14、y|<，|2x－y|<，求證：|y|<.
證明：因?yàn)?|y|＝|3y|＝|2（x＋y）－（2x－y）|≤2|x＋y|＋|2x－y|，
由題設(shè)知|x＋y|<，|2x－y|<，
從而3|y|<＋＝，所以|y|<.
4. 對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a（a≠0）和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|（|x－1|＋|x－2|）恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍.
解：不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|（|x－1|＋|x－2|）恒成立，即|x－1|＋|x－2|≤對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a（a≠0）和b恒成立，只要左邊恒小于或等于右邊的最小值即可.
因?yàn)閨a＋b|＋|a－b|≥|a＋b＋a－b|＝2|a|，即≥2，
15、也就是的最小值為2，
于是|x－1|＋|x－2|≤2，
由絕對(duì)值的意義得≤x≤.
1. |ax＋b|≤c（c＞0）和|ax＋b|≥c（c＞0）型不等式的解法
（1） |ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c.
（2） |ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
2. |x－a|＋|x－b|≥c（c＞0）和|x－a|＋|x－b|≤c（c＞0）型不等式的解法
方法1：利用絕對(duì)值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想；
方法2：利用“零點(diǎn)分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想；
方法3：通過(guò)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.
第2課時(shí) 不等式
16、證明的基本方法（對(duì)應(yīng)學(xué)生用書（理）210～214頁(yè)）
重點(diǎn)考查證明不等式的基本方法，考查運(yùn)算能力和分析解決問(wèn)題的能力.
① 了解證明不等式的基本方法：比較法，綜合法，分析法，反證法，換元法，數(shù)學(xué)歸納法，放縮法.② 能用比較法，綜合法，分析法證明簡(jiǎn)單的不等式.
1. （選修45P12例2改編）若a，b∈{x|00.
故ab＋1>a＋b.
2. 若a，b，c∈R*，且滿足a＋b＋c＝2，求abc
17、的最大值.
解：因?yàn)閍，b，c∈R*，所以2＝a＋b＋c≥3，故abc≤.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)等號(hào)成立，
所以abc的最大值為.
3. 若實(shí)數(shù)a，b，c滿足a2＋b2＋c2＝4，求3a＋4b＋5c的最大值.
解：由柯西不等式得（3a＋4b＋5c）2≤（a2＋b2＋c2）（9＋16＋25）＝200，所以－10≤3a＋4b＋5c≤10，
所以3a＋4b＋5c的最大值為10.
4. 已知x＞0，y＞0，a∈R，b∈R.求證：≤.
證明：∵ x＞0，y＞0，∴ x＋y＞0，
∴ 要證≤，
即證（ax＋by）2≤（x＋y）（a2x＋b2y），
即證xy（a2－2ab＋b2）≥0，
18、即證（a－b）2≥0.
而（a－b）2≥0顯然成立，
∴ ≤.
5. 已知a，b＞0，a＋b＝2，x，y＞0，求證：（ax＋by）（bx＋ay）≥4xy.
證明：已知（ax＋by）（bx＋ay）＝ab（x2＋y2）＋（a2＋b2）·xy，且a，b，x，y＞0，所以由均值不等式得ab（x2＋y2）＋（a2＋b2）xy≥（a2＋2ab＋b2）xy＝（a＋b）2xy＝4xy，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào).
1. 不等式證明的常用方法
（1） 比較法：比較法是證明不等式的一種最基本的方法，也是一種常用方法，基本不等式就是用比較法證得的.比較法有差值、比值兩種形式，但比值法必須考慮正負(fù).
19、比較法證明不等式的步驟：作差（商）、變形、判斷符號(hào).其中的變形主要方法是分解因式、配方，判斷過(guò)程必須詳細(xì)敘述.
（2） 綜合法：綜合法就是從題設(shè)條件和已經(jīng)證明過(guò)的基本不等式出發(fā)，不斷用必要條件替換前面的不等式，直到推出要證明的結(jié)論，即為“由因?qū)Ч保谑褂镁C合法證明不等式時(shí)，常常用到基本不等式.
（3） 分析法：分析法就是從所要證明的不等式出發(fā)，不斷地用充分條件替換前面的不等式，直至推出顯然成立的不等式，即為“執(zhí)果索因”.
2. 不等式證明的其他方法和技巧
（1） 反證法
從否定結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過(guò)邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，證實(shí)結(jié)論的否定是錯(cuò)誤的，從而肯定結(jié)論是正確的證明方法.
（2） 放縮法
20、
欲證A≥B，可通過(guò)適當(dāng)放大或縮小，借助一個(gè)或多個(gè)中間量，使得A≥C1≥C2≥…≥Cn≥B，利用傳遞性達(dá)到證明的目的.
