2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第一章　§1.4　基本不等式含答案

2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第一章§1.4基本不等式§1.4基本不等式課標(biāo)要求1.了解基本不等式的推導(dǎo)過程.2.會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最值問題．知識(shí)梳理1．基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．2．利用基本不等式求最值(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值2eq\r(P).(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy有最大值eq\f(1,4)S2.注意：利用基本不等式求最值應(yīng)滿足三個(gè)條件“一正、二定、三相等”．常用結(jié)論幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào))．(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．以上不等式等號(hào)成立的條件均為a＝b.自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)不等式ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2與eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)等號(hào)成立的條件是相同的．(×)(2)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.(×)(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，則xy的最小值為4.(√)(4)函數(shù)y＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值為4.(×)2．(必修第一冊(cè)P48習(xí)題T1(1)改編)若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a處取最小值，則a等于()A．1＋eq\r(2) B．1＋eq\r(3)C．3 D．4答案C解析當(dāng)x>2時(shí)，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(x－2·\f(1,x－2))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)(x>2)，即x＝3時(shí)，取等號(hào)，即當(dāng)f(x)取得最小值時(shí)x＝3，即a＝3.3．已知0<x<1，則x(1－x)的最大值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,16)D．1答案A解析因?yàn)?<x<1，所以1－x>0，所以x(1－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立，故x(1－x)的最大值為eq\f(1,4).4．(2023·重慶模擬)已知x>0，y>0，x＋y＝1，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為________．答案4解析由x＋y＝1得eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為4.題型一基本不等式的理解及常見變形例1(1)若0<a<b，則下列不等式一定成立的是()A．b>eq\f(a＋b,2)>a>eq\r(ab)B．b>eq\r(ab)>eq\f(a＋b,2)>aC．b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>aD．b>a>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)答案C解析∵0<a<b，∴2b>a＋b，∴b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab).∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq\r(ab)>a.故b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a.(2)《幾何原本》中的幾何代數(shù)法研究代數(shù)問題，這種方法是后西方數(shù)學(xué)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(shí)現(xiàn)證明，也稱為無字證明．現(xiàn)有圖形如圖所示，C為線段AB上的點(diǎn)，且AC＝a，BC＝b，O為AB的中點(diǎn)，以AB為直徑作半圓，過點(diǎn)C作AB的垂線交半圓于點(diǎn)D，連接OD，AD，BD，過點(diǎn)C作OD的垂線，垂足為點(diǎn)E，則該圖形可以完成的無字證明為()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)答案C解析根據(jù)圖形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，又OD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，所以DE＝eq\f(CD2,OD)＝eq\f(ab,\f(a＋b,2))，由于OD≥CD，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)．由于CD≥DE，所以eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)．思維升華基本不等式的常見變形(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2).(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)．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知p：a>b>0，q：eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，則p是q成立的()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答案A解析∵a>b>0，則a2＋b2>2ab，∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab，∴2(a2＋b2)>(a＋b)2，∴eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，∴由p可推出q；當(dāng)a<0，b<0時(shí)，q也成立，如a＝－1，b＝－3時(shí)，eq\f(a2＋b2,2)＝5>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，∴由q推不出p，∴p是q成立的充分不必要條件．(2)(多選)已知a，b∈R，則下列不等式成立的是()A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab) B.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))C.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(a＋b,2) D．