人教A版理科高考數(shù)學 一輪細講精練【選修45】不等式選講
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1、 選修4-5 不等式選講A 第1講 不等式、含有絕對值的不等式 [最新考綱] 1.理解絕對值三角不等式的代數(shù)證明和幾何意義,能利用絕對值三角不等式證明一些簡單的絕對值不等式. 2.掌握|ax+b|≤c,|ax+b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法. 知 識 梳 理 1.絕對值三角不等式 (1)定理1:如果a,b是實數(shù),則|a+b| ≤|a|+|b|,當且僅當ab≥0時,等號成立; (2)性質(zhì):|a|-|b|≤|ab|≤|a|+|b|; (3)定理2:如果a,b,c是實數(shù),則|a-c|≤|a-b|+|b-c|,當且僅當(a-b)(b
2、-c)≥0時,等號成立. 2.絕對值不等式的解法 (1)含絕對值的不等式|x|a的解法 不等式 a>0 a=0 a<0 |x|a {x|x>a,或x<-a} {x|x∈R,且x≠0} R (2)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法 ①|(zhì)ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c; ②|ax+b|≥c?ax+b≥c或ax+b≤-c. (3)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法 法一:利用絕對值不等式的幾何意義求解,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)
3、合的思想; 法二:利用“零點分段法”求解,體現(xiàn)了分類討論的思想; 法三:通過構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的圖象求解,體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想. 診 斷 自 測 1.不等式1<|x+1|<3的解集為________. 解析 數(shù)軸上的點到-1的距離大于1且小于3的全體實數(shù)為所求解集. 答案 (-4,-2)∪(0,2) 2.設(shè)ab>0,下面四個不等式中,正確命題的序號是________. ①|(zhì)a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;③|a+b|<|a-b|;④|a+b|>|a|-|b|. 解析 ∵ab>0,∴a,b同號,∴|a+b|=|a|+|b|,∴①和④正確. 答案 ①④ 3.不等式|
4、x-8|-|x-4|>2的解集為________. 解析 令:f(x)=|x-8|-|x-4|= 當x≤4時,f(x)=4>2; 當4<x≤8時,f(x)=-2x+12>2,得x<5, ∴4<x<5; 當x>8時,f(x)=-4>2不成立. 故原不等式的解集為:{x|x<5}. 答案 {x|x<5} 4.(20xx山東卷)若不等式|kx-4|≤2的解集為{x|1≤x≤3},則實數(shù)k=________. 解析 ∵|kx-2|≤2,∴-2≤kx-4≤2,∴2≤kx≤6. ∵不等式的解集為{x|1≤x≤3},∴k=2. 答案 2 5.已知關(guān)于x的不等式|x-1|+|x|≤k無
5、解,則實數(shù)k的取值范圍是________. 解析 ∵|x-1|+|x|≥|x-1-x|=1,∴當k<1時,不等式|x-1|+|x|≤k無解,故k<1. 答案 (-∞,1) 考點一 含絕對值不等式的解法 【例1】 解不等式|x-1|+|x+2|≥5. 解 法一 如圖,設(shè)數(shù)軸上與-2,1對應的點分別是A,B,則不等式的解就是數(shù)軸上到A、B兩點的距離之和不小于5的點所對應的實數(shù).顯然,區(qū)間[-2,1]不是不等式的解集.把A向左移動一個單位到點A1,此時A1A+A1B=1+4=5.把點B向右移動一個單位到點B1,此時B1A+B1B=5,故原不等式的解集為(-∞,-3]∪[2,+∞).
