2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)第2章 一元二次函数、方程和不等式

第二章一元二次函数、方程和不等式2．1等式性质与不等式性质2．1.1不等关系与不等式课标解读素养目标1.通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系．2．了解不等式(组)的实际背景．通过运用不等式(组)表示实际问题的不等关系及比较两个实数的大小提升数学抽象及数学运算核心素养.对应学生用书第028页知识点一不等关系与不等式1.在现实世界和日常生活中，大量存在着相等关系和不等关系，常用不等式来研究含有不等关系的问题．2.用数学符号“≠”“>”“<”“≥”“≤”连接两个数或代数式，以表示不等关系．“a≠b”应包含“a>b”或“a<b”．常见的文字语言与符号语言之间的转换文字语言大于，高于，超过小于，低于，少于大于或等于，至少，不低于小于或等于，至多，不超过符号语言><≥≤知识点二比较大小的基本事实基本事实如果a－b是正数，那么a>b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是负数，那么a<b.反过来也对．a>b⇔a－b>0；a＝b⇔a－b＝0；a<b⇔a－b<0结论要比较两个实数的大小，可以转化为比较它们的差与0的大小(1)利用作差法比较大小，只需判断差的符号，至于差的值是多少无关紧要，通常将差化为完全平方的形式或多个因式的积的形式．(2)对于两个正值，也可采用作商的方法，比较商与1的大小．(3)对于某些问题也可采用取中间值的方法比较大小．知识点三重要不等式一般地，∀a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”)1．任意两个实数都能比较大小．(√)2．不等式x≥2的含义是指x不小于2.(√)3．若a<b或a＝b之中有一个正确，则a≤b正确．(√)对应学生用书第029页类型一不等关系与不等式的描述【例1】某蛋糕师制作A，B两种蛋糕，原材料中面粉、黄油、牛奶的需求量如下：制作一个A种蛋糕需要面粉150g，黄油100g，牛奶50mL；制作一个B种蛋糕需要面粉200g，黄油140g，牛奶70mL．现有面粉1000g，黄油600g，牛奶350mL，若分别制作x个A种蛋糕，y个B种蛋糕．试列出x，y满足的不等式组．【解】由题意，制作x个A种蛋糕，y个B种蛋糕，则满足：①制作A，B两种蛋糕需要的面粉不超过1000g，用不等式表示为150x＋200y≤1000；②制作A，B两种蛋糕需要的黄油不超过600g，用不等式表示为100x＋140y≤600；③制作A，B两种蛋糕需要的牛奶不超过350mL，用不等式表示为50x＋70y≤350；④A，B两种蛋糕的制作量都应不少于0，且为整数个，故x∈N，y∈N.所以x，y满足的不等式组为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(150x＋200y≤1000，,100x＋140y≤600，,50x＋70y≤350，,x∈N，y∈N.))用不等式(组)表示不等关系的步骤(1)审清题意，明确表示不等关系的关键词语：至多、至少、大于等．(2)适当地设未知数表示变量．(3)用不等号表示关键词语，并连接变量得不等式．此类问题的难点是如何正确地找出题中的隐性不等关系，如由变量的实际意义限制的范围．【变式训练1】某汽车公司因发展需要，需购进一批汽车，计划使用不超过1000万元的资金购买单价分别为40万元、90万元的A型汽车和B型汽车，根据需要，A型汽车至少买5辆，B型汽车至少买6辆，写出满足上述所有不等关系的不等式组．解：设购买A型汽车和B型汽车分别为x辆、y辆，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(40x＋90y≤1000，,x≥5，,y≥6，,x，y∈N*.))类型二比较大小【例2】(1)比较5x2＋y2＋z2与2xy＋4x＋2z－2的大小．(2)比较eq\f(a2－b2,a2＋b2)与eq\f(a－b,a＋b)的大小，其中a>b>0.【解】(1)因为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，当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)且z＝1时取到等号．(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)).因为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)：因为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).作差法比较两个实数大小的基本步骤【变式训练2】(1)比较4x2－x＋1与3x2＋x－1的大小．(2)已知x，y∈R，比较x3－y3与xy2－x2y的大小．解：(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，当x＝y或x＋y＝0时，有x－y＝0，或(x＋y)2＝0，则(x－y)(x＋y)2＝0，即x3－y3＝xy2－x2y；当x>y且x＋y≠0时，有x－y>0，(x＋y)2>0，则(x－y)(x＋y)2>0，即x3－y3>xy2－x2y；当x<y且x＋y≠0时，有x－y<0，(x＋y)2>0，则(x－y)(x＋y)2<0，即x3－y3<xy2－x2y.类型三重要不等式【例3】(多选题)《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E.则该图形可以完成的所有的无字证明为(ABC)A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a2＋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正确．因为CD≤eq\f(1,2)AB，故AB2≥4CD2，即(a＋b)2≥4ab，即a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)，B正确．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正确．比较两个数的大小关系，最基本的方法是利用作差法，通过因式分解或配方的方法，把“差”转化成几个因式乘积的形式，通过逻辑推理得到每一个因式的符号，从而判定两个数的大小关系，通过逻辑推理进行证明．【变式训练3】已知a>0，b>0.(1)求证：a2＋3b2≥2b(a＋b)；(2)求证：a3＋b3≥ab2＋a2b.