§1不等式的性質1.1實數(shù)大小的比較1.2不等式的性質學習目標1.了解不等關系與不等式.2.掌握不等式的性質.3.會用不等式的性質解決一些簡單問題.預習自測1.對于任何兩個實數(shù)a，b，a>b?a－b>0；a<b?a－b<0；a＝b?a－b＝0.2.不等式有如下一些基本性質：性質1：a>b?b<a；性質2：a>b，b>c?a>c；性質3：a>b?a＋c>b＋c；推論：a>b，c>d?a＋c>b＋d；性質4：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；推論1：a>b>0，c>d>0?ac>bd；推論2：a>b>0?a2>b2推論3：a>b>0?an>bn，n∈N＋；推論4：a>b>0?aeq\f(1,n)>beq\f(1,n)，n∈N＋.

自主探究1.利用不等式的性質，證明下列不等式：(1)a>b，c<d?a－c>b－d；(2)a>b>0，d>c>0?eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；(3)a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).提示(1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c<d))?a－c>b－d的推導過程是：c<d?－c>－d，對a>b和－c>－d應用不等式的同向不等式的可加性質得：a－c>b－d.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,d>c>0))?eq\f(a,c)>eq\f(b,d)的推導過程是：d>c>0兩邊同乘eq\f(1,cd)(cd>0)，則eq\f(1,c)>eq\f(1,d)>0，應用不等式可乘性質得eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,ab>0))?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)的推導過程是，因ab>0?eq\f(1,ab)>0，不等式a>b兩邊同乘eq\f(1,ab)，根據(jù)不等式的乘法性質得：eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2.怎樣比較兩個實數(shù)的大??？在比較時通常作怎樣的數(shù)學變形？提示比較兩個實數(shù)a與b的大小，歸結為判斷它們的差a－b的符號.作差法中常用的變形手段是分解因式和配方等恒等變形，前者將“差”化為“積”，后者將“差”化為一個完全平方式或幾個完全平方式的“和”，也可二者并用.典例剖析知識點1不等式的性質及應用【例1】判斷下列各題的對錯(1)eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，且c>0?a>b()(2)a>b，且c>d?ac>bd()(3)a>b>0，且c>d>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))()(4)eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)?a>b()解析(1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)<\f(c,b),c>0))?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，當a<0，b>0時，此式成立，推不出a>b，∴(1)錯.(2)當a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3時，命題顯然不成立.∴(2)錯.(3)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,c>d>0))?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))成立.∴(3)對.(4)顯然c2>0，∴兩邊同乘以c2，得a>b.∴(4)對.答案(1)×(2)×(3)√(4)√【反思感悟】解決這類問題，主要是根據(jù)不等式的性質判定，其實質是看是否滿足性質所需的條件，若要判斷一個命題是假命題，可以從條件入手，推出與結論相反的結論或舉出一個反例予以否定.1.若a>b>0，c<d<0，則一定有()A.eq\f(a,d)>eq\f(b,c)B.eqB.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)解析思路一：根據(jù)給出的字母的取值要求，取特殊值驗證.思路二：根據(jù)不等式的性質直接推導.方法一：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，則eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，排除選項C，D；又eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，所以選項A錯誤，選項B正確.故選B.方法二：因為c<d<0，所以－c>－d>0，所以eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0.又a>b>0，所以eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故選B.答案B知識點2實數(shù)大小的比較【例2】實數(shù)x，y，z滿足x2－2x＋y＝z－1且x＋y2＋1＝0，試比較x，y，z的大小.解x2－2x＋y＝z－1?z－y＝(x－1)2≥0?z≥y；x＋y2＋1＝0?y－x＝y(tǒng)2＋y＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0?y>x，故z≥y>x.【反思感悟】兩個實數(shù)比較大小，通常用作差法來進行.其一般步驟是：(1)作差；(2)變形，常采用配方、因式分解、分母有理化等方法；(3)定號，即確定差的符號；(4)下結論.2.比較x2＋3與3x的大小，其中x∈R.解∵(x2＋3)－3x＝x2－3x＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>0，∴x2＋3>3x.知識點3不等式的證明【例3】如果a>b>0，c<d<0，f<0，證明：eq\f(f,a－c)>eq\f(f,b－d).證明∵c<d<0，∴－c>－d>0，又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.不等式的兩邊同乘eq\f(1,（a－c）（b－d）)>0，得：eq\f(1,b－d)>eq\f(1,a－c)>0，又∵f<0，∴eq\f(f,b－d)<eq\f(f,a－c)，即eq\f(f,a－c)>eq\f(f,b－d).【反思感悟】利用不等式性質證明不等式的實質就是依據(jù)性質把不等式進行變形.在此過程中，一要嚴格符合性質條件；二要注意向特征不等式的形式化歸.3.已知a<b<c，x<y<z，則ax＋by＋cz，ax＋cy＋bz，bx＋ay＋cz，cx＋by＋az中哪一個最大？請予以證明.解最大的一個是ax＋by＋cz.∵ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)(y－z)>0?ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz.同理ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz，ax＋by＋cz>cx＋by＋az.故結論成立.課堂小結1.不等關系強調的是量與量之間的不等關系，可以用符號“>”、“<”、“≠”、“≥”或“≤”表示；而不等式則是用來表示不等關系的，可用“a>b”、“a<b”、“a≠b”、“a≥b”或“a≤b”等式子表示，不等關系是通過不等式來體現(xiàn)的.2.不等式的性質是不等式變形的依據(jù).每一步變形，都應有根有據(jù).記準適用條件是關鍵.3.關于傳遞性要正確處理帶等號的情況：由a>b，b≥c或a≥b，b>c均可推得a>c；而a≥b，b≥c不一定可以推得a>c，可能是a>c，也可能是a＝c.隨堂演練1.已知下列四個條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()A.1個 B.2個C.3個 D.4個解析運用倒數(shù)性質，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正確.又正數(shù)大于負數(shù)，①正確，③錯誤，故選C.答案C2.