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：09不等关系与基本不等式(提高)--选修4-5

不得关系与不等式
【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“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|>1； （2）|3－4|<－1； （3）|－4|－|2+5|<1.
【思路点拨】去绝对值，转化为解一元一次不等式（组）的形式.
【解析】
（1）由原不等式可得2 + 3< －1或2 + 3 >1,
∴<－2或>－1
∴原不等式的解集为{ | <－2或>－1}.
（2）当－1≤0,即 ≤1时,不等式的解集为.
当－1>0, 即 > 1时,有：
解得,
∴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>－}.
【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“零点分段”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】已知，，，求.
【答案】由||≥1得≤－1或 ≥1, ∴A = {| ≤－1或 ≥1}, = {|－1<<1}.
由|－2|<1得－1<－2<1,即1<<3，∴B = {| 1<<3}, = {| ≤1或≥3}.
借助数轴得：= {|－1＜＜1}。
【变式2】解不等式|2 + 1|> + 1.
【答案】原不等式可化为下面不等式组来解:
① 或②
不等式组①的解为>0; 不等式组②的解集为.
原不等式的解集为.
【变式3】解不等式.
【答案】由题意得解得－1<<0，
∴原不等式的解集为{|－1<<0},
例2.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)
【总结升华】等价转化思想在数学中是一重要的数学思想方法之一，应用其思想的关键是强调“等价”两字，转化的目的是使问题简单化．
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】若不等式≥m对一切实数恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】表示数轴上任意一点对应的点到2与-3对应的点的距离之和，易知，
所以，.
【变式3】（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）
【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 。
例3.
求证：.
【思路点拨】利用绝对值的两个性质给予证明.
【证明】因为，
所以
所以.
【总结升华】绝对值不等式|＋|≤||＋||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．
举一反三：
【变式】
【证明】因为
类型二：平均值不等式
例4. 若，求的最大值
【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，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（2018 丹东一模）已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，且abc=1．
（Ⅰ）证明：（1+a）（1+b）（1+c）≥8；
（Ⅱ）证明：/．
【思路点拨】（Ⅰ）利用/，相乘即可证明结论．
（Ⅱ）利用/，/，/，/，相加证明即可．
【证明】（Ⅰ）/，
相乘得：（1+a）（1+b）（1+c）≥8abc=8．当且仅当a=b=c=1时等号成立
实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，且abc=1．（1+a）（1+b）（1+c）≥8
（Ⅱ）/，
/，
/，
/，
相加得：/
【总结升华】运用基本不等式时，要保证：“一正、二定、三相等”，此题是基础题
举一反三：
【变式1】（2018 赣州一模）设a、b为正实数，且/+/=2/．
（1）求a2+b2的最小值；
（2）若（a﹣b）2≥4（ab）3，求ab的值．
【解析】（1）∵a、b为正实数，且/+/=2/．
∴a、b为正实数，且/+/=2/≥2/（a=b时等号成立）．
即ab/（a=b时等号成立）
∵a2+b2≥2ab=/（a=b时等号成立）．
∴a2+b2的最小值为1，
（2）∵（a﹣b）2≥4（ab）3，
∴（a﹣b）2≥0（a=b时等号成立）．
即4（ab）3≤0，ab≤0
∵a、b为正实数，
∴ab=0．
【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. 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.
【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】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.
例7. 用比较法证明：
（1），（）
（2）（）.
【思路点拨】（1）用求差比较法，（1）用求商比较法.
【证明】
（1）
∵∴，
又∵，
，
∴，得证.
（2），
∵，∴，
∴，
又∵，
∴.
【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】用比较法证明：.
【证明】
/
【变式2】用求商比较法证明：若，则.
【证明】，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴.
例8. 用放缩法证明：
【思路点拨】将放大为，注意从第三项开始放缩.
【解析】，
【总结升华】放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰到好处。
举一反三：
【变式】函数，用放缩法证明： .
【证明】=1-
得
.
例9. 在△ABC中，A、B、C的对边分别为、、c，若、、c三边的倒数成等差数列，求证：B<90°.
【思路点拨】用反证法证明.
【解析】假设B<90°不成立,则B≥90°,从而B是△ABC的最大角,
所以是△ABC的最大边,即>,>c.
所以，
所以，，这与矛盾，
所以B≥90°不成立，故B<90°.