6、 法二 原不等式|x-1|+|x+2|≥5? 或 或解得x≥2或x≤-3, ∴原不等式的解集為(-∞,-3]∪[2,+∞). 法三 將原不等式轉(zhuǎn)化為|x-1|+|x+2|-5≥0. 令f(x)=|x-1|+|x+2|-5,則 f(x)=作出函數(shù)的圖象,如圖所示. 由圖象可知,當x∈(-∞,-3]∪[2,+∞)時,y≥0, ∴原不等式的解集為(-∞,-3]∪[2,+∞). 規(guī)律方法 形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三種解法:(1)分段討論法:利用絕對值號內(nèi)式子對應方程的根,將數(shù)軸分為(-∞,a],(a,b],(b,+∞)(此處設(shè)a<b)三個部分,
7、在每個部分上去掉絕對值號分別列出對應的不等式求解,然后取各個不等式解集的并集. (2)幾何法:利用|x-a|+|x-b|>c(c>0)的幾何意義:數(shù)軸上到點x1=a和x2=b的距離之和大于c的全體,|x-a|+|x-b|≥|x-a-(x-b)|=|a-b|. (3)圖象法:作出函數(shù)y1=|x-a|+|x-b|和y2=c的圖象,結(jié)合圖象求解. 【訓練1】 解不等式|x+3|-|2x-1|<+1. 解 ①當x<-3時,原不等式化為-(x+3)-(1-2x)<+1,解得x<10,∴x<-3. ②當-3≤x<時,原不等式化為(x+3)-(1-2x)<+1,解得x<-,∴-3≤x<-. ③當
8、x≥時,原不等式化為(x+3)-(2x-1)<+1,解得x>2,∴x>2. 綜上可知,原不等式的解集為. 考點二 含參數(shù)的絕對值不等式問題 【例2】 已知不等式|x+1|-|x-3|>a.分別求出下列情形中a的取值范圍. (1)不等式有解; (2)不等式的解集為R; (3)不等式的解集為?. 解 法一 因為|x+1|-|x-3|表示數(shù)軸上的點P(x)與兩定點A(-1),B(3)距離的差, 即|x+1|-|x-3|=PA-PB. 由絕對值的幾何意義知, PA-PB的最大值為AB=4, 最小值為-AB=-4, 即-4≤|x+1|-|x-3|≤4. (1)若不等式有解,a只
9、要比|x+1|-|x-3|的最大值小即可,故a<4. (2)若不等式的解集為R,即不等式恒成立, 只要a比|x+1|-|x-3|的最小值還小,即a<-4. (3)若不等式的解集為?,a只要不小于|x+1|-|x-3|的最大值即可,即a≥4. 法二 由|x+1|-|x-3|≤|x+1-(x-3)|=4. |x-3|-|x+1|≤|(x-3)-(x+1)|=4. 可得-4≤|x+1|-|x-3|≤4. (1)若不等式有解,則a<4; (2)若不等式的解集為R,則a<-4; (3)若不等式解集為?,則a≥4. 規(guī)律方法 本題中(1)是含參數(shù)的不等式存在性問題,只要求存在滿足條件的
10、x即可;不等式的解集為R是指不等式的恒成立問題,而不等式的解集?的對立面(如f(x)>m的解集是空集,則f(x)≤m恒成立)也是不等式的恒成立問題,此兩類問題都可轉(zhuǎn)化為最值問題,即f(x)<a恒成立?a>f(x)max,f(x)>a恒成立?a<f(x)min. 【訓練2】 設(shè)函數(shù)f(x)=|x-a|+3x,其中a>0. (1)當a=1時,求不等式f(x)≥3x+2的解集; (2)若不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤-1},求a的值. 解 (1)當a=1時,f(x)≥3x+2可化為|x-1|≥2. 由此可得x≥3或x≤-1. 故不等式f(x)≥3x+2的解集為{x|x≥3,或x≤-
11、1}.
(2)由f(x)≤0得|x-a|+3x≤0.
此不等式化為不等式組或
即或
因為a>0,所以不等式組的解集為.
由題設(shè)可得-=-1,故a=2.