（3） 數(shù)學(xué)歸納法
3. 柯西不等式的二維形式
（1） 柯西不等式的代數(shù)形式：設(shè)a1，a2，b1，b2均為實(shí)數(shù)，則（a＋a）（b＋b）≥（a1b1＋a2b2）2（當(dāng)且僅當(dāng)a1b2＝a2b1時(shí)，等號(hào)成立）.
（2） 柯西不等式的向量形式：設(shè)α，β為平面上的兩個(gè)向量，則|α||β|≥|α·β|.
（3） 三角形不等式：設(shè)x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，那么＋≥.
4. 柯西不等式的一般形式
設(shè)n為大于1的自然數(shù)，ai，bi（i＝1，2，…，n）為實(shí)數(shù)，則a
21、b≥，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)＝＝…＝時(shí)成立（當(dāng)ai＝0時(shí)，約定bi＝0，i＝1，2，…，n）.
5. 算術(shù)幾何平均不等式
≥（a1，a2，…，an∈R*），
等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)成立.
, 1 用比較法證明不等式)
, 1)?。?017·南京、鹽城模擬）設(shè)a≠b，求證：a4＋6a2b2＋b4＞4ab（a2＋b2）.
證明：a4＋6a2b2＋b4－4ab（a2＋b2）＝（a2＋b2）2－4ab（a2＋b2）＋4a2b2＝（a2＋b2－2ab）2＝（a－b）4.
因?yàn)閍≠b，所以（a－b）4＞0，
所以a4＋6a2b2＋b4＞4ab（a2
22、＋b2）.
已知m，n是正數(shù)，求證：＋≥m2＋n2.
證明：∵ ＋－m2－n2＝＋＝＝，
又m，n均為正實(shí)數(shù)，∴ ≥0，
∴ ＋≥m2＋n2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)，等號(hào)成立.
, 2 用分析法、綜合法證明不等式)
, 2)?。?017·南通、泰州模擬）設(shè)x，y，z均為正實(shí)數(shù)，且xyz＝1，求證：＋＋≥xy＋yz＋zx.
證明：因?yàn)閤，y，z均為正實(shí)數(shù)，且xyz＝1，
所以＋xy≥＝2yz，＋yz≥＝2xz，＋xz≥＝2xy.
所以＋＋≥xy＋yz＋zx.
變式訓(xùn)練
已知a，b，c均為正數(shù).求證：a2＋b2＋c2＋≥6.
證明：因?yàn)閍，b，c
23、均為正數(shù)，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
同理＋＋≥＋＋，
故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ca＋＋＋≥6.
所以原不等式成立.
, 3 均值不等式的應(yīng)用)
, 3)?。?017·南通、揚(yáng)州、泰州模擬）已知a，b，c，d是正實(shí)數(shù)，且abcd＝1.求證：a5＋b5＋c5＋d5≥a＋b＋c＋d.
證明：因?yàn)閍，b，c，d是正實(shí)數(shù)，且abcd＝1，
所以a5＋b＋c＋d≥4＝4a ①.
同理b5＋c＋d＋a≥4b?、冢琧5＋d＋a＋b≥4c?、郏琩5＋a＋b＋c≥4d
24、 ④，
將①②③④式相加并整理，即得a5＋b5＋c5＋d5≥a＋b＋c＋d.
變式訓(xùn)練
已知x，y，z均為正數(shù)，求證：＋＋≥＋＋.
證明：因?yàn)閤，y，z均為正數(shù)，
所以＋≥≥.
同理可得＋≥，＋≥.
當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時(shí)，以上三式等號(hào)都成立.
將上述三個(gè)不等式左、右兩邊分別相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
已知正數(shù)a，b，c滿足abc＝1，求（a＋2）（b＋2）（c＋2）的最小值.
解：∵ （a＋2）（b＋2）（c＋2）＝（a＋1＋1）（b＋1＋1）（c＋1＋1）≥3··3··3·＝27·＝27，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)等號(hào)成立，
∴ （a＋2）（b＋2）（c
25、＋2）的最小值為27.
, 4 柯西不等式的應(yīng)用)
, 4)?。?017·蘇錫常鎮(zhèn)一模）已知a，b，c為正數(shù)，且a＋b＋c＝3，求＋＋的最大值.
解：由柯西不等式可得
（＋＋）2≤（12＋12＋12）·[（）2＋（）2＋（）2]＝3×12，
∴ ＋＋≤6，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)取等號(hào).
∴ ＋＋的最大值是6.
變式訓(xùn)練
求函數(shù)f（x）＝5＋的最大值.
