人教版高中数学选修4-5同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料：08不等关系与基本不等式(基础)--选修4-5

不得关系与基本不等式
【学习目标】
1．在复习不等式性质的基础上，介绍了含有绝对值的不等式及其解法，平均值不等式及简单应用、证明不等式的一些基本方法，以及不等式在实际生活中的应用．
2．特别强调了不等式及证明的几何意义和背景，以加深学生对不等式的数学本质的理解、提高学生的逻辑思维能力和分析解决问题的能力．
【要点梳理】
要点一：不等式的性质
性质1 对称性：；
性质2 传递性：；
性质3 加法法则（同向不等式可加性）：；
推论：．
性质4 乘法法则：若，则
推论1: ；
推论2：；
推理3：；
推理4：．
要点二：含有绝对值的不等式
绝对值的几何意义
设是一个实数，在数轴上||表示实数对应的点与原点的距离；
|-|表示实数对应的点与实数对应的点之间的距离．
关于绝对值的几个结论
定理
对任意实数和，有
推论
1．；
2．．
3． ．
要点诠释：
（1）关于定理，可以把、、看作是三角形三边，很象三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，这样理解便于记忆，此定理在后面学习复数时，可以推广到比较复数的模长，并有其几何意义，有时也称其为“绝对值的三角形不等式”．
（2）绝对值不等式|＋|≤||＋||或|－|≤|－c|＋|c－|，从左到右是一个不等式放大过程，从右到左是缩小过程，证明不等式可以直接使用，也可通过适当的添、拆项证明不等式，还可利用它消去变量求最值．
绝对值不等式的解法
含绝对值的不等式||<与||>的解集
不等式
>0
=0
<0
||<的解集
-<<
||>的解集
>或<-
R
和型不等式的解法
1． 先去绝对值符号，化为不等式组：
?；
?．
2．解关于的不等式．
不等式的解法
1．将不等式两边平方，去绝对值：；
2．解不等式：．
含有两个绝对值符号的不等式解法
一般有三种解法，分别是“零点划分法”、“利用绝对值的几何意义法”和“利用函数图象法”．此外，有时还可采用平方法去绝对值，它只有在不等式两边均为正的情况下才能使用．
“零点划分法”是解绝对值不等式的最基本方法，一般步骤是：
(1)令每个绝对值符号里的代数式等于零，求出相应的根；
(2)把这些根按由小到大进行排序，n个根把数轴分为n＋1个区间；
(3)在各个区间上，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)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集．
要点三：平均值不等式
定理1 对任意实数，有（当且仅时，取“=”号）．
定理2 对任意两个正数，有（当且仅时，取“=”号）．
定理3 对任意三个正数，有（当且仅时，取“=”号）．
定理4 对任意三个正数，有（当且仅时，取“=”号）．
推广 对于n个正数，有
（当且仅当时取“=”号）．
其中，、 叫作这n个正数的算术平均值和几何平均值， 因此这个结论也可以阐述为n个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．
要点四：不等式的证明
不等式的性质和基本不等式是证明不等式的理论依据．但是由于不等式的形式多样，因此不等式的证明方法也很多．
比较法
有两种：
1．求差比较法：
任意两个代数式、，可以作差后比较与0的关系，进一步比较与的大小．
①；
②；
③．
2．求商比较法：
任意两个值为正的代数式、，可以作商后比较与1的关系，进一步比较与的大小．
①；
②；
③．
要点诠释：
（1）比较法通常是进行因式分解或进行配方，利用非负数的性质来进行判断．
（2）若代数式、均为负数，也可以用求商比较法．
综合法和分析法
综合法和分析法是直接证明的两种常用的思维方法．
1．综合法
一般地，从命题的已知条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过演绎推理，一步步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，我们把这种思维方法叫做综合法．
2．分析法
一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法．
