高一数学（人教A版）教案 必修一 第二章 一元二次函数、方程和不等式

一元二次函数、方程和不等式2．1等式性质与不等式性质第1课时不等关系与不等式——(教学方式：基本概念课—逐点理清式教学)[课时目标]1．在具体问题中建立不等关系，要注意区分“不等关系”“相等关系”与“不等式”等概念．2．理解实数比较大小的依据，重点掌握作差法比较实数大小．3．能通过比较大小在实际生活中的应用建立数学建模的意识．逐点清(一)用不等式(组)表示不等关系[多维理解]1．不等关系与不等式不等关系不等关系常用不等式来表示不等式用不等号(>，<，≥，≤，≠)表示不等关系的式子叫做不等式2．不等式中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、不多于、不超过符号语言><≥≤|微|点|助|解|(1)不等关系强调的是关系，可用“>”“<”“≠”“≥”“≤”表示．而不等式则是表示两者不等关系的式子，如“a>b”“a<b”“a≠b”“a≥b”“a≤b”．要特别注意“≥”和“≤”两个符号的含义：不等式a≥b读作“a大于或等于b”，其含义是指“a>b或a＝b”等价于“a不小于b”，即a>b或a＝b中有一个正确，则a≥b正确；不等式a≤b读作“a小于或等于b”，其含义是指“a<b或a＝b”等价于“a不大于b”，即a<b或a＝b中有一个正确，则a≤b正确．(2)在用不等式表示实际问题时，一定要注意单位统一．[微点练明]1．某厂技术科组织工人参加某项技能测试，某职工参加完测试后对自己的成绩进行了如下估计：理论考试成绩x超过85分，技能操作成绩y不低于90分，答辩面试成绩z高于95分，用不等式组表示为()A．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>85,y≥90,z≥95)) B．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥85,y>90,z>95))C．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>85,y≥90,z>95)) D．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥85,y>90,z≥95))解析：选Cx超过85分表示为x>85，y不低于90分表示为y≥90，z高于95分，表示为z>95，故选C．2．某公司准备对一项目进行投资，提出两个投资方案：方案A为一次性投资300万元；方案B为第一年投资80万元，以后每年投资20万元．下列不等式表示“经过n年之后，方案B的投入不少于方案A的投入”的不等关系是()A．80＋20n≥300 B．80＋20n≤300C．80＋20(n－1)≤300 D．80＋20(n－1)≥300解析：选D经过n年后，方案B的投入为80＋20(n－1)万元，则“经过n年之后，方案B的投入不少于方案A的投入”用不等式表示为80＋20(n－1)≥300．3．用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18m，要求菜园的面积不小于96m2，靠墙的一边长为xm，则用不等式(组)表示其中的不等关系是________．解析：因为矩形菜园靠墙的一边长为xm，而墙长为18m，所以0<x≤18．这时菜园的另一条边长为eq\f(30－x,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15－\f(x,2)))m，因此菜园的面积S＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15－\f(x,2)))．依题意有S≥96，即xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15－\f(x,2)))≥96．故该题中的不等关系可用不等式组表示为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤18，,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15－\f(x,2)))≥96.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤18，,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15－\f(x,2)))≥96))逐点清(二)实数(式)的比较大小[多维理解]1．文字叙述(1)如果a－b是正数，那么a>b；(2)如果a－b等于0，那么a＝b；(3)如果a－b是负数，那么a<b．反过来也对．2．符号表示(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0．3．用作差法比较两个数(式)大小的步骤作差法是比较两个数(式)大小的基本方法，一般步骤：①作差：对要比较大小的两个实数(或式子)作差；②变形：对差进行变形，变形的常用方法有配方、因式分解、分母有理化等；③确定差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号．④下结论：写出两个数(式)的大小关系．[微点练明]1．设M＝2a2＋5a＋4，N＝(a＋1)(a＋3)，则M与N的大小关系为()A．M>N B．M＝NC．M<N D．无法确定解析：选A因为M－N＝2a2＋5a＋4－(a＋1)·(a＋3)＝a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以M>N．2．若a＝eq\r(3)＋eq\f(1,2\r(2))，b＝eq\r(5)－eq\f(1,2\r(3))，c＝eq\r(2)＋eq\f(1,\r(3))，则()A．a>c>b B．a>b>cC．c>b>a D．