解：函數(shù)定義域?yàn)閇0，4]，且f（x）≥0.
由柯西不等式得[52＋（）2][（）2＋（）2]≥（5·＋·）2，
即27×4≥（5·＋·）2，
所以5＋≤6.
當(dāng)且僅當(dāng)·＝5，即x＝時(shí)，取等號(hào).
26、
所以函數(shù)f（x）＝5＋的最大值為6.
（2017·南京期末）求函數(shù)y＝3sin x＋2的最大值.
解：y＝3sin x＋2＝3sin x＋4.
由柯西不等式得y2＝（3sin x＋4）2≤（32＋42）·（sin2x＋cos2x）＝25，
所以ymax＝5，此時(shí)sin x＝.
所以函數(shù)y＝3sin x＋2的最大值為5.
1. （2017·蘇州期中）已知a，b，c，d都是正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＋d＝1，求證：＋＋＋≥.
證明：∵ [（1＋a）＋（1＋b）＋（1＋c）＋（1＋d）]·≥（·＋·＋·＋·）2＝（a＋b＋c＋d）2＝1，
又（1＋a）＋（1＋b）＋（1＋c）＋（
27、1＋d）＝5，
∴ ＋＋＋≥.
2. （2017·南京、鹽城期末）若實(shí)數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值.
解：由柯西不等式，得（x＋2y＋z）2≤（12＋22＋12）·（x2＋y2＋z2），
即x＋2y＋z≤·.
因?yàn)閤＋2y＋z＝1，所以x2＋y2＋z2≥，
當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即x＝z＝，y＝時(shí)取等號(hào).
綜上，（x2＋y2＋z2）min＝.
3. （2017·鎮(zhèn)江期末）已知a＞0，b＞0，求證：（a2＋b2＋ab）·（ab2＋a2b＋1）≥9a2b2.
證明：因?yàn)閍＞0，b＞0，由均值不等式知a2＋b2＋ab≥3＝3ab，ab2＋a2b＋1≥3＝3a
28、b，所以兩式相乘可得（a2＋b2＋ab）·（ab2＋a2b＋1）≥9a2b2.
4. （2017·常州期末）已知x＞0，y＞0，且2x＋y＝6，求4x2＋y2的最小值.
解：（解法1）根據(jù)柯西不等式得[（2x）2＋y2]（12＋12）≥（2x＋y）2，化簡(jiǎn)得4x2＋y2≥18，
當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝3，即x＝，y＝3時(shí)取等號(hào).
因此，當(dāng)x＝，y＝3時(shí)，4x2＋y2取得最小值18.
（解法2）由2x＋y＝6得y＝6－2x；由x＞0，y＞0，得0＜x＜3.
因此4x2＋y2＝4x2＋（6－2x）2＝8x2－24x＋36＝8＋18.
當(dāng)x＝，y＝3時(shí)，4x2＋y2取得最小值18.
5.
29、 已知a，b，c>0，且＋＋＝1，求證：＋＋≤.
證明：因?yàn)椋?，所以＋＋＝2.
由柯西不等式，得（＋＋）（＋＋）≥（＋＋）2，
所以＋＋≤.
1. 已知x1，x2，x3為正實(shí)數(shù)，若x1＋x2＋x3＝1，求證：＋＋≥1.
證明：因?yàn)閤1，x2，x3為正實(shí)數(shù)，
所以＋x1＋＋x2＋＋x3≥2＋2＋2＝2（x1＋x2＋x3）＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2＝x3時(shí)取等號(hào).所以＋＋≥1.
2. 設(shè)a，b，c均為正數(shù)， abc＝1.求證：＋＋≥＋＋.
證明：由a，b，c均為正數(shù)，根據(jù)均值不等式，得＋≥，＋≥，＋≥.
將此三式相加，得2≥＋＋，即＋＋≥＋＋.
由abc＝1，則有＝1.
所以＋＋≥＋＋＝＋＋.
3. （2017·蘇北三市模擬）已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，且a3＋b3＋c3＝a2b2c2.求證：a＋b＋c≥3.
證明：因?yàn)閍3＋b3＋c3＝a2b2c2≥3，所以abc≥3，
所以a＋b＋c≥3≥3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)，取等號(hào).
4. 已知a，b，c∈R，a2＋2b2＋3c2＝6，求a＋b＋c的最大值.
解：由柯西不等式，得[a2＋（b）2＋（c）2]·≥（a＋b＋c）2.
因?yàn)閍2＋2b2＋3c2＝6，所以（a＋b＋c）2≤11，
所以－≤a＋b＋c≤.
所以a＋b＋c的最大值為，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c＝時(shí)取得.
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2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 不等式選講學(xué)案 選修4-5