設x，y∈R，則“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析由不等式性質知當x≥1且y≥2時，x＋y≥3；而當x＝2，y＝eq\f(3,2)時滿足x＋y≥3，但不滿足x≥1，且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要條件.答案A3.實數(shù)a，b，c，d滿足下列三個條件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d<b＋c，則將a，b，c，d按照從小到大的次序排列為________.解析∵d>c，a＋d<b＋c，∴a<b，∵a＋d<b＋c，∴a－c<b－d，∵a＋b＝c＋d，∴a－c＝d－b，即d<b，a<c，∴a<c<d<b.答案a<c<d<b一、選擇題1.若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是()A.eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a) B.eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)C.|a|＞|b| D.a2＞b2解析取a＝－2，b＝－1，則eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a)不成立，選A.答案A2.已知a＞b，則下列不等式成立的是()A.a2－b2≥0 B.ac＞bcC.|a|＞|b| D.2a＞2b解析A中，若a＝－1，b＝－2，則a2－b2≥0不成立；當c＝0時，B不成立；當0＞a＞b時，C不成立；由a＞b知2a＞2b成立，故選D.答案D3.設{an}是等差數(shù)列，下列結論中正確的是()A.若a1＋a2＞0，則a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，則a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，則a2＞eq\r(a1a3)D.若a1＜0，則(a2－a1)(a2－a3)＞0解析利用所給條件結合等差數(shù)列的相關知識直接判斷.設等差數(shù)列{an}的公差為d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正負不確定，因而a2＋a3符號不確定，故選項A錯；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正負不確定，因而a1＋a2符號不確定，故選項B錯；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴aeq\o\al(2,2)－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞eq\r(a1a3)，故選項C正確；若a1＜0，則(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故選項D錯.答案C4.已知實數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，則下列關系式恒成立的是()A.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1) B.ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C.sinx>siny D.x3>y3解析先依據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質確定出x，y的大小，再逐一對選項進行判斷.因為0<a<1，ax<ay，所以x>y.采用賦值法判斷，A中，當x＝1，y＝0時，eq\f(1,2)<1，A不成立.B中，當x＝0，y＝－1時，ln1<ln2，B不成立.C中，當x＝0，y＝－π時，sinx＝siny＝0，C不成立.D中，因為函數(shù)y3＝x3在R上是增函數(shù)，故選D.答案D5.設a，b∈R，若a－|b|>0，則下列不等式中正確的是()A.b－a>0 B.a3＋b3<0C.a2－b2<0 D.b＋a>0解析∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.∴不論b正或b負均有a＋b>0.答案D二、填空題6.已知60<x<84，28<y<33，則x－y的取值范圍為________，eq\f(x,y)的取值范圍為________.解析x－y＝x＋(－y)，所以需先求出－y的范圍；eq\f(x,y)＝x×eq\f(1,y)，所以需先求出eq\f(1,y)的范圍.∵28<y<33，∴－33<－y<－28，eq\f(1,33)<eq\f(1,y)<eq\f(1,28).又60<x<84，∴27<x－y<56，eq\f(60,33)<eq\f(x,y)<eq\f(84,28)，即eq\f(20,11)<eq\f(x,y)<3.答案(27，56)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,11)，3))7.已知實數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，則a的最大值是________.解析利用不等式求解.因為a＋b＋c＝0，所以b＋c＝－a.因為a2＋b2＋c2＝1，所以－a2＋1＝b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝a2－2bc，所以2a2－1＝2bc≤b2＋c2＝1－a2，所以3a2≤2，所以a2≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(\r(6),3)≤a≤eq\f(\r(6),3)，所以amax＝eq\f(\r(6),3).答案eq\f(\r(6),3)三、解答題8.已知a，b∈(0，＋∞)且a≠b，比較eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)與a＋b的大小.解∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))－(a＋b)＝eq\f(a2,b)－b＋eq\f(b2,a)－a＝eq\f(a2－b2,b)＋eq\f(b2－a2,a)＝(a2－b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a)))＝eq\f(（a2－b2）（a－b）,ab)＝eq\f(（a－b）2（a＋b）,ab)，∵a，b∈(0，＋∞)且a≠b，∴(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0，∴eq\f(（a－b）2（a＋b）,ab)>0，∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)>a＋b.9.已知a，b∈R，求證：a2＋b2≥ab＋a＋b－1.證明(a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝eq\f(1,2)[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，∴a2＋b2≥ab＋a＋b－1.10.已知α，β滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，①,1≤α＋2β≤3②))試求α＋3β的取值范圍.解設α＋3β＝λ(α＋β)＋v(α＋2β)＝(λ＋v)α＋(λ＋2v)β.比較α、β的系數(shù)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋v＝1，,λ＋2v＝3，))從而解出λ＝－1，v＝2.分別由①、②得－1≤－α－β≤1，2≤2α＋4β≤6，兩式相加，得1≤α＋3β≤7.§2含有絕對值的不等式2.1絕對值不等式學習目標1.理解絕對值的幾何意義，理解絕對值不等式定理及其幾何意義.2.會用絕對值不等式定理解決比較簡單的問題.預習自測1.a，b∈R，|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立.2.|a－b|表示點a－b與原點間的距離，也表示a與b之間的距離.3.a，b，c∈R，|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之間時等號成立.自主探究1.你能證明：若a，b為實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|嗎？提示|a＋b|≤|a|＋|b|?|a＋b|2≤(|a|＋|b|)2?(a＋b)2≤|a|2＋2|a||b|＋|b|2?a2＋2ab＋b2≤a2＋2|a||b|＋b2?ab≤|ab|.∴|ab|≥ab顯然成立，∴原不等式成立.2.你能證明：||a|－|b||≤|a＋b|嗎？提示因為|a|＝|(a＋b)－b|≤|a＋b|＋|－b|＝|a＋b|＋|b|.