考點三 含絕對值的不等式的應用
【例3】 (20xx新課標全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)當a=-2時,求不等式f(x)
12、所示,由圖象可知,當且僅當x∈(0,2)時,y<0. 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}. (2)當x∈時,f(x)=1+a, 不等式f(x)≤g(x)化為1+a≤x+3, 所以x≥a-2對x∈都成立, 應有-≥a-2,則a≤, 從而實數(shù)a的取值范圍是. 規(guī)律方法 含有多個絕對值的不等式,可以分別令各絕對值里的式子為零,并求出相應的根.把這些根從小到大排序,以這些根為分界點,將實數(shù)分成若干小區(qū)間.按每個小區(qū)間來去掉絕對值符號,解不等式,最后取每個小區(qū)間上相應解的并集. 【訓練3】 (20xx新課標全國卷)已知函數(shù)f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)當a=-3時,
13、求不等式f(x)≥3的解集;
(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范圍.
解 (1)當a=-3時,f(x)=
當x≤2時,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;
當2 14、條件的a的取值范圍是[-3,0].
絕對值三角不等式的應用
【典例】 (20xx福建卷)設(shè)不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集為A,且∈A,?A.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.
[審題視點] (1)利用條件∈A,?A,建立不等式,求a的值;
(2)利用絕對值三角不等式進行放縮求解.
解 (1)∵∈A,?A.
∴<a,且≥a,因此<a≤,
又a∈N*,從而a=1.
(2)由(1)知,f(x)=|x+1|+|x-2|,
又|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
當且僅當(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2時 15、等號成立.
故f(x)的最小值為3.
[反思感悟] 本題難以想到利用絕對值三角不等式進行放縮是失分的主要原因;對于需求最值的情況,可利用絕對值三角不等式性質(zhì)定理:||a|-|b||≤|ab|≤|a|+|b|,通過適當?shù)奶?、拆項來放縮求解.
【自主體驗】
1.若不等式|x+1|+|x-3|≥a+對任意的實數(shù)x恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 當a<0時,顯然成立;
當a>0時,∵|x+1|+|x-3|的最小值為4,
∴a+≤4.∴a=2.
綜上可知a的取值范圍是(-∞,0)∪{2}.
答案 (-∞,0)∪{2}
2.(20xx陜西卷)若存在實數(shù)x使|x-a 16、|+|x-1|≤3成立,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 ∵|x-a|+|x-1|≥|(x-a)-(x-1)|=|a-1|,
要使|x-a|+|x-1|≤3有解,
可使|a-1|≤3,∴-3≤a-1≤3,
∴-2≤a≤4.
答案 [-2,4]
一、填空題
1.不等式|2x-1|<3的解集為________.
解析 |2x-1|<3?-3<2x-1<3?-1<x<2.
答案 (-1,2)
2.不等式|2x-1|-|x-2|<0的解集為________.
解析 法一 原不等式即為|2x-1|<|x-2|,
∴4x2-4x+1<x2-4x+4,∴3x2<3, 17、∴-1<x<1.
∴原不等式解集為{x|-1 18、答案
4.若不等式|3x-b|<4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3,則b的取值范圍為________.
解析 由|3x-b|<4得-4<3x-b<4,
即<x<,
∵不等式|3x-b|<4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3,則
?∴5<b<7.
答案 (5,7)
5.(20xx江西卷)在實數(shù)范圍內(nèi),不等式||x-2|-1|≤1(x∈R)的解集是________.
解析 由||x-2|-1|≤1,得-1≤|x-2|-1≤1,即0≤|x-2|≤2,
∴-2≤x-2≤2,∴0≤x≤4.
答案 {x|0≤x≤4}
6.不等式|x+1|-|x-2|>k的解集為R,則實數(shù)k的取值范圍 19、是________.
解析 法一 根據(jù)絕對值的幾何意義,設(shè)數(shù)x,-1,2在數(shù)軸上對應的點分別為P、A、B,則原不等式等價于PA-PB>k恒成立.∵AB=3,即|x+1|-|x-2|≥-3.
故當k<-3時,原不等式恒成立.
法二 令y=|x+1|-|x-2|,
則y=要使|x+1|-|x-2|>k恒成立,從圖象中可以看出,只要k<-3即可.
故k<-3滿足題意.
