2024講與練高中數(shù)學1(必修第一冊·A版)第2章 一元二次函數(shù)、方程和不等式

第二章一元二次函數(shù)、方程和不等式2．1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)2．1.1不等關(guān)系與不等式課標解讀素養(yǎng)目標1.通過具體情境，感受在現(xiàn)實世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系．2．了解不等式(組)的實際背景．通過運用不等式(組)表示實際問題的不等關(guān)系及比較兩個實數(shù)的大小提升數(shù)學抽象及數(shù)學運算核心素養(yǎng).對應學生用書第028頁知識點一不等關(guān)系與不等式1.在現(xiàn)實世界和日常生活中，大量存在著相等關(guān)系和不等關(guān)系，常用不等式來研究含有不等關(guān)系的問題．2.用數(shù)學符號“≠”“>”“<”“≥”“≤”連接兩個數(shù)或代數(shù)式，以表示不等關(guān)系．“a≠b”應包含“a>b”或“a<b”．常見的文字語言與符號語言之間的轉(zhuǎn)換文字語言大于，高于，超過小于，低于，少于大于或等于，至少，不低于小于或等于，至多，不超過符號語言><≥≤知識點二比較大小的基本事實基本事實如果a－b是正數(shù)，那么a>b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是負數(shù)，那么a<b.反過來也對．a(chǎn)>b?a－b>0；a＝b?a－b＝0；a<b?a－b<0結(jié)論要比較兩個實數(shù)的大小，可以轉(zhuǎn)化為比較它們的差與0的大小(1)利用作差法比較大小，只需判斷差的符號，至于差的值是多少無關(guān)緊要，通常將差化為完全平方的形式或多個因式的積的形式．(2)對于兩個正值，也可采用作商的方法，比較商與1的大?。?3)對于某些問題也可采用取中間值的方法比較大?。R點三重要不等式一般地，?a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．判斷正誤．(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．任意兩個實數(shù)都能比較大?。?√)2．不等式x≥2的含義是指x不小于2.(√)3．若a<b或a＝b之中有一個正確，則a≤b正確．(√)對應學生用書第029頁類型一不等關(guān)系與不等式的描述【例1】某蛋糕師制作A，B兩種蛋糕，原材料中面粉、黃油、牛奶的需求量如下：制作一個A種蛋糕需要面粉150g，黃油100g，牛奶50mL；制作一個B種蛋糕需要面粉200g，黃油140g，牛奶70mL．現(xiàn)有面粉1000g，黃油600g，牛奶350mL，若分別制作x個A種蛋糕，y個B種蛋糕．試列出x，y滿足的不等式組．【解】由題意，制作x個A種蛋糕，y個B種蛋糕，則滿足：①制作A，B兩種蛋糕需要的面粉不超過1000g，用不等式表示為150x＋200y≤1000；②制作A，B兩種蛋糕需要的黃油不超過600g，用不等式表示為100x＋140y≤600；③制作A，B兩種蛋糕需要的牛奶不超過350mL，用不等式表示為50x＋70y≤350；④A，B兩種蛋糕的制作量都應不少于0，且為整數(shù)個，故x∈N，y∈N.所以x，y滿足的不等式組為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(150x＋200y≤1000，,100x＋140y≤600，,50x＋70y≤350，,x∈N，y∈N.))用不等式(組)表示不等關(guān)系的步驟(1)審清題意，明確表示不等關(guān)系的關(guān)鍵詞語：至多、至少、大于等．(2)適當?shù)卦O(shè)未知數(shù)表示變量．(3)用不等號表示關(guān)鍵詞語，并連接變量得不等式．此類問題的難點是如何正確地找出題中的隱性不等關(guān)系，如由變量的實際意義限制的范圍．【變式訓練1】某汽車公司因發(fā)展需要，需購進一批汽車，計劃使用不超過1000萬元的資金購買單價分別為40萬元、90萬元的A型汽車和B型汽車，根據(jù)需要，A型汽車至少買5輛，B型汽車至少買6輛，寫出滿足上述所有不等關(guān)系的不等式組．解：設(shè)購買A型汽車和B型汽車分別為x輛、y輛，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(40x＋90y≤1000，,x≥5，,y≥6，,x，y∈N*.))類型二比較大小【例2】(1)比較5x2＋y2＋z2與2xy＋4x＋2z－2的大?。?2)比較eq\f(a2－b2,a2＋b2)與eq\f(a－b,a＋b)的大小，其中a>b>0.【解】(1)因為5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0，所以5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)且z＝1時取到等號．(2)解法1(作差法)：eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f((a＋b)(a2－b2)－(a2＋b2)(a－b),(a2＋b2)(a＋b))＝eq\f((a－b)[(a＋b)2－(a2＋b2)],(a2＋b2)(a＋b))＝eq\f(2ab(a－b),(a2＋b2)(a＋b)).因為a>b>0，所以a＋b>0，a－b>0，2ab>0，a2＋b2>0.所以eq\f(2ab(a－b),(a2＋b2)(a＋b))>0，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).解法2(作商法)：因為a>b>0，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0，2ab>0，所以eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f((a＋b)2,a2＋b2)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).作差法比較兩個實數(shù)大小的基本步驟【變式訓練2】(1)比較4x2－x＋1與3x2＋x－1的大小．(2)已知x，y∈R，比較x3－y3與xy2－x2y的大?。猓?1)由(4x2－x＋1)－(3x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，可得4x2－x＋1>3x2＋x－1.(2)(x3－y3)－(xy2－x2y)＝(x－y)(x2＋xy＋y2)＋xy(x－y)＝(x－y)(x2＋2xy＋y2)＝(x－y)(x＋y)2，當x＝y(tǒng)或x＋y＝0時，有x－y＝0，或(x＋y)2＝0，則(x－y)(x＋y)2＝0，即x3－y3＝xy2－x2y；當x>y且x＋y≠0時，有x－y>0，(x＋y)2>0，則(x－y)(x＋y)2>0，即x3－y3>xy2－x2y；當x<y且x＋y≠0時，有x－y<0，(x＋y)2>0，則(x－y)(x＋y)2<0，即x3－y3<xy2－x2y.類型三重要不等式【例3】(多選題)《幾何原本》中的幾何代數(shù)法是以幾何方法研究代數(shù)問題，這種方法是后西方數(shù)學家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多的代數(shù)公理或定理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，也稱之為無字證明．現(xiàn)有圖形如圖所示，C為線段AB上的點，且AC＝a，BC＝b，O為AB的中點，以AB為直徑作半圓，過點C作AB的垂線交半圓于D，連接OD，AD，BD，過點C作OD的垂線，垂足為E.則該圖形可以完成的所有的無字證明為(ABC)A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a>0，b>0)C.eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)D.eq\f(a2＋b2,2)≥eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)【解析】由AC＋CB＝a＋b，由射影定理可知CD＝eq\r(ab)，又OD≥CD，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)，A正確．因為CD≤eq\f(1,2)AB，故AB2≥4CD2，即(a＋b)2≥4ab，即a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)，B正確．由射影定理CD2＝DE?OD，即DE＝eq\f(CD2,OD)＝eq\f(ab,\f(a＋b,2))＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))，又CD≥DE，即eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)，C正確．