a(chǎn)b≤eq\f(a2＋b2,2)答案BD解析A選項(xiàng)，由選項(xiàng)可知a與b同號(hào)，當(dāng)a>0且b>0時(shí)，由基本不等式可知eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)恒成立，當(dāng)a<0且b<0時(shí)，eq\f(a＋b,2)<0，eq\r(ab)>0，該不等式不成立，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，當(dāng)a＋b>0時(shí)，eq\f(a＋b,2)>0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a2＋b2,2))))2＝eq\f(a2＋b2＋2ab－2a2－2b2,4)＝eq\f(－a－b2,4)≤0恒成立，即eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))恒成立，當(dāng)a＋b≤0時(shí)，原不等式恒成立，故B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)，當(dāng)a＋b>0時(shí)，2ab－eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq\f(a＋b2,2)，eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(a＋b,2)恒成立，當(dāng)a＋b<0時(shí)，2ab－eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq\f(a＋b2,2)，eq\f(2ab,a＋b)≥eq\f(a＋b,2)，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，由重要不等式可知，a，b∈R，ab≤eq\f(a2＋b2,2)恒成立，故D選項(xiàng)正確．題型二利用基本不等式求最值命題點(diǎn)1直接法例2(1)(多選)下列代數(shù)式中最小值為2的是()A．x－eq\f(1,x) B．2x＋2－xC．x2＋eq\f(1,x2) D.eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))答案BC解析選項(xiàng)A中，當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)y＝x－eq\f(1,x)單調(diào)遞增，無最小值，不符合題意；選項(xiàng)B中，2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，滿足題意；選項(xiàng)C中，x2＋eq\f(1,x2)≥2eq\r(x2·\f(1,x2))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝±1時(shí)，等號(hào)成立，滿足題意；選項(xiàng)D中，eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))≥2eq\r(\r(x2＋2)·\f(1,\r(x2＋2)))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))時(shí)，等號(hào)成立，但此方程無實(shí)數(shù)解，不符合題意．(2)已知x，y為正實(shí)數(shù)，且滿足4x＋3y＝12，則xy的最大值為________．答案3解析由已知，得12＝4x＋3y≥2eq\r(4x·3y)，即12≥2eq\r(4x·3y)，解得xy≤3(當(dāng)且僅當(dāng)4x＝3y時(shí)取等號(hào))．命題點(diǎn)2配湊法例3(1)(2023·許昌模擬)已知a，b為正數(shù)，4a2＋b2＝7，則aeq\r(1＋b2)的最大值為()A.eq\r(7) B.eq\r(3)C．2eq\r(2) D．2答案D解析因?yàn)?a2＋b2＝7，則aeq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)×2a×eq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)eq\r(4a21＋b2)≤eq\f(1,2)×eq\f(4a2＋1＋b2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)4a2＝1＋b2，即a＝1，b＝eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立．(2)已知x>1，則eq\f(x2＋3,x－1)的最小值為()A．6B．8C．10D．12答案A解析因?yàn)閤>1，所以x－1>0，eq\f(x2＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋4,x－1)＝x－1＋2＋eq\f(4,x－1)≥2＋2eq\r(x－1·\f(4,x－1))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時(shí)，等號(hào)成立．與基本不等式模型結(jié)構(gòu)相似的對(duì)勾函數(shù)模型如圖，對(duì)于函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(k,x)，k＞0，x∈[a，b]，[a，b]?(0，＋∞)．(1)當(dāng)eq\r(k)∈[a，b]時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(k,x)≥2eq\r(k)，f(x)min＝f(eq\r(k))＝eq\r(k)＋eq\f(k,\r(k))＝2eq\r(k)；(2)當(dāng)eq\r(k)＜a時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(k,x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(a)＝a＋eq\f(k,a)；(3)當(dāng)eq\r(k)＞b時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(k,x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(b)＝b＋eq\f(k,b).因此，只有當(dāng)eq\r(k)∈[a，b]時(shí)，才能使用基本不等式求最值，而當(dāng)eq\r(k)?[a，b]時(shí)只能利用對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性求最值．典例函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)的最小值是______．答案eq\f(3,2)解析由f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)＝x2＋2＋eq\f(3,x2＋2)－2，令x2＋2＝t(t≥2)，則有f(t)＝t＋eq\f(3,t)－2，由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)知，f(t)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝2時(shí)，f(t)min＝eq\f(3,2)，即當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)min＝eq\f(3,2).命題點(diǎn)3代換法例4(1)已知正數(shù)a，b滿足eq\f(8,b)＋eq\f(4,a)＝1，則8a＋b的最小值為()A．54B．56C．72D．81答案C解析8a＋b＝(8a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,b)＋\f(4,a)))＝eq\f(64a,b)＋eq\f(4b,a)＋40≥2eq\r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(64a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝6，b＝24時(shí)取等號(hào)．延伸探究已知正數(shù)a，b滿足8a＋4b＝ab，則8a＋b的最小值為________．答案72解析∵8a＋4b＝ab，a>0，b>0，∴eq\f(8,b)＋eq\f(4,a)＝1，∴8a＋b＝(8a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,b)＋\f(4,a)))＝eq\f(64a,b)＋eq\f(4b,a)＋40≥2eq\r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(64a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝6，b＝24時(shí)取等號(hào)．(2)已知正數(shù)a，b滿足a＋2b＝3恒成立，則eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值為()A.eq\f(3,2)B.eq\f(9,4)C．2D．