立，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
答案　B
解析　偶数k的后继偶数为k＋2，故应再证n＝k＋2时等式成立．
二、填空题
7．证明：＜1＋＋＋…＋＜n＋1(n＞1)，当n＝2时，要证明的式子为________________．
答案　2＜1＋＋＋＜3
解析　当n＝2时，要证明的式子为2＜1＋＋＋＜3.
8．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1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________．
答案　5
解析　n取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.
9．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________．
答案　M≥N
解析　当n＝1时，M＝a＋b＝N.
当n＝2时，M＝(a＋b)2，N＝a2＋2ab＜M.
当n＝3时，M＝(a＋b)3，N＝a3＋3a2b＜M.
归纳得M≥N.
10．以下是用数学归纳法证明“n∈N＋时，2n＞n2”的过程，证明：
(1)当n＝1时，21＞12，不等式显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，即2k＞k2.
那么，当n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据(1)和(2)可知，对任何n∈N＋不等式都成立．
其中错误的步骤为________．(填序号)
答案　(2)
解析　在2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1中用了k2≥2k＋1，这是一个不确定的结论．
如当k＝2时，k2＜2k＋1.
三、解答题
11．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式…>成立．
证明　(1)当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝，
左边>右边，所以不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时，不等式成立，
即…>，
那么当n＝k＋1时，
…>·
＝＝>
＝＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n，不等式都成立．
12．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n＞1，且n∈N＋)，求证：S2n＞1＋.
证明　(1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝＞1＋，即n＝2时命题成立．
(2)假设当n＝k(k>1，k∈N＋)时，命题成立，
即＝1＋＋＋…＋＞1＋.
当n＝k＋1时，＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
＞1＋＋＞1＋＋＝1＋＋＝1＋，
故当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，n>1，＞1＋成立．
13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式··…·≤对任意n∈N＋恒成立，试猜想出实数m的最小值，并证明．
解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意可知a1·a4＝a，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，
解得d＝1或d＝0(舍去)．
所以an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)不等式等价于···…·≤，
当n＝1时，m≥；当n＝2时，m≥；
而>，所以猜想，m的最小值为.
下面证不等式···…·≤对任意n∈N＋恒成立．
证明：①当n＝1时，≤＝，命题成立．
②假设当n＝k时，不等式···…·≤成立，
当n＝k＋1时，···…··≤·，
只需证·≤ ，
只需证≤，
只需证≤2k＋2，
只需证4k2＋8k＋3≤4k2＋8k＋4，
即证3≤4，显然成立．
所以，对任意n∈N＋，不等式···…·≤恒成立．
四、探究与拓展
14．求证：＋＋…＋＜(n∈N＋)．
证明　(1)当n＝1时，左边＝，右边＝1，
左边＜右边，所以不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即＋＋…＋＜成立，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＜＋，
只需证＋＜即可，
即证－＞，
即证＞＋，
即证(－1)＞，而当k≥1时上式显然成立，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，不等式对所有n∈N＋都成立．
滚动训练三(§1～§2)
一、选择题
1．已知a，b是给定的正数，则＋的最小值为(　　)
A．2a2＋b2 B．2ab
C．(2a＋b)2 D．4ab
答案　C
解析　＋＝(sin2α＋cos2α)≥2＝(2a＋b)2，
当且仅当sin α·＝cos α·时，等号成立．
故＋的最小值为(2a＋b)2.
2．已知a，b，c为正数且a＋b＋c＝3，则＋＋的最小值为(　　)
A．4 B．4 C．6 D．6
答案　C
解析　∵a，b，c为正数，
∴＝≥a＋b.
同理≥b＋c，≥c＋a，
相加得(＋＋)≥2(b＋c＋a)＝6，
即＋＋≥6，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
3．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4，则3x＋4y的最大值为(　　)
A．21 B．11 C．18 D．28
答案　A
解析　根据柯西不等式，得
[(x－1)2＋(y－2)2][32＋42]≥[3(x－1)＋4(y－2)]2＝(3x＋4y－11)2，
∴(3x＋4y－11)2≤100.