b>c>a解析：选A因为a－c＝eq\r(3)－eq\r(2)＋eq\f(\r(3)－2\r(2),2\r(6))＝eq\f(4\r(2)－3\r(3),2\r(6))＝eq\f(\r(32)－\r(27),2\r(6))>0，所以a>c．因为c－b＝eq\r(2)－eq\r(5)＋eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(2\r(2)＋\r(3)－2\r(5),2)，又(2eq\r(2)＋eq\r(3))2－(2eq\r(5))2＝4eq\r(6)－9＝eq\r(96)－eq\r(81)>0，且2eq\r(2)＋eq\r(3)>0,2eq\r(5)>0，所以2eq\r(2)＋eq\r(3)>2eq\r(5)，所以c－b>0，所以c>b．故a>c>b．3．已知a，b都是正实数，比较eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)与a＋b的大小．解：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝eq\f(a3＋b3－a2b－ab2,ab)＝eq\f(a－b2a＋b,ab)，因为a>0，b>0，所以a＋b>0，ab>0．当a＝b时，eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝0，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)＝a＋b．当a≠b时，eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)>0，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)>a＋b．所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b．4．设a>b>0，M＝eq\f(a2－b2,a2＋b2)，N＝eq\f(a－b,a＋b)，比较M，N的大小．解：法一：作差法M－N＝eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(a＋ba2－b2－a2＋b2a－b,a2＋b2a＋b)＝eq\f(a－b[a＋b2－a2＋b2],a2＋b2a＋b)＝eq\f(2aba－b,a2＋b2a＋b)，因为a>b>0，所以a＋b>0，a－b>0,2ab>0，a2＋b2>0，所以eq\f(2aba－b,a2＋b2a＋b)>0，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b)．所以M>N．法二：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(M,N)＝eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(a＋b2,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)．所以M>N．逐点清(三)重要不等式a2＋b2≥2ab一般地，∀a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．变形形式：(1)ab≤eq\f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b时，等号成立；(2)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，当且仅当a＝b时，等号成立．|微|点|助|解|(1)重要不等式的实质是实数平方的非负性，不等式中a，b的取值既可以是某个具体的数，也可以是一个代数式；(2)当且仅当的含义：①当a＝b时等号成立，即a＝b⇒a2＋b2＝2ab；②仅当a＝b时等号成立，即a2＋b2＝2ab⇒a＝b．[典例]已知a>0，b>0，证明a3＋b3≥ab2＋a2b．证明：a3＋b3－(ab2＋a2b)＝(a＋b)(a2－ab＋b2)－ab(a＋b)＝(a＋b)(a2－2ab＋b2)．∵a>0，b>0，且a2＋b2≥2ab，∴a＋b>0，a2＋b2－2ab≥0，∴a3＋b3－(ab2＋a2b)≥0，故a3＋b3≥ab2＋a2b．|思|维|建|模|比较两个数(式)的大小关系，最基本的方法是利用作差法，通过逻辑推理得到差的符号，从而判定两个数(式)的大小关系，也可以由a＋eq\f(1,a)(a＞0)构建重要不等式的形式，通过逻辑推理进行证明．[针对训练]已知a>0，求证：a＋eq\f(1,a)≥2．证明：法一∵a>0，∴a＋eq\f(1,a)＝(eq\r(a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))2≥2eq\r(a)·eq\f(1,\r(a))＝2．当且仅当a＝1时，等号成立．法二∵a＋eq\f(1,a)－2＝(eq\r(a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))2－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)－\f(1,\r(a))))2≥0，∴a＋eq\f(1,a)≥2．[课时跟踪检测](满分90分，选填小题每题5分)1．下面能表示“a与b的和是非正数”的不等式为()A．a＋b<0 B．a＋b>0C．a＋b≤0 D．a＋b≥0解析：选Ca与b的和是非正数，即a＋b≤0．2．铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过130cm，设携带品的外部尺寸长、宽、高分别为a，b，c(单位：cm)，这个规定用数学关系式可表示为()A．a＋b＋c>130 B．a＋b＋c<130C．a＋b＋c≥130 D．