2021年高考数学一轮复习不等式选讲第二节不等式的证明夯基提能作业本文

2021年高考数学大一轮复习第二节不等式的证明课时作业理（选修4-5）一、填空题1．设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m与n的大小关系是________．解析：∵a>b>0，∴m＝a－b>0，n＝a－b>0.∵m2－n2＝(a＋b－2ab)－(a－b)＝2b－2ab＝2b(b－a)<0，∴m2<n2，从而m<n.答案：m<n2．已知a，b是不相等的正数，x＝a＋b2，y＝a＋b，则x，y的大小关系是y__________x(填“>”、“<”、“＝”)．解析：x2＝14(a＋b)2＝14(a＋b＋2ab)，y2＝a＋b＝12(a＋b＋a＋b)≥12(a＋b＋2ab)>14(a＋b＋2ab)．又x>0，y>0，∴y>x.答案：>3．已知a、b、c、d均为正数，且a2＋b2＝4，cd＝1，则(a2c2＋b2d2)(b2c2＋a2d2)的最小值为________．解析：(a2c2＋b2d2)(b2c2＋a2d2)＝(a2c2＋b2d2)·(a2d2＋b2c2)≥(a2cd＋b2cd)2＝(a2＋b2)2＝42＝16.答案：164．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝ab＋ba，N＝a＋b，则M、N的大小关系为________．解析：∵a≠b，∴ab＋b>2a，ba＋a>2b，∴ab＋b＋ba＋a>2a＋2b，∴ab＋ba>a＋b.即M>N.答案：M>N5．若直线3x＋4y＝2，则x2＋y2的最小值为________，最小值点为________．解析：由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥4 25.当且仅当x3＝y4时等号成立，为求最小值点，需解方程组⎩⎨⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y4.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝625，y ＝825.因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825. 答案：425 ⎝ ⎛⎭⎪⎫625，8256．记S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则S 与1的大小关系是________． 解析：∵1210＋1<1210，1210＋2<1210，…，1211－1＝1210＋210－1<1210， ∴S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210＝1.答案：S <17．若x ＋2y ＋4z ＝1，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是________． 解析：∵1＝x ＋2y ＋4z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋16， ∴x 2＋y 2＋z 2≥121，当且仅当x ＝y 2＝z 4，即x ＝121，y ＝221，z ＝421时x 2＋y 2＋z 2的最小值为121.答案：1218．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若|x |<2，|y |>3，则|x y |<23，其中正确命题的序号是________．解析：①|a |－|b |≤|a －b |<1，所以|a |<|b |＋1； ②|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )＋(a －b )|＝|2a |， 所以|a ＋b |－2|a |≤|a －b |；③|x |<2，|y |>3，所以1|y |<13，因此|x ||y |<23. ∴①②③均正确． 答案：①②③9．若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，则13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为________．解析：由柯西不等式可得(3a ＋2＋3b ＋2＋3c ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥(1＋1＋1)2，即9⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥9，所以13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1(当且仅当a ＝b＝c 时取等号)．答案：1二、解答题10．(1)设x ，y 是不全为零的实数，试比较2x 2＋y 2与x 2＋xy 的大小；(2)设a ，b ，c 为正数，且a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1a 2＋1b 2＋1c2－2a 3＋b 3＋c 3abc≥3.解：(1)解法1：2x 2＋y 2－(x 2＋xy )＝x 2＋y 2－xy ＝⎝⎛⎭⎪⎫x －12y 2＋34y 2.∵x ，y 是不全为零的实数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12y 2＋34y 2>0，即2x 2＋y 2>x 2＋xy . 解法2：当xy <0时，x 2＋xy <2x 2＋y 2；当xy >0时，作差：x 2＋y 2－xy ≥2xy －xy ＝xy >0； 又x ，y 是不全为零的实数， ∴当xy ＝0时，2x 2＋y 2>x 2＋xy . 综上，2x 2＋y 2>x 2＋xy .(2)证明：当a ＝b ＝c 时，取得等号3.作差比较：1a 2＋1b 2＋1c2－2a 3＋b 3＋c 3abc－3＝a 2＋b 2＋c 2a 2＋a 2＋b 2＋c 2b 2＋a 2＋b 2＋c 2c 2－2a 3＋b 3＋c 3abc－3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋1c 2＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1c 2＋c 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2bc ＋b 2ac ＋c 2ab＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1c 2＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1a 2＋c 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1b 2>0.∴1a 2＋1b 2＋1c2－2a 3＋b 3＋c 3abc≥3.11．已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M . (1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |. 解：(1)f (x )<4，即|x ＋1|＋|x －1|<4， 当x ≤－1时，－x －1＋1－x <4，得x >－2， ∴－2<x ≤－1；当－1<x <1时，x ＋1＋1－x <4，得2<4，恒成立， ∴－1<x <1；当x ≥1时，x ＋1＋x －1<4，得x <2，∴1≤x <2. 综上，M ＝{x |－2<x <2}．(2)证明：当a ，b ∈M 时，－2<a <2，－2<b <2， 即a 2<4，b 2<4，∴4－a 2>0,4－b 2>0，∴(4－a 2)(4－b 2)>0，即16－4a 2－4b 2＋a 2b 2>0， 也就是4a 2＋4b 2<16＋a 2b 2， ∴4a 2＋8ab ＋4b 2<16＋8ab ＋a 2b 2，即(2a ＋2b )2<(4＋ab )2，即2|a ＋b |<|4＋ab |.1．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由． 解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎨⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12，则M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0，所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.2．已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 大于0，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)∵f (x ＋2)＝m －|x |， ∴f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .由|x |≤m 有解，得m ≥0且其解集为{x |－m ≤x ≤m }． 又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，且a ，b ，c 大于0，a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ，＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c≥3＋22ab 2ab＋23c a ·a 3c＋23c 2b ·2b3c＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.26783 689F 梟1#32587 7F4B 罋A@348208804 蠄30270 763E 瘾29824 7480 璀(25890 6522 攢22402 5782 垂28569 6F99 澙 37861 93E5 鏥。