比較兩個數(shù)的大小關(guān)系，最基本的方法是利用作差法，通過因式分解或配方的方法，把“差”轉(zhuǎn)化成幾個因式乘積的形式，通過邏輯推理得到每一個因式的符號，從而判定兩個數(shù)的大小關(guān)系，通過邏輯推理進行證明．【變式訓練3】已知a>0，b>0.(1)求證：a2＋3b2≥2b(a＋b)；(2)求證：a3＋b3≥ab2＋a2b.【變式訓練3】已知a>0，b>0.(1)求證：a2＋3b2≥2b(a＋b)；(2)求證：a3＋b3≥ab2＋a2b.證明：(1)因為a2＋3b2－2b(a＋b)＝a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0，當且僅當a＝b時，等號成立，所以a2＋3b2≥2b(a＋b)．(2)a3＋b3－(ab2＋a2b)＝a3＋b3－ab2－a2b＝a3－ab2＋b3－a2b＝a(a2－b2)＋b(b2－a2)＝(a2－b2)(a－b)＝(a＋b)(a－b)2，因為a>0，b>0，所以(a＋b)(a－b)2≥0，當且僅當a＝b時，等號成立，所以a3＋b3－(ab2＋a2b)≥0，所以a3＋b3≥ab2＋a2b.對應學生用書第030頁1．大橋頭豎立的“限重40噸”的警示牌，是指示司機要安全通過該橋，應使車貨總重量T不超過40噸，用不等式表示為(C)A.T<40 B.T>40C.T≤40 D.T≥40解析：由題可得T≤40.故選C．2．某高速公路對行駛的各種車輛的最大限速為120km/h，正常行駛過程中，同一車道上的車間距d不得小于50m．用不等式表示為(C)A.v≤120km/h或d≥50mB.v≤120km/hC.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v≤120km/h，,d≥50m))D.v≥50m解析：由實際意義，知v≤120km/h，且d≥50m．3．已知0<a1<1，0<a2<1.記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關(guān)系是(B)A.M<N B.M>NC.M＝N D.不確定解析：∵M－N＝a1a2－a1－a2＋1＝(1－a1)(1－a2)>0，∴M>N，故選B．4．已知a，b∈R，若ab＝1，則a2＋b2的最小值是2，當且僅當a＝b＝±1時取得最小值．解析：根據(jù)a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故a2＋b2≥2ab＝2，當且僅當a－b＝0即a＝b＝±1時等號成立．5．設(shè)a＞0，b＞0，求證：a5＋b5≥a4b＋ab4.證明：a5＋b5－(a4b＋ab4)＝(a5－a4b)＋(b5－ab4)＝a4(a－b)＋b4(b－a)＝(a4－b4)(a－b)＝(a2＋b2)(a2－b2)(a－b)＝(a2＋b2)(a＋b)(a－b)2，因為a＞0，b＞0，所以a＋b＞0，a2＋b2＞0，(a－b)2≥0，當且僅當a＝b時，等號成立，所以(a2＋b2)(a＋b)(a－b)2≥0.所以a5＋b5≥a4b＋ab4.1．知識回顧(1)用不等式(組)表示不等關(guān)系．(2)作差法比較大?。?3)重要不等式．2．易錯提醒實際問題中變量的實際意義．課時作業(yè)10對應學生用書第227頁一、單項選擇題1．在開山工程爆破時，已知導火索燃燒的速度是每秒eq\f(1,2)厘米，人跑開的速度是每秒4米，為了使點燃導火索的人能夠在爆破時跑到100米以外的安全區(qū)，導火索的長度x(厘米)應該滿足的不等式為(C)A.4×2x≥100 B.4×2x≤100C.4×2x>100 D.4×2x<100解析：當導火索的長度為x厘米時，燃燒的時間為2x秒，人跑開的距離為4×2x米，為了保證安全，有4×2x>100.2．已知x>1，a＝x3－1，b＝x2－x，則(A)A.a>b>0 B.b>a>0C.a>b>1 D.b>a>1解析：因為x>1，所以a－b＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)>0，b＝x(x－1)>0，所以a>b>0.故選A．3．埃及金字塔是古埃及的帝王(法老)陵墓，其中較為著名的是胡夫金字塔．令人吃驚的并不僅僅是胡夫金字塔的雄壯身姿，還有發(fā)生在胡夫金字塔上的數(shù)字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周長如果除以其高度的兩倍，得到的商為3.14159，這就是圓周率較為精確的近似值．金字塔底部形狀為正方形，整個塔形為正四棱錐，經(jīng)古代能工巧匠建設(shè)完成后，底座邊長大約230米．因年久風化，頂端剝落10米，則胡夫金字塔現(xiàn)高大約為(C)A.128.4米 B.132.4米C.136.4米 D.110.4米解析：設(shè)胡夫金字塔原高為h，則eq\f(230×4,2h)＝3.14159，即h＝eq\f(230×4,2×3.14159)≈146.4(米)，則胡夫金字塔現(xiàn)高大約為136.4米．故選C．4．設(shè)a＝3x2－x＋1，b＝2x2＋x，x∈R，則(C)A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)≥bD．a(chǎn)≤b解析：∵a－b＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，∴a≥b.5．在一次調(diào)查中，甲、乙、丙、丁四名同學的閱讀量有如下關(guān)系：甲、丙的閱讀量之和與乙、丁的閱讀量之和相同，丙、丁的閱讀量之和大于甲、乙的閱讀量之和，乙的閱讀量大于甲、丁的閱讀量之和．那么這四名同學中閱讀量最大的是(C)A.甲 B.乙C.丙 D.丁解析：設(shè)甲、乙、丙、丁的閱讀量分別為x1，x2，x3，x4，則x1≥0，x2≥0，x3≥0，x4≥0.由甲、丙的閱讀量之和與乙、丁的閱讀量之和相同，可得x1＋x3＝x2＋x4，①由丙、丁的閱讀量之和大于甲、乙的閱讀量之和，可得x1＋x2<x3＋x4，②由乙的閱讀量大于甲、丁的閱讀量之和，可得x2>x1＋x4，③②－①得x2－x3<x3－x2?2(x2－x3)<0?x2<x3，②＋①得2x1＋x2＋x3<x2＋x3＋2x4?x1<x4，由③得x2>x1，x2>x4，∴x3>x2>x4>x1，即閱讀量最大的是丙．故選C．二、多項選擇題6．下列說法正確的是(BCD)A．某人月收入x不高于4000元可表示為“x<4000”B．小明的體重xkg，小華的體重ykg，則小明比小華重表示為“x>y”C．某變量x至少為a可表示為“x≥a”D．某變量y不超過a可表示為“y≤a”解析：對于A，x應滿足x≤4000，故A錯；B，C，D正確．7．下列不等式，其中恒成立的不等式為(AD)A.a2＋3>2a(a∈R)B.x2＋y2>xyC.a2＋b2>2(a－b－1)D.8eq\r(2)xy≤4x2＋8y2解析：∵a2＋3－2a＝(a－1)2＋2>0，∴a2＋3>2a，知A正確；x2＋y2－xy＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)y2≥0，知B錯誤；a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，知C錯誤；4x2＋8y2＝(2x)2＋(2eq\r(2)y)2≥2?2x?2eq\r(2)y＝8eq\r(2)xy，知D正確．三、填空題8．2x2＋5x＋3與x2＋4x＋2的大小關(guān)系為2x2＋5x＋3>x2＋4x＋2.解析：(2x2＋5x＋3)－(x2＋4x＋2)＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4).∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>0，∴(2x2＋5x＋3)－(x2＋4x＋2)>0，∴2x2＋5x＋3>x2＋4x＋2.9．完成一項裝修工程，請木工需付的工資是每人500元，請瓦工需付的工資是每人400元，現(xiàn)有工人工資預算20000元，設(shè)請木工x人，請瓦工y人，則請工人滿足的關(guān)系式是5x＋4y≤200(x，y∈N*)．解析：由題意，x，y滿足的不等式為500x＋400y≤20000，即5x＋4y≤200(x，y∈N*)．10．有學生若干名，住若干間宿舍，如果每間住4人，那么還余19人，如果每間住6人，那么只有一間不滿但不空，則宿舍間數(shù)和學生人數(shù)分別為10間59人或11間63人或12間67人．解析：設(shè)宿舍有x間，則學生有(4x＋19)人，依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋19<6x，,4x＋19>6(x－1)，))解得eq\f(19,2)<x<eq\f(25,2).∵x∈N*，∴x＝10，11或12，∴學生人數(shù)分別為59，63，67.