所以|a|－|b|≤|a＋b|，同理可證|b|－|a|≤|a＋b|.所以||a|－|b||≤|a＋b|.典例剖析知識點1利用絕對值不等式證明變量不等式【例1】已知|x|<1，|y|<1，求證：eq\f(\r(（1－x2）（1－y2）),|1－xy|)≤1.分析本題可考慮兩邊平方去掉絕對值轉化為普通不等式(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2.證明|x|<1?x2<1?1－x2>0，|y|<1?1－y2>0，x2＋y2≥2xy?－x2－y2≤－2xy?1－x2－y2＋x2y2≤1－2xy＋x2y2?(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2?eq\r(（1－x2）（1－y2）)≤|1－xy|所以eq\f(\r(（1－x2）（1－y2）),|1－xy|)≤1.由于|x|<1，|y|<1，則|xy|<1，即1－xy≠0.【反思感悟】通過添一項、減一項的恒等變形，然后再進行組合，構造成能利用絕對值不等式的形式是證明的關鍵.1.證明：|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.證明∵|x－a|＋|x－b|＝|x－a|＋|b－x|≥|x－a＋b－x|＝|b－a|＝|a－b|.∴|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.知識點2利用絕對值不等式證明函數(shù)不等式【例2】函數(shù)f(x)的定義域為[0，1]，f(0)＝f(1)，且對任意不同的x1，x2∈[0，1]都有|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|，求證：|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).證明設0≤x1<x2≤1，①若x2－x1≤eq\f(1,2)，則|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|≤eq\f(1,2).即|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).②若eq\f(1,2)<x2－x1≤1，則|f(x2)－f(x1)|＝|f(x2)＋f(0)－f(1)－f(x1)|＝|f(x2)－f(1)＋f(0)－f(x1)|≤|f(x2)－f(1)|＋|f(0)－f(x1)|<|x2－1|＋|x1－0|.而|x2－1|＋|x1|＝1－x2＋x1＝1－(x2－x1)<1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).綜上所述，對任意不同的x1，x2∈[0，1]都有|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).【反思感悟】對于絕對值符號內的式子，采用加減某個式子后，重新組合，運用絕對值不等式的性質變形，是證明絕對值不等式的典型方法.2.設f(x)＝ax2＋bx＋c，當|x|≤1時，總有|f(x)|≤1，求證：|f(2)|≤7.證明∵|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，|f(0)|≤1，∴|f(2)|＝|4a＋2b＋c|＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|≤7.知識點3絕對值不等式的應用【例3】若關于x的不等式|x＋2|＋|x－1|<a的解集為?，求實數(shù)a的取值范圍.解法一∵|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，∴當a≤3時，原不等式解集為?.法二式子|x＋2|＋|x－1|可看作數(shù)軸上一點到－2、1對應的兩點間距離之和，而數(shù)軸上任一點與這兩點距離之和不小于3，故使原不等式解集為?的a的范圍是a≤3.3.若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值為5，則實數(shù)a＝________.解析根據(jù)去絕對值符號后函數(shù)的圖像求解.由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，當a>－1時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋2a－1（x<－1），,－x＋2a＋1（－1≤x≤a），,3x－2a＋1（x>a）.))作出f(x)的大致圖像如圖所示，由函數(shù)f(x)的圖像可知f(a)＝5，即a＋1＝5，∴a＝4.同理，當a≤－1時，－a－1＝5，∴a＝－6.答案－6或4課堂小結證明含有絕對值的不等式，要運用實數(shù)的性質，不等式的性質，以及不等式證明的有關方法，另外主要運用絕對值不等式即|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|；|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋|a2|＋|a3|；|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.隨堂演練1.若a，b都是非零實數(shù)，則下列不等式不恒成立的是()A.|a＋b|≥a－b B.a2＋b2≥2|a·b|C.|a＋b|≤|a|＋|b| D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2解析當a>0，b<0時，|a＋b|<a－b.故A不恒成立.答案A2.已知|x1－a|<ε，|x2－a|<ε，求證：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（x1＋x2）－a))<ε.證明eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（x1＋x2）－a))＝eq\f(1,2)|x1＋x2－2a|＝eq\f(1,2)|(x1－a)＋(x2－a)|≤eq\f(1,2)(|x1－a|＋|x2－a|)<eq\f(1,2)(ε＋ε)＝ε.3.設|x－a|<eq\f(ε,2)，|y－b|<eq\f(ε,2)，求證：|(x＋y)－(a＋b)|<ε.證明|(x＋y)－(a＋b)|＝|(x－a)＋(y－b)|≤|x－a|＋|y－b|<eq\f(ε,2)＋eq\f(ε,2)＝ε.一、選擇題1.對任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值為()A.1 B.2C.3 D.4解析利用三角不等式直接求解.∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值為3.答案C2.若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實數(shù)a的值為()A.5或8 B.－1或5C.－1或－4 D.－4或8解析利用絕對值的幾何意義分類討論，根據(jù)解析式特征確定函數(shù)最小值點進而求a.(1)當－1≤－eq\f(a,2)，即a≤2時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x－a－1，x≤－1，,－x－a＋1，－1<x<－\f(a,2)，,3x＋a＋1，x≥－\f(a,2).))易知函數(shù)f(x)在x＝－eq\f(a,2)處取最小值，即1－eq\f(a,2)＝3.所以a＝－4.(2)當－1>－eq\f(a,2)，即a>2時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x－a－1，x≤－\f(a,2)，,x＋a－1，－\f(a,2)<x<－1，,3x＋a＋1，x≥－1.))易知函數(shù)f(x)在x＝－eq\f(a,2)處取最小值，即eq\f(a,2)－1＝3，故a＝8.綜上a＝－4或8.答案D3.如果存在實數(shù)x，使cosα＝eq\f(x,2)＋eq\f(1,2x)成立，那么實數(shù)x的集合是()A.{－1，1} B.{x|x<0，或x＝1}C.{x|x>0，或x＝－1} D.{x|x≤－1，或x≥1}解析由|cosα|≤1，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,2x)))≤1.又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,2x)))＝eq\f(|x|,2)＋eq\f(1,2|x|)≥1.∴eq\f(|x|,2)＋eq\f(1,2|x|)＝1，當且僅當|x|＝1時成立，即x＝±1.答案A4.