第 2 讲不等式的证明、知识梳理1. 基本不等式定理1:设a, b€ R，贝U a1 2 3 4 5+ b2> 2ab,当且仅当a= b时，等号成立.a —k b定理2：如果a, b为正数，则- > ab,当且仅当a = b时，等号成立.a ——b ——c Q定理3：如果a, b, c为正数，则—3 > p abc，当且仅当a = b= c时，等号成立.定理4 ：（一般形式的算术一几何平均不等式）如果a i, a2,…，a n为n个正数，则a i + a2—…+ a n n ------------n 》ij ai a2…a n,当且仅当a i= a2=・・・= a n时，等号成立.2. 不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等.常用结论基本不等式及其推广2a2> 0(a € R).3(a —b)2> 0(a, b € R),其变形有a2+ b2>2ab, b>ab, a2+ b2>^(a—b)2.a +b —— b a4若a, b为正实数，则—厂> .ab.特别地，；+->2.5a2+ b2+ c2>ab+ bc+ ca.二、习题改编(选修4-5P24例3改编)求证：3 + 7<2 + .6.证明：：'3+“”：7<2 +、.；6?( .3 + 7)2<(2 + .6)2?10+ 2 21<10 + 4 621<2 6?21<24.故原不等式成立.一、思考辨析判断正误(正确的打“V”，错误的打“X”)(1) 比较法最终要判断式子的符号得出结论. ()(2) 综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.()⑶使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用. ()答案：⑴X (2) V (3) X二、易错纠偏常见误区不等式放缩不当致错.已知三个互不相等的正数a, b, c满足abc = 1.试证明:百+7b+&<a +b+1证明：因为a, b, c>0,且互不相等，abc = 1,所以，a+ b + , c=111111一+ + + 一b c a c a b 1 1 1 111+T+T=1+b+1，即a+ b+ c<1+1+；.用综合法、分析法证明不等式（师生共研）（2019髙考全国卷I ）已知a, b, c为正数，且满足abc= 1.证明:111 2、2 2(1) 卜‘+Y a2+ b2+ c2;a b c(2) ( a + b)3+ (b+ c)3+ (c+ a)3> 24.证明：⑴因为a2+ b2> 2ab, b2+ c2> 2bc, c2+ a2> 2ac,又abc= 1,故有a2+ b2+ c2>ab+ bc+ ca 1 1 1ab+ bc+ ca =，赢=首+ b +当且仅当a= b = c= 1时，等号成立.1 1 1所以a+b+c w a2+ b2+ c2.(2)因为a, b, c为正数且abc = 1,故有(a+ b)3+ (b + c)3+ (c+ a)3> 33 '(a+ b) 3(b+ c) 3(a+ c) 3=3(a + b)(b + c)(a+ c)> 3 x (2 ab)x (2 bc)x (2 ac)=24.当且仅当a= b= c= 1时，等号成立.所以(a + b)3+ (b+ c)3+ (c+ a)3》24.用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法•综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化：互相渗透，互为前提•充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野.a3 b3 1•若a, b€ R, ab>0, a2+ b2= VI求证:-+ -> 1.VI当x>2时，不等式化为2x+ 1 + 2x —1<4 ,即x<1 ,因为a 2 + b 2= 1 >2ab ,当且仅当a = b 时等号成立，1所以 0<ab w ^.人 1 1令 h(t)= --2t , 0<t w ，则h(t)在 (0，1上单调递减，所以h(t) > h(2) = 1.1 1所以当 0<ab < 2时，ab — 2ab > 1.a 3b 3所以二+匚》1. b a2.(—题多解)(2020福州市质量检测)已知不等式|2x + 1|+ |2x — 1|<4的解集为(1)求集合M ;⑵设实数 a € M , b?M ，证明:|ab|+ 1w |a|+ |b|.1解：(1)当x< — 2时，不等式化为—2x — 1 + 1 — 2x<4,即x> — 1 ,所以一1<x<1 1当一寸x w 2时，不等式化为2x + 1 — 2x + 1<4 , 即 2<4,1 1所以一2w x < 2 ；所以2<x<i.