3答案B解析由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，于是eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(2,b)))·eq\f(a＋1＋2b,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(2a＋1,b)＋\f(2b,a＋1)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2a＋1,b)×\f(2b,a＋1))))＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2a＋1,b)＝eq\f(2b,a＋1)，且a>0，b>0，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(4,3)時(shí)，等號(hào)成立．所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值為eq\f(9,4).命題點(diǎn)4消元法例5已知正數(shù)a，b滿足a2－2ab＋4＝0，則b－eq\f(a,4)的最小值為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)答案B解析∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，則b＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)，∴b－eq\f(a,4)＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)－eq\f(a,4)＝eq\f(a,4)＋eq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,4)＝eq\f(2,a)，即a＝2eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)b＝eq\f(3\r(2),2).命題點(diǎn)5構(gòu)造不等式法例6若a>0，b>0，且ab＝a＋b＋3，則ab的最小值為()A．9B．6C．3D．12答案A解析因?yàn)閍>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．又ab＝a＋b＋3，所以ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，整理可得ab－2eq\r(ab)－3≥0，解得eq\r(ab)≥3或eq\r(ab)≤－1(舍去)．所以eq\r(ab)≥3，所以ab≥9.所以當(dāng)a＝b＝3時(shí)，ab的最小值為9.思維升華(1)前提：“一正”“二定”“三相等”．(2)要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式．(3)條件最值的求解通常有三種方法：一是配湊法；二是將條件靈活變形，利用常數(shù)“1”代換的方法；三是消元法．跟蹤訓(xùn)練2(1)(多選)下列四個(gè)函數(shù)中，最小值為2的是()A．y＝sinx＋eq\f(1,sinx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x≤\f(π,2)))B．y＝2－x－eq\f(4,x)(x＜0)C．y＝eq\f(x2＋6,\r(x2＋5))D．y＝4x＋4－x答案AD解析對(duì)于A，因?yàn)?＜x≤eq\f(π,2)，所以0＜sinx≤1，則y＝sinx＋eq\f(1,sinx)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)sinx＝eq\f(1,sinx)，即sinx＝1時(shí)取等號(hào)，符合題意；對(duì)于B，因?yàn)閤＜0，所以－x＞0，－x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))≥2eq\r(－x×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)－x＝－eq\f(4,x)，即x＝－2時(shí)等號(hào)成立，所以y＝2－x－eq\f(4,x)≥2＋4＝6，即y＝2－x－eq\f(4,x)(x＜0)的最小值為6，不符合題意；對(duì)于C，y＝eq\f(x2＋6,\r(x2＋5))＝eq\r(x2＋5)＋eq\f(1,\r(x2＋5))，設(shè)t＝eq\r(x2＋5)，則t≥eq\r(5)，則y≥eq\r(5)＋eq\f(1,\r(5))＝eq\f(6\r(5),5)，其最小值不是2，不符合題意；對(duì)于D，y＝4x＋4－x＝4x＋eq\f(1,4x)≥2eq\r(4x·\f(1,4x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，故y＝4x＋4－x的最小值為2，符合題意．(2)(多選)已知正實(shí)數(shù)a，b滿足ab＋a＋b＝8，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b的最大值為2B．a(chǎn)＋b的最小值為4C．a(chǎn)＋2b的最小值為6eq\r(2)－3D.eq\f(1,ab＋1)＋eq\f(1,b)的最小值為eq\f(1,2)答案BCD解析對(duì)于A，因?yàn)閍b＋a＋b＝8≥ab＋2eq\r(ab)，即(eq\r(ab))2＋2eq\r(ab)－8≤0，解得－4≤eq\r(ab)≤2，又因?yàn)閍>0，b>0，所以0<eq\r(ab)≤2，則ab≤4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，ab＋a＋b＝8≤eq\f(a＋b2,4)＋(a＋b)，即(a＋b)2＋4(a＋b)－32≥0，解得a＋b≤－8(舍)或a＋b≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，故B正確；對(duì)于C，由題意可得b(a＋1)＝8－a，所以b＝eq\f(8－a,a＋1)>0，解得0<a<8，所以a＋2b＝a＋2×eq\f(8－a,a＋1)＝a＋eq\f(18,a＋1)－2＝a＋1＋eq\f(18,a＋1)－3≥2eq\r(a＋1·\f(18,a＋1))－3＝6eq\r(2)－3，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝eq\f(18,a＋1)，即a＝3eq\r(2)－1時(shí)取等號(hào)，故C正確；對(duì)于D，eq\f(1,ab＋1)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ab＋1)＋\f(1,b)))[a(b＋1)＋b]＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,ab＋1)＋\f(ab＋1,b)))≥eq\f(1,8)×(2＋2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,ab＋1)＝eq\f(ab＋1,b)，即b＝4，a＝eq\f(4,5)時(shí)取等號(hào)，故D正確．

課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．已知m>0，n>0，mn＝81，則m＋n的最小值是()A．9B．18C．9eq\r(3)D．27答案B解析因?yàn)閙>0，n>0，由基本不等式m＋n≥2eq\r(mn)得，m＋n≥18，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝9時(shí)，等號(hào)成立，所以m＋n的最小值是18.2．已知a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，則4a＋9b的最小值是()A．23B．26C．22D．25答案D解析由題意得a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，故4a＋9b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(4a＋9b)＝eq\f(9b,a)＋eq\f(4a,b)＋13≥2eq\r(\f(9b,a)·\f(4a,b))＋13＝25，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝eq\f(5,2)，b＝eq\f(5,3)時(shí)取等號(hào)，故4a＋9b的最小值是25.3．若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是()A．