a＋b＋c≤130解析：选D根据乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过130cm可知，a＋b＋c≤130．3．若x∈R，y∈R，则()A．x2＋y2>2xy－1 B．x2＋y2＝2xy－1C．x2＋y2<2xy－1 D．x2＋y2≤2xy－1解析：选A由重要不等式x2＋y2≥2xy，得x2＋y2>2xy－1．4．(多选)下列关于不等关系的说法正确的是()A．某隧道入口竖立着“限高4．5米”的警示牌，是指示司机要安全通过隧道，应使车载货物高度h(单位：米)满足h≤4．5B．用不等式表示“a与b的差是非负数”为a－b>0C．不等式x≥2的含义是指x不小于2D．若a<b或a＝b之中有一个正确，则a≤b正确解析：选ACD因为“限高4．5米”即为“高度不超过4．5米”，不超过用“≤”表示，故A正确；因为“非负数”即为“不是负数”，所以a－b≥0，故B错误；因为不等式x≥2表示x>2或x＝2，即x不小于2，故C正确；因为不等式a≤b表示a<b或a＝b，故若a<b或a＝b中有一个正确，则a≤b一定正确，故D正确．5．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N解析：选A因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝2a2－4a－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0恒成立，所以M>N．6．完成一项装修工程，请木工需付工资每人50元，请瓦工需付工资每人40元，现有工人工资预算2000元，设木工x人，瓦工y人，则请工人满足的关系式是()A．5x＋4y<200 B．5x＋4y≥200C．5x＋4y＝200 D．5x＋4y≤200解析：选D依题意，请工人满足的关系式是50x＋40y≤2000，即5x＋4y≤200．7．若x>0，y>0，M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，N＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，则M，N的大小关系是()A．M＝N B．M<NC．M≤N D．M>N解析：选B∵x>0，y>0，∴1＋x＋y>1＋x>0，1＋x＋y>1＋y>0，∴eq\f(x,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)，eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(y,1＋y)，故M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝N，即M<N．8．某营救小组有48人，需要乘船过河去执行营救任务，现从甲、乙两种型号的船中选择一种．甲型号的船比乙型号的船少5艘．若只选择甲型号的，每艘船载4人，则船不够；每艘船载5人，则有船没有载满．若只选择乙型号的，每艘船载3人，则船不够；每艘船载4人，则有多余的船．甲型号的船有()A．9艘 B．10艘C．11艘 D．12艘解析：选B设甲船有x艘，则乙船有(x＋5)艘，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x<48<5x，,3x＋5<48≤4x＋5－1，))解得9．6<x<11，又因为x为正整数，所以x＝10．即甲型号的船有10艘．9．(多选)下列不等式，其中恒成立的不等式为()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：选AD∵a2＋3－2a＝(a－1)2＋2>0，∴a2＋3>2a，A正确；x2＋y2－xy＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3,4)y2≥0，B错误；a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，C错误；4x2＋8y2＝(2x)2＋(2eq\r(2)y)2≥2·2x·2eq\r(2)y＝8eq\r(2)xy，D正确．10．(多选)19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一，可以推出实数理论中的六大基本定理，那么在证明有理数的不完备性时，经常会用到以下两个式子，已知正有理数p，满足p2<2，q＝p－eq\f(p2－2,p＋2)，则下列说法正确的是()A．p<q B．p>qC．q<eq\r(2) D．q>eq\r(2)解析：选AC因为p－q＝p－p＋eq\f(p2－2,p＋2)＝eq\f(p2－2,p＋2)，而p2<2，p>0，所以eq\f(p2－2,p＋2)<0，即p<q，故A正确，B错误；因为q＝p－eq\f(p2－2,p＋2)＝eq\f(2p＋2,p＋2)>0，q2－(eq\r(2))2＝eq\f(4p＋12－2p＋22,p＋22)＝eq\f(2p2－2,p＋22)<0，所以q2<(eq\r(2))2，即q<eq\r(2)，故C正确，D错误．11．已知x<1，则x2＋2与3x的大小关系为________．解析：x2＋2－3x＝(x－1)(x－2)．当x<1时，x－1<0，x－2<0，所以(x－1)(x－2)>0，即x2＋2－3x>0，所以x2＋2>3x．答案：x2＋2>3x12．某校在冬季长跑活动中，要给获得一、二等奖的学生购买奖品，要求花费总额不得超过200元，已知一等奖和二等奖奖品的单价分别为20元、10元，一等奖人数与二等奖人数的比值不得高于eq\f(1,3)，且获得一等奖的人数不能小于2．设获得一等奖的学生有x人，获得二等奖的学生有y人，则x，y满足的不等关系为________________．