综上可知，M = {x|— 1<x<1}. 证明: (a 2+ b 2) 2-2a 2b 2 ab 1不-2ab .M. 1 2；1⑵法一：因为a€ M , b?M ,所以ai<1, |b|> 1. 而|ab|+ 1 —(|a|+ |b|) = |ab|+ 1 —|a|—|b|=(|a|—1)(|b|—1) w 0,所以|ab|+ 1 w |a|+ |b|.法二：要证|ab|+ 1w |a|+|b|,只需证|a||b|+ 1 —|a|—|b|w 0,只需证(|a|—1)(|b|—1)w 0,因为a€ M , b?M ,所以|a|<1, |b|> 1,所以(|a|—1)(|b|—1)w 0 成立.所以|ab|+ 1 w |a|+ |b|成立.放缩法证明不等式（师生共研）丄 1 丄 1 1 2 1，如k 7< k (k - 1)k 2> k ( k + 1) .k < K + k — 1’ ，k >7 ------ : 上面不等式中 k € N *, k > 1.k + k +1(2)利用函数的单调性.a a + m⑶真分数性质“若0v a v b , m >0,则b <一”bb + m若a , b € R ，求证:|a + b| 三 |a| +1 + |a + b 「1 + |a|JbL 1 + |b 「【证明】 当|a + b|= 0时，不等式显然成立. 当 |a + b|z 0 时, , 1 、 1 由 0<|a+ b|w |a|+ |b|?芮》百「所以旧+“1+ |a + b|丄+ 1 |a + b|1 1 |a|+ |b||a|+ |b|+1 + |a|+ |b| 1 + |a|+ |b||b| w _JaL 1+ |a|+ |b 「1+ |a|在不等式的证明中，“放” 和“缩”是常用的推证技巧•常见的放缩变换有:(1)变换分式的分子和分母［注意］在用放缩法证明不等式时,“放”和“缩”均需把握一个度.1 11证明：由2n >n +k >n （k =VIII ,2，…，n ），得貂趴％2 n1 1设n 是正整数，求证：2 <芮+1 n + 2当k = 1时, 当k = 2时, 1”1 1 < <一； 2n 门+ 1 n ' 1 1 1 < <_ ； 2n n +2n'当k = n 时,1 1 1 2n 三乔，所以原不等式成立.反证法证明不等式（师生共研）设0<a, b, c<1，求证:(1 —a)b, (1 —1b)c, (1 —c)a不可能同时大于4.1 1 1【证明】设(1 —a)b>：，(1 —b)c>;，(1 —c)a>：,4 4 41三式相乘得(1 —a)b (1 —b)c (1 —c)a>64，①又因为0<a, b, c<1,所以0<(1 —a)a< 2(1 —a)+ a 11 1同理：(1 —b)b w4，(1 —c)c w4，1以上三式相乘得(1 —a)a (1 —b)b (1 —c)c< &,与①矛盾.1 所以(1 —a)b, (1—b)c, (1 —c)a不可能同时大于-.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论.⑵从假设出发，导出矛盾.(3) 证明原命题正确.已知 a + b + c>0 , ab + bc + ca>0 , abc>0，求证：a, b, c>0.证明：①设a<0,因为abc>0, 所以bc<0.又由 a + b + c>0,则 b + c> — a>0,所以 ab + bc + ca = a(b + c) + bc<0 ,与题设矛盾. ②若a = 0,则与abc>0矛盾， 所以必有a>0. 同理可证：b>0， c>0. 综上可证a ， b ， c>0.［基础题组练］1 11.设a >0, b >0,若3是3a与3b的等比中项，求证：- + ->4. a b证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a 3b = 3,即a + b = 1,要证原不等式成立因为 a > 0, b > 0,a +b a + b 只需证—+T 》4成立，即证a +2成立,a = 2，h a所以b +a 》ha 1(当且仅当眷=b ,即a = h = 1时,“=”成立), 1 1所以a + b 》4. 2.