正數(shù)a、b、c、d滿足a＋d＝b＋c，|a－d|＜|b－c|，則()A.ad＝bc B.ad<bcC.ad>bc D.ad與bc大小不定解析∴a＋d＝b＋c，∴a2＋2ad＋d2＝b2＋2bc＋c2，a2＋d2－b2－c2＝2bc－2ad，∵|a－d|<|b－c|，∴a2－2ad＋d2<b2－2bc＋c2，a2＋d2－b2－c2<2ad－2bc，∴3bc－2ad<2ad－2bc，即ad>bc.答案C5.已知定義在[0，1]上的函數(shù)f(x)滿足：①f(0)＝f(1)＝0；②對所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<eq\f(1,2)|x－y|.若對所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|<k恒成立，則k的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2π) D.eq\f(1,8)解析先利用特值法確定范圍，再結合函數(shù)的取值特性求解.取y＝0，則|f(x)－f(0)|<eq\f(1,2)|x－0|，即|f(x)|<eq\f(1,2)x，取y＝1則|f(x)－f(1)|<eq\f(1,2)|x－1|，即|f(x)|<eq\f(1,2)(1－x).∴|f(x)|＋|f(x)|<eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)x＝eq\f(1,2)，∴|f(x)|<eq\f(1,4).不妨取f(x)≥0，則0≤f(x)<eq\f(1,4)，0≤f(y)<eq\f(1,4)，∴|f(x)－f(y)|<eq\f(1,4)－0＝eq\f(1,4)，要使|f(x)－f(y)|<k恒成立，只需k≥eq\f(1,4).∴k的最小值為eq\f(1,4).答案B二、填空題6.已知－2≤a≤3，－3<b<4，則a－|b|的取值范圍為_____________________.解析∵－3<b<4，∴0≤|b|<4，－4<－|b|≤0，又－2≤a≤3，∴－6<a－|b|≤3.答案(－6，3]7.x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，則x＋y的取值范圍為________.解析利用絕對值的幾何意義求解，注意等號成立的條件.由絕對值的幾何意義知，|x|＋|x－1|是數(shù)軸上的點x到原點和點1的距離之和，所以|x|＋|x－1|≥1，當且僅當x∈[0，1]時取“＝”.同理|y|＋|y－1|≥1，當且僅當y∈[0，1]時取“＝”.∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2.而|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，此時x∈[0，1]，y∈[0，1]，∴(x＋y)∈[0，2].答案[0，2]三、解答題8.已知|x＋1|<eq\f(ε,4)，|y－2|<eq\f(ε,4)，|z＋3|<eq\f(ε,4)，求證：|x＋2y＋z|<ε.證明|x＋2y＋z|＝|x＋1＋2(y－2)＋z＋3|≤|x＋1|＋|2(y－2)|＋|z＋3|＝|x＋1|＋2|y－2|＋|z＋3|<eq\f(ε,4)＋eq\f(ε,2)＋eq\f(ε,4)＝ε.∴|x＋2y＋z|<ε.9.若a，b∈R，且|a|＋|b|<1，證明方程x2＋ax＋b＝0的兩個根的絕對值均小于1.證明法一設方程x2＋ax＋b＝0的兩根為x1，x2，根據(jù)根與系數(shù)的關系，有a＝－(x1＋x2)，b＝x1x2，代入|a|＋|b|<1得|x1＋x2|＋|x1x2|<1，①若用|x1|－|x2|≤|x1＋x2|對①式作放縮代換，有|x1|－|x2|＋|x1|·|x2|<1，即(|x1|－1)(|x2|＋1)<0.∵|x2|＋1>0，得|x1|－1<0，∴|x1|<1.若用|x2|－|x1|≤|x1＋x2|對①式作放縮代換，有|x2|－|x1|＋|x1|·|x2|<1.同理，由(|x2|－1)(|x1|＋1)<0，得|x2|<1.因此，方程x2＋ax＋b＝0的兩個根的絕對值均小于1.法二假設方程x2＋ax＋b＝0至少有一根的絕對值不小于1.不失一般性，令|x1|≥1，則根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系，有|a|＝|－(x1＋x2)|＝|x1＋x2|≥|x1|－|x2|≥1－|x2|，|b|＝|x1x2|＝|x1|·|x2|≥|x2|.將以上兩個不等式相加，得|a|＋|b|≥1.這與已知|a|＋|b|<1矛盾.究其原因是假設錯誤所致.因此方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值均小于1.10.已知f(x)＝ax2＋bx＋c，且當|x|≤1時，|f(x)|≤1，求證：(1)|c|≤1；(2)|b|≤1.證明(1)由|f(0)|≤1，得|c|≤1.(2)由|f(1)|≤1，得|a＋b＋c|≤1，由|f(－1)|≤1，得|a－b＋c|≤1，∴|b|＝eq\f(|（a＋b＋c）＋（－a＋b－c）|,2)≤eq\f(1,2)(|a＋b＋c|＋|a－b＋c|)≤1.2.2絕對值不等式的解法學習目標1.理解絕對值的幾何意義，會用數(shù)軸上的點表示絕對值不等式的范圍.2.會解含一個絕對值符號和含兩個絕對值符號共四種類型的絕對值不等式.預習自測1.設x，a為實數(shù)，|x－a|表示數(shù)軸上的點x與點a之間的距離；|x|表示數(shù)軸上的點x與原點之間的距離.當x≥0時，|x|＝x；當x<0時，|x|＝－x.2.|x|>a(a>0)?x>a或x<－a.3.|x|<a(a>0)?－a<x<a.4.a<0時，|x|≤a的解集為?；|x|≥a的解集為R.5.|f(x)|<a(a>0)?－a<f(x)<a.6.|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a或f(x)<－a.7.|f(x)|<g(x)?－g(x)<f(x)<g(x).8.|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<－g(x).9.|f(x)|<|g(x)|?f2(x)<g2(x).10.|f(x)|>|g(x)|?f2(x)>g2(x).自主探究1.如何解形如|ax＋b|≤c、|ax＋b|≥c的不等式？提示(1)當c≥0時，|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)當c<0時，由絕對值的定義知|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R.2.如何解|ax＋b|>|cx＋d|，|ax＋b|<|cx＋d|型的不等式？提示兩邊平方后轉化成不含絕對值的不等式，解不含絕對值的不等式即可.3.你能歸納出解|x－a|＋|x－b|≥c、|x－a|＋|x－b|≤c型的不等式的一般步驟嗎？提示(1)令每個絕對值符號里的一次式為0，求出相應的根.(2)把這些根由小到大排序，它們把實數(shù)軸分為若干個區(qū)間.(3)在所分區(qū)間上，根據(jù)絕對值的定義去掉絕對值符號，討論所得的不等式在這個區(qū)間上的解集.(4)這些解集的并集就是原不等式的解集.典例剖析知識點1解|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式【例1】解不等式：(1)|x－a|≤b(b>0)；(2)|x－a|≥b(b>0).解(1)|x－a|≤b(b>0)?－b≤x－a≤b?a－b≤x≤b＋a.所以原不等式的解集為{x|a－b≤x≤a＋b}.(2)|x－a|≥b?x－a≥b或x－a≤－b?x≥a＋b或x≤a－b.所以原不等式的解集為{x|x≥a＋b或x≤a－b}.1.解不等式：(1)2|x|＋1>7；(2)|1－2x|<5.解(1)2|x|＋1>7?2|x|>6?|x|>3?x>3或x<－3.∴不等式的解集為{x|x>3或x<－3}.(2)|1－2x|<5?|2x－1|<5?－5<2x－1<5?－4<2x<6?－2<x<3.∴不等式的解集為{x|－2<x<3}.知識點2解|f(x)|<|g(x)|型不等式【例2】解不等式|x－a|<|x－b|(a≠b).解由|x－a|<|x－b|兩邊平方得：(x－a)2<(x－b)2.整理得：2(a－b)x>a2－b2.因a≠b，當a>b時，x>eq\f(a＋b,2)；當a<b時，x<eq\f(a＋b,2).∴不等式的解集為：當a>b時，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,2)（a＋b）))；當a<b時，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(1,2)（a＋b）)).【反思感悟】解含有絕對值符號的不等式關鍵是去掉絕對值符號，把絕對值不等式轉化為我們熟悉的一元一次不等式或一元二次不等式.2.解不等式|x2－2x＋3|<|3x－1|.