要点诠释：综合法的基本思路：执因索果；分析法的基本思路：执果索因．它们是思维方向互逆的两种推理方法．
放缩法
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．
要点诠释：放缩法的要求较高，要想用好它，必须有目标，目标可以从要证的结论中去寻找．
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．
反证法
反证法是间接证明的一种基本方法．一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
反证法的基本思路：假设——矛盾——肯定
要点五：不等式的应用
不等式的应用十分广泛，不仅可以解决一些数学问题，而且也可以解决其他学科中以及生产生活中的一些问题。在应用时一般按以下步骤进行：
①先理解题意，设变量，设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数；
②建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；
③在定义域内，求出函数的最大或最小值；
④写出正确答案．
【典型例题】
类型一： 绝对值不等式
例1．解下列关于的不等式：
（1）； （2）；
（3）|－4|－|2+5|<1； （4）．
【思路点拨】去绝对值，转化为解一元一次（二次）不等式（组）的形式．
【解析】
（1）原不等式等价于，
即
∴ 原不等式的解集为
（2）解法一：原不等式等价于，
两边平方得，解得，
∴原不等式的解集为．
解法二：原不等式等价于，
表示数轴上与-1对应的点的距离；表示数轴上与1对应的点的距离．
由于数轴上0与-1对应的点的距离和它到1对应的点的距离相等，所以若要使与-1对应的点的距离和它到1对应的点的距离相等，那么应满足：．
/
∴原不等式的解集为．
（3）原不等式可化为：
当① ② 或③
解不等式组①得：<－8．
解不等式组②得：．
解不等式组③得：>4
综上所述，原不等式的解集为{|<－8或>－}．
（4）
当时，原不等式可化为：1<3，恒成立，故解集为全体实数；
当时，原不等式可化为，即 ①
当时，不等式①的解为：；
当时，不等式①的解为：．
综上所述， 当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
【总结升华】解含有绝对值的不等式的关键在于去掉绝对值符号，处理的方法通常是利用绝对值的定义与几何意义或平方等方法．对含多个绝对值符号的不等式一般利用“零点划分”法，分类讨论．如本题（3）中，分别令-4=0， 2+5=0，得两个零点． 故分、和>4三种情况．
举一反三：
【变式1】集合中的最小整数为________．
【答案】-3．
/
【变式2】解下列关于的不等式：．
【答案】当时，得，无解
当，得 解得：
当时，得 解得：
综上所述，原不等式的解集为．
【变式3】解下列关于的不等式：．
【答案】
当时，即，因，故原不等式的解集是空集。
当时，即，原不等式等价于，解得：
综上，当时，原不等式解集为空集；当时，不等式解集为．
例2．（2018 中山市模拟）已知函数f（x）=|x-a|.
若f（x）≤m的解集为{x |-1≤x≤5}，求实数a，m的值；
当a=2且0≤t<2时，解关于x的不等式f（x）+t≥f（x+2）
【思维点拨】（1）根据绝对值 不等式的解法建立关系即可求实数a，m的值；
（2）根据绝对值不等式的解法，进行分段讨论即可得到不等式的解集。
【解析】
（1）因为f（x）≤m，所以|x-a|≤m，
即a-m≤x≤a+m，
因为f（x）≤m的解集为{x |-1≤x≤5}，
所以a-m=-1，a+m=5，解得a=2，m=3；
（2）当a=2时，函数f（x）=|x-2|，
则不等式f（x）+t≥f（x+2）等价于|x-2|+t≥|x|，
当x≥2时，x-2+t≥x，即t≥2与条件0≤t<2矛盾，
当0≤x<2时，2-x+t≥x，即0≤x≤ ，成立，
当x<0时，2-x+t≥x，即t≥-2恒成立。
综上不等式的解集为 。
【总结升华】本题考查绝对值函数，考查解不等式，解题的关键是进行分段讨论。
举一反三：
【变式1】若存在实数使|－|＋|－1|≤3成立，求实数的取值范围．
【解析】由绝对值不等式的几何意义可知，数轴上点到点与1点的距离的和小于等于3．由图可得－2≤≤4．