求证:点+1 1 1证明：因为-2< = ----- — 一，nn (n — 1) n — 1 n 1 1 1 1 1 1 1 所以 12 + 歹+ …+ T 2< 1 + + ++ …+12 3 n 1 X 2 2X 3 3X 4 (n — 1) x n1 1 1 _d —— 1 1 =1 + 1—2 + 2 —3 + …+ n —1 — n = 2—n < 23. (2020 大理一模)已知函数 f(x) =|x|+ |x — 3|. (1)解关于x 的不等式f(x) — 5> x ; ⑵设m , n € {y|y = f(x)}，试比较 mn + 4与2(m + n)的大小. 3—2x , x<0,x<0, 解: (1)f(x) = M+ —引=3，0" x < 3, f(x) - 5》x ，即 3 — 2x 》x + 5 0W x < 3, 或或3》x + 5x>3, 2x — 3, x>3. 2 解得X W — ;■或x € ?或X 》8.2x — 3》x + 5, 3 所以不等式的解集为 一R, — I U [8 , +^).⑵由⑴易知f(x)》3,所以m 》3, n >3.由于 2(m + n) — (mn + 4) = 2m — mn + 2n — 4 = (m — 2)(2 —n).且 m 》3, n 》3,所以 m — 2>0, 2 — n<0, 即(m — 2)(2 — n )<0, 所以 2(m + n)<mn + 4.4. (2020开封市定位考试)已知函数f(x)= |x — 1|+ |x — m|(m>1)，若f(x)>4的解集是{x|x<0 或 x>4}. (1) 求m 的值；111m(2) 若正实数a , h , c 满足；+ 2b +云=3，求证：a + 2h + 3c 》9.—2x+ m+ 1, x<1解：⑴因为m>1 ,所以f(x)= m —1, 1< x< m2x—m—1, x>m作出函数f(x)的图象如图所示，—2 X 0+ m+1 = 4 由f(x)>4的解集及函数f(x)的图象得，得m = 3.2X 4—m —1 = 41 1 1s.⑵由(1)知m= 3,从而a+ 2b+ 3C= 1，> 2a + 2b + 2c—3=2(a + b + c) —3 = 3(当且仅当a= b = c= 1时，等号成立).6. 设不等式一2v |x—1—|x+ 2|v 0 的解集为M , a, b€ M.1 1 1⑴证明：尹+ 6b v 4 ；(2)比较|1 —4ab|与2|a—b|的大小.3, x w —2，解：⑴证明：记f(x)= |x—1—|x+ 2|= —2x—1, —2v x< 1,由一2v—2x— 1 v 0—3, x > 1,1 1 1 1 11 1 1 11111解得一2< x v 2,即M = —2, 2，所以§a+ 6b W 3|a|+ 6|b|v+ - x才1 1(2)由(1)得a2v4, b2v 4,因为|1 —4ab|2—4|a—b|2=(1 —8ab+ 16a2b2)—4(a2—2ab+ b2)=(4a2—1)(4b2—1)> 0,故|1 —4ab|2>4|a—b|2,即|1 —4ab|>2|a—b|.［综合题组练］1. (2020 •西八所重点中学联考)已知不等式|ax—1|W|x + 3|的解集为{x|x>—1}.(1) 求实数a的值；(2) 求12—at+ 4 +1的最大值.解：(1)|ax—1|w|x+ 3|的解集为{x|x>—1},即(1 —a2)x2+ (2a + 6)x + 8> 0 的解集为{x|x>—1}.当1—a2丸时，不符合题意，舍去.当 1 —a2= 0,即a= ±1 时，x=—1为方程(2a + 6)x+ 8= 0的一解，经检验a=—1不符合题意，舍去，a= 1符合题意.综上，a= 1.(2)( 12 —t +_. 4 + t)2= 16+ 2 ' ( 12—t)( 4 + t)= 16+ 2 —t2+ 8t+ 48,当t = |= 41 1 1 a 2b a 3c 2b 3ca+2b+ 3c=(a+2b+敢a+ 2b+3c)=3+(莎+:)+ 氐+T)+氐+矿9，当且仅当a= 3, b= 2，c= 1时“=”成立.5. (2020原创冲刺卷)已知定义在R上的函数f(x) = |x+ 1|+ |x—2|+ (x—1)1 2的最小值为(1)试求s的值；⑵若a, b, c€ R，且a+ b+ c= s,求证：a2+ b2+ c2> 3.解：(1)f(x) = |x+ 1|+ |x—2| + (x—1)2》|x + 1|+ |2—x|> |(x+ 1)+ (2 —x)|= 3,即f(x)> 3.当且仅当x= 1 ,且(x + 1)(2 —x) > 0,即x= 1时，等号成立，所以f(x)的最小值为3,以s= 3.(2)证明：由(1)知a + b+ c= 3.故a2+ b2+ c2= (a2+ 12) + (b2+ 12) + (c2+ 12) —3。