2B．3C．4D．5答案D解析對(duì)原條件式轉(zhuǎn)化得eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)＝5，則3x＋4y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))(3x＋4y)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9＋4＋\f(12y,x)＋\f(3x,y)))≥eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(12y,x)·\f(3x,y))))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12y,x)＝eq\f(3x,y)且x＋3y＝5xy，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．故3x＋4y的最小值為5.4．“?x∈(1,4]，不等式x2－mx＋m>0恒成立”的充分不必要條件是()A．m>4B．m<eq\f(16,3)C．m<4D．m<2答案D解析已知?x∈(1,4]，由不等式x2－mx＋m>0恒成立，得eq\f(x2,x－1)>m恒成立，因?yàn)閑q\f(x2,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋2≥2eq\r(x－1·\f(1,x－1))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(1,x－1)，即x＝2時(shí)取等號(hào)，所以m<4，所以m<2是m<4的充分不必要條件．5．若x>0，y>0，x＋3y＝1，則eq\f(xy,3x＋y)的最大值為()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,16)D.eq\f(1,20)答案C解析因?yàn)閤>0，y>0，x＋3y＝1，則eq\f(3x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y)＋\f(1,x)))(x＋3y)＝eq\f(3x,y)＋eq\f(3y,x)＋10≥2eq\r(\f(3x,y)·\f(3y,x))＋10＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,y)＝eq\f(3y,x)，即x＝y(tǒng)＝eq\f(1,4)時(shí)，等號(hào)成立，所以0<eq\f(xy,3x＋y)≤eq\f(1,16)，即eq\f(xy,3x＋y)的最大值為eq\f(1,16).6．已知x>y>0且4x＋3y＝1，則eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)的最小值為()A．10B．9C．8D．7答案B解析由x>y>0得2x－y>0，x＋2y>0，令a＝2x－y，b＝x＋2y，則a＋2b＝4x＋3y，由4x＋3y＝1得a＋2b＝1，故eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(a＋2b)＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(2a,b)，且a＋2b＝1，即a＝b＝eq\f(1,3)時(shí)取等號(hào)，也即2x－y＝eq\f(1,3)，x＋2y＝eq\f(1,3)，即x＝eq\f(1,5)，y＝eq\f(1,15)時(shí)，等號(hào)成立，故eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)的最小值為9.二、多項(xiàng)選擇題7．已知x，y是正數(shù)，且x＋y＝2，則()A．x(x＋2y)的最大值為4B．log2x＋log2y的最大值為0C．2x＋2y的最小值為4D.eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值為eq\f(3,2)＋eq\r(2)答案BCD解析由x，y是正數(shù)，且x＋y＝2，可得0<x<2,0<y<2，x(x＋2y)＝(x＋y－y)(x＋y＋y)＝(x＋y)2－y2＝4－y2，由0<y2<4可得0<4－y2<4，所以x(x＋2y)無最大值，故A錯(cuò)誤；由x＋y＝2≥2eq\r(xy)，得0<xy≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以log2x＋log2y＝log2xy≤log21＝0，故B正確；由基本不等式可得2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)＝2eq\r(2x＋y)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)取等號(hào)，故C正確；eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(x＋y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(y,x)·\f(2x,y))))＝eq\f(3,2)＋eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2eq\r(2)－2，y＝4－2eq\r(2)時(shí)取等號(hào)，故D正確．8．(2022·新高考全國(guó)Ⅱ)若x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則()A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1答案BC解析因?yàn)閍b≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可變形為(x＋y)2－1＝3xy≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，解得－2≤x＋y≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝－1時(shí)，x＋y＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)，x＋y＝2，所以A錯(cuò)誤，B正確；由x2＋y2－xy＝1可變形為(x2＋y2)－1＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝±1時(shí)取等號(hào)，所以C正確；因?yàn)閤2＋y2－xy＝1可變形為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3,4)y2＝1，設(shè)x－eq\f(y,2)＝cosθ，eq\f(\r(3),2)y＝sinθ，所以x＝cosθ＋eq\f(\r(3),3)sinθ，y＝eq\f(2\r(3),3)sinθ，因此x2＋y2＝cos2θ＋eq\f(5,3)sin2θ＋eq\f(2\r(3),3)sinθcosθ＝1＋eq\f(\r(3),3)sin2θ－eq\f(1,3)cos2θ＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，所以D錯(cuò)誤．三、填空題9．若x<2，則x＋eq\f(9,x－2)的最大值為________．答案－4解析x＋eq\f(9,x－2)＝x－2＋eq\f(9,x－2)＋2，由于x<2，所以2－x>0，故2－x＋eq\f(9,2－x)≥2eq\r(2－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2－x))))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)2－x＝eq\f(9,2－x)，即x＝－1時(shí)，等號(hào)成立，所以x－2＋eq\f(9,x－2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x＋\f(9,2－x)))≤－6，故x＋eq\f(9,x－2)＝x－2＋eq\f(9,x－2)＋2≤－4，所以x＋eq\f(9,x－2)的最大值為－4.10．函數(shù)f(x)＝eq\f(3x－3,2x2－x＋1)在(1，＋∞)上的最大值為________．答案eq\f(3,7)解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(3x－3,2x2－x＋1)，x∈(1，＋∞)，令x－1＝t，則t>0，則f(t)＝eq\f(3t,2t＋12－t＋1＋1)＝eq\f(3t,2t2＋3t＋2)＝eq\f(3,2t＋3＋\f(2,t))≤eq\f(3,2\r(2t·\f(2,t))＋3)＝eq\f(3,7)，當(dāng)且僅當(dāng)2t＝eq\f(2,t)，t＝1，即x＝2時(shí)，等號(hào)成立．