解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20x＋10y≤200，,\f(x,y)≤\f(1,3)，,x≥2，x∈N*，,y∈N*，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y≤20，,3x－y≤0，,x≥2，x∈N*，,y∈N*.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y≤20，,3x－y≤0，,x≥2，x∈N*，,y∈N*))13．请根据矩形图表信息，补齐不等式：eq\r(a2＋c2)＋eq\r(b2＋d2)≥________．解析：由勾股定理知，AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(a＋b2＋c＋d2)，AC＝eq\r(a2＋c2)，BC＝eq\r(b2＋d2)，如题图中的△ABC，根据三角形的两边之和大于第三边，知AB≤AC＋BC，当且仅当A，B，C三点共线时，等号成立，所以eq\r(a2＋c2)＋eq\r(b2＋d2)≥eq\r(a＋b2＋c＋d2)．答案：eq\r(a＋b2＋c＋d2)14．某车工计划在15天里加工零件408个，最初三天中，每天加工24个，则以后平均每天至少需加工多少个，才能在规定的时间内超额完成任务？设以后平均每天至少需要加工x个，求解此问题需要构建的不等关系式为________．解析：因为该车工3天后的12天里，平均每天需加工x个零件，共加工12x个零件，15天里共加工(3×24＋12x)个零件，则72＋12x>408．答案：72＋12x＞40815．(10分)某单位计划组织员工参观花博会需租车前往．甲租车公司：“如领队买全票一张，其余人可享受7．5折优惠”．乙租车公司：“你们属团体票，按原价的8折优惠”．这两家租车公司的单人全票价、车型都是一样的，试根据该单位参观的人数，选择一下租车公司．解：设该单位员工有n人(n∈N*)，全票价为x(x>0)元，坐甲车需花y1元，坐乙车需花y2元，则y1＝x＋eq\f(3,4)x·(n－1)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(3,4)xn，y2＝eq\f(4,5)nx．因为y1－y2＝eq\f(1,4)x＋eq\f(3,4)xn－eq\f(4,5)xn＝eq\f(1,4)x－eq\f(1,20)nx＝eq\f(1,4)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,5)))，且已知x>0，所以当n＝5时，y1＝y2；当n>5时，y1<y2；当n<5时，y1>y2．因此，当单位去参观的人数为5时，两家租车公司收费相同；多于5人时，选甲租车公司更优惠；少于5人时，选乙租车公司更优惠．16．(10分)已知x∈R且x≠－1，比较eq\f(1,1＋x)与1－x的大小．解：∵eq\f(1,1＋x)－(1－x)＝eq\f(1－1－x2,1＋x)＝eq\f(x2,1＋x)，当x＝0时，eq\f(x2,1＋x)＝0，∴eq\f(1,1＋x)＝1－x；当1＋x<0，即x<－1时，eq\f(x2,1＋x)<0，∴eq\f(1,1＋x)<1－x；当1＋x>0且x≠0，即－1<x<0或x>0时，eq\f(x2,1＋x)>0，∴eq\f(1,1＋x)>1－x．综上，当x<－1时，eq\f(1,1＋x)<1－x；当x＝0时，eq\f(1,1＋x)＝1－x；当－1<x<0或x>0时，eq\f(1,1＋x)>1－x．第2课时不等式的性质及应用——(教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学) [课时目标]1．通过等式与不等式的差异，掌握等式和不等式的性质，能利用不等式的性质证明简单的不等式．2．运用不等式的性质分析解决问题时，必须验证是否满足它成立的条件．1．等式的基本性质性质性质内容1如果a＝b，那么b＝a2如果a＝b，b＝c，那么a＝c3如果a＝b，那么a±c＝b±c4如果a＝b，那么ac＝bc5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)2．不等式的基本性质性质别名性质内容注意1对称性a>b⇔b<a⇔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，同正7可乘方性a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)同正3．不等式中的常用二级结论(1)a>b，c<d⇒a－c>b－d．(2)a＋c>b⇒a>b－c．(3)a>b>0，d>c>0⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d)．(4)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；a>b，ab<0⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b)．(5)a>b，n∈N*，n>1且n为奇数⇒an>bn，eq\r(n,a)>eq\r(n,b)．(6)a>b>0，c>0⇒eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(b,a)．|微|点|助|解|(1)性质3(可加性)是移项法则“不等式中任何一项的符号变成相反的符号后，可以把它从一边移到另一边”的依据．(2)性质4(可乘性)在使用中要特别注意研究“乘数的符号”．(3)性质5(同向可加性)，即“同向不等式只能相加，不等号方向不变，不能相减”．eq\a\vs4\al(基础落实训练)1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)若eq\f(a,b)>1，则a>b．()(2)a与b的差是非负实数，可表示为a－b>0．