答案 (-∞,-3)
7.若關(guān)于x的不等式|a|≥|x+1|+|x-2|存在實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析 ∵f(x)=|x+1|+|x-2|=
∴f(x)≥3.要使|a|≥|x+1|+ 20、|x-2|有解,
∴|a|≥3,即a≤-3或a≥3.
答案 (-∞,-3]∪[3,+∞)
8.若關(guān)于x的不等式x+|x-1|≤a有解,則實數(shù)a的取值范圍為________.
解析 法一 當x≥1時,不等式化為x+x-1≤a,即x≤.
此時不等式有解當且僅當1≤,即a≥1.
當x<1時,不等式化為x+1-x≤a,即1≤a.
此時不等式有解當且僅當a≥1.
綜上所述,若關(guān)于x的不等式x+|x-1|≤a有解,
則實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).
法二 設(shè)f(x)=x+|x-1|,則f(x)=
f(x)的最小值為1.
因為x+|x-1|≤a有解,即f(x)≤a有解,所以a≥1. 21、
答案 [1,+∞)
9.已知h>0,a,b∈R,命題甲:|a-b|<2h;命題乙:|a-1|<h且|b-1|<h,則甲是乙的________條件.
解析 |a-b|=|a-1+1-b|≤|a-1|+|b-1|<2h,故由乙能推出甲成立,但甲成立不能推出乙成立,所以甲是乙的必要不充分條件.
答案 必要不充分
二、解答題
10.設(shè)函數(shù)f(x)=|2x+1|-|x-4|.
(1)解不等式f(x)>2;
(2)求函數(shù)y=f(x)的最小值.
解 (1)法一 令2x+1=0,x-4=0分別得x=-,x=4.原不等式可化為:
或或
∴原不等式的解集為.
法二 f(x)=|2x+1| 22、-|x-4|=
畫出f(x)的圖象
求y=2與f(x)圖象的交點為(-7,2),.
由圖象知f(x)>2的解集為.
(2)由(1)的法二知:f(x)min=-.
11.(20xx遼寧卷)已知f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式f(x)≤3的解集為{x|-2≤x≤1}.
(1)求a的值;
(2)若≤k恒成立,求k的取值范圍.
解 (1)由|ax+1|≤3得-4≤ax≤2.
又f(x)≤3的解集為{x|-2≤x≤1},
所以當a≤0時,不合題意.
當a>0時,-≤x≤,得a=2.
(2)記h(x)=f(x)-2f=|2x+1|-|2x+2|,
則h(x)=
23、所以|h(x)|≤1,因此k≥1.
故k的取值范圍是[1,+∞).
12.設(shè)函數(shù)f(x)=|x-1|+|x-a|.
(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;
(2)如果?x∈R,f(x)≥2,求a的取值范圍.
解 (1)當a=-1時,f(x)=|x-1|+|x+1|,
f(x)=
作出函數(shù)f(x)=|x-1|+|x+1|的圖象.
由圖象可知,不等式f(x)≥3的解集為
.
(2)若a=1,f(x)=2|x-1|,
不滿足題設(shè)條件;若a<1,
f(x)=
f(x)的最小值為1-a;若a>1,
f(x)=
f(x)的最小值為a-1.
∴對于?x∈R,f(x)≥2 24、的充要條件是|a-1|≥2,
∴a的取值范圍是(-∞,-1]∪[3,+∞).
第2講 不等式的證明
[最新考綱]
了解證明不等式的基本方法:比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法,并能用它們證明一些簡單不等式.
知 識 梳 理
1.基本不等式
定理1:設(shè)a,b∈R,則a2+b2≥2ab.當且僅當a=b時,等號成立.
定理2:如果a、b為正數(shù),則≥,當且僅當a=b時,等號成立.
定理3:如果a、b、c為正數(shù),則≥,當且僅當a=b=c時,等號成立.
定理4:(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1、a2、…、an為n個正數(shù),則≥,當且僅當a1=a2=…=an時,等號成 25、立.