解x2－2x＋3＝(x－1)2＋2>0，|x2－2x＋3|<|3x－1|?x2－2x＋3<|3x－1|?3x－1>x2－2x＋3或3x－1<－x2＋2x－3?x2－5x＋4<0或x2＋x＋2<0.由x2－5x＋4<0，得：1<x<4，由x2＋x＋2<0，得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,4)<0，該不等式解集為?.所以原不等式的解集為(1，4).知識點3解|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式【例3】解不等式|x＋3|－|2x－1|<eq\f(x,2)＋1.解①x<－3時，原不等式化為－(x＋3)－(1－2x)<eq\f(x,2)＋1，解得x<10，∴x<－3.②當－3≤x<eq\f(1,2)時，原不等式化為(x＋3)－(1－2x)<eq\f(x,2)＋1，解得x<－eq\f(2,5)，∴－3≤x<－eq\f(2,5).③當x≥eq\f(1,2)時，原不等式化為(x＋3)－(2x－1)<eq\f(x,2)＋1，解得x>2，∴x>2.綜上可知：原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(2,5)，或x>2)).【反思感悟】對含有多個絕對值符號的不等式的解法通常用分段討論法，去掉絕對值符號，將不等式化為整式不等式求解，去掉絕對值符號的依據(jù)是絕對值的定義，找到分界點(即零值點).令絕對值內的數(shù)為零，分成若干段，最后原不等式的解集是各段解集的并集.3.解不等式|x＋1|－|2x－3|＋2>0.解令x＋1＝0，∴x＝－1，令2x－3＝0，∴x＝eq\f(3,2)，(1)當x≤－1時，原不等式化為－(x＋1)>－(2x－3)－2，∴x>2與條件x≤－1矛盾，無解；(2)當－1<x≤eq\f(3,2)時，原不等式化為x＋1>－(2x－3)－2，∴x>0，故0<x≤eq\f(3,2)；(3)當x>eq\f(3,2)時，原不等式化為x＋1>2x－3－2，∴x<6，故eq\f(3,2)<x<6.綜上，原不等式的解集為{x|0<x<6}.課堂小結解絕對值不等式的基本思想是設法去掉絕對值符號，去絕對值符號的常用手段有3種：(1)根據(jù)實數(shù)的絕對值的意義：|a|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（a≥0），,－a（a<0）.))(2)根據(jù)不等式的性質：|x|<a?－a<x<a(a>0).(3)根據(jù)|a|2＝a2(a∈R)，不等式兩邊同時平方，當然應注意不等式兩邊平方的前提.隨堂演練1.不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是()A.(－∞，4) B.(－∞，1)C.(1，4) D.(1，5)解析利用零點分區(qū)間法解絕對值不等式.①當x≤1時，原不等式可化為1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.②當1<x<5時，原不等式可化為x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4.③當x≥5時，原不等式可化為x－1－(x－5)<2，該不等式不成立.綜上，原不等式的解集為(－∞，4)，故選A.答案A2.設x∈R，則“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析先求不等式的解集，再判斷充分條件、必要條件.|x－2|＜1?1＜x＜3.由于{x|1＜x＜2}是{x|1＜x＜3}的真子集，所以“1＜x＜2”是“|x－2|＜1”的充分而不必要條件.答案A3.若關于x的不等式|ax－2|<3的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,3)<x<\f(1,3)))，則a＝________.解析根據(jù)絕對值不等式的性質及不等式的解集求解.∵|ax－2|<3，∴－1<ax<5.當a>0時，－eq\f(1,a)<x<eq\f(5,a)，與已知條件不符；當a＝0時，x∈R，與已知條件不符；當a<0時，eq\f(5,a)<x<－eq\f(1,a)，又不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,3)<x<\f(1,3)))，故a＝－3.答案－3一、選擇題1.如果eq\f(1,x)<2和|x|>eq\f(1,3)同時成立，那么x的取值范圍是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,3)<x<\f(1,2))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,2)，或x<－\f(1,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,2))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,3)，或x>\f(1,3)))解析解不等式eq\f(1,x)<2得x<0或x>eq\f(1,2).解不等式|x|>eq\f(1,3)得x>eq\f(1,3)或x<－eq\f(1,3).∴x的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,2)，或x<－\f(1,3))).答案B2.不等式(1＋x)(1－|x|)>0的解集為()A.{x|0≤x<1} B.{x|x<0且x≠－1}C.{x|－1<x<1} D.{x|x<1且x≠－1}解析不等式可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,（1＋x）（1－x）>0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,（1＋x）（1＋x）>0，))∴0≤x<1或x<0且x≠－1.∴x<1且x≠－1.答案D3.設x∈R，則“|x－2|<1”是“x2＋x－2>0”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析先求不等式的解集，再根據(jù)充分條件、必要條件的判斷方法進行判斷.|x－2|<1?1<x<3，x2＋x－2>0?x>1或x<－2.由于{x|1<x<3}是{x|x>1或x<－2}的真子集，所以“|x－2|<1”是“x2＋x－2>0”的充分而不必要條件.答案A4.若不等式|ax＋2|<6的解集為(－1，2)，則實數(shù)a等于()A.8 B.2C.－4 D.－8解析由|ax＋2|<6可知－8<ax<4.當a>0時，－eq\f(8,a)<x<eq\f(4,a).∵解集為(－1，2)，∴有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(8,a)＝－1,\f(4,a)＝2))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,a＝2))矛盾，故a不可能大于0.當a＝0，則x∈R不符合題意.當a<0時，eq\f(4,a)<x<－eq\f(8,a).∵解集為(－1，2)，∴有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＝－1,－\f(8,a)＝2))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,a＝－4.))故a＝－4.答案C5.不等式1<|x＋1|<3的解集為()A.(0，2) B.(－2，0)∪(2，4)C.(－4，0) D.(－4，－2)∪(0，2)解析原不等式等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,1<x＋1<3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,－3<x＋1<－1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥－1，,0<x<2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－1，,－4<x<－2))?0<x<2或－4<x<－2.答案D6.若不等式|x－2|＋|x＋3|>a，對于x∈R均成立，那么實數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，5) B.[0，5)C.(－∞，1) D.[0，1]解析由絕對值的幾何意義知|x－2|＋|x＋3|表示的是x與數(shù)軸上的點A(－3)及B(2)兩點距離之和，A、B兩點的距離為5，線段AB上任一點到A、B兩點距離之和也是5.數(shù)軸上其它點到A、B兩點距離之和都大于5，∴|x－2|＋|x＋3|≥5，∵x∈R，∴a<5.答案A二、填空題7.