()(3)∀x∈R，都有x2>x－1．()(4)a，b，c为实数，在等式中，若a＝b，则ac＝bc；在不等式中，若a>b，则ac>bc．()(5)a，b，c为实数，若ac2>bc2，则a>b．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2．已知a<0<b，则下列不等式恒成立的是()A．a＋b<0 B．eq\f(a,b)<1C．eq\f(b,a)>1 D．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)答案：B3．已知b<2a,3d<c，则下列不等式一定成立的是()A．2a－c>b－3d B．2ac>3bdC．2a＋c>b＋3d D．2a＋3d>b＋c解析：选C由于b<2a,3d<c，则由不等式的性质得b＋3d<2a＋c，故选C．题型(一)利用不等式性质判断命题的真假[例1]对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a>b>0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)D．若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a>0，b<0解析：选D法一∵c2≥0，∴c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)⇒eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，故B为假命题；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b<0⇒－a>－b>0⇒－\f(1,b)>－\f(1,a)>0,a<b<0⇒－a>－b>0))⇒eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，故C为假命题；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b⇒b－a<0，,\f(1,a)>\f(1,b)⇒\f(1,a)－\f(1,b)>0⇒\f(b－a,ab)>0))⇒ab<0．∵a>b，∴a>0且b<0，故D为真命题．法二特殊值排除法．取c＝0，则ac2＝bc2，故A为假命题；取a＝2，b＝1，则eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝1，有eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B为假命题；取a＝－2，b＝－1，则eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(a,b)＝2，有eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故C为假命题．|思|维|建|模|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．[针对训练]1．下列命题中的真命题是()A．若a>b，则ac>bcB．若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，则a<bC．若a2>b2且ab>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．若a>b，c>d，则a－c>b－d解析：选B若c≤0，则ac>bc不成立，故A错误；由不等式性质可知，若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，则有a<b，故B正确；若a2>b2且ab>0，则当a<b<0时也能满足已知，此时eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故C错误；当a＝5，b＝2，c＝11，d＝2时，有a>b，c>d成立，但此时a－c＝5－11＝－6，b－d＝2－2＝0，由－6<0可知，a－c>b－d不成立，故D错误．2．(多选)已知x，y，z为实数，则下列结论正确的是()A．若xz2>yz2，则x>yB．若x>y，则xz2>yz2C．若x>y>0，z<0，则eq\f(z,x)>eq\f(z,y)D．若z>y>x，则eq\f(1,z－x)>eq\f(1,z－y)解析：选AC因为z2≥0，若xz2>yz2，当z2＝0时，xz2＝yz2＝0，不满足条件xz2>yz2，所以z2>0，故xz2>yz2⇒x>y，故A正确；当z2＝0时，若x>y，有xz2＝yz2＝0，不满足xz2>yz2，故B错误；若x>y>0，则由不等式的性质有eq\f(1,x)<eq\f(1,y)，又z<0，则eq\f(z,x)>eq\f(z,y)，故C正确；当z＝5，y＝3，x＝2，则eq\f(1,z－x)＝eq\f(1,3)，eq\f(1,z－y)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,z－x)<eq\f(1,z－y)，不满足eq\f(1,z－x)>eq\f(1,z－y)，故D错误．题型(二)利用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：法一因为c>a>b>0，所以0<c－a<c－b，所以(c－a)(c－b)>0，所以0<eq\f(1,c－ac－b)·(c－a)<eq\f(1,c－ac－b)·(c－b)，即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)．法二因为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)．