故f(x)在(1，＋∞)上的最大值為eq\f(3,7).11．已知a>1，b>2，a＋b＝5，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)的最小值為________．答案eq\f(9,2)解析因?yàn)閍>1，b>2，所以a－1>0，b－2>0，又a＋b＝5，所以(a－1)＋(b－2)＝2，即eq\f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]＝1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)＝eq\f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(4,b－2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(b－2,a－1)＋\f(4a－1,b－2)＋4))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b－2,a－1)·\f(4a－1,b－2))))＝eq\f(1,2)×(5＋4)＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b－2,a－1)＝eq\f(4a－1,b－2)，即a＝eq\f(5,3)，b＝eq\f(10,3)時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)的最小值為eq\f(9,2).12．已知正數(shù)a，b滿足(a＋5b)(2a＋b)＝36，則a＋2b的最小值為________．答案4解析因?yàn)閍>0，b>0，所以36＝(a＋5b)(2a＋b)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋5b＋2a＋b,2)))2＝eq\f(9,4)(a＋2b)2，所以a＋2b≥4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋5b＝2a＋b，,a＋5b2a＋b＝36，))即a＝eq\f(8,3)，b＝eq\f(2,3)時(shí)，等號(hào)成立，所以a＋2b的最小值為4.四、解答題13．已知x>0，y>0，x＋2y＋xy＝30，求：(1)xy的最大值；(2)2x＋y的最小值．解(1)因?yàn)閤>0，y>0，根據(jù)基本不等式，30＝x＋2y＋xy≥2eq\r(2xy)＋xy(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝6時(shí)取等號(hào))，令eq\r(xy)＝t(t>0)，則t2＋2eq\r(2)t－30≤0，解得－5eq\r(2)≤t≤3eq\r(2)，又t>0，所以0<t≤3eq\r(2)，即0<eq\r(xy)≤3eq\r(2)，所以0<xy≤18，故xy的最大值為18.(2)由x＋2y＋xy＝30可知，y＝eq\f(30－x,2＋x)>0,0<x<30,2x＋y＝2x＋eq\f(30－x,2＋x)＝2(x＋2)＋eq\f(32,2＋x)－5≥2eq\r(2x＋2·\f(32,2＋x))－5＝11，當(dāng)且僅當(dāng)2(x＋2)＝eq\f(32,2＋x)，即x＝2時(shí)取等號(hào)，所以2x＋y的最小值為11.14．中歐班列是推進(jìn)“一帶一路”沿線國(guó)家道路聯(lián)通、貿(mào)易暢通的重要舉措，作為中歐鐵路在東北地區(qū)的始發(fā)站，沈陽(yáng)某火車站正在不斷建設(shè)，目前車站準(zhǔn)備在某倉(cāng)庫(kù)外，利用其一側(cè)原有墻體，建造一面高為3米，底面積為12平方米，且背面靠墻的長(zhǎng)方體形狀的保管員室，由于保管員室的后背靠墻，無需建造費(fèi)用，因此甲工程隊(duì)給出的報(bào)價(jià)如下：屋子前面新建墻體的報(bào)價(jià)為每平方米400元，左右兩面新建墻體的報(bào)價(jià)為每平方米150元，屋頂和地面以及其他報(bào)價(jià)共計(jì)7200元，設(shè)屋子的左右兩面墻的長(zhǎng)度均為x米(2≤x≤6)．(1)當(dāng)左右兩面墻的長(zhǎng)度為多少米時(shí)，甲工程隊(duì)的報(bào)價(jià)最低？(2)現(xiàn)有乙工程隊(duì)也參與此保管員室建造競(jìng)標(biāo)，其給出的整體報(bào)價(jià)為eq\f(900a1＋x,x)元(a>5)，若無論左右兩面墻的長(zhǎng)度為多少米，乙工程隊(duì)都能競(jìng)標(biāo)成功，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)設(shè)甲工程隊(duì)的總報(bào)價(jià)為y元，依題意，左右兩面墻的長(zhǎng)度均為x米(2≤x≤6)，則屋子前面新建墻體長(zhǎng)為eq\f(12,x)米，則y＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(150×2x＋400×\f(12,x)))＋7200＝900eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200≥900×2eq\r(x·\f(16,x))＋7200＝14400，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(16,x)，即x＝4時(shí)，等號(hào)成立，故當(dāng)左右兩面墻的長(zhǎng)度為4米時(shí)，甲工程隊(duì)的報(bào)價(jià)最低為14400元．(2)由題意可知，900eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200>eq\f(900a1＋x,x)對(duì)任意的x∈[2,6]恒成立，即eq\f(x＋42,x)>eq\f(a1＋x,x)，所以eq\f(x＋42,x＋1)>a，即a<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋42,x＋1)))min，eq\f(x＋42,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)＋6≥2eq\r(x＋1·\f(9,x＋1))＋6＝12，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時(shí)，等號(hào)成立，則eq\f(x＋42,x＋1)的最小值為12，即0<a<12，又a>5，所以a的取值范圍是(5,12)．15．已知x，y為正實(shí)數(shù)，則eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)的最小值為()A．4B．5C．6D．8答案C解析由題得eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(16,2＋\f(y,x))，設(shè)eq\f(y,x)＝t(t>0)，則f(t)＝t＋eq\f(16,2＋t)＝t＋2＋eq\f(16,2＋t)－2≥2eq\r(t＋2·\f(16,2＋t))－2＝8－2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)t＋2＝eq\f(16,2＋t)，即t＝2，即y＝2x時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)的最小值為6.16．設(shè)a＞b＞0，則a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是________．答案4解析∵a＞b＞0，∴a－b＞0，∴a(a－b)＞0，a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2＋ab－ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2－ab＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)＝a(a－b)＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，))即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立．