/
【变式2】（2018 贵州校级模拟）已知函数f（x）=2|x+1|+|x﹣2|．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=m，求证：/+/+/≥3．
【解析】（1）∵函数f（x）=2|x+1|+|x﹣2|，
当x＜﹣1时，f（x）=﹣2（x+1）﹣（x﹣2）=﹣3x∈（3，+∞）；
当﹣1≤x＜2时，f（x）=2（x+1）﹣（x﹣2）=x+4∈[3，6）；
当x≥2时，f（x）=2（x+1）+（x﹣2）=3x∈[6，+∞）；
综上，f（x）的最小值为m=3；
（2）a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=m=3，
又因为/+/+/+（a+b+c）=（/+a）+（/+b）+（/+c）
≥2（/+/+/）=2（a+b+c），
当且仅当a=b=c=1时，取“=”，
所以，/+/+/≥a+b+c，
即/+/+/≥3．
【变式3】已知函数f()＝|＋|＋|－2|．
(1)当＝－3时，求不等式f/()≥3的解集；
(2)若f()≤|－4|的解集包含[1,2]，求的取值范围．
【思路点拨】本题第(1)问较简单，一般用零点划分法就可以转化，第(2)问容易犯直接求解f()≤|－4|的解集的错误，应该是利用[1,2]是其解集而将绝对值先去掉再转化为[1,2] [－2－,2－]这一问题，注意不要弄反．
【解析】(1)当＝－3时，
当≤2时，由f/()≥3得－2＋5≥3，解得≤1；
当2<<3时，f()≥3无解；
当≥3时，由f()≥3得2－5≥3，解得≥4；
所以f()≥3的解集为{|≤1}∪{|≥4}．(5分)
(2)f()≤|－4||－4|－|－2|≥|＋|．[来源:学,科,网Z,X,X,K]
当∈[1,2]时，|－4|－|－2|≥|＋|
4－－(2－)≥|＋|
－2－≤≤2－．
由条件得－2－≤1且2－≥2，即－3≤≤0．
故满足条件的的取值范围为[－3,0]．(10分)
例3． 已知 ，求证
【思路点拨】利用绝对值的两个性质给予证明．
（1）
，
∴ （2）
由（1），（2）得：
【总结升华】在推理比较简单时，我们常常将几个不等式连在一起写。但这种写法，只能用于不等号方向相同的不等式。
举一反三：
【变式1】 求证：．
【证明】，
∴，
∴。
【变式2】若为任意实数，为正数，求证：
【证明】，而，
∴，得证．
【变式3】
【证明】因为
类型二：平均值不等式
例4． 若，求函数的最大值.
【思路点拨】适当拼凑，利用平均值不等式的定理求函数的最值．
【解析】，
因为，所以和都是正数，所以
，
当且仅当，即时取等号．
所以，该函数的最大值为．
【总结升华】（1）当若干正数的积为定植时，可以求它们的和的最小值，当若干正数的和为定植时，可以求它们的积的最小值，正所谓“积定和最小，和定积最大”．
（2）求最值的条件“一正，二定，三取等”．
举一反三：
【变式1】已知，求函数的最大值．
【答案】1．
因，所以首先要“调整”符号，又不是常数，所以对要进行拆、凑项，
，
∴．
当且仅当，即时，上式等号成立，故当时，。
【变式2】已知，且，求的最小值。
【答案】16．
，
当且仅当时，上式等号成立，
又，可得时， 。
类型三：不等式的证明
例5．设为正数，用综合法证明：．
【思路点拨】将不等式从左向右给予证明.
【解析】
/
【总结升华】本题是从已知条件出发，通过巧妙拼凑，利用平均值不等式的有关定理，进而证明结论，即“由因寻果”，运用了综合法这一基本的证明方法．
举一反三：
【变式1】已知，，c均为正数，利用综合法证明：，并确定为何值时，等号成立．
【证明】
证法一：因为，，c均为正数，
所以， ①
，
将上式两边平方，得 ， ②
将①②不等式两边相加，得 ．
又， ③
所以原不等式成立．
当且仅当时，①式和②式等号成立；
当且仅当时，③式等号成立．
即当且仅当时，原式等号成立．
证法二：因为均为正数，由基本不等式得，
所以． ①
同理， ②
故． ③
所以原不等式成立．
当且仅当时，①式和②式等号成立；
当且仅当，时，③式等号成立．
即当且仅当＝＝c＝3时，原式等号成立．
【变式2】设、、c三数成等比数列,而、y分别为、和、c的等差中项．
试证:　
【证明】依题意,、、c三数成等比数列,即 ，
由比例性质有: ．
又由题设: ，
所以
原题得证．
例6．已知，用分析法证明：.