【变式训练3】已知a>0，b>0.(1)求证：a2＋3b2≥2b(a＋b)；(2)求证：a3＋b3≥ab2＋a2b.证明：(1)因为a2＋3b2－2b(a＋b)＝a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，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，因为a>0，b>0，所以(a＋b)(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，所以a3＋b3－(ab2＋a2b)≥0，所以a3＋b3≥ab2＋a2b.对应学生用书第030页1．大桥头竖立的“限重40吨”的警示牌，是指示司机要安全通过该桥，应使车货总重量T不超过40吨，用不等式表示为(C)A.T<40 B.T>40C.T≤40 D.T≥40解析：由题可得T≤40.故选C．2．某高速公路对行驶的各种车辆的最大限速为120km/h，正常行驶过程中，同一车道上的车间距d不得小于50m．用不等式表示为(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：由实际意义，知v≤120km/h，且d≥50m．3．已知0<a1<1，0<a2<1.记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是(B)A.M<N B.M>NC.M＝N D.不确定解析：∵M－N＝a1a2－a1－a2＋1＝(1－a1)(1－a2)>0，∴M>N，故选B．4．已知a，b∈R，若ab＝1，则a2＋b2的最小值是2，当且仅当a＝b＝±1时取得最小值．解析：根据a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故a2＋b2≥2ab＝2，当且仅当a－b＝0即a＝b＝±1时等号成立．5．设a＞0，b＞0，求证：a5＋b5≥a4b＋ab4.证明：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，因为a＞0，b＞0，所以a＋b＞0，a2＋b2＞0，(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，所以(a2＋b2)(a＋b)(a－b)2≥0.所以a5＋b5≥a4b＋ab4.1．知识回顾(1)用不等式(组)表示不等关系．(2)作差法比较大小．(3)重要不等式．2．易错提醒实际问题中变量的实际意义．课时作业10对应学生用书第227页一、单项选择题1．在开山工程爆破时，已知导火索燃烧的速度是每秒eq\f(1,2)厘米，人跑开的速度是每秒4米，为了使点燃导火索的人能够在爆破时跑到100米以外的安全区，导火索的长度x(厘米)应该满足的不等式为(C)A.4×2x≥100 B.4×2x≤100C.4×2x>100 D.4×2x<100解析：当导火索的长度为x厘米时，燃烧的时间为2x秒，人跑开的距离为4×2x米，为了保证安全，有4×2x>100.2．已知x>1，a＝x3－1，b＝x2－x，则(A)A.a>b>0 B.b>a>0C.a>b>1 D.b>a>1解析：因为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.故选A．3．埃及金字塔是古埃及的帝王(法老)陵墓，其中较为著名的是胡夫金字塔．令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字塔底部形状为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米．因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为(C)A.128.4米 B.132.4米C.136.4米 D.110.4米解析：设胡夫金字塔原高为h，则eq\f(230×4,2h)＝3.14159，即h＝eq\f(230×4,2×3.14159)≈146.4(米)，则胡夫金字塔现高大约为136.4米．故选C．4．设a＝3x2－x＋1，b＝2x2＋x，x∈R，则(C)A．a>bB．a<bC．a≥bD．a≤b解析：∵a－b＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，∴a≥b.5．在一次调查中，甲、乙、丙、丁四名同学的阅读量有如下关系：甲、丙的阅读量之和与乙、丁的阅读量之和相同，丙、丁的阅读量之和大于甲、乙的阅读量之和，乙的阅读量大于甲、丁的阅读量之和．那么这四名同学中阅读量最大的是(C)A.甲 B.乙C.丙 D.丁解析：设甲、乙、丙、丁的阅读量分别为x1，x2，x3，x4，则x1≥0，x2≥0，x3≥0，x4≥0.由甲、丙的阅读量之和与乙、丁的阅读量之和相同，可得x1＋x3＝x2＋x4，①由丙、丁的阅读量之和大于甲、乙的阅读量之和，可得x1＋x2<x3＋x4，②由乙的阅读量大于甲、丁的阅读量之和，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，即阅读量最大的是丙．故选C．二、多项选择题6．下列说法正确的是(BCD)A．某人月收入x不高于4000元可表示为“x<4000”B．小明的体重xkg，小华的体重ykg，则小明比小华重表示为“x>y”C．某变量x至少为a可表示为“x≥a”D．某变量y不超过a可表示为“y≤a”解析：对于A，x应满足x≤4000，故A错；B，C，D正确．7．下列不等式，其中恒成立的不等式为(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正确；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错误；a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，知C错误；4x2＋8y2＝(2x)2＋(2eq\r(2)y)2≥2•2x•2eq\r(2)y＝8eq\r(2)xy，知D正确．三、填空题8．2x2＋5x＋3与x2＋4x＋2的大小关系为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．完成一项装修工程，请木工需付的工资是每人500元，请瓦工需付的工资是每人400元，现有工人工资预算20000元，设请木工x人，请瓦工y人，则请工人满足的关系式是5x＋4y≤200(x，y∈N*)．解析：由题意，x，y满足的不等式为500x＋400y≤20000，即5x＋4y≤200(x，y∈N*)．10．有学生若干名，住若干间宿舍，如果每间住4人，那么还余19人，如果每间住6人，那么只有一间不满但不空，则宿舍间数和学生人数分别为10间59人或11间63人或12间67人．