可得3x＋4y≤21，当且仅当＝＝时取等号．
4．已知x＋y＋z＝1，则2x2＋3y2＋z2的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　∵·≥(x＋y＋z)2＝1，
∴2x2＋3y2＋z2≥.
当且仅当＝＝时，等号成立．
5．已知x，y，z∈R＋，且＋＋＝1，则x＋＋的最小值为(　　)
A．5 B．6 C．8 D．9
答案　D
解析　由柯西不等式知，
≥(1＋1＋1)2＝9，
因为＋＋＝1，所以x＋＋≥9.
即x＋＋的最小值为9.
6．设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均为正数)，则＋＋…＋的最小值是(　　)
A．n B.
C. D．2n
答案　A
解析　不妨设a1≥a2≥…≥an＞0，则≤≤…≤，
由排序不等式知，
＋＋…＋≥a1·＋a2·＋…＋an·＝n.
二、填空题
7．函数y＝3sin x＋2的最大值是________．
答案　5
解析　y＝3sin x＋2
＝3sin x＋4≤＝5，
当且仅当3|cos x|＝4sin x时等号成立．
8．设x，y，z∈R，若x2＋y2＋z2＝4，则x－2y＋2z的最小值为________．
答案　－6
解析　由柯西不等式，得
(x2＋y2＋z2)[12＋(－2)2＋22]≥(x－2y＋2z)2，
故(x－2y＋2z)2≤4×9＝36.
当且仅当＝＝＝k，k＝±时，上式取得等号，
当k＝－时，x－2y＋2z取得最小值－6.
9．已知点P是边长为2的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x，y，z，则x，y，z所满足的关系式为________，x2＋y2＋z2的最小值是________．
答案　x＋y＋z＝3　3
解析　利用三角形面积相等，得
×2(x＋y＋z)＝×(2)2，
即x＋y＋z＝3.
由(1＋1＋1)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝9，
得x2＋y2＋z2≥3，
当且仅当x＝y＝z＝1时取等号．
10．已知2x＋3y＋z＝8，则当x2＋y2＋z2取得最小值时，x，y，z形成的点(x，y，z)＝______.
答案　
解析　由柯西不等式，得(22＋32＋12)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥＝.
当且仅当＝＝z时等号成立．
又2x＋3y＋z＝8，
解得x＝，y＝，z＝，
所以所求点为.
三、解答题
11．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，
所以3c2－c－2≤0，解得－≤c≤1.
12．设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，求证：
＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明　设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1＜b2＜…＜bn－1；c1，c2，…，cn－1是a2，a3，…，an的一个排列，且c1＜c2＜…＜cn－1，
则＞＞…＞且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，
c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有
＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋.∴原不等式成立．
13．设a，b，c，d∈R＋，令S＝＋＋＋，求证：1＜S＜2.
证明　首先证明＜(a＞b＞0，m＞0)．
因为－＝＝＜0，
所以S＝＋＋＋
＜＋＋＋＝＝2，
所以S＜2.
又S＞＋＋＋＝＝1，
所以1＜S＜2.
四、探究与拓展
14．已知5a2＋3b2＝，则a2＋2ab＋b2的最大值为______．
答案　1
解析　∵[(a)2＋(b)2]≥2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，
当且仅当5a＝3b，即a＝，b＝时取等号．
∴×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.
∴a2＋2ab＋b2≤×(5a2＋3b2)＝×＝1，
∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.
15．已知a，b，c均为实数，且a＋b＋c＋2－2m＝0，a2＋b2＋c2＋m－1＝0.
(1)求证：a2＋b2＋c2≥；
(2)求实数m的取值范围．
(1)证明　由柯西不等式得·(12＋22＋32)≥(a＋b＋c)2，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立，
即×14≥(a＋b＋c)2，
∴a2＋b2＋c2≥.