【证明】
/
【总结升华】分析法是由果索因，在用分析法证明问题时,一定要恰当运用“要证”、“只要证”、“即证”、“也即证”等用语．
举一反三：
【变式1】已知函数．
若,且，用分析法证明：．
【证明】
要证　
即证明
只需证明
只需证明，
由于,故，
所以
故只需证明，
即证．
即证，
因为,且,所以上式成立．
所以．
【变式2】设，用分析法证明：．
【证明】
要证 ，
只要证 ，
即证 ，
也就是证 ，
只要证 ，
即证 ，
因为 >0，
也就是证 ，
由条件可知，显然成立．
故．
例7． 用比较法证明：.．
【思路点拨】本题用比较法给予证明．
【证明】证法一：求差比较法：
/
解法二：求商比较法：
/
【总结升华】比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的一种方法，用比较法证明不等式的步骤是：作差（商）—变形—判断符号（比较与1的大小）—下结论。
举一反三：
【变式1】设不等式|2x－1|＜1的解集为M．
（1）求集合M；
（2）若a，b∈M，试比较与的大小．
【答案】（1）由|2x－1|＜1，得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1，所以M＝{x|0＜x＜1}．
（2）由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1．
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0,
故ab＋1＞a＋b．
当m＞1时，y＝logmX在(0，＋∞)上递增，
∴
当0＜m＜1时logmX在(0，＋∞)上单调递减，
∴．
【变式2】设，试比较与的大小．
【解析】
/
∵，，
∴.
例8． 用放缩法证明：
/
【证明】
/
/
/
【总结升华】在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析得出的．常见的放缩变换有变换分式的分子和分母，如上面不等式中k∈N＋，k＞1时，
/
举一反三：
【变式】函数，用放缩法证明： ．
【证明】=1-
得
．
例9．已知，用反证法证明：．
【思路点拨】首先假设结论的否命题成立，以此为条件推出一个错误的结论．
【解析】
//
/
/ /
/
【总结升华】结论中若有“都是”、“都不是”、“至多”、“至少”等字眼，或直接从正面证明较为困难的问题，一般可以考虑使用反证法．
举一反三：
【变式1】试证一元二次方程至多有两个不同的实根．
【证明】假设一元二次方程有两个以上的实数根，且各不相 等。令为方程的三个相异实根,则：
/
这与各不相等矛盾。故原命题成立。
【变式2】若为自然数，且,则中至少有一个为偶数。
【证明】假定均为奇数，令，
/
类型四：不等式的应用
例10．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量（单位：千克）与销售价格（单位：元/千克）满足关系式，其中，为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.
（1）求的千克；
（2）若该商品的成品为3元/千克，试确定销售价格的值，使商场每日销售该商品所获得利润最大.
【解析】（1）=5时，，解得=2.
（2）由（1）可知，该商品每日销售量，所以商场每日销售该商品所获得利润为：
当且仅当，即=4时取“=”号.
所以，当销售价格为4元/千克时，使商场每日销售该商品所获得利润最大，最大利润为42元.
【总结升华】用平均值不等式解决此类问题时，应按如下步骤进行：　　(1)理解题意，设变量，设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数；　　(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；　　(3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值；　　(4)正确写出答案．
举一反三：
【变式1】设计一副宣传画，要求画面面积为4840cm2，画面的宽与高的比为(<1)，画面的上下各留出8cm的空白，左右各留5cm的空白，怎样确定画面的高与宽的尺寸，能使宣传画所用纸张面积最小？
【解析】设画面的宽为 cm，面积为S cm2，则
当且仅当，即取等号．
所以，当画面的宽为55 cm、高为88 cm时，宣传画所用纸张面积最小．
【变式2】用篱笆围一个面积为100m2的矩形菜园，问这个矩形菜园长、宽个为多少时，所用篱笆最短？最短的篱笆是多少？
【解析】设矩形菜园的长为 m，宽为y m，则y=100，篱笆的长为2（+y）m．
由可得，
∴2（+y）≥40，
当且仅当=y时等号成立，此时=y=10．
∴这个矩形的长、宽都为10m时，所用篱笆最短，最短篱笆是40 m．
【巩固练习】
一、选择题
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．不充分也不必要条件
2. （2017 红桥区模拟）已知x>-2，则 的最小值为（ ）
A B -1 C 2 D 0
3．（2018 莱芜一模）已知直线ax+by=1经过点（1，2），则2a+4b的最小值为（　　）
A．/ B．2/ C．4 D．4/
4. 若实数、y满足，则有(　　)
A．最大值 B．最小值
C．最大值6 D．最小值6
5. 已知，则与1的关系是（ ）
A． B．
C． D．无法判断
二、填空题
6. 在用反证法证明“对任意实数，都成立”时，其假设是___________.