2.柯西不等式
(1)設(shè)a,b,c,d均為實數(shù),則(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,當且僅當ad=bc時等號成立.
(2)若ai,bi(i∈N*)為實數(shù),則()()≥(ibi)2,當且僅當==…=(當ai=0時,約定bi=0,i=1,2,…,n)時等號成立.
(3)柯西不等式的向量形式:設(shè)α,β為平面上的兩個向量,則|α||β|≥|αβ|,當且僅當α,β共線時等號成立.
3.不等式的證明方法
證明不等式常用的方法有比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法等.
診 斷 自 測
1.已知a、b、m均為正數(shù),且a<b,M=,N=,則M、N的大小關(guān)系是________ 26、.
解析 M-N=-=<0,即M<N.
答案 M<N
2.設(shè)a=-,b=-,c=-,則a,b,c的大小關(guān)系為________.
解析 分子有理化得a=,b=,c=,
∴a>b>c.
答案 a>b>c
3.若0<a<b<1,則a+b,2,a2+b2,2ab中最大的一個是________.
解析 ∵a+b>2,a2+b2>2ab.
又(a2+b2)-(a+b)=a(a-1)+b(b-1),
∵0<a<1,0<b<1.
∴a(a-1)+b(b-1)<0.
∴a2+b2<a+b.
答案 a+b
4.已知x,y∈R,且xy=1,則的最小值為________.
解析 ≥2=4 27、.
答案 4
5.若a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,則++的最大值為________.
解析 (++)2=(1+1+1)2≤(12+12+12)(a+b+c)=3.
當且僅當a=b=c=時,等號成立.
∴(++)2≤3.故++的最大值為.
答案
考點一 分析法證明不等式
【例1】 設(shè)a,b,c>0,且ab+bc+ca=1.
求證:(1)a+b+c≥.
(2)++≥ (++).
證明 (1)要證a+b+c≥ ,
由于a,b,c>0,因此只需證明(a+b+c)2≥3.
即證:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,
而ab+bc+ca=1,
28、
故需證明:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).
即證:a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
而這可以由ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(當且僅當a=b=c時等號成立)證得.
∴原不等式成立.
(2)++=.
由于(1)中已證a+b+c≥.
因此要證原不等式成立,只需證明≥ ++.
即證a+b+c≤1,
即證a+b+c≤ab+bc+ca.
而a=≤,
b≤,c≤.
∴a+b+c≤ab+bc+ca
.
∴原不等式成立.
規(guī)律方法 分析法是證明不等式的重要方法,當所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系,較難發(fā) 29、現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時,可用分析法來尋找證明途徑,使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆.
【訓練1】 已知a、b、c均為正實數(shù),且a+b+c=1,求證:
(1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).
證明 ∵a、b、c∈R+,且a+b+c=1,
∴要證原不等式成立,
即證[(a+b+c)+a][(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥
8[(a+b+c)-a][(a+b+c)-b][(a+b+c)-c],
也就是證[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)][(c+a)+(b+c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b).①
∵(c+a)+ 30、(a+b)≥2 >0,
(a+b)+(b+c)≥2 >0.
(b+c)+(c+a)≥2 >0,
三式相乘得①式成立,故原不等式得證.
考點二 用綜合法證明不等式
【例2】 已知a>0,b>0,a+b=1,求證:
(1)++≥8;
(2)≥9.
證明 (1)∵a+b=1,a>0,b>0,
∴++=++=2
=2=2+4≥4 +4=8.
∴++≥8.
(2)∵=+++1,
由(1)知++≥8.
∴≥9.
規(guī)律方法 利用綜合法證明不等式,關(guān)鍵是利用好已知條件和已經(jīng)證明過的重要不等式.
【訓練2】 已知a,b,c∈R+,且互不相等,且abc=1,求證:++<++.
證 31、明 法一 ∵a,b,c∈R+,且互不相等,且abc=1,
∴++=++<++=++.
∴++<++.
法二 ∵+≥2=2;
+≥2=2;
+≥2=2.