故宿舍間數(shù)和學生人數(shù)分別為10間59人或11間63人或12間67人．四、解答題11．一個盒子中紅、白、黑三種球分別為x個、y個、z個，黑球個數(shù)至少是白球個數(shù)的一半，至多是紅球個數(shù)的eq\f(1,3)，白球與黑球的個數(shù)之和至少為55，試用不等式(組)將題中的不等關(guān)系表示出來．解：據(jù)題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)≤z≤\f(x,3)，,y＋z≥55))(x，y，z∈N*)．12．已知a，b，c滿足b＋c＝3a2－4a＋6，b－c＝a2－4a＋4，比較a，b，c的大小．解：∵b－c＝a2－4a＋4＝(a－2)2≥0，∴b≥c.由題意得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－c＝a2－4a＋4，,b＋c＝3a2－4a＋6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2a2－4a＋5，,c＝a2＋1.))∴c－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，∴c>a.∴b≥c>a.13．已知c>1，且x＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，y＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，則x，y之間的大小關(guān)系是(C)A.x>yB.x＝y(tǒng)C.x<yD.x，y的關(guān)系隨c而定解析：由題設(shè)，易知x，y>0，又eq\f(x,y)＝eq\f(\r(c＋1)－\r(c),\r(c)－\r(c－1))＝eq\f(\r(c)＋\r(c－1),\r(c＋1)＋\r(c))<1，∴x<y.故選C．14．一輛汽車原來每天行駛xkm，如果該輛汽車每天行駛的路程比原來多19km，那么在8天內(nèi)它的行程就超過2200km，寫出不等式為8(x＋19)>2_200；如果它每天行駛的路程比原來少12km，那么它原來行駛8天的路程就得花9天多的時間，用不等式表示為eq\f(8x,x－12)>9.解析：由題意知，汽車原來每天行駛xkm，若每天行駛的路程比原來多19km，那么8天內(nèi)它的行程超過2200km，則8(x＋19)>2200.若每天行駛的路程比原來少12km，則原來行駛8天的路程就要用9天多，即eq\f(8x,x－12)>9.15．設(shè)a1≈eq\r(2)，a2＝1＋eq\f(1,1＋a1).(1)證明：eq\r(2)介于a1與a2之間；(2)判斷a1，a2哪個更接近于eq\r(2)，并說明理由．解：(1)證明：∵(eq\r(2)－a1)(eq\r(2)－a2)＝(eq\r(2)－a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1－\f(1,1＋a1)))＝eq\f((1－\r(2))(\r(2)－a1)2,1＋a1)<0，∴eq\r(2)介于a1與a2之間．(2)a2更接近于eq\r(2).理由：∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a1－\r(2),a2－\r(2))))＝eq\f(1＋a1,\r(2)－1)>1，∴|a1－eq\r(2)|>|a2－eq\r(2)|，∴a2更接近于eq\r(2).2．1.2等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課標解讀素養(yǎng)目標1.掌握不等式的基本性質(zhì)．2．運用不等式的性質(zhì)解決有關(guān)問題．通過學習不等式的性質(zhì)及運用不等式的性質(zhì)解決問題，提升數(shù)學抽象、邏輯推理、數(shù)學運算的核心素養(yǎng).對應學生用書第031頁知識點一等式的性質(zhì)性質(zhì)1如果a＝b，那么b＝a性質(zhì)2如果a＝b，b＝c，那么a＝c性質(zhì)3如果a＝b，那么a±c＝b±c性質(zhì)4如果a＝b，那么ac＝bc性質(zhì)5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)知識點二不等式的性質(zhì)性質(zhì)別名性質(zhì)內(nèi)容注意1對稱性a>b?b<a可逆2傳遞性a>b，b>c?a>c不可逆3可加性a>b?a＋c>b＋c可逆4可乘性a>b，c>0?ac>bca>b，c<0?ac<bcc的符號5同向可加性a>b，c>d?a＋c>b＋d同向6同向同正可乘性a>b>0，c>d>0?ac>bd同向7可乘方性a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)同正(1)若a＞b＞0，則0＜eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；若a＜b＜0，則0＞eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(2)不等式只有加法和乘法運算，沒有減法和除法運算．判斷正誤．(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．若a<b<0，則|a|>|b|.(√)2．已知a，b，c∈R，若a>b>c，則(a－c)2>(b－c)2.(√)3．若a<b<0，則a2－ab≤ab－b2.(×)4．若a＋c>b＋d，則a>b，c>d.(×)5．若ac2>bc2，則a>b.(√)對應學生用書第031頁類型一利用不等式的性質(zhì)判斷命題的真假【例1】分別判斷下列各命題是否成立，并簡述理由．(1)a>b?ac2>bc2；(2)a>b，c>d?a－c>b－d；(3)a>b，c<d，cd≠0?eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；(4)|a|>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)；(5)a>b>0，c>d>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))；(6)ac2>bc2?a2>b2.【解】(1)不成立，當c＝0時，ac2＝bc2.(2)不成立，令a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，有a－c<b－d.(3)不成立，當a>b>0，c<0，d>0時顯然有eq\f(a,c)<eq\f(b,d).(4)不成立，|a|>b>0?|a|n>bn，但|a|n與an可能相等，也可能互為相反數(shù)．(5)成立，∵c>d>0，∴eq\f(1,d)>eq\f(1,c)>0.又∵a>b>0，∴eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0，即eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).(6)不成立，ac2>bc2?a>b，但a>b不能推出a2>b2.利用不等式的性質(zhì)判斷命題真假的注意點(1)運用不等式的性質(zhì)判斷時，要注意不等式成立的條件，不要弱化條件，尤其是不能想當然隨意捏造性質(zhì)．(2)解有關(guān)不等式的選擇題時，也可采用特殊值法進行排除，注意取值一定要遵循如下原則：一是滿足題設(shè)條件；二是取值要簡單，便于驗證計算．【變式訓練1】(1)(多選題)若0<a<b，則下列結(jié)論正確的是(BD)A.a3>ab2 B.a＋eq\f(1,b)<b＋eq\f(1,a)C.a＋2b>4eq\r(ab) D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)解析：因為0<a<b，所以a2<b2，所以a(a2－b2)<0，即a3<ab2，A錯誤；因為0<a<b，所以0<eq\f(1,b)<eq\f(1,a)，所以a＋eq\f(1,b)<b＋eq\f(1,a)，B正確；取a＝1，b＝2，則a＋2b＝5，4eq\r(ab)＝4eq\r(2)>5，即a＋2b<4eq\r(ab)，C錯誤；因為0<a<b，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋1,b＋1)＝eq\f(a(b＋1)－b(a＋1),b(b＋1))＝eq\f(a－b,b(b＋1))<0，即eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)，D正確．故選BD．(2)(多選題)下列命題為真命題的是(BC)A.若a>b，則ac3>bc3B.若－2<a<3，1<b<2，則－4<a－b<2C.若b<a<0，m<0，則eq\f(m,a)>eq\f(m,b)D.