∴a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是4.§1.3等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課標(biāo)要求1.掌握等式性質(zhì).2.會(huì)比較兩個(gè)數(shù)的大小.3.理解不等式的性質(zhì)，并能簡(jiǎn)單應(yīng)用．知識(shí)梳理1．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b))(a，b∈R)．2．等式的性質(zhì)性質(zhì)1對(duì)稱性：如果a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2傳遞性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3可加(減)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性質(zhì)性質(zhì)1對(duì)稱性：a>b?b<a；性質(zhì)2傳遞性：a>b，b>c?a>c；性質(zhì)3可加性：a>b?a＋c>b＋c；性質(zhì)4可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；性質(zhì)5同向可加性：a>b，c>d?a＋c>b＋d；性質(zhì)6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0?ac>bd；性質(zhì)7同正可乘方性：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．常用結(jié)論不等式的兩類常用性質(zhì)(1)倒數(shù)性質(zhì)①a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a<b<0?eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；③a>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；④0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①真分?jǐn)?shù)的性質(zhì)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②假分?jǐn)?shù)的性質(zhì)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，則b>a.(×)(3)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則b<a.(×)2．(必修第一冊(cè)P43T8改編)已知非零實(shí)數(shù)a，b滿足a<b，則下列不等式中一定成立的是()A．lna<lnb B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)2<b2 D．a(chǎn)3<b3答案D解析對(duì)于A，當(dāng)a<b<0時(shí)，不等式無意義，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)a<0<b時(shí)，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)a<b<0時(shí)，a2>b2，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)a<b時(shí)，a3<b3成立，故D正確．3．(必修第一冊(cè)P43T10改編)已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假設(shè)全部溶解)，糖水變甜了．請(qǐng)將這一事實(shí)表示成一個(gè)不等式為________．答案eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)解析eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).證明：eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b>a>0，m>0，∴a－b<0，∴eq\f(ma－b,bb＋m)<0，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).4．(必修第一冊(cè)P42T5改編)已知2<a<3，－2<b<－1，則a＋2b的取值范圍為________．答案(－2,1)解析因?yàn)椋?<b<－1，所以－4<2b<－2，又2<a<3，所以－2<a＋2b<1.題型一數(shù)(式)的大小比較例1(1)(多選)下列不等式中正確的是()A．x2－2x>－3(x∈R)B．a(chǎn)3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R)C．a(chǎn)2＋b2>2(a－b－1)D．若a>b>0，則a2－b2>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案AD解析∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正確；a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．∵(a－b)2≥0，a＋b的符號(hào)不確定，∴a3＋b3與a2b＋ab2的大小不確定，故B錯(cuò)誤；∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C錯(cuò)誤；a2－b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝(a－b)(a＋b)－eq\f(b－a,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,ab)))>0，故選項(xiàng)D正確．(2)若正實(shí)數(shù)a，b，c滿足c<cb<ca<1，則()A．a(chǎn)a<ab<ba B．a(chǎn)a<ba<abC．a(chǎn)b<aa<ba D．a(chǎn)b<ba<aa答案C解析∵c是正實(shí)數(shù)，且c<1，∴0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1，∵eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab<aa，∵eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a,0<eq\f(a,b)<1，a>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a<1，即aa<ba，綜上可知，ab<aa<ba.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號(hào)；④得出結(jié)論．(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。櫽?xùn)練1(1)若lna>lnb，則()A.eq\f(1,a2)>eq\f(1,b2)B.eq\f(b,a)<eq\f(b－2023,a－2023)C．πa－b<3a－bD．a(chǎn)－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案D解析因?yàn)閘na>lnb，所以a>b>0，eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)＝eq\f(b2－a2,a2b2)＝eq\f(b＋ab－a,a2b2)<0，所以eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，故A錯(cuò)誤；eq\f(b,a)－eq\f(b－2023,a－2023)＝eq\f(ba－2023－ab－2023,aa－2023)＝eq\f(2023a－b,aa－2023)，無法確定符號(hào)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閍－b>0，函數(shù)y＝xa－b在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以πa－b>3a－b，故C錯(cuò)誤；a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝a－b－eq\f(b－a,ab)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))＝eq\f(a－bab＋1,ab)，其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，所以a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))>0，a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)，故D正確．