法三eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(ac－b－bc－a,c－ac－b)＝eq\f(ac－ab－bc＋ab,c－ac－b)＝eq\f(ca－b,c－ac－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)．[变式拓展]在本例条件不变的情况下，求证：eq\f(a,c－a2)>eq\f(b,c－b2)．证明：法一因为c>a>b>0，所以0<c－a<c－b，所以0<(c－a)2<(c－b)2，所以(c－a)2(c－b)2>0，所以eq\f(1,c－a2c－b2)·(c－a)2<eq\f(1,c－a2c－b2)·(c－b)2，即0<eq\f(1,c－b2)<eq\f(1,c－a2)，所以eq\f(1,c－a2)>eq\f(1,c－b2)>0，又因为a>b>0，所以eq\f(a,c－a2)>eq\f(b,c－b2)．法二eq\f(a,c－a2)－eq\f(b,c－b2)＝eq\f(ac－b2－bc－a2,c－a2c－b2)＝eq\f(ac2－2abc＋ab2－bc2－2abc＋ba2,c－a2c－b2)＝eq\f(ac2－bc2＋ab2－ba2,c－a2c－b2)＝eq\f(a－bc2－ab,c－a2c－b2)，因为c>a>b>0，所以a－b>0，c2>ab，c－a>0，c－b>0，所以(a－b)(c2－ab)>0，所以eq\f(a－bc2－ab,c－a2c－b2)>0，所以eq\f(a,c－a2)－eq\f(b,c－b2)>0，因此eq\f(a,c－a2)>eq\f(b,c－b2)．|思|维|建|模|利用不等式的性质证明不等式的注意事项(1)利用不等式的性质及实数大小关系的基本事实可以证明一些不等式．解决此类问题一定要在理解的基础上，记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用．(2)应用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．[针对训练]3．已知a>b>0，c<d<0，m<0，求证：(1)eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d)；(2)eq\f(m,a－c)>eq\f(m,b－d)．证明：(1)因为a>b>0，－c>－d>0，所以a－c>b－d>0，所以eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d)．(2)由(1)得eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d)，又m<0，所以eq\f(m,a－c)>eq\f(m,b－d)．题型(三)利用不等式的性质求取值范围[例3]已知－1<x<4,2<y<3．(1)求x－y的取值范围；(2)求3x＋2y的取值范围．解：(1)因为－1<x<4,2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2．所以x－y的取值范围是－4<x－y<2．(2)由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，所以1<3x＋2y<18．所以3x＋2y的取值范围是1<3x＋2y<18．[变式拓展]1．若将本例条件改为－1<x<y<3，求x－y的取值范围．解：因为－1<x<3，－1<y<3，所以－3＜－y<1，所以－4<x－y<4．又因为x<y，所以x－y<0，所以x－y的取值范围是－4<x－y<0．2．若将本例条件改为－1<x＋y<4,2<x－y<3，求3x＋2y的取值范围．解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)，又因为－1<x＋y<4,2<x－y<3，所以－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10,1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，所以－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(23,2)，即－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)．所以3x＋2y的取值范围是－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)．|思|维|建|模|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，最后利用一次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．[提醒]求解这种不等式问题要特别注意不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他不等式的范围．[针对训练]4．已知1<a<4,2<b<8，试求2a＋3b与a－b的取值范围．解：∵1<a<4,2<b<8，∴2<2a<8,6<3b<24，∴8<2a＋3b<32．∵2<b<8，∴－8<－b<－2．又1<a<4，∴1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)，即－7<a－b<2．∴2a＋3b的取值范围是8<2a＋3b<32，a－b的取值范围是－7<a－b<2．[课时跟踪检测](满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)A级——达标评价1．与a>b等价的不等式是()A．|a|>|b| B．a2>b2C．eq\f(a,b)>1 D．a3>b3解析：选D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．