7. 不等式的解集为___________.
8．（2018 徐汇区一模）设x、y∈R+且/=1，则x+y的最小值为　　．
9. 若对一切实数恒成立，则实数的取值范围是___________.
三、解答题
10.（2018 宜春校级模拟）已知函数f（x）=m- |x-2|，m∈R，且f（x+2）≥1的解集A满足[-1,1] A。
（1）求实数m的取值范围B；
（2）若a，b，c∈（0，+∞），m0为B中最小元素且 ，求证：a+2b+3c≥ 。
11. 已知，求证：.
12．（2018 衡阳二模）已知a∈（0，+∞），b∈（0，+∞），a+b=2．
（1）求/的最小值；
（2）若对?a，b∈（0，+∞），/|恒成立，求实数x的取值范围．
13. 已知>0，，用分析法证明.
14.用放缩法证明：
/
15. 某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为千元．设该容器的建造费用为千元．
（Ⅰ）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
（Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的．
【答案与解析】
1.【答案】B
【解析】|－|＝||－||(>0，易知≥0是≥≥0的必要不充分条件，故选B.
2. 【答案】D
【解析】因为x>-2，则，当且仅当x=-1时取等号，所以 的最小值为0，故选D。
3.【答案】B
【解析】∵直线ax+by=1经过点（1，2），
∴a+2b=1．
则2a+4b≥/=/=2/，当且仅当/时取等号．故选B．
4.【答案】B
【解析】，则
当且仅当，即时取等号.
所以，有最小值，最小值为.
5.【答案】B
【解析】放缩法
.
6.【答案】存在实数，使得.
【解析】全称命题的否定是存在命题.
7.【答案】
【解析】零点分段法.去绝对值符号后，该不等式可化为
① ② ③
解不等式组①②③，取并集得，原不等式的解集为.
8.【答案】16
【解析】∵/=1，x、y∈R+，
∴x+y=（x+y）?（/）=/=10+/≥10+2/=16（当且仅当/，x=4，y=12时取“=”）．
9.【答案】
【解析】令，
则(.
表示数轴上x到点2和-3对应点的距离之和，最小值为5，即，
所以，.
10.【解析】（1）因为f（x）=m- |x-2|，所以f（x+2）≥1等价于|x|≤m-1，
由[-1,1] A知A是非空集合，所以1-m≤x≤m-1，
结合[-1,1] A可得m-1≥1，解得m≥2，
即实数m的取值范围B= 。
（2）由（1）知m0=2，所以，
所以a+2b+3c= ，
即a+2b+3c≥。
11.【证明】
证法一：


证法二：


证法三：
即，
12.【解析】（1）∵a∈（0，+∞），b∈（0，+∞），a+b=2，
∴/，
∴/，此时/，/．
（2）∵/对?a，b∈（0，+∞）恒成立，
∴//或/或/
/或/或/，
/，∴/．
13.【证明】
由已知>0， >0，可知>0，
要证 ，
需证
即证 1+－－>1，
只需证明 ，
即 ，
由条件可知，此式成立，故成立.
14.【证明】左式很难求和，可将右式拆成n项相加的形式，然后证明右式各项分别大于左式各项，叠加得出结论。
证明过程如下：
/?　　??
15.【解析】Ⅰ）因为容器的体积为/立方米，所以//，解得/，
所以圆柱的侧面积为/=//，
两端两个半球的表面积之和为/，
所以//+/，定义域为(0，/).
（Ⅱ）因为
当且仅当，即时取“=”号.
所以米时， 该容器的建造费用最小.