解析：设宿舍有x间，则学生有(4x＋19)人，依题意，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，∴学生人数分别为59，63，67.故宿舍间数和学生人数分别为10间59人或11间63人或12间67人．四、解答题11．一个盒子中红、白、黑三种球分别为x个、y个、z个，黑球个数至少是白球个数的一半，至多是红球个数的eq\f(1,3)，白球与黑球的个数之和至少为55，试用不等式(组)将题中的不等关系表示出来．解：据题意可得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满足b＋c＝3a2－4a＋6，b－c＝a2－4a＋4，比较a，b，c的大小．解：∵b－c＝a2－4a＋4＝(a－2)2≥0，∴b≥c.由题意得方程组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)，则x，y之间的大小关系是(C)A.x>yB.x＝yC.x<yD.x，y的关系随c而定解析：由题设，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.故选C．14．一辆汽车原来每天行驶xkm，如果该辆汽车每天行驶的路程比原来多19km，那么在8天内它的行程就超过2200km，写出不等式为8(x＋19)>2_200；如果它每天行驶的路程比原来少12km，那么它原来行驶8天的路程就得花9天多的时间，用不等式表示为eq\f(8x,x－12)>9.解析：由题意知，汽车原来每天行驶xkm，若每天行驶的路程比原来多19km，那么8天内它的行程超过2200km，则8(x＋19)>2200.若每天行驶的路程比原来少12km，则原来行驶8天的路程就要用9天多，即eq\f(8x,x－12)>9.15．设a1≈eq\r(2)，a2＝1＋eq\f(1,1＋a1).(1)证明：eq\r(2)介于a1与a2之间；(2)判断a1，a2哪个更接近于eq\r(2)，并说明理由．解：(1)证明：∵(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与a2之间．(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等式性质与不等式性质课标解读素养目标1.掌握不等式的基本性质．2．运用不等式的性质解决有关问题．通过学习不等式的性质及运用不等式的性质解决问题，提升数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.对应学生用书第031页知识点一等式的性质性质1如果a＝b，那么b＝a性质2如果a＝b，b＝c，那么a＝c性质3如果a＝b，那么a±c＝b±c性质4如果a＝b，那么ac＝bc性质5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)知识点二不等式的性质性质别名性质内容注意1对称性a>b⇔b<a可逆2传递性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的符号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，则0＜eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；若a＜b＜0，则0＞eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(2)不等式只有加法和乘法运算，没有减法和除法运算．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”)1．若a<b<0，则|a|>|b|.(√)2．已知a，b，c∈R，若a>b>c，则(a－c)2>(b－c)2.(√)3．若a<b<0，则a2－ab≤ab－b2.(×)4．若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.(×)5．若ac2>bc2，则a>b.(√)对应学生用书第031页类型一利用不等式的性质判断命题的真假【例1】分别判断下列各命题是否成立，并简述理由．(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，当c＝0时，ac2＝bc2.(2)不成立，令a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，有a－c<b－d.(3)不成立，当a>b>0，c<0，d>0时显然有eq\f(a,c)<eq\f(b,d).(4)不成立，|a|>b>0⇒|a|n>bn，但|a|n与an可能相等，也可能互为相反数．(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.利用不等式的性质判断命题真假的注意点(1)运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能想当然随意捏造性质．(2)解有关不等式的选择题时，也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循如下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算．【变式训练1】(1)(多选题)若0<a<b，则下列结论正确的是(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：因为0<a<b，所以a2<b2，所以a(a2－b2)<0，即a3<ab2，A错误；因为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正确；取a＝1，b＝2，则a＋2b＝5，4eq\r(ab)＝4eq\r(2)>5，即a＋2b<4eq\r(ab)，C错误；因为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正确．故选BD．(2)(多选题)下列命题为真命题的是(BC)A.若a>b，则ac3>bc3B.若－2<a<3，1<b<2，则－4<a－b<2C.若b<a<0，m<0，则eq\f(m,a)>eq\f(m,b)D.若a>b，c>d，则ac>bd解析：当c＝0时，ac3＝bc3，故A不正确；∵－2<a<3，1<b<2，∴－2<a<3，－2<－b<－1，∴－4<a－b<2，故B正确；∵b<a<0，m<0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴eq\f(m,a)>eq\f(m,b)，故C正确；令a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，则ac＝bd，故D不正确．