(2)解　由已知得a＋b＋c＝2m－2，
a2＋b2＋c2＝1－m，
∴由(1)可知，14(1－m)≥(2m－2)2，
即2m2＋3m－5≤0，
解得－≤m≤1.
又∵a2＋b2＋c2＝1－m≥0，
∴m≤1，
∴－≤m≤1.
即实数m的取值范围为.
滚动训练四(§1～§3)
一、选择题
1．设a，b∈R＋且a＋b＝16，则＋的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　(a＋b)≥2＝4，
∴＋≥.
当且仅当·＝·，
即a＝b＝8时取等号．
2．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为(　　)
A．A＞B B．A＜B
C．A≥B D．A≤B
答案　C
解析　依数列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn，则x2，x3，…，xn，x1为数列{xn}的一个排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即x＋x＋…＋x≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.
3．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n＋1＝2n＋2－1(n∈N＋)的过程中，在验证n＝1时，左端计算所得的项为(　　)
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
答案　C
解析　当n＝1时，左端＝1＋2＋22，故选C.
4．已知x，y，z，a，b，c，k均为正数，且x2＋y2＋z2＝10，a2＋b2＋c2＝90，ax＋by＋cz＝30，a＋b＋c＝k(x＋y＋z)，则k等于(　　)
A. B. C．9 D．3
答案　D
解析　因为x2＋y2＋z2＝10，a2＋b2＋c2＝90，ax＋by＋cz＝30，
所以(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)＝(ax＋by＋cz)2，
又(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2，
当且仅当＝＝＝k时，等号成立，
则a＝kx，b＝ky，c＝kz，代入a2＋b2＋c2＝90，
得k2(x2＋y2＋z2)＝90，
于是k＝3，故选D.
5．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＜(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1不等式左边(　　)
A．增加了一项
B．增加了两项，
C．增加了B中两项但减少了一项
D．以上各种情况均不对
答案　C
解析　∵n＝k时，左边＝＋＋…＋，
n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＋＋，
∴增加了两项，，少了一项.
6．函数y＝5＋的最大值是(　　)
A．6 B．2
C．5 D．2
答案　D
解析　函数的定义域为[1,3]，且y＞0.由柯西不等式可得y＝5＋＝5＋×≤＝2，当且仅当＝，即x＝时，函数取得最大值2，故选D.
7．若2x＋3y＋5z＝29，则函数μ＝＋＋的最大值为(　　)
A. B．2
C．2 D.
答案　C
解析　由柯西不等式可得(·1＋·1＋·1)2≤(2x＋1＋3y＋4＋5z＋6)(12＋12＋12)，
∵2x＋3y＋5z＝29，
∴(·1＋·1＋·1)2≤120，
∴μ＝＋＋≤2，
∴μ＝＋＋的最大值为2.故选C.
二、填空题
8．已知a，b，c都是正数，且2a＋b＋c＝6，则a2＋ab＋ac＋bc的最大值为________．
答案　9
解析　∵a，b，c都是正数，∴a2＋ab＋ac＋bc＝(a＋b)(a＋c)≤2.
∵2a＋b＋c＝6，∴a2＋ab＋ac＋bc≤9，
∴a2＋ab＋ac＋bc的最大值为9.
9．已知两组数1,2,3和45,25,30，若c1，c2，c3是45,25,30的一个排列，则c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
答案　220　180
解析　由排序不等式知顺序和最大，逆序和最小，故所求最大值为1×25＋2×30＋3×45＝220，最小值为1×45＋2×30＋3×25＝180.
10．已知实数x，y，z满足2x＋y＋3z＝32，则的最小值为________．
答案　
解析　∵12＋22＋32＝14，由柯西不等式可得(22＋12＋32)[(x－1)2＋(y＋2)2＋z2]≥(2x－2＋y＋2＋3z)2＝322，
∴≥，
当且仅当＝＝时，等号成立，
即的最小值是.