若a>b，c>d，則ac>bd解析：當c＝0時，ac3＝bc3，故A不正確；∵－2<a<3，1<b<2，∴－2<a<3，－2<－b<－1，∴－4<a－b<2，故B正確；∵b<a<0，m<0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴eq\f(m,a)>eq\f(m,b)，故C正確；令a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，則ac＝bd，故D不正確．故選BC．類型二根據(jù)不等式的性質(zhì)證明不等式【例2】已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).【證明】證法1：因為a>b>0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，因為c>0，所以eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，所以eq\f(c,a)－1<eq\f(c,b)－1，即eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b)，因為c>a>b>0，所以c－a>0，c－b>0.所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).證法2：因為c>a>b>0，所以0<c－a<c－b，所以0<eq\f(1,c－b)<eq\f(1,c－a)，即eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)>0，又因為a>b>0，所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).證法3：eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(a(c－b)－b(c－a),(c－a)(c－b))＝eq\f(ac－ab－bc＋ab,(c－a)(c－b))＝eq\f(c(a－b),(c－a)(c－b))，因為c>a>b>0，所以a－b>0，c－a>0，c－b>0，所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).1．利用不等式的性質(zhì)對不等式的證明其實質(zhì)就是利用性質(zhì)對不等式進行變形，變形要等價，同時要注意性質(zhì)適用的前提條件．2.用作差法證明不等式和用作差法比較大小的方法原理一樣，變形后判斷符號時要注意充分利用題目中的條件．【變式訓練2】(1)已知a>b，e>f，c>0，求證：f－ac<e－bc.(2)已知a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b).證明：(1)因為a>b，c>0，所以ac>bc，即－ac<－bc.又e>f，即f<e，所以f－ac<e－bc.(2)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f((b＋a)(b－a),ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f((b＋a)(b－a),ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).類型三利用不等式性質(zhì)求代數(shù)式范圍【例3】(1)已知－3<a<2，－4<b<－3，試求2a＋3b與a－b的取值范圍．(2)已知1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤2，求10a－5b的取值范圍．【解】(1)∵－3<a<2，－4<b<－3，∴－6<2a<4，－12<3b<－9，∴－6＋(－12)<2a＋3b<4＋(－9)，∴－18<2a＋3b<－5.又∵－4<b<－3，∴3<－b<4，∴－3＋3<a－b<2＋4，∴0<a－b<6，故2a＋3b的取值范圍為－18<2a＋3b<－5，a－b的取值范圍為0<a－b<6.(2)1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤2，令10a－5b＝λ(2a＋b)＋μ(a－2b)＝(2λ＋μ)a＋(λ－2μ)b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λ＋μ＝10，,λ－2μ＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝3，,μ＝4，))所以3≤3(2a＋b)≤12，－4≤4(a－2b)≤8，所以－1≤3(2a＋b)＋4(a－2b)≤20，即－1≤10a－5b≤20.利用不等式的性質(zhì)求取值范圍的策略(1)建立待求范圍的整體與已知范圍的整體的關(guān)系，最后利用不等式的性質(zhì)進行運算，求得待求的范圍．(2)同向(異向)不等式的兩邊可以相加(相減)，這種轉(zhuǎn)化不是等價變形，如果在解題過程中多次使用這種轉(zhuǎn)化，就有可能擴大其取值范圍．【變式訓練3】已知1<a<4，2<b<8，分別求各式的取值范圍．(1)eq\f(a,b)；(2)2a＋3b；(3)a－b.解：(1)2<b<8?eq\f(1,8)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，而1<a<4，所以有eq\f(1,8)×1<eq\f(a,b)<eq\f(1,2)×4?eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2，即eq\f(a,b)的取值范圍為eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<4，,2<b<8))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2<2a<8，,6<3b<24))?8<2a＋3b<32，所以2a＋3b的取值范圍為8<2a＋3b<32.(3)2<b<8?－8<－b<－2，而1<a<4，所以有1－8<a－b<4－2?－7<a－b<2，所以a－b的取值范圍為－7<a－b<2.對應學生用書第033頁1．與a>b等價的不等式是(D)A.|a|>|b| B.a2>b2C.eq\f(a,b)>1 D.a3>b3解析：可利用賦值法，令a＝1，b＝－2，滿足a>b，但|a|<|b|，a2<b2，eq\f(a,b)＝－eq\f(1,2)<1，故A，B，C都不正確．2．若a，b都是實數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的(A)A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3．如果a<0，b>0，那么下列不等式中一定正確的是(A)A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.eq\r(－a)<eq\r(b)C.a2<b2 D.|a|>|b|解析：∵a<0，b>0，∴eq\f(1,a)<0，eq\f(1,b)>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b).4．若1<a<3，－4<b<2，那么a－|b|的取值范圍是(C)A.－3<a－|b|≤3B.－3<a－|b|<5C.－3<a－|b|<3D.1<a－|b|<4解析：∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0.又∵1<a<3，∴－3<a－|b|<3.5．已知1<a<6，3<b<4，則a－b的取值范圍是－3<a－b<3，eq\f(a,b)的取值范圍是eq\f(1,4)<eq\f(a,b)<2.解析：∵3<b<4，∴－4<－b<－3.∴1－4<a－b<6－3，即－3<a－b<3.又eq\f(1,4)<eq\f(1,b)<eq\f(1,3)，∴eq\f(1,4)<eq\f(a,b)<eq\f(6,3)，即eq\f(1,4)<eq\f(a,b)<2.1．知識回顧(1)等式的性質(zhì)．(2)不等式的性質(zhì)及其應用．2．易錯提醒注意不等式性質(zhì)的單向性或雙向性，即每條性質(zhì)是否具有可逆性．課時作業(yè)11對應學生用書第229頁一、單項選擇題1．對于任意實數(shù)a，b，c，d，下列命題：①若a>b，c≠0，則ac>bc；②若a>b，則ac2>bc2；③若ac2>bc2，則a>b；④若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)中真命題的個數(shù)為(A)A.1 B.2C.3 D.4解析：當c<0時，若a>b，則ac<bc，故①錯誤；當c＝0時，若a>b，則ac2＝bc2，故②錯誤；若ac2>bc2，因為c2>0，所以a>b，故③正確；若a>0>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故④錯誤．故真命題個數(shù)為1.故選A．2．下列命題為真命題的是(D)A．若a<b<0，則ac2<bc2B．