已知实数0<a<1，则以下不等关系正确的是()A．a2>eq\f(1,a)>a>－a B．a>a2>eq\f(1,a)>－aC．eq\f(1,a)>a>a2>－a D．eq\f(1,a)>a2>a>－a解析：选C∵0<a<1，∴0<a2<1，eq\f(1,a)>1，－1<－a<0,0<a2<a．因此，eq\f(1,a)>a>a2>－a．3．已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小是()A．a>b>－b>－a B．a>－b>－a>bC．a>－b>b>－a D．a>b>－a>－b解析：选C∵a＋b>0，b<0，∴a>－b>0,0>b>－a，∴a>－b>b>－a．4．若1<a<3，－4<b<2，则z＝a－|b|的取值范围是()A．{z|－3＜z≤3} B．{z|－3＜z＜5}C．{z|－3＜z＜3} D．{z|1＜z＜4}解析：选C由题设0≤|b|<4，则－4<－|b|≤0，又1<a<3，所以－3<a－|b|<3．故选C．5．已知a>b>c>0，则()A．2a<b＋c B．a(b－c)>b(a－c)C．eq\f(1,a－c)>eq\f(1,b－c) D．(a－c)3>(b－c)3解析：选D对于A，因为a>b>c>0，所以a＋a>b＋a>b＋c，即2a>b＋c，故错误；对于B，取a＝3>b＝2>c＝1>0，则a(b－c)＝3<b(a－c)＝4，故错误；对于C，由a>b>c>0，得a－c>b－c>0，所以eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，故错误；对于D，由a>b>c>0，得a－c>b－c>0，所以(a－c)3>(b－c)3，故正确．6．能说明“若a>b，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”为假命题的一组a，b的值依次为________．解析：只要保证a为正b为负即可满足要求．当a>0>b时，eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)．答案：1，－1(答案不唯一)7．已知a<b<0，c>0，请用恰当的不等号或等号填空：(a－2)c________(b－2)c．解析：因为a<b<0，c>0，则a－2<b－2，由不等式的基本性质可得(a－2)c<(b－2)c．答案：<8．已知1<α<3，－4<β<2，若z＝eq\f(1,2)α－β，则z的取值范围是______________．解析：∵1<α<3，∴eq\f(1,2)<eq\f(1,2)α<eq\f(3,2)，又－4<β<2，∴－2<－β<4．∴－eq\f(3,2)<eq\f(1,2)α－β<eq\f(11,2)，即－eq\f(3,2)<z<eq\f(11,2)．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(z\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<z<\f(11,2)))))9．(10分)(1)已知a<b<0，求证：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求证：ab>0．证明：(1)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b)．(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0．10．(10分)已知－4≤a－c≤－1，－1≤4a－c≤5，求9a－c的取值范围．解：令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝x，,4a－c＝y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)y－x，,c＝\f(1,3)y－4x.))∴9a－c＝eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x．∵－4≤x≤－1，∴eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)x≤eq\f(20,3)①．∵－1≤y≤5，∴－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)y≤eq\f(40,3)②．①＋②，得－1≤eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x≤20，∴－1≤9a－c≤20．B级——重点培优11．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式一定成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|解析：选C因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0．所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>z，))可得xy>xz．12．有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，则这四个小球由重到轻的排列顺序是()A．d>b>a>c B．b>c>d>aC．d>b>c>a D．c>a>d>b解析：选A∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c．∴b<d．又a＋c<b，∴a<b．综上可得，d>b>a>c．13．(多选)生活经验告诉我们，a克糖水中有b克糖(a>0，b>0，且a>b)，若再添加c克糖(c>0)后，糖水会更甜，于是得出一个不等式：eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(b,a)，趣称之为“糖水不等式”．