11．已知a，b，c都是正数，a＋2b＋3c＝9，则＋＋的最小值为________．
答案　
解析　∵(a＋2b＋3c)
＝[()2＋()2＋()2]·≥2＝1，
当且仅当a＝3b＝9c时取等号，
又a＋2b＋3c＝9，∴＋＋≥，即最小值为.
三、解答题
12．设函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为M.
(1)求实数M的值；
(2)若不等式＋≤M(其中a＞0)恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以M＝3.
(2)因为(＋·)2≤[12＋()2](a－x＋2＋x)＝3(a＋2)，当且仅当＝·时，等号成立，即当x＝∈[－2，a]时，＋取得最大值，所以≤3.
又a＞0，所以0＜a≤1.
13．已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－2|.
(1)求不等式f(x)≥x－1的解集；
(2)若f(x)的最大值是m，且a，b，c均为正数，a＋b＋c＝m，求＋＋的最小值．
解　(1)由已知可得或或
解得0≤x≤2.
故不等式的解集为[0,2]．
(2)f(x)＝
得最大值，∴m＝f(1)＝2，
∴a＋b＋c＝2.
又(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2]·≥(a＋b＋c)2，
∴＋＋≥a＋b＋c＝2，当且仅当a＝b＝c时取等号，故＋＋的最小值是2.
14．已知数列{an}和{bn}，其中an＝1＋3＋5＋…＋(2n＋1)，bn＝1＋2＋…＋2n－1，当n∈N＋时，试比较an与bn的大小，并证明你的结论．
解　由已知得an＝·(n＋1)＝(n＋1)2，bn＝＝2n－1.
当n＝1时，a1＝4，b1＝1，则a1＞b1，
当n＝2时，a2＝9，b2＝3，则a2＞b2，
当n＝3时，a3＝16，b3＝7，则a3＞b3，
当n＝4时，a4＝25，b4＝15，则a4＞b4，
当n＝5时，a5＝36，b5＝31，则a5＞b5
当n＝6时，a6＝49，b6＝63，则a6＜b6，
当n＝7时，a7＝64，b7＝127，则a7＜b7，
…，
由此猜想，当n∈N＋，n≤5时，an＞bn.
当n∈N＋，n≥6时，an＜bn.
前一结论上面已用列举法证明，
后一结论用数学归纳法证明如下：
①当n＝6时，上面已证a6＜b6.
②假设当n＝k(k∈N＋，k≥6)时，上述结论成立，
即当k≥6时，(k＋1)2＜2k－1.
当n＝k＋1时，要证ak＋1＜bk＋1，
即证(k＋2)2＜2k＋1－1，只需证(k＋2)2＜2·2k－1，
根据归纳假设，2·2k－1＞2[(k＋1)2＋1]－1，
所以只需证(k＋2)2＜2(k＋1)2＋1，
即证k2＋4k＋4＜2k2＋4k＋3，即证k2＞1.
因为k≥6，所以此式显然成立．
故当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，当n∈N＋，n≤5时，an>bn，当n∈N＋，n≥6时，an章末复习
学习目标　1.梳理本章的重点知识，构建知识网络.2.进一步理解柯西不等式、排序不等式和贝努利不等式，并能够熟练应用.3.理解数学归纳法的基本思想，初步形成“归纳—猜想—证明”的思维模式．
1．柯西不等式
定理1：对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．
定理2：设a1，a2，…，an与b1，b2，…，bn是两组实数，则有(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2.当向量(a1，a2，…，an)与向量(b1，b2，…，bn)共线时，等号成立．即＝＝…＝时(规定ai＝0时，bi＝0)等号成立．
推论：设a1，a2，a3，b1，b2，b3是两组实数，则有(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2.