故选BC．类型二根据不等式的性质证明不等式【例2】已知c>a>b>0，求证：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).【证明】证法1：因为a>b>0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，因为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)，因为c>a>b>0，所以c－a>0，c－b>0.所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).证法2：因为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，又因为a>b>0，所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).证法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))，因为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．利用不等式的性质对不等式的证明其实质就是利用性质对不等式进行变形，变形要等价，同时要注意性质适用的前提条件．2.用作差法证明不等式和用作差法比较大小的方法原理一样，变形后判断符号时要注意充分利用题目中的条件．【变式训练2】(1)已知a>b，e>f，c>0，求证：f－ac<e－bc.(2)已知a<b<0，求证：eq\f(b,a)<eq\f(a,b).证明：(1)因为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).类型三利用不等式性质求代数式范围【例3】(1)已知－3<a<2，－4<b<－3，试求2a＋3b与a－b的取值范围．(2)已知1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤2，求10a－5b的取值范围．【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的取值范围为－18<2a＋3b<－5，a－b的取值范围为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.利用不等式的性质求取值范围的策略(1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用不等式的性质进行运算，求得待求的范围．(2)同向(异向)不等式的两边可以相加(相减)，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围．【变式训练3】已知1<a<4，2<b<8，分别求各式的取值范围．(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)的取值范围为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的取值范围为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的取值范围为－7<a－b<2.对应学生用书第033页1．与a>b等价的不等式是(D)A.|a|>|b| B.a2>b2C.eq\f(a,b)>1 D.a3>b3解析：可利用赋值法，令a＝1，b＝－2，满足a>b，但|a|<|b|，a2<b2，eq\f(a,b)＝－eq\f(1,2)<1，故A，B，C都不正确．2．若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的(A)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3．如果a<0，b>0，那么下列不等式中一定正确的是(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|的取值范围是(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，则a－b的取值范围是－3<a－b<3，eq\f(a,b)的取值范围是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．知识回顾(1)等式的性质．(2)不等式的性质及其应用．2．易错提醒注意不等式性质的单向性或双向性，即每条性质是否具有可逆性．课时作业11对应学生用书第229页一、单项选择题1．对于任意实数a，b，c，d，下列命题：①若a>b，c≠0，则ac>bc；②若a>b，则ac2>bc2；③若ac2>bc2，则a>b；④若a>b，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)中真命题的个数为(A)A.1 B.2C.3 D.4解析：当c<0时，若a>b，则ac<bc，故①错误；当c＝0时，若a>b，则ac2＝bc2，故②错误；若ac2>bc2，因为c2>0，所以a>b，故③正确；若a>0>b，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故④错误．故真命题个数为1.故选A．2．下列命题为真命题的是(D)A．若a<b<0，则ac2<bc2B．若a<b<0，则a2<ab<b2C．若a>b，c>d，则ac>bdD．若a>b>c>0，则eq\f(c,a)<eq\f(c,b)解析：对于A，当c＝0时，ac2＝bc2＝0，A错误；对于B，当a<b<0时，a2>ab>b2，B错误；对于C，取a＝2，b＝1，c＝－2，d＝－3满足a>b，c>d，而ac＝－4，bd＝－3，此时ac<bd，C错误；对于D，当a>b>0时，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正确．故选D.3．若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a－b>0，则(A)A.a>0>bB.a>b>0C.0>b>aD.无法判断a，b的正负解析：因为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.故选A．4．