若a<b<0，則a2<ab<b2C．若a>b，c>d，則ac>bdD．若a>b>c>0，則eq\f(c,a)<eq\f(c,b)解析：對于A，當c＝0時，ac2＝bc2＝0，A錯誤；對于B，當a<b<0時，a2>ab>b2，B錯誤；對于C，取a＝2，b＝1，c＝－2，d＝－3滿足a>b，c>d，而ac＝－4，bd＝－3，此時ac<bd，C錯誤；對于D，當a>b>0時，ab>0，所以a?eq\f(1,ab)>b?eq\f(1,ab)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c>0，所以eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，D正確．故選D.3．若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a－b>0，則(A)A.a>0>bB.a>b>0C.0>b>aD.無法判斷a，b的正負解析：因為eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a－b>0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，又a－b>0，所以ab<0，a>0，所以a>0>b.故選A．4．已知命題p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，命題q：m>n>0，則p是q成立的(B)A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析：若m＝－1，n＝1，則滿足命題p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，但不滿足命題q：m>n>0，故命題p無法推出命題q，而若m>n>0，則eq\f(1,mn)>0，對m>n兩邊同乘eq\f(1,mn)得eq\f(1,n)>eq\f(1,m)，即eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，故命題q可以推出命題p，故p是q的必要不充分條件，故選B．5．若a，b，c∈R，且a>b，則下列不等式中一定成立的是(A)A.(a－b)c2≥0 B.ac>bcC.a＋b≥b－c D.eq\f(c2,a－b)>0解析：因為a>b，所以a－b>0，所以(a－b)c2≥0，故A一定成立；取c＝0，則ac＝bc，可判斷B不一定成立；取a＝－1，c＝0，可判斷C不一定成立；取c＝0，則eq\f(c2,a－b)＝0，可判斷D不一定成立．故選A．二、多項選擇題6．已知實數(shù)a，b，c滿足a<b<c，且a＋b＋c＝0，則下列不等關(guān)系正確的是(AD)A.ac<bcB.eq\f(1,ab)<eq\f(1,bc)C.ab2<cb2D.eq\f(c－a,c－b)>1解析：因為a<b<c，且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，對于A，因為a<b，c>0，所以ac<bc，正確；對于B，因為a<0，c＞0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)且b符號未知，不能得到eq\f(1,ab)<eq\f(1,bc)，不正確；對于C，因為a<0，c>0，則a<c，因為b可能為零，不能得到ab2<cb2，不正確；對于D，因為a<b<c，所以c－a>c－b>0，eq\f(c－a,c－b)>1，D正確．故選AD．7．已知1<a<2且－5<b<3，則(ABC)A.a＋b的取值范圍是－4<a＋b<5B.a－b的取值范圍是－2<a－b<7C.ab的取值范圍是－10<ab<6D.eq\f(b,a)的取值范圍是－5<eq\f(b,a)<eq\f(3,2)解析：因為1<a<2且－5<b<3，－3<－b<5，所以－4<a＋b<5，－2<a－b<7，故A，B正確．當－5<b<0時，0<－b<5，又1<a<2，所以0<－ab<10，故－10<ab<0；當0<b<3時，又1<a<2，所以0<ab<6；當b＝0時，ab＝0.綜上，可得－10<ab<6，故C正確．當－5<b<0時，0<－b<5，又eq\f(1,2)<eq\f(1,a)<1，所以0<－eq\f(b,a)<5，故－5<eq\f(b,a)<0；當0<b<3時，又eq\f(1,2)<eq\f(1,a)<1，所以0<eq\f(b,a)<3；當b＝0時，eq\f(b,a)＝0.綜上，可得－5<eq\f(b,a)<3，故D錯誤．故選ABC．三、填空題8．使命題“若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則a<b”為真命題的一組a，b的值分別為(答案不唯一)1，2.解析：命題“若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則a<b”為真命題，則必有ab>0，故滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0，,b>a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,b<0，,b>a.))故可取a＝1，b＝2.9．已知30<x<42，16<y<24，則x－2y的取值范圍是－18<x－2y<10，eq\f(x,y)的取值范圍是eq\f(5,4)<eq\f(x,y)<eq\f(21,8).解析：因為16<y<24，所以－48<－2y<－32，eq\f(1,24)<eq\f(1,y)<eq\f(1,16)，又30<x<42，所以－18<x－2y<10，eq\f(5,4)<eq\f(x,y)<eq\f(21,8).10．葉老師和王老師兩人一起去糧店買面粉共三次，葉老師每次買100元面粉，而王老師每次買100斤面粉，由于面粉市場瞬息萬變，每次買的面粉價格都不相同，分別為a元，b元，c元，則三次后兩人所買面粉的平均價格較低的是葉老師，理由是eq\f(a＋b＋c,3)>eq\f(3abc,bc＋ac＋ab).(請寫出關(guān)鍵的不等式)解析：葉老師所買面粉的平均價格為eq\f(100＋100＋100,\f(100,a)＋\f(100,b)＋\f(100,c))＝eq\f(3abc,bc＋ac＋ab)，王老師所買面粉的平均價格為eq\f(100a＋100b＋100c,100＋100＋100)＝eq\f(a＋b＋c,3)，于是有：eq\f(a＋b＋c,3)－eq\f(3abc,bc＋ac＋ab)＝eq\f((a＋b＋c)(bc＋ac＋ab)－9abc,3(bc＋ac＋ab))＝eq\f(c(a－b)2＋b(a－c)2＋a(b－c)2,3(bc＋ac＋ab))，因為每次買的面粉價格都不相同，所以eq\f(c(a－b)2＋b(a－c)2＋a(b－c)2,3(bc＋ac＋ab))>0，即eq\f(a＋b＋c,3)>eq\f(3abc,bc＋ac＋ab)，所以葉老師所買面粉的平均價格更低．四、解答題11．實數(shù)a，b滿足－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)求3a－2b的取值范圍．解：(1)a＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，則－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，所以－2≤eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故實數(shù)a的取值范圍為－2≤a≤3.(2)設(shè)3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))∴3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.∴－eq\f(3,2)≤eq\f(1,2)(a＋b)≤1，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)(a－b)≤10，∴－4≤3a－2b≤11，即3a－2b的取值范圍為－4≤3a－2b≤11.12．若a>b>0，c<d<0，|b|>|c|，求證：eq\f(b＋c,(a－c)2)<eq\f(a＋d,(b－d)2).證明：因為c<d<0，所以－c>－d>0，又因為a>b>0，所以由同向不等式的可加性將以上兩式相加得a－c>b－d>0，所以(a－c)2>(b－d)2>0，所以0<eq\f(1,(a－c)2)<eq\f(1,(b－d)2)，因為a>b，d>c，所以由同向不等式的可加性可將以上兩式相加得a＋d>b＋c.又|b|>|c|，所以b＋c>0，所以0<b＋c<a＋d.由不等式的同號可乘性可得eq\f(b＋c,(a－c)2)<eq\f(a＋d,(b－d)2).13．(多選題)若正實數(shù)x，y滿足x>y，則有下列結(jié)論，其中正確的有(BCD)A.xy<y2B.x2>y2C.eq\f(y,x)<eq\f(y＋m,x＋m)(m>0)D.eq\f(1,x)<eq\f(1,x－y)解析：對于A，由于x，y為正實數(shù)，且x>y，兩邊乘以y得xy>y2，故錯誤．