2021年高考数学一轮复习 不等式的证明与常见不等式课时作业 文一、选择题1．若实数x ，y 适合不等式xy>1，x ＋y≥－2，则( ) A ．x>0，y>0B ．x<0，y<0C ．x>0，y<0D ．x<0，y>0解析：x ，y 异号时，显然与xy>1矛盾，所以可排除C 、D. 假设x<0，y<0，则x<1y.∴x ＋y<y ＋1y ≤－2与x ＋y≥－2矛盾，故假设不成立．又xy≠0，∴x>0，y>0. 答案：A2．已知x ，y ∈R ，M ＝x2＋y2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ≥N B ．M≤N C ．M ＝N D ．不能确定解析：M －N ＝x2＋y2＋1－(x ＋y ＋xy)＝12[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x ＋1)＋(y2－2y ＋1)] ＝12[(x －y)2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0. 故M ≥N.答案：A3．若x>1，则函数y＝x＋1x＋16xx2＋1的最小值为( )A．16 B．8C．4 D．非上述情况解析：y＝x＋1x＋16xx2＋1＝x＋1x＋16x＋1x≥216＝8，当且仅当x＝2＋3时等号成立．答案：B4．已知a>0，且M＝a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3，N＝a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2，则M与N的大小关系是( )A．M≥N B．M>NC．M≤N D．M<N解析：取两组数：a，a＋1，a＋2与a2，(a＋1)2，(a＋2)2，显然a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3是顺序和；而a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2是乱序和，由排序不等式易知此题中，“顺序和”大于“乱序和”．故应选B.答案：B5．(xx年黄冈模拟)若不等式tt2＋9≤a≤t＋2t2在t∈(0,2]上恒成立，则a的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，1B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤213，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，413 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，22 解析：由已知⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1t ＋9t，a ≤1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，对任意t ∈(0,2]恒成立，于是只要当t ∈(0,2]时，⎩⎪⎨⎪⎧a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋9t max ，a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2min ，记f(t)＝t ＋9t ，g(t)＝1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，可知两者都在(0,2]上单调递减，f(t)min ＝f(2)＝132，g(t)min ＝g(2)＝1， 所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤213，1，选B.答案：B 二、填空题6．设0＜x ＜1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是________．解析：由a2＝2x ，b2＝1＋x2＋2x ＞a2，a ＞0，b ＞0得b ＞a.又c －b ＝11－x －(1＋x)＝1－1－x21－x＝x21－x＞0得c ＞b ，知c 最大．答案：c7．若直线3x ＋4y ＝2，则x2＋y2的最小值为________，最小值点为________． 解析：由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2， 得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥425.当且仅当x 3＝y4时等号成立，为求最小值点，需解方程组⎩⎨⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y4.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝625，y ＝825.因此，当x ＝625，y ＝825时，x2＋y2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825.答案：425⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825 8．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c 的最小值为________．解析：∵(a ＋b ＋c)⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c＝[(a)2＋(b)2＋(c)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2a＋b ·2b＋c ·2c 2＝18. ∴2a ＋2b ＋2c ≥2.∴2a ＋2b ＋2c 的最小值为2. 答案：2三、解答题9．(xx 年高考江苏卷)(选修4－5：不等式选讲) 已知x>0，y>0，证明：(1＋x ＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy. 证明：因为x>0，y>0， 所以1＋x ＋y2≥33xy2>0， 1＋x2＋y≥33x2y>0，故(1＋x ＋y2)(1＋x2＋y)≥33xy2·33x2y ＝9xy.10．设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9.证明：解法一：∵a ，b ，c 均为正数，∴1＝a ＋b ＋c≥33abc.又1a ＋1b ＋1c ≥331abc＝33abc，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ·1≥33abc ·33abc ＝9. 即1a ＋1b ＋1c≥9. 解法二：构造两组数：a ，b ，c ；1a ，1b ，1c .因此根据柯西不等式有＝[(a)2＋(b)2＋(c)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ×1a ＋b ×1b ＋c ×1c 2.即(a ＋b ＋c)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥32＝9.⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a 1a ＝b 1b ＝c 1c ，即a ＝b ＝c 时取等号 又a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ≥9.B 组 高考题型专练1．设a ，b ，c ，x ，y ，z 是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z ＝( )A.14B.13C.12D.34解析：由题设及柯西不等式得|ax ＋by ＋cz|≤a2＋b2＋c2x2＋y2＋z2＝20，当且仅当a x ＝b y ＝c z 时取等号，此时令a x ＝b y ＝c z ＝k ，易知k ＝12，∴a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝k ＝12，故选C.答案：C2．若长方体从一个顶点出发的三条棱长之和为3，则其体对角线长的最小值为( ) A ．3 B.3C.13D.33解析：不妨设长方体同一顶点出发的三条棱长分别为a ，b ，c ，则a ＋b ＋c ＝3，其体对角线长l ＝a2＋b2＋c2≥ 13a ＋b ＋c 2＝3，当且仅当a ＝b ＝c＝1时，体对角线长取得最小值3，故选B. 答案：B3．(xx 年高考江西卷)x ，y ∈R ，若|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|≤2，则x ＋y 的取值范围为________．解析：|x|＋|x －1|≥|x－(x －1)|＝1，|y|＋|y －1|≥|y－(y －1)|＝1，所以|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|≥2，当且仅当x ∈[0,1]，y ∈[0,1]时，|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|取得最小值2，而已知|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|≤2，所以|x|＋|y|＋|x －1|＋|y －1|＝2，此时x ∈[0,1]，y ∈[0,1]，所以x ＋y ∈[0,2]． 答案：[0,2]4.如图所示，矩形OPAQ 中，a1<a2，b1<b2，则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和．(填“≥”“≤”或“＝”)解析：由题图我们可知，阴影面积＝a1b1＋a2b2，而空白面积＝a1b2＋a2b1；根据顺序和≥反序和可知答案为大于等于．答案：≥5．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ab＋1与a＋b的大小．解析：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1，x|0＜x＜1.所以M＝{}(2)由(1)知a，b∈M得0＜a＜1,0＜b＜1，所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0，故ab＋1＞a＋b.6．(xx年高考天津卷)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：若an<bn，则s<t.解析：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1,2,3}．可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝q－11－qn－11－q－qn－1＝－1<0.所以s<t.?30507 772B 眫330145 75C1 痁W36396 8E2C 踬33632 8360 荠28359 6EC7 滇p26935 6937 椷25233 6291 抑{38628 96E4 雤。