【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. 某单位决定投资3200元建一仓库（长方体状），高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧墙砌砖，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元，求：
（1）仓库面积的最大允许值是多少？
（2）为使达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？
【解析】设铁栅长为米，一堵砖墙长为米，则顶部面积为
依题设，，则
，
，即，故，从而
所以的最大允许值是100平方米，
取得此最大值的条件是且，求得，即铁栅的长是15米。
【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. 已知>， >，且、不为0，那么下列不等式成立的是( )
A．> B．>
C．－>－ D．＋>＋
3. 不等式1<|＋1|<3的解集为(　　)
A．(0,2) B．(－2,0)∪(2,4)
C．(－4,0) D．(－4，－2)∪(0,2)
4. （2018 湖南校级模拟）设二次函数f（x）=ax2-4x+c的值域为 ，则 的最小值为（ ）
A 3 B C 5 D 7
/
6. 设、、∈R＋，则三个数 (/　　)
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
二、填空题
7.（2018 南通模拟）已知x＞0，y＞0，且2x+5y=20，则lgx+lgy的最大值为　 ．
8. 用20 m长的铁丝折成一个面积最大的矩形，最大面积是__________.
9. 不等式|＋10|－|－2|≥8的解集为___________.
三、解答题
10.（2018 武威校级模拟）已知关于x的不等式 在x∈（a，+∞）上恒成立，求实数a的最小值。
11. 已知函数f()＝|－|.
(1)若不等式f()≤3的解集为{|－1≤≤5}，求实数的值；
(2)在(1)的条件下，若f()＋f(＋5)≥m对一切实数恒成立，求实数m的取值范围．
12. 已知＞＞＞0，求证：＋≥6.(并指出等号成立的条件).
13. 求证：不等式.
14.（2018 桂林模拟）已知定义在R上的函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|的最小值为m．
（Ⅰ）求m的值；
（Ⅱ）若a，b，c是正实数，且满足a+b+c=m，求证：a2+b2+c2≥3．
15.设，用放缩法证明：.
【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】由不等式的性质得到.
3. 【答案】D
【解析】1<＋1<3或－3<＋1<－1，
∴0<<2或－4<<－2.
4. 【答案】A
【解析】由题意知，a>0，Δ=16-4ac=0，所以ac=4，c>0，则当且仅当时取等号，则 的最小值为3，故选A。
5. 【答案】A
【解析】特殊值法。
当==1时，m=2，n=2，p=，所以，m=n=p，排除B、C；
当=4，=1时，m=4.5，n=3，p=，所以，m>n=p，排除D.
故选A.
6. 【答案】D
【解析】当===10时，；
当=2，=2，=0.1时，，
所以，猜测在中，至少有一个不小于2.
下面用反证法证明.
假设全都小于2，即，则.
由平均值不等式可知，
（当且仅当且，即=1时取等号）.
这与矛盾，故该假设不成立，在中，至少有一个不小于2.
7.【答案】1
【解答】解：∵知x＞0，y＞0，且2x+5y=20，
∴2x+5y=20≥2/，
即xy≤10．
当且仅当2x=5y，即x=5，y=2时，取等号．
∴lgx+lgy=lgxy≤lg10=1，
即最大值为1．
8. 【答案】25 m2
【解析】设矩形的长为 m，宽为y m，则2(+y)=20, 即 +y=10,
由=25,
当且仅当=y=5时取等号
∴ 当这个矩形的长、宽都是5m的时候面积最大，为25 m2.
9. 【答案】
【解析】本题解法不唯一，以函数图象法为例说明解法过程：
/
10.【解析】变形可得，不等式在x∈（a，+∞）上恒成立，
设，则在x∈（a，+∞）上恒成立，
所以x-1≥2，解得x≥3，
故实数a的最小值是3.
11.【解析】
/
12. 【证明】
/
13. 【证明】
(1)当|+|=0时，显然成立；
(2)当|+|≠0时，
所以，原不等式成立.
14.【解析】（Ⅰ）解：因为|x+1|+|x﹣2|≥（x+1）（x﹣2）=3
当且仅当﹣1≤x≤2时，等号成立，
所以f（x）的最小值等于3，即m=3
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知a+b+c=3，又a，b，c是正实数，
所以（a2+b2+c2）（12+12+12）≥（a+b+c）2=9，
所以a2+b2+c2≥3
15.【证明】∵ ，
∴
∴ ， ∴