已知命题p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，命题q：m>n>0，则p是q成立的(B)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：若m＝－1，n＝1，则满足命题p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，但不满足命题q：m>n>0，故命题p无法推出命题q，而若m>n>0，则eq\f(1,mn)>0，对m>n两边同乘eq\f(1,mn)得eq\f(1,n)>eq\f(1,m)，即eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，故命题q可以推出命题p，故p是q的必要不充分条件，故选B．5．若a，b，c∈R，且a>b，则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：因为a>b，所以a－b>0，所以(a－b)c2≥0，故A一定成立；取c＝0，则ac＝bc，可判断B不一定成立；取a＝－1，c＝0，可判断C不一定成立；取c＝0，则eq\f(c2,a－b)＝0，可判断D不一定成立．故选A．二、多项选择题6．已知实数a，b，c满足a<b<c，且a＋b＋c＝0，则下列不等关系正确的是(AD)A.ac<bcB.eq\f(1,ab)<eq\f(1,bc)C.ab2<cb2D.eq\f(c－a,c－b)>1解析：因为a<b<c，且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，对于A，因为a<b，c>0，所以ac<bc，正确；对于B，因为a<0，c＞0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)且b符号未知，不能得到eq\f(1,ab)<eq\f(1,bc)，不正确；对于C，因为a<0，c>0，则a<c，因为b可能为零，不能得到ab2<cb2，不正确；对于D，因为a<b<c，所以c－a>c－b>0，eq\f(c－a,c－b)>1，D正确．故选AD．7．已知1<a<2且－5<b<3，则(ABC)A.a＋b的取值范围是－4<a＋b<5B.a－b的取值范围是－2<a－b<7C.ab的取值范围是－10<ab<6D.eq\f(b,a)的取值范围是－5<eq\f(b,a)<eq\f(3,2)解析：因为1<a<2且－5<b<3，－3<－b<5，所以－4<a＋b<5，－2<a－b<7，故A，B正确．当－5<b<0时，0<－b<5，又1<a<2，所以0<－ab<10，故－10<ab<0；当0<b<3时，又1<a<2，所以0<ab<6；当b＝0时，ab＝0.综上，可得－10<ab<6，故C正确．当－5<b<0时，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；当0<b<3时，又eq\f(1,2)<eq\f(1,a)<1，所以0<eq\f(b,a)<3；当b＝0时，eq\f(b,a)＝0.综上，可得－5<eq\f(b,a)<3，故D错误．故选ABC．三、填空题8．使命题“若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a<b”为真命题的一组a，b的值分别为(答案不唯一)1，2.解析：命题“若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a<b”为真命题，则必有ab>0，故满足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，则x－2y的取值范围是－18<x－2y<10，eq\f(x,y)的取值范围是eq\f(5,4)<eq\f(x,y)<eq\f(21,8).解析：因为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．叶老师和王老师两人一起去粮店买面粉共三次，叶老师每次买100元面粉，而王老师每次买100斤面粉，由于面粉市场瞬息万变，每次买的面粉价格都不相同，分别为a元，b元，c元，则三次后两人所买面粉的平均价格较低的是叶老师，理由是eq\f(a＋b＋c,3)>eq\f(3abc,bc＋ac＋ab).(请写出关键的不等式)解析：叶老师所买面粉的平均价格为eq\f(100＋100＋100,\f(100,a)＋\f(100,b)＋\f(100,c))＝eq\f(3abc,bc＋ac＋ab)，王老师所买面粉的平均价格为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))，因为每次买的面粉价格都不相同，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)，所以叶老师所买面粉的平均价格更低．四、解答题11．实数a，b满足－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.(1)求实数a的取值范围；(2)求3a－2b的取值范围．解：(1)a＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，则－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，所以－2≤eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故实数a的取值范围为－2≤a≤3.(2)设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，则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的取值范围为－4≤3a－2b≤11.12．若a>b>0，c<d<0，|b|>|c|，求证：eq\f(b＋c,(a－c)2)<eq\f(a＋d,(b－d)2).证明：因为c<d<0，所以－c>－d>0，又因为a>b>0，所以由同向不等式的可加性将以上两式相加得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)，因为a>b，d>c，所以由同向不等式的可加性可将以上两式相加得a＋d>b＋c.又|b|>|c|，所以b＋c>0，所以0<b＋c<a＋d.由不等式的同号可乘性可得eq\f(b＋c,(a－c)2)<eq\f(a＋d,(b－d)2).13．(多选题)若正实数x，y满足x>y，则有下列结论，其中正确的有(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：对于A，由于x，y为正实数，且x>y，两边乘以y得xy>y2，故错误．对于B，由于x，y为正实数，且x>y，所以x2>y2，故正确．