對于B，由于x，y為正實數(shù)，且x>y，所以x2>y2，故正確．對于C，由于x，y為正實數(shù)，且x>y，所以y(x＋m)－x(y＋m)＝m(y－x)<0，則y(x＋m)<x(y＋m)，所以eq\f(y,x)<eq\f(y＋m,x＋m)成立，故正確．對于D，由于x，y為正實數(shù)，且x>y，所以x>x－y>0，取倒數(shù)得0<eq\f(1,x)<eq\f(1,x－y)，故正確．故選BCD．14．下面是甲、乙、丙三位同學做的三個題目，請你看看他們做得對嗎？如果不對，請指出錯誤的原因．甲：因為－6<a<8，－4<b<2，所以－2<a－b<6.乙：因為2<b<3，所以eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又因為－6<a<8，所以－2<eq\f(a,b)<4.丙：因為2<a－b<4，所以－4<b－a<－2.又因為－2<a＋b<2，所以0<a<3，－3<b<0，所以－3<a＋b<3.解：甲同學做的不對，因為同向不等式具有可加性，但不能相減，甲同學對同向不等式求差是錯誤的．乙同學做的不對，本題中只知道－6<a<8，不明確a值的正負．故不能將eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)與－6<a<8兩邊分別相乘，只有兩邊都是正數(shù)的同向不等式才能分別相乘．丙同學做的不對．同向不等式兩邊可以相加，這種轉(zhuǎn)化不是等價變形．丙同學將2<a－b<4與－2<a＋b<2兩邊相加得0<a<3，又將－4<b－a<－2與－2<a＋b<2兩邊相加得出－3<b<0，又將該式與0<a<3兩邊相加得出－3<a＋b<3，多次使用了這種轉(zhuǎn)化，導致了a＋b范圍的擴大．15．求證下列問題：(1)已知a，b，c均為正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c；(2)已知xy>0，求證：eq\f(1,x)>eq\f(1,y)的充要條件是x<y.證明：(1)eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＝eq\f(\f(2bc,a)＋\f(2ac,b)＋\f(2ab,c),2)＝eq\f(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(bc,a)＋\f(ab,c)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c),2)≥eq\f(2\r(\f(bc,a)?\f(ac,b))＋2\r(\f(bc,a)?\f(ab,c))＋2\r(\f(ac,b)?\f(ab,c)),2)＝a＋b＋c，當且僅當eq\f(bc,a)＝eq\f(ac,b)，eq\f(bc,a)＝eq\f(ab,c)，eq\f(ac,b)＝eq\f(ab,c)，即a＝b＝c時等號成立．(2)依題意知xy>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,y<0，))所以eq\f(1,x)>eq\f(1,y)?eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝eq\f(y－x,xy)>0?y－x>0?x<y，所以eq\f(1,x)>eq\f(1,y)的充要條件是x<y.2．2基本不等式2．2.1基本不等式課標解讀素養(yǎng)目標1.掌握基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)．2．能靈活應用基本不等式解決一些證明、比較大小問題．通過學習掌握基本不等式及其簡單應用，重點提升數(shù)學運算、邏輯推理的核心素養(yǎng).對應學生用書第034頁知識點一重要不等式對于任意實數(shù)a，b，有a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．對于任意實數(shù)a，b，有a2＋b2≥－2ab，當且僅當a＝－b時，等號成立．知識點二算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)給定兩個正數(shù)a，b，eq\f(a＋b,2)稱為a，b的算術(shù)平均數(shù)；eq\r(ab)稱為a，b的幾何平均數(shù)．知識點三基本不等式如果a，b都是正數(shù)，那么eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，當且僅當a＝b時，等號成立，其實質(zhì)是兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．(1)“當且僅當”的含義：①當a＝b時取等號，即a＝b?eq\r(ab)＝eq\f(a＋b,2)；②僅當a＝b時取等號，即eq\r(ab)＝eq\f(a＋b,2)?a＝b.(2)基本不等式可變形為a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).判斷正誤．(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．a(chǎn)2＋b2≥2ab.(√)2．a(chǎn)2＋b2≥－2ab.(√)3.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(ab).(×)4.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.(×)5．a(chǎn)＋eq\f(1,a)≥2.(×)對應學生用書第034頁類型一基本不等式的理解【例1】判斷下列結(jié)論是否正確．(1)若a∈R，則a2＋9≥6a.(√)(2)若a?b>0，則a＋b≥2eq\r(ab).(×)(3)若a<0，b<0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≤－2.(×)(4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2.(√)(5)2(a2＋b2)≥(a＋b)2.(√)1．使用基本不等式的前提條件是a>0，b>0.2.基本不等式中等號成立的條件是a＝b.【變式訓練1】(1)判斷下列結(jié)論是否正確．①若a>0，b>0且a≠b，則a＋b>2eq\r(ab).(√)②若a>0，b>0，則ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(√)(2)(多選題)若a>b>0，則下列不等式成立的是(ABD)A.eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab) B.eq\f(2ab,a＋b)<eq\f(a＋b,2)C.eq\f(2ab,a＋b)>eq\f(a＋b,2) D.eq\r(ab)>eq\f(2ab,a＋b)解析：由a>b>0，得eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，即eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，所以eq\f(2\r(ab),a＋b)<1，即eq\f(2ab,a＋b)<eq\r(ab)，故A，B，D均成立．類型二直接利用基本不等式求最值【例2】(1)已知x>0，求x＋eq\f(4,x)的最小值．(2)當x<0時，求x＋eq\f(4,x)的最大值．(3)當x>1時，求x＋eq\f(4,x－1)的最小值．【解】(1)因為x>0，所以x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x?\f(4,x))＝4，當且僅當x＝eq\f(4,x)，即x＝2時等號成立，因此所求的最小值為4.(2)原多項式可變?yōu)閤＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))，因為x<0，則－x>0，故有－x＋eq\f(4,－x)≥2eq\r((－x)?\f(4,－x))＝4，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))≤－4，當且僅當－x＝－eq\f(4,x)，即x＝－2時等號成立．故原式的最大值為－4.(3)因為x>1，故有x－1>0，所以x＋eq\f(4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋1≥2eq\r((x－1)?\f(4,x－1))＋1＝5，當且僅當x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時等號成立．因此所求的最小值為5.在利用基本不等式求最值時要注意三點一是各項均為正；二是尋求定值，求和式最小值時應使積為定值(恰當變形，合理拆分項或配湊因式是常用的解題技巧)；三是考慮等號成立的條件是否具備，檢驗多項式取得最值時的x的值是否為已知范圍內(nèi)的值，三點缺一不可．