第2讲 不等式的证明, )1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a 、b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n ＝k 时不等式成立推证n ＝k ＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．比较法证明不等式求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2；(2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )a ＋b2. 【证明】 (1)法一：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1)＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1)＝(x －1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋12≥0，所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.(2)a a b b （ab ）a ＋b 2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2，当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1；当b >a >0时，0<a b <1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1.所以a a b b≥(ab )a ＋b2.作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：将商式的分子放(缩)，分母不变，或分子不变，分母放(缩)，或分子放(缩)，分母缩(放)，从而化简商式为容易和1比较大小的形式；(3)判断：判断商与1的大小关系，就是判断商大于1或小于1或等于1； (4)结论．1．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 由a ，b 是非负实数，作差得a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )． 当a ≥b 时，a ≥b ， 从而(a )5≥(b )5， 得(a －b )≥0； 当a <b 时，a <b ， 从而(a )5<(b )5， 得(a －b )>0，所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证a b b a≤(ab )a ＋b2.a b b a （ab ）a ＋b 2＝a b －a ＋b 2b a －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2. 当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1； 当a >b >0时，0<b a<1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2<1.所以a b b a≤(ab )a ＋b2.用综合法、分析法证明不等式设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .【证明】 由于x ≥1，y ≥1，要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为－＝－＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.反证法证明不等式设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾； (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.(1)设a <0， 因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0， 所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0， 与题设矛盾．(2)若a ＝0，则与abc >0矛盾， 所以必有a >0. 同理可证：b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.放缩法证明不等式若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.【证明】当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0<|a＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a＋b|≥1|a|＋|b|，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b| 1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如1k2<1k（k－1），1k2>1k（k＋1），1k<2k＋k－1，1 k >2k＋k＋1.上面不等式中k∈N*，k>1；(2)利用函数的单调性；(3)真分数性质“若0<a<b，m>0，则ab<a＋mb＋m”．在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<1.由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得12n≤1n＋k<1n.当k＝1时，12n≤1n＋1<1n；当k＝2时，12n≤1n＋2<1n；…当k＝n时，12n≤1n＋n<1n，所以12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<nn＝1.所以原不等式成立．用数学归纳法证明不等式证明贝努利不等式：设x∈R，且x>－1，x≠0，n∈N，n>1，则(1＋x)n>1＋nx.【证明】(1)当n＝2时，因为x≠0.所以(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，即有(1＋x)k>1＋kx，则当n＝k＋1时，由于x>－1，x≠0.所以(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋x＋kx＋kx2>1＋(k＋1)x，所以当n＝k＋1时不等式成立．由(1)(2)可知，贝努利不等式成立．用数学归纳法证明与自然数有关的命题时应注意以下两个证题步骤：(1)证明当n＝n0(满足命题的最小的自然数的值)时，命题正确．(2)在假设n＝k(k≥n0)时命题正确的基础上，推证当n＝k＋1时，命题也正确．这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．证明：对于n∈N*，不等式|sin nθ|≤n|sin θ|恒成立．(1)当n＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即有|sin kθ|≤k|sin θ|.当n＝k＋1时，|sin(k＋1)θ|＝|sin kθcos θ＋cos kθsin θ|≤|sin kθcos θ|＋|cos kθsin θ|＝|sin kθ|·|cos θ|＋|cos kθ|·|sin θ|≤|sin kθ|＋|sin θ|≤k|sin θ|＋|sin θ|＝(k ＋1)|sin θ|.所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n 均成立．, )1．若x ，y >0，且x ＋y >2，证明：1＋y x 和1＋xy中至少有一个小于2.假设1＋y x 和1＋x y 都不小于2，即1＋y x ≥2，1＋x y≥2，因为x ，y >0，可得x ＋y ≤2，与x＋y >2矛盾，所以原命题成立．2．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小． (x －1)2－(x ＋1)2＝ ＝－4x .因为x >0，所以x >0，所以－4x <0， 所以(x －1)2<(x ＋1)2.3．设a >b >0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b .法一：a 2－b 2a 2＋b 2－a －ba ＋b＝a 3－b 3－ab 2＋a 2b －a 3＋b 3＋a 2b －ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2a 2b －2ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ） ＝2ab （a －b ）（a 2＋b 2）（a ＋b ）， 因为a >b >0，所以a －b >0，ab >0，a 2＋b 2>0，a ＋b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b >0，所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b.法二：因为a >b >0，所以a ＋b >0，a －b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a 2＋b 2·a ＋b a －b＝（a ＋b ）2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2>1. 所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b.4．若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．(1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.5．(2017·贵州省六校第一次联考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. (1)因为a ＋b ＝1，a >0，b >0， 所以1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ×ab＋4＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立， 所以1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)因为⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.6．(2017·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)abc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )． (1)要证a ＋b ＋c ≥3， 由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3. 即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3. 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得．所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3. 因此要证原不等式成立， 只需证明1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2， 所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． 所以原不等式成立．7．(2016·高考全国卷甲)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12. 当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1， 所以－1＜x ≤－12； 当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立； 当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1， 所以12≤x ＜1. 所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.8．已知实数a ，b ，c ，d 满足a >b >c >d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d . 法一：因为⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d≥331a －b ·1b －c ·1c －d·33（a －b ）（b －c ）（c －d ）＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号，所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d . 法二：因为⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ·a －b ＋1b －c ·b －c ＋1c －d ·c －d 2＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号， 所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 9．求证：112＋122＋132＋ (1)2<2. 因为1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n ， 所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. 10．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4，5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．求证：2≤x n <x n ＋1<3.用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，x 1＝2，直线PQ 1的方程为y －5＝f （2）－52－4(x －4)， 令y ＝0，解得x 2＝114，所以2≤x 1<x 2<3. (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f （x k ＋1）－5x k ＋1－4(x －4)， 令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1. 由归纳假设知x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3； x k ＋2－x k ＋1＝（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）2＋x k ＋1>0，即x k＋1<x k＋2.所以2≤x k＋1<x k＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．由(1)(2)知对任意的正整数n，2≤x n<x n＋1<3.。