当向量(a1，a2，a3)与向量(b1，b2，b3)共线时等号成立．
2．排序不等式
定理1：设a，b和c，d都是实数，如果a≥b，c≥d，那么ac＋bd≥ad＋bc.
当且仅当a＝b(或c＝d)时取“＝”号．
定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组
a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn，
则(顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥
(乱序和)≥
(逆序和)a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1.
其中j1，j2，…，jn是1,2，…，n的任一排列方式，上式当且仅当a1＝a2＝…＝an(或b1＝b2＝…＝bn)时取“＝”号．
3．贝努利不等式
对任何实数x≥－1和任何正整数n，有(1＋x)n≥1＋nx.
4．数学归纳法
数学归纳法原理是证明关于正整数n的命题．
步骤：(1)验证当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时命题正确．
(2)假设当n＝k时(k∈N＋，k≥n0)命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确.
类型一　利用柯西不等式证明不等式
例1　已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：＋＋＋＞＋＋＋.
证明　由柯西不等式知，·
≥2，
于是＋＋＋≥＋＋＋.①
等号成立?＝＝＝?＝＝＝?a＝b＝c＝d.
又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．
即＋＋＋＞＋＋＋.
反思与感悟　利用柯西不等式证题的技巧
(1)柯西不等式的一般形式为(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式的证明问题迎刃而解．
(2)利用柯西不等式证明其他不等式的关键是构造两组数，并向着柯西不等式的形式进行转化，运用时要注意体会．
跟踪训练1　设a，b，c为正数且a＋b＋c＝1，求证：2＋2＋2≥.
证明　∵左边＝(12＋12＋12)·
≥2＝2
＝2≥(1＋9)2＝.
等号成立的条件均为a＝b＝c＝，
∴原结论成立．
类型二　利用排序不等式证明不等式
例2　设A，B，C表示△ABC的三个内角弧度数，a，b，c表示其对边，求证：≥.
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.
三式相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)
＝π(a＋b＋c)，得≥.
引申探究
若本例条件不变，求证：＜.
证明　不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C.
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＜.
反思与感悟　利用排序不等式证明不等式的策略
(1)在利用排序不等式证明不等式时，首先考虑构造出两个合适的有序数组，并能根据需要进行恰当地组合．这需要结合题目的已知条件及待证不等式的结构特点进行合理选择．
(2)根据排序不等式的特点，与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．
跟踪训练2　设a，b，c为正数，求证：＋＋≥a10＋b10＋c10.
证明　由a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c，
于是a12≥b12≥c12，≥≥.
由排序不等式，得
＋＋≥＋＋＝＋＋.①
又因为a11≥b11≥c11，≤≤，
再次由排序不等式，得
＋＋≤＋＋.②
由①②得＋＋≥a10＋b10＋c10.
等号成立的条件为a＝b＝c.
类型三　归纳—猜想—证明
例3　已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)．
(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
(1)解　a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，
a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝
(2)证明　①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立．
②假设当n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋)，
当n＝k＋1时，由已知条件和假设，有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5＋＝5×2k－1.
故当n＝k＋1时公式也成立．
由①②可知，对n≥2，n∈N＋均有an＝5×2n－2.
所以数列{an}的通项an＝
反思与感悟　利用数学归纳法解决探索型不等式的思路：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点，进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．
跟踪训练3　在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，并猜想an，bn的表达式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
(1)解　由条件可得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1，
则a2＝2b1－a1＝6，b2＝＝9；
a3＝2b2－a2＝12，b3＝＝16；
a4＝2b3－a3＝20，b4＝＝25.
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
(2)证明　①当n＝1时，由a1＝2，b1＝4知，结论正确．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论正确，
即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝＝＝(k＋2)2.
即当n＝k＋1时结论正确．
由①②知猜想的结论正确．
类型四　利用柯西不等式或排序不等式求最值
例4　(1)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x＝，y＝.