【變式訓練2】對于代數(shù)式eq\f(12,x)＋4x，(1)當x>0時，求其最小值；(2)當x<0時，求其最大值．解：(1)∵x>0，∴eq\f(12,x)>0，4x>0，∴eq\f(12,x)＋4x≥2eq\r(\f(12,x)?4x)＝8eq\r(3)，當且僅當eq\f(12,x)＝4x，即x＝eq\r(3)時取最小值8eq\r(3).∴當x>0時，原式的最小值為8eq\r(3).(2)∵x<0，∴－x>0.則－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,x)＋4x))＝eq\f(12,－x)＋(－4x)≥2eq\r(\f(12,－x)?(－4x))＝8eq\r(3)，當且僅當eq\f(12,－x)＝－4x，即x＝－eq\r(3)時取等號．∴eq\f(12,x)＋4x≤－8eq\r(3).∴當x<0時，原式的最大值為－8eq\r(3).類型三拼湊法利用基本不等式求最值【例3】(1)已知x<3，則eq\f(4,x－3)＋x的最大值是－1.【解析】∵x<3，∴x－3<0，∴eq\f(4,x－3)＋x＝eq\f(4,x－3)＋x－3＋3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(4,3－x)?(3－x))＋3＝－1，當且僅當eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1時取等號．∴原式的最大值為－1.(2)已知x>1，則eq\f(x2＋8,x－1)的最小值是8.【解析】解法1：令y＝eq\f(x2＋8,x－1)，因為x>1，所以x－1>0，則y＝eq\f((x2－1)＋9,x－1)＝x＋1＋eq\f(9,x－1)＝(x－1)＋eq\f(9,x－1)＋2≥2eq\r((x－1)?\f(9,x－1))＋2＝2×3＋2＝8，當且僅當x－1＝eq\f(9,x－1)，即x＝4時等號成立．故eq\f(x2＋8,x－1)的最小值為8.解法2：令x－1＝t(t>0)，則eq\f(x2＋8,x－1)＝eq\f((t＋1)2＋8,t)＝eq\f(t2＋2t＋9,t)＝t＋eq\f(9,t)＋2≥2eq\r(t?\f(9,t))＋2＝8，當且僅當t＝3，即x＝4時取等號．故eq\f(x2＋8,x－1)的最小值為8.拼湊法的實質(zhì)在于代數(shù)式的靈活變形，拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵，利用拼湊法求解最值應注意以下幾個方面的問題：(1)拼湊的技巧，以整式為基礎(chǔ)，注意利用系數(shù)的變化以及等式中常數(shù)的調(diào)整，做到等價變形．(2)代數(shù)式的變形以拼湊出和或積的定值為目標．(3)拆項、添項應注意檢驗利用基本不等式的前提．注意應用“拆”“拼”“湊”等技巧的目的是使其滿足基本不等式中“正”“定”“等”的條件．【變式訓練3】(1)已知m＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，n＝2－b2(b≠0)，則m，n之間的大小關(guān)系是m>n.解析：由a>2，知a－2>0.又m＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2，∴m≥2eq\r((a－2)?\f(1,a－2))＋2＝4.當且僅當a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝3時取等號，由于b≠0，得n＝2－b2<2<4.∴m>n.(2)已知0<x<eq\f(1,2)，則y＝x(1－2x)的最大值為eq\f(1,8).解析：由題意知1－2x>0，則y＝x(1－2x)＝eq\f(1,2)×2x×(1－2x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1－2x,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)，當且僅當2x＝1－2x，即x＝eq\f(1,4)時，等號成立．所以y的最大值為eq\f(1,8).對應學生用書第035頁1．不等式(x－2y)＋eq\f(1,x－2y)≥2成立的前提條件為(B)A.x≥2y B.x>2yC.x≤2y D.x<2y解析：由x－2y>0得x>2y.2．已知實數(shù)a，b，則“ab≥0”是“a＋b≥2eq\r(ab)”的(B)A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析：因為a＋b≥2eq\r(ab)等價于(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，所以a≥0，b≥0，所以ab≥0，反之不成立．所以“ab≥0”是“a＋b≥2eq\r(ab)”的必要不充分條件，故選B．3．已知a，b∈R，且ab≠0，則下列結(jié)論恒成立的是(D)A.a＋b≥2eq\r(ab) B.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2C.a2＋b2≤2ab D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2解析：對于A，由基本不等式，當a，b>0時，有a＋b≥2eq\r(ab)，當且僅當a＝b時取等號，故錯誤．對于B，當eq\f(b,a)>0時，由基本不等式，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)?\f(b,a))＝2，當且僅當a＝b時取等號，故錯誤．對于C，因(a－b)2≥0，則a2＋b2≥2ab，故錯誤．對于D，當eq\f(b,a)>0時，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)?\f(b,a))＝2，當且僅當a＝b時取等號；當eq\f(b,a)<0時，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)－\f(a,b)))≤－2·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b))))＝－2，當且僅當a＝－b時取等號，則ab≠0時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2，故正確．故選D．4．假設(shè)第一周、第二周的白菜價格分別為a元/斤、b元/斤(a≠b)，甲和乙購買白菜的方式不同，甲每周購買20元錢的白菜，乙每周購買6斤白菜，甲、乙兩次購買白菜的平均單價分別記為m1，m2，則下列結(jié)論正確的是(C)A.m1＝m2B.m1>m2C.m2>m1D.m1，m2的大小無法確定解析：根據(jù)題意可得m1＝eq\f(20＋20,\f(20,a)＋\f(20,b))＝eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab).當且僅當a＝b時等號成立；m2＝eq\f(6a＋6b,12)＝eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當且僅當a＝b時等號成立，由題意可得a≠b，所以m1<eq\r(ab)，m2>eq\r(ab)，則m2>m1.故選C．5．(多選題)下列命題中正確的是(CD)A.對任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq\r(ab)均成立B.若a≠0，則a＋eq\f(9,a)≥2eq\r(a?\f(9,a))＝6C.若a，b∈R，則ab≤eq\f((a＋b)2,2)D.若a>0，b>0，且a＋b＝16，則ab≤64解析：對于A，當a>0，b>0時，a＋b≥2eq\r(ab)才能成立，錯誤；對于B，當a>0時才能使用基本不等式求最小值，錯誤；對于C，因為a2＋b2≥0，所以a2＋2ab＋b2≥2ab，即eq\f((a＋b)2,2)≥ab，正確；對于D，a>0，b>0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝64，正確．故選CD．1．知識回顧(1)基本不等式的推導與證明．(2)求簡單代數(shù)式的最值．(3)拼湊法利用基本不等式求最值．2．易錯提醒利用基本不等式的條件“一正、二定、三相等”缺一不可，尤其是“當且僅當，等號成立”這八個字，更是不能缺少．課時作業(yè)12對應學生用書第231頁一、單項選擇題1．不等式a2＋eq\f(4,a2)≥4中，等號成立的條件是(D)A.a＝4 B.a＝eq\r(2)C.a＝－eq\r(2) D.a＝±eq\r(2)解析：此不等式等號成立的條件為a2＝eq\f(4,a2)，即a＝±eq\r(2)，故選D．2．