2018届高三数学一轮复习第七章不等式第二节一元二次不等式及其解法夯基提能作业本文2018届高三数学一轮复习第七章不等式第二节一元二次不等式及其解法夯基提能作业本文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018届高三数学一轮复习第七章不等式第二节一元二次不等式及其解法夯基提能作业本文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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2018届高三数学一轮复习第七章不等式第二节一元二次不等式及其解法夯基提能作业本文第二节一元二次不等式及其解法A组基础题组1。

函数f（x)=的定义域为( )A。

［-2,1］ B.（—2,1]C。

［—2，1) D。

(—∞,-2］∪［1,+∞)2。

不等式ax2+bx+2〉0的解集是，则a+b的值是( )A.10B.—10C.14D.—143。

在R上定义运算“☉”:a☉b=ab+2a+b，则满足x☉(x—2）〈0的实数x的取值范围为（) A。

(0,2） B.(—2，1)C。

(-∞，—2)∪（1，+∞) D.（—1，2)4.若不等式2kx2+kx—〈0对一切实数x都成立，则k的取值范围为( ）A.（-3,0) B。

[-3,0)C.［-3,0]D.(—3，0］5.若不等式x2-（a+1)x+a≤0的解集是［-4，3］的子集,则a的取值范围是( ）A.[—4,1] B。

［-4，3］C.［1，3]D.[-1，3］6。

设函数f（x）=则不等式f(x）>f(1）的解集是.7。

若关于x的不等式ax>b的解集为,则关于x的不等式ax2+bx—a〉0的解集为。

第二节不等式的证明A组基础题组1.已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:< a.2.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.3.(2016福建福州模拟)已知函数f(x)=|x+1|.(1)求不等式f(x)<|2x+1|-1的解集M;(2)设a,b∈M,证明: f(ab)>f(a)-f(-b).4.(2016广东肇庆三模)已知a>0,b>0,且a+b=1.(1)求ab的最大值;(2)求证:≥.B组提升题组5.(1)已知a,b都是正数,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2;(2)已知a,b,c都是正数,求证:≥abc.6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边的长分别为a,b,c,证明:(1)+++abc≥2;(2)++≥9.7.已知a是常数,对任意实数x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤|x+1|+|2-x|都成立.(1)求a的值;(2)设m>n>0,求证:2m+≥2n+a.答案全解全析A组基础题组1.解析要证<a,只需证b2-ac<3a2.∵a+b+c=0,∴只需证b2+a(a+b)<3a2,只需证2a2-ab-b2>0,只需证(a-b)(2a+b)>0,只需证(a-b)(a-c)>0.∵a>b>c,∴a-b>0,a-c>0.∴(a-b)(a-c)>0显然成立,故原不等式成立.2.证明(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.3.解析(1)当x≤-1时,原不等式可化为-x-1<-2x-2,解得x<-1;当-1<x<-时,原不等式可化为x+1<-2x-2,即x<-1,此时原不等式无解;当x≥时,原不等式可化为x+1<2x,解得x>1,综上,M={x|x<-1或x>1}.(2)证明:证法一: f(ab)=|ab+1|=|(ab+b)+(1-b)|≥|ab+b|-|1-b|=|b||a+1|-|1-b|. 因为a,b∈M,所以|b|>1,|a+1|>0,所以f(ab)>|a+1|-|1-b|,即f(ab)>f(a)-f(-b).证法二:因为f(a)-f(-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|,所以要证f(ab)>f(a)-f(-b),只需证|ab+1|>|a+b|,即证|ab+1|2>|a+b|2,即证a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2,即证a2b2-a2-b2+1>0,即证(a2-1)(b2-1)>0.因为a,b∈M,所以a2>1,b2>1,所以(a2-1)(b2-1)>0成立,所以原不等式成立.4.解析(1)∵a>0,b>0,且a+b=1,∴≤=,∴ab≤当且仅当a=b=时,等号成立,即ab的最大值为.(2)证明:证法一:(分析法)欲证原式,需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证4(ab)2-33ab+8≥0,即证ab≤或ab≥8.∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立.∵1=a+b≥2,∴ab≤,得证.证法二:(比较法)∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2,∴0<ab≤,∴-=·-==≥0,∴≥.B组提升题组5.证明(1)(a3+b3)-(a2b+ab2)=(a+b)(a-b)2.因为a,b都是正数,所以a+b>0.又因为a≠b,所以(a-b)2>0.于是(a+b)(a-b)2>0,即(a3+b3)-(a2b+ab2)>0,所以a3+b3>a2b+ab2.(2)因为b2+c2≥2bc,a2>0,所以a2(b2+c2)≥2a2bc.①同理,b2(a2+c2)≥2ab2c.②c2(a2+b2)≥2abc2.③①②③相加得2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2,从而a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).由a,b,c都是正数,得a+b+c>0,因此≥abc.6.证明(1)因为a,b,c为正实数,由基本不等式可得++≥3,即++≥,所以+++abc≥+abc,而+abc≥2=2,所以+++abc≥2.当且仅当a=b=c=时取等号.(2)++≥3=≥=,所以++≥9,当且仅当A=B=C=时取等号.7.解析(1)令f(x)=|x+1|-|2-x|,则f(x)=∴f(x)的最大值为3.∵对任意实数x,|x+1|-|2-x|≤a都成立,即f(x)≤a恒成立,∴a≥3.令h(x)=|x+1|+|2-x|,则h(x)=∴h(x)的最小值为3.∵对任意实数x,|x+1|+|2-x|≥a都成立,即h(x)≥a恒成立,∴a≤3,∴a=3.(2)证明:由(1)知a=3.∵2m+-2n=(m-n)+(m-n)+,且m>n>0,∴(m-n)+(m-n)+≥3=3,∴2m+≥2n+a.。