对于C，由于x，y为正实数，且x>y，所以y(x＋m)－x(y＋m)＝m(y－x)<0，则y(x＋m)<x(y＋m)，所以eq\f(y,x)<eq\f(y＋m,x＋m)成立，故正确．对于D，由于x，y为正实数，且x>y，所以x>x－y>0，取倒数得0<eq\f(1,x)<eq\f(1,x－y)，故正确．故选BCD．14．下面是甲、乙、丙三位同学做的三个题目，请你看看他们做得对吗？如果不对，请指出错误的原因．甲：因为－6<a<8，－4<b<2，所以－2<a－b<6.乙：因为2<b<3，所以eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又因为－6<a<8，所以－2<eq\f(a,b)<4.丙：因为2<a－b<4，所以－4<b－a<－2.又因为－2<a＋b<2，所以0<a<3，－3<b<0，所以－3<a＋b<3.解：甲同学做的不对，因为同向不等式具有可加性，但不能相减，甲同学对同向不等式求差是错误的．乙同学做的不对，本题中只知道－6<a<8，不明确a值的正负．故不能将eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)与－6<a<8两边分别相乘，只有两边都是正数的同向不等式才能分别相乘．丙同学做的不对．同向不等式两边可以相加，这种转化不是等价变形．丙同学将2<a－b<4与－2<a＋b<2两边相加得0<a<3，又将－4<b－a<－2与－2<a＋b<2两边相加得出－3<b<0，又将该式与0<a<3两边相加得出－3<a＋b<3，多次使用了这种转化，导致了a＋b范围的扩大．15．求证下列问题：(1)已知a，b，c均为正数，求证：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c；(2)已知xy>0，求证：eq\f(1,x)>eq\f(1,y)的充要条件是x<y.证明：(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，当且仅当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时等号成立．(2)依题意知xy>0，则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)的充要条件是x<y.2．2基本不等式2．2.1基本不等式课标解读素养目标1.掌握基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)．2．能灵活应用基本不等式解决一些证明、比较大小问题．通过学习掌握基本不等式及其简单应用，重点提升数学运算、逻辑推理的核心素养.对应学生用书第034页知识点一重要不等式对于任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．对于任意实数a，b，有a2＋b2≥－2ab，当且仅当a＝－b时，等号成立．知识点二算术平均数与几何平均数给定两个正数a，b，eq\f(a＋b,2)称为a，b的算术平均数；eq\r(ab)称为a，b的几何平均数．知识点三基本不等式如果a，b都是正数，那么eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立，其实质是两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．(1)“当且仅当”的含义：①当a＝b时取等号，即a＝b⇒eq\r(ab)＝eq\f(a＋b,2)；②仅当a＝b时取等号，即eq\r(ab)＝eq\f(a＋b,2)⇒a＝b.(2)基本不等式可变形为a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”)1．a2＋b2≥2ab.(√)2．a2＋b2≥－2ab.(√)3.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(ab).(×)4.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.(×)5．a＋eq\f(1,a)≥2.(×)对应学生用书第034页类型一基本不等式的理解【例1】判断下列结论是否正确．(1)若a∈R，则a2＋9≥6a.(√)(2)若a•b>0，则a＋b≥2eq\r(ab).(×)(3)若a<0，b<0，则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条件是a>0，b>0.2.基本不等式中等号成立的条件是a＝b.【变式训练1】(1)判断下列结论是否正确．①若a>0，b>0且a≠b，则a＋b>2eq\r(ab).(√)②若a>0，b>0，则ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(√)(2)(多选题)若a>b>0，则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．类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)当x<0时，求x＋eq\f(4,x)的最大值．(3)当x>1时，求x＋eq\f(4,x－1)的最小值．【解】(1)因为x>0，所以x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x•\f(4,x))＝4，当且仅当x＝eq\f(4,x)，即x＝2时等号成立，因此所求的最小值为4.(2)原多项式可变为x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))，因为x<0，则－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，当且仅当－x＝－eq\f(4,x)，即x＝－2时等号成立．故原式的最大值为－4.(3)因为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，当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时等号成立．因此所求的最小值为5.在利用基本不等式求最值时要注意三点一是各项均为正；二是寻求定值，求和式最小值时应使积为定值(恰当变形，合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧)；三是考虑等号成立的条件是否具备，检验多项式取得最值时的x的值是否为已知范围内的值，三点缺一不可．