不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為________.解析思路一：利用數(shù)軸對x進行分類討論去掉絕對值符號，再解不等式.思路二：借助數(shù)軸，利用絕對值的幾何意義求解.方法一：要去掉絕對值符號，需要對x與－2和1進行大小比較，－2和1可以把數(shù)軸分成三部分.當x<－2時，不等式等價于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；當－2≤x<1時，不等式等價于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，無解；當x≥1時，不等式等價于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.綜上，不等式的解集為{x|x≤－3或x≥2}.方法二：|x－1|＋|x＋2|表示數(shù)軸上的點x到點1和點－2的距離的和，如圖所示，數(shù)軸上到點1和點－2的距離的和為5的點有－3和2，故滿足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值為x≤－3或x≥2，所以不等式的解集為{x|x≤－3或x≥2}.答案{x|x≤－3或x≥2}8.已知a∈R，若關于x的方程x2＋x＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|＝0有實根，則a的取值范圍是________.解析∵關于x的方程x2＋x＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|＝0有實根，∴Δ＝1－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|))≥0，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|≤eq\f(1,4).當a≤0時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|＝eq\f(1,4)－2a≤eq\f(1,4)，∴a＝0；當0<a≤eq\f(1,4)時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|＝eq\f(1,4)－a＋a≤eq\f(1,4)成立，∴0<a≤eq\f(1,4)；當a>eq\f(1,4)時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))＋|a|＝a－eq\f(1,4)＋a＝2a－eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，∴a≤eq\f(1,4)，無解.綜上可知0≤a≤eq\f(1,4).答案0≤a≤eq\f(1,4)9.不等式eq\f(|x＋1|,|x＋2|)≥1的實數(shù)解為________.解析eq\f(|x＋1|,|x＋2|)≥1?|x＋1|≥|x＋2|，x＋2≠0?(x＋1)2≥(x＋2)2，x≠－2?x≤－eq\f(3,2)，x≠－2.答案(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))三、解答題10.解不等式x＋|2x＋3|≥2.解去絕對值號，化成不等式組求解.原不等式可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(3,2)，,－x－3≥2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥－\f(3,2)，,3x＋3≥2.))解得x≤－5或x≥－eq\f(1,3).綜上，原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≤－5或x≥－\f(1,3))).11.設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|(a>0).(1)證明：f(x)≥2；(2)若f(3)<5，求a的取值范圍.(1)證明由a>0，有f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)－（x－a）))＝eq\f(1,a)＋a≥2.所以f(x)≥2.(2)解f(3)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3＋\f(1,a)))＋|3－a|.當a>3時，f(3)＝a＋eq\f(1,a)，由f(3)<5，得3<a<eq\f(5＋\r(21),2).當0<a≤3時，f(3)＝6－a＋eq\f(1,a)，由f(3)<5，得eq\f(1＋\r(5),2)<a≤3.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)，\f(5＋\r(21),2))).§3平均值不等式(一)學習目標1.理解并掌握定理1、定理2，會用兩個定理解決函數(shù)的最值或值域問題.2.能運用(兩個正數(shù)的)平均值不等式解決某些實際問題.預習自測1.定理1(重要不等式)：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立.2.定理2(基本不等式)：如果a，b是正數(shù)，那么eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當且僅當a＝b時，等號成立.3.我們常把eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術平均，把eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均，所以基本不等式又可敘述為：兩個正數(shù)的算術平均值不小于(即大于或等于)它們的幾何平均值.4.關于用不等式求函數(shù)最大、最小值(1)若x≥0，y≥0，且xy＝p(定值)，則當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2eq\r(p).(2)若x≥0，y≥0，且x＋y＝s(定值)，則當x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(s2,4).自主探究1.你會證明不等式：(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)；(2)eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)嗎？提示(1)∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴a2＋b2≥2ab.(2)∵eq\f(a＋b,2)－eq\r(ab)＝eq\f(a＋b－2\r(ab),2)＝eq\f(（\r(a)－\r(b)）2,2)≥0(a>0，b>0)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).2.探究函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的單調性及函數(shù)圖像的大體形狀.提示定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞).當x∈(0，＋∞)時，設x1<x2，則y1－y2＝x1＋eq\f(1,x1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2)))＝(x1－x2)·eq\f(x1x2－1,x1x2)，∴當x1，x2∈(0，1)時，y1－y2>0，即y1>y2；當x1，x2∈(1，＋∞)時，y1－y2<0，即y1<y2，∴y在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù).又y是奇函數(shù)，∴y在(－∞，－1)上是增函數(shù)，在(－1，0)上是減函數(shù).圖像如圖：典例剖析知識點1不等式證明【例1】求證：eq\f(4,a－3)＋a≥7(其中a>3).證明eq\f(4,a－3)＋a＝eq\f(4,a－3)＋(a－3)＋3，由基本不等式，得eq\f(4,a－3)＋a＝eq\f(4,a－3)＋(a－3)＋3≥2eq\r(\f(4,a－3)（a－3）)＋3＝2eq\r(4)＋3＝7.當且僅當eq\f(4,a－3)＝a－3，即a＝5時取等號.【反思感悟】在利用基本不等式證明的過程中，常需要把數(shù)、式合理地拆成兩項或多項或恒等地變形配湊成適當?shù)臄?shù)、式，以便于利用基本不等式.1.設a，b，c∈R＋，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c).證明∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2.