第2讲 不等式的证明1．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小． 解：(x －1)2－(x ＋1)2＝[(x －1)＋(x ＋1)][(x －1)－(x ＋1)]＝－4x .因为x >0，所以x >0，所以－4x <0，所以(x －1)2<(x ＋1)2. 2．设a >b >0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 证明：法一：a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b＝a 3－b 3－ab 2＋a 2b －a 3＋b 3＋a 2b －ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2a 2b －2ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2ab （a －b ）（a 2＋b 2）（a ＋b ）， 因为a >b >0，所以a －b >0， ab >0，a 2＋b 2>0，a ＋b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b >0，所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 法二：因为a >b >0，所以a ＋b >0，a －b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a 2＋b 2·a ＋b a －b ＝（a ＋b ）2a 2＋b2 ＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2ab a 2＋b 2>1. 所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 3．(2015·高考湖南卷)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明： (1) a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a >0，b >0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋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a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．4．已知a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c. 证明：法一：因为a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，所以a ＋b ＋c ＝ 1bc ＋ 1ca ＋1ab <1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c . 所以a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c. 法二：因为1a ＋1b≥21ab ＝2c ； 1b ＋1c ≥21bc ＝2a ；1c ＋1a ≥21ac ＝2b . 所以以上三式相加，得1a ＋1b ＋1c≥a ＋b ＋c . 又因为a ，b ，c 互不相等，所以1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c . 法三：因为a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， 所以1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2>abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c .所以a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c. 5．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab ，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立． 故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.6．(2016·贵州省六校第一次联考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab≥8； (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)因为a ＋b ＝1，a >0，b >0，所以1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ×a b ＋4 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立， 所以1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.。