【变式训练2】对于代数式eq\f(12,x)＋4x，(1)当x>0时，求其最小值；(2)当x<0时，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)，当且仅当eq\f(12,x)＝4x，即x＝eq\r(3)时取最小值8eq\r(3).∴当x>0时，原式的最小值为8eq\r(3).(2)∵x<0，∴－x>0.则－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)，当且仅当eq\f(12,－x)＝－4x，即x＝－eq\r(3)时取等号．∴eq\f(12,x)＋4x≤－8eq\r(3).∴当x<0时，原式的最大值为－8eq\r(3).类型三拼凑法利用基本不等式求最值【例3】(1)已知x<3，则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，当且仅当eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1时取等号．∴原式的最大值为－1.(2)已知x>1，则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)，因为x>1，所以x－1>0，则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，当且仅当x－1＝eq\f(9,x－1)，即x＝4时等号成立．故eq\f(x2＋8,x－1)的最小值为8.解法2：令x－1＝t(t>0)，则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，当且仅当t＝3，即x＝4时取等号．故eq\f(x2＋8,x－1)的最小值为8.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应注意以下几个方面的问题：(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形．(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标．(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提．注意应用“拆”“拼”“凑”等技巧的目的是使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．【变式训练3】(1)已知m＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，n＝2－b2(b≠0)，则m，n之间的大小关系是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.当且仅当a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝3时取等号，由于b≠0，得n＝2－b2<2<4.∴m>n.(2)已知0<x<eq\f(1,2)，则y＝x(1－2x)的最大值为eq\f(1,8).解析：由题意知1－2x>0，则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)，当且仅当2x＝1－2x，即x＝eq\f(1,4)时，等号成立．所以y的最大值为eq\f(1,8).对应学生用书第035页1．不等式(x－2y)＋eq\f(1,x－2y)≥2成立的前提条件为(B)A.x≥2y B.x>2yC.x≤2y D.x<2y解析：由x－2y>0得x>2y.2．已知实数a，b，则“ab≥0”是“a＋b≥2eq\r(ab)”的(B)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：因为a＋b≥2eq\r(ab)等价于(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)”的必要不充分条件，故选B．3．已知a，b∈R，且ab≠0，则下列结论恒成立的是(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：对于A，由基本不等式，当a，b>0时，有a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，故错误．对于B，当eq\f(b,a)>0时，由基本不等式，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)•\f(b,a))＝2，当且仅当a＝b时取等号，故错误．对于C，因(a－b)2≥0，则a2＋b2≥2ab，故错误．对于D，当eq\f(b,a)>0时，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)•\f(b,a))＝2，当且仅当a＝b时取等号；当eq\f(b,a)<0时，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，当且仅当a＝－b时取等号，则ab≠0时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2，故正确．故选D．4．假设第一周、第二周的白菜价格分别为a元/斤、b元/斤(a≠b)，甲和乙购买白菜的方式不同，甲每周购买20元钱的白菜，乙每周购买6斤白菜，甲、乙两次购买白菜的平均单价分别记为m1，m2，则下列结论正确的是(C)A.m1＝m2B.m1>m2C.m2>m1D.m1，m2的大小无法确定解析：根据题意可得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).当且仅当a＝b时等号成立；m2＝eq\f(6a＋6b,12)＝eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，由题意可得a≠b，所以m1<eq\r(ab)，m2>eq\r(ab)，则m2>m1.故选C．5．(多选题)下列命题中正确的是(CD)A.对任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq\r(ab)均成立B.若a≠0，则a＋eq\f(9,a)≥2eq\r(a•\f(9,a))＝6C.若a，b∈R，则ab≤eq\f((a＋b)2,2)D.若a>0，b>0，且a＋b＝16，则ab≤64解析：对于A，当a>0，b>0时，a＋b≥2eq\r(ab)才能成立，错误；对于B，当a>0时才能使用基本不等式求最小值，错误；对于C，因为a2＋b2≥0，所以a2＋2ab＋b2≥2ab，即eq\f((a＋b)2,2)≥ab，正确；对于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，正确．故选CD．