設(shè)x，y滿足x＋y＝40，且x，y都是正數(shù)，則xy的最大值是(A)A.400 B.100C.40 D.20解析：∵eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)(x>0，y>0)，∴xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,2)))eq\s\up12(2)＝400.當且僅當x＝y(tǒng)＝20時，等號成立．∴xy的最大值是400.3．已知x<0，則x＋eq\f(1,x)－2有(C)A.最大值0 B.最小值0C.最大值－4 D.最小值－4解析：因為x<0，所以－x>0，－x－eq\f(1,x)≥2eq\r((－x)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))))＝2，當且僅當－x＝－eq\f(1,x)，即x＝－1時等號成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2，x＋eq\f(1,x)－2≤－4，即x＋eq\f(1,x)－2有最大值－4，故選C．4．下列幾個不等式中，不能取到等號的是(D)A.eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2(x>0)B.|x|＋eq\f(2,|x|)≥2eq\r(2)(x≠0)C.－eq\f(4,x)－eq\f(x,16)≥1(x<0)D.eq\r(x2＋5)＋eq\f(1,\r(x2＋5))≥2(x∈R)解析：對于A，當且僅當eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))即x＝1時等號成立；對于B，當且僅當|x|＝eq\f(2,|x|)即x＝±eq\r(2)時等號成立；對于C，當且僅當－eq\f(4,x)＝－eq\f(x,16)即x＝－8時等號成立；對于D，當且僅當eq\r(x2＋5)＝eq\f(1,\r(x2＋5))得x2＝－4時等號成立，無解，等號不成立．故選D．5．在古巴比倫時期的數(shù)學泥板上，有許多三角形和梯形的分割問題，涉及不同的割線．如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝a，AB＝b，EF和GH為平行于底邊的兩條割線，其中EF為中位線，GH過對角線交點，則比較這兩條割線可以直接證明的不等式為(B)A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B.eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)C.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)D.a2＋b2≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)解析：因為AB∥GH∥CD，所以eq\f(OG,DC)＝eq\f(AO,AC)＝eq\f(BO,BD)＝eq\f(OH,DC)，即OG＝OH.又因為eq\f(OG,DC)＋eq\f(OH,AB)＝eq\f(OG,a)＋eq\f(OH,b)＝eq\f(AO,AC)＋eq\f(OC,AC)＝1，即eq\f(\f(1,2)GH,a)＋eq\f(\f(1,2)GH,b)＝1，解得GH＝eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)).又因為EF＝eq\f(a＋b,2)，GH≤EF，所以eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(a＋b,2).故選B．二、多項選擇題6．下列關(guān)于使用基本不等式的說法正確的是(AD)A.由于x<－2，所以x＋eq\f(1,x＋2)＝x＋2＋eq\f(1,x＋2)－2≤－2eq\r([－(x＋2)]?\f(1,－(x＋2)))－2＝－4B.由于x>1，所以x＋eq\f(1,x－1)≥2eq\r(\f(x,x－1))≥2C.由于eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))≥2，故eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))的最小值為2D.由于x>0，所以eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x))≤eq\f(1,2\r(x?\f(1,x)))＝eq\f(1,2)，故eq\f(x,x2＋1)的最大值為eq\f(1,2)解析：對于A，由于x＋2<0，所以x＋eq\f(1,x＋2)＝x＋2＋eq\f(1,x＋2)－2＝－2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－x－2)＋\f(1,－x－2)))≤－2－2eq\r(1)＝－4，當x＝－3時等號成立，故正確；對于B，正具備，但eq\f(x,x－1)不為定值，故錯誤；對于C，當且僅當eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))時等號成立，但方程無解，最小值2取不到，故錯誤；對于D，一正、二定、三相等都具備，故正確．故選AD．7．以下結(jié)論正確的是(BD)A.函數(shù)y＝eq\f((x＋1)2,x)的最小值是4B.若a，b∈R且ab>0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2C.若x∈R，則x2＋3＋eq\f(1,x2＋2)的最小值為3D.函數(shù)y＝2＋x＋eq\f(1,x)(x<0)的最大值為0解析：對于函數(shù)y＝eq\f((x＋1)2,x)，當x<0時，y<0，所以A錯誤；由于ab>0，所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)?\f(a,b))＝2，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a2＝b2時等號成立，所以B正確；x2＋3＋eq\f(1,x2＋2)＝x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)＋1≥2eq\r((x2＋2)?\f(1,x2＋2))＋1＝3，但x2＋2＝eq\f(1,x2＋2)無解，所以等號不成立，所以C錯誤；由于x<0，所以y＝2＋x＋eq\f(1,x)＝2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－x)＋\f(1,－x)))≤2－2eq\r((－x)?\f(1,－x))＝0，當且僅當－x＝eq\f(1,－x)，x＝－1時等號成立，所以D正確．故選BD．三、填空題8．函數(shù)y＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值為4.解析：y＝eq\f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq\f(4,|x|)≥2eq\r(|x|×\f(4,|x|))＝4，即y≥4，當且僅當|x|＝eq\f(4,|x|)，即x＝±2時等號成立，所以y＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值為4.9．設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝2，則y＝eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值為eq\f(9,2).解析：∵a>0，b>0，∴y＝eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))×eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(4b,a)＋\f(a,b)＋1))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4b,a)×\f(a,b))))＝eq\f(9,2)，當且僅當a＝eq\f(4,3)，b＝eq\f(2,3)時取等號．10．a(chǎn)∈R，則eq\f(a2＋2,\r(a2＋1))的最小值是2，此時a＝0.解析：顯然，eq\r(a2＋1)>0，則eq\f(a2＋2,\r(a2＋1))＝eq\r(a2＋1)＋eq\f(1,\r(a2＋1))≥2eq\r(\r(a2＋1)?\f(1,\r(a2＋1)))＝2，當且僅當eq\r(a2＋1)＝eq\f(1,\r(a2＋1))，即a＝0時，等號成立．所以eq\f(a2＋2,\r(a2＋1))的最小值是2，此時a＝0.四、解答題11．已知a>0，b>0，且a＋b＝4，求eq\f(3ab,a＋4b)的最大值．解：根據(jù)題意，因為a>0，b>0，所以eq\f(3ab,a＋4b)＝eq\f(3,\f(1,b)＋\f(4,a))，因為a＋b＝4，所以eq\f(1,b)＋eq\f(4,a)＝eq\f(1,4)(a＋b)e