(2)设a1，a2，a3，a4，a5是互不相等的正整数，求M＝a1＋＋＋＋的最小值．
解　设b1，b2，b3，b4，b5是a1，a2，a3，a4，a5的一个排列，且b1＜b2＜b3＜b4＜b5.
因此b1≥1，b2≥2，b3≥3，b4≥4，b5≥5.
又1≥≥≥≥.
由排序不等式，得
a1＋＋＋＋≥b1＋＋＋＋
≥1×1＋2×＋3×＋4×＋5×＝1＋＋＋＋＝.
即M的最小值为.
反思与感悟　利用柯西不等式或排序不等式求最值的技巧
(1)有关不等式问题往往要涉及对式子或量的范围的限定，其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．
(2)在利用柯西不等式或排序不等式求最值时，要关注等号成立的条件，不能忽略．
跟踪训练4　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.
1．函数y＝2＋的最大值为(　　)
A. B．－ C．－3 D．3
答案　D
解析　y2＝(·＋1·)2
≤[()2＋12][()2＋()2]＝3×3＝9.
∴y≤3，y的最大值为3.
2．设x，y，m，n>0，且＋＝1，则u＝x＋y的最小值是(　　)
A．(＋)2 B.
C. D．(m＋n)2
答案　A
解析　根据柯西不等式，得x＋y＝(x＋y)≥2＝2，
当且仅当＝时，等号成立，
这时u取最小值(＋)2.
3．设a1，a2，…，an都是正数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，P＝ab＋ab＋…＋ab，Q＝a1＋a2＋…＋an，则P与Q的大小关系是(　　)
A．P＝Q B．P>Q
C．P答案　D
解析　设a1≥a2≥…≥an>0，
可知a≥a≥…≥a，a≥a≥…≥a.
由排序不等式，得
ab＋ab＋…＋ab≥aa＋aa＋aa，
即ab＋ab＋…＋ab≥a1＋a2＋…＋an.
∴P≥Q，当且仅当a1＝a2＝…＝an>0时等号成立．
4．用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为________________________．
答案　k3＋5k＋3k(k＋1)＋6
解析　(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝k3＋5k＋3k2＋3k＋6
＝k3＋5k＋3k(k＋1)＋6.
5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝(n∈N＋)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上________________．
答案　(k2＋1)＋…＋(k＋1)2
解析　当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
1．对于柯西不等式要特别注意其向量形式的几何意义，从柯西不等式的几何意义出发就得到了三角形式的柯西不等式，柯西不等式的一般形式也可以写成向量形式．
2．参数配方法是由旧知识得到的新方法，注意体会此方法的数学思想．
3．对于排序不等式要抓住它的本质含义：两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列．
4．数学归纳法是用来证明和正整数有关的命题的，要特别注意归纳奠基和归纳递推是必不可少的两个步骤．
一、选择题
1．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，则a的最大值是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　∵(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.
∴5－a2≥(3－a)2.
解得1≤a≤2.
验证：当a＝2时，等号成立．
2．已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2＋z2取到最小值时的x，y，z的值为(　　)
A.，， B.，，
C．1，， D．1，，
答案　B
解析　由柯西不等式，得(22＋32＋42)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋4z)2，
即x2＋y2＋z2≥.
当且仅当＝＝时，等号成立，
联立
可得x＝，y＝，z＝.
3．已知x，y∈R＋，且xy＝1，则的最小值为(　　)
A．4 B．2 C．1 D.
答案　A
解析　＝·
≥2＝2＝22＝4.
4．已知a，b，x1，x2∈R＋，ab＝1，x1＋x2＝2，则M＝(ax1＋bx2)(bx1＋ax2)与4的大小关系是(　　)
A．M＞4 B．M＜4　C．M≥4 D．M≤4
答案　C
解析　M＝(ax1＋bx2)(bx1＋ax2)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]
≥[(x1＋x2)]2＝(x1＋x2)2＝4.