1．知识回顾(1)基本不等式的推导与证明．(2)求简单代数式的最值．(3)拼凑法利用基本不等式求最值．2．易错提醒利用基本不等式的条件“一正、二定、三相等”缺一不可，尤其是“当且仅当，等号成立”这八个字，更是不能缺少．课时作业12对应学生用书第231页一、单项选择题1．不等式a2＋eq\f(4,a2)≥4中，等号成立的条件是(D)A.a＝4 B.a＝eq\r(2)C.a＝－eq\r(2) D.a＝±eq\r(2)解析：此不等式等号成立的条件为a2＝eq\f(4,a2)，即a＝±eq\r(2)，故选D．2．设x，y满足x＋y＝40，且x，y都是正数，则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.当且仅当x＝y＝20时，等号成立．∴xy的最大值是400.3．已知x<0，则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：因为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，当且仅当－x＝－eq\f(1,x)，即x＝－1时等号成立，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，故选C．4．下列几个不等式中，不能取到等号的是(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：对于A，当且仅当eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))即x＝1时等号成立；对于B，当且仅当|x|＝eq\f(2,|x|)即x＝±eq\r(2)时等号成立；对于C，当且仅当－eq\f(4,x)＝－eq\f(x,16)即x＝－8时等号成立；对于D，当且仅当eq\r(x2＋5)＝eq\f(1,\r(x2＋5))得x2＝－4时等号成立，无解，等号不成立．故选D．5．在古巴比伦时期的数学泥板上，有许多三角形和梯形的分割问题，涉及不同的割线．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝a，AB＝b，EF和GH为平行于底边的两条割线，其中EF为中位线，GH过对角线交点，则比较这两条割线可以直接证明的不等式为(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：因为AB∥GH∥CD，所以eq\f(OG,DC)＝eq\f(AO,AC)＝eq\f(BO,BD)＝eq\f(OH,DC)，即OG＝OH.又因为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)).又因为EF＝eq\f(a＋b,2)，GH≤EF，所以eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(a＋b,2).故选B．二、多项选择题6．下列关于使用基本不等式的说法正确的是(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))的最小值为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)的最大值为eq\f(1,2)解析：对于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，当x＝－3时等号成立，故正确；对于B，正具备，但eq\f(x,x－1)不为定值，故错误；对于C，当且仅当eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))时等号成立，但方程无解，最小值2取不到，故错误；对于D，一正、二定、三相等都具备，故正确．故选AD．7．以下结论正确的是(BD)A.函数y＝eq\f((x＋1)2,x)的最小值是4B.若a，b∈R且ab>0，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2C.若x∈R，则x2＋3＋eq\f(1,x2＋2)的最小值为3D.函数y＝2＋x＋eq\f(1,x)(x<0)的最大值为0解析：对于函数y＝eq\f((x＋1)2,x)，当x<0时，y<0，所以A错误；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，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a2＝b2时等号成立，所以B正确；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)无解，所以等号不成立，所以C错误；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，当且仅当－x＝eq\f(1,－x)，x＝－1时等号成立，所以D正确．故选BD．三、填空题8．函数y＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值为4.解析：y＝eq\f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq\f(4,|x|)≥2eq\r(|x|×\f(4,|x|))＝4，即y≥4，当且仅当|x|＝eq\f(4,|x|)，即x＝±2时等号成立，所以y＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值为4.9．设a>0，b>0，且a＋b＝2，则y＝eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值为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)，当且仅当a＝eq\f(4,3)，b＝eq\f(2,3)时取等号．10．a∈R，则eq\f(a2＋2,\r(a2＋1))的最小值是2，此时a＝0.解析：显然，eq\r(a2＋1)>0，则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，当且仅当eq\r(a2＋1)＝eq\f(1,\r(a2＋1))，即a＝0时，等号成立．所以eq\f(a2＋2,\r(a2＋1))的最小值是2，此时a＝0.四、解答题11．已知a>0，b>0，且a＋b＝4，求eq\f(3ab,a＋4b)的最大值．解：根据题意，因为a>0，b>0，所以eq\f(3ab,a＋4b)＝eq\f(3,\f(1,b)＋\f(4,a))，因为a＋b＝4，所以eq\f(1,b)＋eq\f(4,a)＝eq\f(1,4)(a＋b)e