又a，b，c∈R*，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)|a＋b|＝eq\f(\r(2),2)(a＋b).同理：eq\r(b2＋c2)≥eq\f(\r(2),2)(b＋c)，eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋c).三式相加，得eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c).當且僅當a＝b＝c時取等號.知識點2最值問題【例2】設x，y∈(0，＋∞)且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝3，求2x＋y的最小值.解法一2x＋y＝eq\f(1,3)·3(2x＋y)＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(2x＋y)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(8,3).當且僅當eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(4,3)時，等號成立，∴2x＋y的最小值為eq\f(8,3).法二設eq\f(1,x)＝eq\f(3m,m＋n)，eq\f(2,y)＝eq\f(3n,m＋n)則x＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,m)))，y＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,n)))2x＋y＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,m)))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,n)))＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq\f(8,3)當且僅當m＝n，即x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(4,3)時，取得最小值eq\f(8,3).【反思感悟】利用基本不等式求最值，關鍵是對式子恰當?shù)淖冃?，合理構造“和式”與“積式”的互化，必要時可多次應用.注意一定要求出使“＝”成立的自變量的值，這也是進一步檢驗是否存在最值.2.已知x>0，y>0，且x＋2y＋xy＝30，求xy的最大值.解由x＋2y＋xy＝30，得y＝eq\f(30－x,2＋x)(0<x<30)，xy＝eq\f(30x－x2,2＋x)＝eq\f(－（2＋x）2＋34（2＋x）－64,2＋x)＝34－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x＋2）＋\f(64,x＋2)))，注意到(x＋2)＋eq\f(64,x＋2)≥2eq\r(（x＋2）·\f(64,x＋2))＝16，可得xy≤18，當且僅當x＋2＝eq\f(64,x＋2)，即x＝6時等號成立.代入x＋2y＋xy＝30中可得y＝3.故xy的最大值為18.知識點3基本不等式的實際應用【例3】甲、乙兩公司在同一電腦耗材廠以相同價格購進電腦芯片.甲、乙兩公司分別購芯片各兩次，兩次的芯片價格不同，甲公司每次購10000片芯片，乙公司每次購10000元芯片.哪家公司平均成本較低？請說明理由.解設第一次、第二次購電腦芯片的價格為每片a元和b元，那么甲公司兩次購電腦芯片的平均價格為eq\f(10000（a＋b）,20000)＝eq\f(a＋b,2)(元/片)；乙公司兩次購芯片的平均價格為eq\f(20000,\f(10000,a)＋\f(10000,b))＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(元/片).∵a>0，b>0且a≠b，∴eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>2eq\r(\f(1,ab))＝eq\f(2,\r(ab))，∴eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))<eq\r(ab)，∴eq\f(a＋b,2)>eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))，∴乙公司的平均成本比較低.3.某單位決定投資3200元建一倉庫(長方體狀)，高度恒定，它的后墻利用舊墻不花錢，正面用鐵柵，每米造價40元，兩側砌磚墻，每米造價45元，頂部每平方米造價20元.試問：(1)倉庫底面積S的最大允許值是多少？(2)為使S達到最大，而實際投資又不超過預算，那么正面鐵柵應設計為多長？解設鐵柵長為x米，一堵磚墻長為y米，則有S＝xy，由題意得：40x＋2×45y＋20xy＝3200.(1)由基本不等式，得3200≥2eq\r(40x·90y)＋20xy＝120eq\r(xy)＋20xy＝120eq\r(S)＋20S，∴S＋6eq\r(S)≤160，即(eq\r(S)＋16)(eq\r(S)－10)≤0.∵eq\r(S)＋16>0，∴eq\r(S)－10≤0，從而S≤100.∴S的最大允許值是100m2.(2)S取最大值的條件是40x＝90y，又xy＝100，由此解得x＝15.∴正面鐵柵的長度應設計為15米.課堂小結1.兩個不等式：a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是不同的，前者要求a，b都是實數(shù)，后者要求a，b都是正數(shù).如(－3)2＋(－2)2≥2×(－3)×(－2)是成立的，而eq\f(（－3）＋（－2）,2)≥2eq\r(（－3）×（－2）)是不成立的.2.兩個不等式：a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)都是帶有等號的不等式，對于“當且僅當……時，取‘＝’號”這句話的含義要有正確的理解.當a＝b取等號，其含義是a＝b?eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)；僅當a＝b取等號，其含義是eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)?a＝b.綜合上述兩條，a＝b是eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)的充要條件.3.與基本不等式有關的兩個常用不等式：(1)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a、b同號)；(2)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0).隨堂演練1.設f(x)＝lnx，0＜a＜b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，則下列關系式中正確的是()A.q＝r＜p B.p＝r＜qC.q＝r＞p D.p＝r＞q解析利用對數(shù)的運算性質和對數(shù)函數(shù)的單調性判斷p，q，r之間的相等與不等關系.因為b>a>0，故eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab).又f(x)＝lnx(x>0)為增函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))>f(eq\r(ab))，即q>p.又r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝lneq\r(ab)＝p.答案B2.若實數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值為()A.eq\r(2) B.2C.2eq\r(2) D.4解析由條件eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)知a，b均為正數(shù).因而可利用基本不等式求解.由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)知a>0，b>0，所以eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，即ab≥2eq\r(2)，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝\f(2,b)，,\f(1,a)＋\f(2,b)＝\r(ab)，))即a＝eq\r(4,2)，b＝2eq\r(4,2)時取“＝”，所以ab的最小值為2eq\r(2).答案C3.已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝3x，若f(a＋b)＝9，則f(ab)的最大值為________.