5．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
答案　A
解析　当n＝2时，2n－1＝3,2n＋1＝5，∴1＋＞.
6．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N＋)成立，其初始值至少应取(　　)
A．7 B．8　C．9 D．10
答案　B
解析　左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8.
二、填空题
7．设f(n)＝…，用数学归纳法证明f(n)≥3，在假设当n＝k时成立后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________________.
答案　
解析　f(k)＝…，
f(k＋1)＝…·，
∴f(k＋1)＝f(k)·.
8．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，设当n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，应证明等式_________成立．
答案　ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
9．设平面内有n条直线(n≥3)，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)＝________(用含n的式子表示)．
答案　5　(n－2)(n＋1)
解析　f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，f(6)＝14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
∴f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，f(6)－f(5)＝5，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.
累加，得f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)＝(n－3)．
∴f(n)＝(n－2)(n＋1)．
10．如图，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，则阴影部分的矩形面积之和________空白部分的矩形面积之和．
答案　≥
解析　由题图可知，阴影部分的面积等于a1b1＋a2b2，而空白部分的面积等于a1b2＋a2b1，根据顺序和≥逆序和可知，答案为≥.
三、解答题
11．已知f(n)＝(2n＋7)×3n＋9(n∈N＋)，用数学归纳法证明f(n)能被36整除．
证明　(1)当n＝1时，f(1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，f(k)＝(2k＋7)×3k＋9能被36整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]×3k＋1＋9＝(2k＋7)×3k＋1＋2×3k＋1＋9＝(2k＋7) ×3k×3＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]－27＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]＋18(3k－1－1)．
由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，即当n＝k＋1时，f(k＋1)也能被36整除．
根据(1)和(2)可知，对一切正整数n，都有f(n)＝(2n＋7)×3n＋9能被36整除．
12．设x1，x2，…，xn∈R＋，且x1＋x2＋…＋xn＝1.求证：＋＋…＋≥.
证明　∵(n＋1)·
＝(1＋x1＋1＋x2＋…＋1＋xn)·
≥2＝(x1＋x2＋…＋xn)2＝1，
∴＋＋…＋≥.
13．已知a，b，c为正数，求证：≥abc.
证明　考虑到正数a，b，c的对称性，不妨设a≥b≥c>0，
则≤≤，bc≤ca≤ab，
由排序不等式知，顺序和≥乱序和，
∴＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c.
∵a，b，c为正数，
∴两边同乘以，
得≥abc.
四、探究与拓展
14．上一个n层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f(n)，则下列猜想正确的是(　　)
A．f(n)＝n
B．f(n)＝f(n)＋f(n－2)
C．f(n)＝f(n)·f(n－2)
D．f(n)＝
答案　D
解析　当n≥3时，f(n)分两类，第一类，从第n－1层再上一层，有f(n－1)种方法；第二类，从第n－2层再一次上两层，有f(n－2)种方法，所以f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)，n≥3.
15．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，g(n)＝2(－1)(n∈N＋)．
(1)当n＝1,2,3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；
(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论．
解　(1)f(1)＞g(1)，f(2)＞g(2)，f(3)＞g(3)．
(2)当n＝1时，f(1)＞g(1)；
当n＝2时，f(2)＞g(2)；
当n＝3时，f(3)＞g(3)．
猜想：f(n)＞g(n)(n∈N＋)，即1＋＋＋…＋＞2(－1)(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝2(－1)，f(1)＞g(1)，
不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即1＋＋＋…＋＞2(－1)．
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＞2(－1)＋＝2＋－2，
g(k＋1)＝2(－1)＝2－2，
所以只需证明2＋＞2，
即证2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2，
即证(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)，
即证4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，
此式显然成立．
所以，当n＝k＋1时不等式也成立．
综上①②可知，对n∈N＋，不等式都成立，
即1＋＋＋…＋＞2(－1)(n∈N＋)成立．