∴以上三式相加,得
++≥ ++.
又∵a,b,c互不相等,
∴++>++.
法三 ∵a,b,c是不等正數(shù),且abc=1,
∴++=bc+ca+ab=++>++=++.
∴++<++.
考點三 利用柯西不等式求最值
【例3】 (1)(20xx湖北卷)設(shè)x,y,z∈R,且滿足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,則x+y+z=________.
(2)已知x、y、z∈R+,且x+y+z=1,則:++的最小值為__ 32、______.
解析 (1)由柯西不等式,得
(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2,
∴(x+2y+3z)2≤14,則x+2y+3z≤,
又x+2y+3z=,
∴x==,因此x=,
y=,z=,
于是x+y+z=.
(2)法一 利用柯西不等式.
由于(x+y+z)≥
2=36.
所以++≥36.
當且僅當x2=y(tǒng)2=z2,即x=,y=,z=時,等號成立.
法二?。?x+y+z)+(x+y+z)+(x+y+z)=14+++≥14+4+6+12=36.
當且僅當y=2x,z=3x,即x=,y=,z=時,等號成立.
答案 (1) (2)36 33、
規(guī)律方法 根據(jù)柯西不等式的結(jié)構(gòu)特征,利用柯西不等式對有關(guān)不等式進行證明,證明時,需要對不等式變形,使之與柯西不等式有相似的結(jié)構(gòu),從而應用柯西不等式.
【訓練3】 (20xx湖南卷)已知a,b,c∈R,a+2b+3c=6,則a2+4b2+9c2的最小值為________.
解析 法一 ∵(x+y+z)2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx≤3(x2+y2+z2),
∴a2+4b2+9c2≥(a+2b+3c)2==12.
∴a2+4b2+9c2的最小值為12.
法二 由柯西不等式,得(a2+4b2+9c2)(12+12+12)≥(a1+2b1+3c1)2=36,
故a2+4b 34、2+9c2≥12,
從而a2+4b2+9c2的最小值為12.
答案 12
利用算術(shù)—幾何平均不等式求最值
【典例】 已知a,b,c均為正數(shù),證明:a2+b2+c2+2
≥6,并確定a,b,c為何值時,等號成立.
[審題視點] (1)a2+b2+c2,++分別用算術(shù)—幾何平均不等式;(2)相加后又構(gòu)成用算術(shù)—幾何平均不等式的條件.
解 因為a,b,c均為正數(shù),由算術(shù)—幾何平均不等式得
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 35、
所以原不等式成立.
當且僅當a=b=c時,①式和②式等號成立.
當且僅當3(abc)=9(abc)-時,③式等號成立.
即當且僅當a=b=c=3時,原式等號成立.
[反思感悟] (1)利用算術(shù)—幾何平均不等式證明不等式或求最值問題,是不等式問題中的一個重要類型,重點要抓住算術(shù)—幾何平均不等式的結(jié)構(gòu)特點和使用條件.
(2)在解答本題時有兩點容易造成失分:一是多次運用算術(shù)—幾何平均不等式后化簡錯誤;
二是求解等號成立的a,b,c的值時計算出錯.
【自主體驗】
設(shè)a,b,c為正實數(shù),求證:+++abc≥2.
證明 因為a,b,c是正實數(shù),由算術(shù)—幾何平均不等式可得++≥3,
36、即++≥.
所以+++abc≥+abc.
而+abc≥2=2,
當且僅當a=b=c且abc=時,取等號.
所以+++abc≥2.
一、填空題
1.(20xx江蘇卷改編)已知a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,則M、N的大小關(guān)系為________.
解析 2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)
=(a2-b2)(2a+b)=(a-b)(a+b)(2a+b).
因為a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,
從而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,故2a3-b3≥2ab2-a2b.
答案 M≥N
2.已知x 37、+y=1,那么2x2+3y2的最小值是________.
解析 由柯西不等式(2x2+3y2)
≥2=(x+y)2=1,
∴2x2+3y2≥,當且僅當2x=3y,即x=,y=時,等號成立.