解析因為3a＋b＝9，所以a＋b＝2≥2eq\r(ab)，得ab≤1，所以f(ab)＝3ab≤3.答案3一、選擇題1.若log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，則a＋b的最小值是()A.6＋2eq\r(3) B.7＋2eq\r(3)C.6＋4eq\r(3) D.7＋4eq\r(3)解析先判斷a，b的符號，再將已知的式子轉化為關于a，b的方程，最后根據(jù)基本不等式求解.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(ab)>0，,ab≥0，,3a＋4b>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0.))又log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以log4(3a＋4b)＝log4ab，所以3a＋4b＝ab，故eq\f(4,a)＋eq\f(3,b)＝1.所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(3,b)))＝7＋eq\f(3a,b)＋eq\f(4b,a)≥7＋2eq\r(\f(3a,b)·\f(4b,a))＝7＋4eq\r(3)，當且僅當eq\f(3a,b)＝eq\f(4b,a)時取等號，故選D.答案D2.要制作一個容積為4m3，高為1m的無蓋長方體容器.已知該容器的底面造價是每平方米20元，側面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是()A.80元 B.120元C.160元 D.240元解析設底面矩形的一條邊長是xm，總造價是y元，把y與x的函數(shù)關系式表示出來，再利用均值(基本)不等式求最小值.由題意知，體積V＝4m3，高h＝1m，所以底面積S＝4m2，設底面矩形的一條邊長是xm，則另一條邊長是eq\f(4,x)m，又設總造價是y元，則y＝20×4＋10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(8,x)))≥80＋20eq\r(2x·\f(8,x))＝160，當且僅當2x＝eq\f(8,x)，即x＝2時取得等號.答案C3.函數(shù)y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－1)＋5))(x>1)的最小值為()A.－3 B.3C.4 D.－4解析x>1，x－1>0，y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－1)＋5))＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(1,x－1)＋6))≥log2(2＋6)＝log28＝3.答案B4.若a，b，c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2eq\r(3)，則2a＋b＋c的最小值為()A.eq\r(3)－1 B.eq\r(3)＋1C.2eq\r(3)＋2 D.2eq\r(3)－2解析a(a＋b＋c)＋bc＝4－2eq\r(3)?a(a＋b)＋(a＋b)c＝(a＋b)(a＋c)＝4－2eq\r(3).而2a＋b＋c＝(a＋b)＋(a＋c)≥2eq\r(（a＋b）（a＋c）)＝2eq\r(4－2\r(3))＝2eq\r(3)－2.當且僅當a＋b＝a＋c，即b＝c時等號成立.答案D5.若不等式x2＋2x＋a≥－y2－2y對任意實數(shù)x、y都成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.a≥0 B.a≥1C.a≥2 D.a≥3解析x2＋2x＋a≥－y2－2y，對任意實數(shù)x、y都成立，則a≥－y2－2y－x2－2x＝2－(x＋1)2－(y＋1)2恒成立，而2－(x＋1)2－(y＋1)2≤2，∴a≥2.答案C6.在下列函數(shù)中，最小值是2的是()A.y＝eq\f(x,5)＋eq\f(5,x)(x∈R且x≠0)B.y＝lgx＋eq\f(1,lgx)(1<x<10)C.y＝3x＋3－x(x∈R)D.y＝sinx＋eq\f(1,sinx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)))解析A中的函數(shù)式，eq\f(x,5)與eq\f(5,x)都不一定是正數(shù)，故可排除A；B中的函數(shù)式，lgx與eq\f(1,lgx)都是正數(shù)且乘積為定值，運用基本不等式取等號的條件是lgx＝eq\f(1,lgx)，即x＝10與1<x<10矛盾，故排除B；C中3x>0，3－x＝eq\f(1,3x)>0，∴運用基本不等式取等號的條件是3x＝eq\f(1,3x)，而x＝0成立，故選C.D中，∵0<x<eq\f(π,2)，∴sinx∈(0，1)，而eq\f(1,sinx)>1，sinx≠eq\f(1,sinx).答案C7.若a是1＋2b與1－2b的等比中項，則eq\f(2ab,|a|＋2|b|)的最大值為()A.eq\f(2\r(5),15) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)解析由題意得a2＝(1＋2b)(1－2b)＝1－4b2.即a2＋4b2＝1.∵a2＋4b2≥2eq\r(4a2b2)，得|ab|≤eq\f(1,4)且eq\f(1,|ab|)≥4，∴eq\f(2ab,|a|＋2|b|)＝eq\r(\f(4a2b2,a2＋4|ab|＋4b2))＝eq\r(\f(4a2b2,1＋4|ab|))＝eq\r(\f(4,\f(1,a2b2)＋\f(4,|ab|)))＝eq\r(\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|ab|)＋2))\s\up12(2)－4))≤eq\r(\f(4,36－4))＝eq\f(\r(2),4).答案B二、填空題8.某公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，運費為4萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元，要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則x為________噸.解析每年購買次數(shù)為eq\f(400,x)次.所以總費用＝eq\f(400,x)·4＋4x≥2eq\r(6400)＝160.當且僅當eq\f(1600,x)＝4x，即x＝20時等號成立.答案209.若正數(shù)a，b滿足a＋2b＝3，且使不等式eq\f(1,2a)＋eq\f(1,b)－m＞0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.解析不等式eq\f(1,2a)＋eq\f(1,b)－m＞0恒成立，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(1,b)))＞3m恒成立.又正數(shù)a，b滿足a＋2b＝3，(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＋2≥eq\f(9,2)，當且僅當a＝b＝1時取“＝”，所以實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))三、解答題10.已知a，b∈(0，＋∞)，求證：(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.證明∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)>0，當且僅當a＝b時，取等號.①eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))>0，當且僅當eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)，即a＝b時取等號.②①×②，得(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4，當且僅當a＝b時，取等號.11.如圖所示，將一矩形花壇ABCD擴建成一個更大的矩形花壇AMPN，要求B在AM上，D在AN上，且對角線MN過C點，已知|AB|＝3米，|AD|＝2米.(1)要使矩形AMPN的面積大于32平方米，則AN的長應在什么范圍內？(2)當AN的長度是多少時，矩形AMPN的面積最小？并求最小面積；(3)若AN的長度不少于6米，則當AN的長度是多少時，矩形AMPN的面積最小？并求出最小面積.解設AN的長為x米(x>2)，矩形AMPN的面積為y.∵eq\f(|DN|,|AN|)＝eq\f(|DC|,|AM|)，∴|AM|＝eq\f(