(2)已知M＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)，N＝eq\f(e2024＋1,e2025＋1)，則M，N的大小關(guān)系為________．答案M>N解析方法一∵M(jìn)－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝eq\f(e2023＋1e2025＋1－e2024＋12,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023＋e2025－2e2024,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023e－12,e2024＋1e2025＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2023)>f(2024)，即M>N.題型二不等式的基本性質(zhì)例2(1)若實(shí)數(shù)a，b滿足a<b<0，則()A．a(chǎn)＋b>0 B．a(chǎn)－b<0C．|a|<|b| D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))答案B解析由a<b<0，可得a＋b<0，故A錯(cuò)誤；由a<b<0，可得a－b<0，故B正確；由a<b<0，可得－a>－b>0，所以|a|>|b|，故C錯(cuò)誤；由a<b<0，可得|a|>|b|>0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故D錯(cuò)誤．(2)(多選)已知a，b，c為實(shí)數(shù)，則下列說法正確的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a>b，則a＋c>b＋cC．若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)D．若a>b>c>0，則eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)答案BCD解析當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，故A錯(cuò)誤；由不等式的可加性可知，B正確；若a>b>c>0，則a－b>0，b＋c>0，∴eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ca－b,bb＋c)>0，∴eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故C正確；若a>b>c>0，則a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，又b>c>0，由可乘性知，eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正確．思維升華判斷不等式的常用方法(1)利用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證．(2)利用特殊值法排除錯(cuò)誤選項(xiàng)．(3)作差法．(4)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性．跟蹤訓(xùn)練2(1)設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且c<d，則“a<b”是“a－c<b－d”的()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答案B解析由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，滿足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；當(dāng)a－c<b－d時(shí)，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分條件．(2)(多選)若a>b>0，則下列不等式中正確的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．－a2<－abC．ln|a－1|>ln|b－1|D．2a－b>1答案ABD解析因?yàn)閍>b>0，eq\f(1,ab)>0，所以eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故A正確；因?yàn)閍>b>0，－a<0，所以－a2<－ab，故B正確；若a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，ln|a－1|＝ln|b－1|＝lneq\f(1,2)，故C不正確；因?yàn)閍－b>0，所以2a－b>20＝1，故D正確．題型三不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用例3(1)已知0<x<5，－1<y<1，則x－2y的取值范圍是()A．2<x－2y<3 B．－2<x－2y<3C．2<x－2y<7 D．－2<x－2y<7答案D解析因?yàn)椋?<y<1，所以－2<－2y<2，又0<x<5，所以－2<x－2y<7.延伸探究若將條件改為“－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1”，求x－2y的范圍．解設(shè)x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))∴x－2y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)，∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，∴－1≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，－3≤eq\f(3,2)(x－y)≤eq\f(3,2)，∴－4≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2.(2)為了加強(qiáng)家校聯(lián)系，王老師組建了一個(gè)由學(xué)生、家長(zhǎng)和教師組成的微信群．已知該群中男學(xué)生人數(shù)多于女學(xué)生人數(shù)，女學(xué)生人數(shù)多于家長(zhǎng)人數(shù)，家長(zhǎng)人數(shù)多于教師人數(shù)，教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù)．則該微信群人數(shù)的最小值為()A．20B．22C．26D．28答案B解析設(shè)教師人數(shù)為x，家長(zhǎng)人數(shù)為y，女學(xué)生人數(shù)為z，男學(xué)生人數(shù)為t，x，y，z，t∈N*，則y≥x＋1，z≥y＋1≥x＋2，t≥z＋1≥y＋2≥x＋3，則x＋y＋z＋t≥4x＋6，又教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù)，∴2x>x＋3，解得x>3，當(dāng)x＝4時(shí)，x＋y＋z＋t≥22，此時(shí)微信群人數(shù)的最小值為22.思維升華利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍的注意點(diǎn)(1)必須嚴(yán)格運(yùn)用不等式的性質(zhì)．(2)在多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大變量的取值范圍，解決途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，然后通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求解范圍．跟蹤訓(xùn)練3(1)(多選)已知1≤a≤2,3≤b≤5，則()A．a(chǎn)＋b的取值范圍為[4,7]B．