答案
3.若直線3x+4y=2,則x2+y2的最小值為________,最小值點為________.
解析 由柯西不等式(x2+y2)(32+42)≥(3x+4y)2,
得25(x2+y2)≥4,所以x2+y2≥.
當且僅當=時等號成立,為求最小值點,
需解方程組∴
因此,當x=,y=時,x2+y2取得最小值,最小值為,最小值點為.
答案
4.若a,b均為正實數(shù),且a≠b,M= 38、+,N=+,則M、N的大小關(guān)系為________.
解析 ∵a≠b,∴+>2,+>2,
∴+++>2+2,
∴+>+.即M>N.
答案 M >N
5.設(shè)a、b、c是正實數(shù),且a+b+c=9,則++的最小值為________.
解析 ∵(a+b+c)
=[()2+()2+()2]
≥2=18.
∴++≥2.∴++的最小值為2.
答案 2
6.已知a,b,c為正實數(shù),且a+2b+3c=9,則++的最大值為________.
解析 ++= ++
≤=,故最大值為.
答案
7.(20xx陜西卷)已知a,b,m,n均為正數(shù),且a+b=1,mn=2,則(am+bn)(bm+ 39、an)的最小值為________.
解析 由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,當且僅當ad=bc時“=”成立,得(am+bn)(bm+an)≥(+)2=mn(a+b)2=2.
答案 2
8.已知x2+2y2+3z2=,則3x+2y+z的最小值為________.
解析 ∵(x2+2y2+3z2)
≥(3x+y+z)2=(3x+2y+z)2,
當且僅當x=3y=9z時,等號成立.
∴(3x+2y+z)2≤12,即-2≤3x+2y+z≤2.
當x=-,y=-,z=-時,
3x+2y+z=-2,∴最小值為-2.
答案?。?
9.已知a,b,c∈R+,且a 40、+b+c=1,則++的最大值為________.
解析 法一 利用基本不等式
(++)2=(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)+2+2+2≤(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)+[(3a+1)+(3b+1)]+[(3b+1)+(3c+1)]+[(3a+1)+(3c+1)]
=3[(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)]=18,
∴++≤3,
∴(++)max=3.
法二 利用柯西不等式
∵(12+12+12)[()2+()2+()2]≥(1+1+1)2
∴(++)2≤3[3(a+b+c)+3].
又∵a+b+c=1,∴(++)2≤18,
∴++≤3.
當且僅當= 41、=時,等號成立.
∴(++)max=3.
答案 3
二、解答題
10.設(shè)a,b,c為正數(shù),且a+b+c=1,求證:++≥9.
證明 法一 ∵a,b,c均為正數(shù),∴1=a+b+c≥
3.又++≥3=,
∴1≥33=9.
即++≥9.
法二 構(gòu)造兩組數(shù):, , ;,,.
因此根據(jù)柯西不等式有
[()2+()2+()2]
≥2.
即(a+b+c)≥32=9.
(當且僅當==,即a=b=c時取等號)
又a+b+c=1,所以++≥9.
11.設(shè)不等式|2x-1|<1的解集為M.
(1)求集合M;
(2)若a,b∈M,試比較ab+1與a+b的大?。?
解 (1)由|2x 42、-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.
12.(20xx福建卷)已知函數(shù)f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+2)≥0的解集為[-1,1].
(1)求m的值;
(2)若a,b,c大于0,且++=m,求證:a+2b+3c≥9.
(1)解 ∵f(x+2)=m-|x|,
∴f(x+2)≥0等價于|x|≤m.
由|x|≤m有解,得m≥0且其解集為{x|-m≤x≤m}.
又f(x+2)≥0的解集為[-1,1],故m=1.
(2)證明 由(1)知++=1,且a,b,c大于0,
a+2b+3c=(a+2b+3c)
=3+++
≥3+2+2+2=9.
當且僅當a=2b=3c=時,等號成立.因此a+2b+3c≥9.
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