b－a的取值范圍為[2,3]C．a(chǎn)b的取值范圍為[3,10]D.eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))答案AC解析因?yàn)?≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，所以a＋b的取值范圍為[4,7]，b－a的取值范圍為[1,4]，故A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)?≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，eq\f(1,5)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,3)，eq\f(1,5)≤eq\f(a,b)≤eq\f(2,3)，所以ab的取值范圍為[3,10]，eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(2,3)))，故C正確，D錯(cuò)誤．(2)已知2<x<4，－3<y<－1，則eq\f(x,x－2y)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案B解析原式分子和分母同時(shí)除以x，得eq\f(x,x－2y)＝eq\f(1,1－\f(2y,x))，由條件得2<－2y<6，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<eq\f(1,2)，所以eq\f(2,4)<－eq\f(2y,x)<eq\f(6,2)，即eq\f(1,2)<－eq\f(2y,x)<3，所以eq\f(3,2)<1－eq\f(2y,x)<4，所以eq\f(1,4)<eq\f(1,1－\f(2y,x))<eq\f(2,3).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．已知a，b∈R，則“eq\r(a)>eq\r(b)”是“l(fā)na>lnb”的()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答案B解析若“eq\r(a)>eq\r(b)”，取a＝1，b＝0，但是lnb無意義，所以由“eq\r(a)>eq\r(b)”推不出“l(fā)na>lnb”，若“l(fā)na>lnb”，則a>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，所以由“l(fā)na>lnb”可推出“eq\r(a)>eq\r(b)”，所以“eq\r(a)>eq\r(b)”是“l(fā)na>lnb”的必要不充分條件．2．已知a>0，b>0，設(shè)m＝a－2eq\r(b)＋2，n＝2eq\r(a)－b，則()A．m≥n B．m>nC．m≤n D．m<n答案A解析由題意可知，m－n＝a－2eq\r(b)＋2－2eq\r(a)＋b＝(eq\r(a)－1)2＋(eq\r(b)－1)2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立，即m≥n.3．已知a>b，則下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．2a>2bC．a(chǎn)2>b2 D．|a|>|b|答案B解析取a＝1，b＝－2，滿足a>b，顯然有eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2<b2，|a|<|b|成立，即選項(xiàng)A，C，D都不正確；指數(shù)函數(shù)y＝2x為增函數(shù)，若a>b，則必有2a>2b，B正確．4．已知a<b<c，a＋b＋c＝0，則()A．a(chǎn)b<b2 B．a(chǎn)c>bcC.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.eq\f(c－a,c－b)<1答案C解析因?yàn)閍<b<c，a＋b＋c＝0，所以a<0<c，b的符號(hào)不能確定，當(dāng)b＝0時(shí)，ab＝b2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閍<b，c>0，所以ac<bc，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閍<0<c，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)，故C項(xiàng)正確；因?yàn)閍<b，所以－a>－b，所以c－a>c－b>0，所以eq\f(c－a,c－b)>1，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．5．若c>b>a>0，則()A．a(chǎn)bbc>acbb B．2lnb<lna＋lncC．a(chǎn)－eq\f(c,a)>b－eq\f(c,b) D．logac>logbc答案A解析由于eq\f(abbc,acbb)＝ab－cbc－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))b－c>1，所以abbc>acbb成立，故A正確；2lnb＝lnb2，lna＋lnc＝lnac，b2與ac大小不能確定，故B錯(cuò)誤；由于a－eq\f(c,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,b)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,ab)))<0，故C錯(cuò)誤；令c＝1，則logac＝logbc＝0，故D錯(cuò)誤．6．已知m5＝4，n8＝9，0.9p＝0.8，則正數(shù)m，n，p的大小關(guān)系為()A．p>m>n B．m>n>pC．m>p>n D．p>n>m答案A解析由m5＝4，得m＝<eq\r(2)，由n8＝9，得n＝，因此，eq\f(m,n)＝>1，即eq\r(2)>m>n，由0.9p＝0.8，得p＝log0.90.8>log0.90.81＝2，于是得p>m>n，所以正數(shù)m，n，p的大小關(guān)系為p>m>n.二、多項(xiàng)選擇題7．下列結(jié)論中不正確的是()A．若ac2>bc2，則a>bB．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則a>bC．若a>b，c>d，則ac>bdD．若2a－b>1，則a<b答案BCD解析ac2>bc2，不等式兩邊除以c2(c≠0)，則a>b，故A正確；取a＝－1，b＝1，滿足eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又a<b，故B錯(cuò)誤；取a＝1，b＝0，c＝0，d＝－1，滿足a>b，c>d，又ac＝bd，故C錯(cuò)誤；取a＝2，b＝1，滿足2a－b>1，又a>b，故D錯(cuò)誤．8．已知實(shí)數(shù)x，y滿足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，則()A．－1<x<2 B．－2<y<1C．－3<x＋y<3 D．－1<x－y<3答案ABD解析因?yàn)椋?<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8，則－5<5x<10，即－1<x<2，故A正確；又－4<－2x－4y<6，－1<2x－y<4，所以－5<－5y<10，即－2<y<1，故B正確；x＋y＝eq\f(3x＋2y＋2x－y,5)∈(－2,2)，故C錯(cuò)誤；x－y＝eq\f(－x＋2y＋32x－y,5)∈(－1,3)，故D正確．三、填空題9．已知a>0，－1<b<0，則a，ab，ab2由小到大依次排列是________．答案ab<ab2<a解析因?yàn)閍>0，－1<b<0，所以ab<0,0<b2<1,0<ab2<a，故ab<ab2<a.10．若a，b同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件：①a＋b>ab；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,ab).請(qǐng)寫出一組a，b的值________．答案a＝－1，b＝2(答案不唯一)解析容易發(fā)現(xiàn)，若將①式轉(zhuǎn)化為②式，需使(a＋b)ab<0，即a＋b與ab異號(hào)，顯然應(yīng)使a＋b>0，ab<0，當(dāng)a<0，b>0時(shí)，要使a＋b>0，則|a|<|b|，可取a＝－1，b＝2；當(dāng)a>0，b<0時(shí)，要使a＋b>0，則|a|>|b|，可取a＝2，b＝－1.綜上