根据生活经验和不等式的性质判断下列命题一定正确的是()A．若a>b>0，m>0，则eq\f(b＋m,a＋m)与eq\f(b,a)的大小关系随m的变化而变化B．若b>a>0，m>0，则eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)C．若a>b>0，c>d>0，则eq\f(b＋d,a＋d)<eq\f(b＋c,a＋c)D．若a>0，b>0，则一定有eq\f(a,1＋a＋b)＋eq\f(b,1＋a＋b)<eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)解析：选BCD∵a>b>0，m>0，∴eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(ma－b,aa＋m)>0，∴eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)，故A错误；∵b>a>0，m>0，∴eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(ma－b,aa＋m)<0，∴eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)，故B正确；∵a>b>0，c>d>0，∴a－b>0，c－d>0，∴eq\f(b＋c,a＋c)－eq\f(b＋d,a＋d)＝eq\f(b＋ca＋d－b＋da＋c,a＋ca＋d)＝eq\f(a－bc－d,a＋ca＋d)>0，∴eq\f(b＋d,a＋d)<eq\f(b＋c,a＋c)，故C正确；∵0<1＋a<1＋a＋b,0<1＋b<1＋a＋b，∴eq\f(a,1＋a)>eq\f(a,1＋a＋b)，eq\f(b,1＋b)>eq\f(b,1＋a＋b)，∴eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)>eq\f(a,1＋a＋b)＋eq\f(b,1＋a＋b)，故D正确．14．给出下列三个论断：①a>b>c；②ab>bc；③b>0且c<0．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_____________________________________________________________．解析：若选择①③作为条件，②作为结论：若a>b>c，b>0且c<0，则ab>bc；若选择①②作为条件，③作为结论：若a>b>c，ab>bc，则(a－c)b>0，故b>0，但c也可能为0，故选择①②作为条件，③作为结论的命题不正确；若选择②③作为条件，①作为结论：若ab>bc，b>0且c<0，则(a－c)b>0，故a>c，但a与b大小关系不确定，故选择②③作为条件，①作为结论的命题不正确．答案：若a>b>c，b>0且c<0，则ab>bc15．(16分)已知a，b，c为三角形的三边长，求证：(1)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；(2)(a＋b＋c)2<4ab＋4bc＋4ca．证明：(1)a，b，c为三角形的三边长，而2(a2＋b2＋c2)－2(ab＋bc＋ca)＝a2＋b2－2ab＋b2＋c2－2bc＋a2＋c2－2ac＝(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2，显然(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(a－c)2≥0，即(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≥0，当且仅当a＝b＝c时取等号，因此2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．(2)a，b，c为三角形的三边长，则0<a<b＋c,0<b<c＋a,0<c<a＋b，于是得a2＋b2＋c2<a(b＋c)＋b(c＋a)＋c(a＋b)＝2(ab＋bc＋ca)，所以(a＋b＋c)2＝(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)<4ab＋4bc＋4ca．2．2基本不等式第1课时基本不等式——(教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)[课时目标]1．掌握基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)，掌握基本不等式的变形及应用．2．能熟练运用基本不等式来比较两个代数式的大小及证明不等式．1．基本不等式(1)如果a>0，b>0，则eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．其中eq\f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq\r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．(2)基本不等式表明：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．2．常用变形(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R，当且仅当a＝b时，等号成立．(2)a＋b≥2eq\r(ab)，a，b都是正数，当且仅当a＝b时，等号成立．|微|点|助|解|(1)基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)中，要求a，b都是正实数．(2)基本不等式成立的条件是a>0，b>0，而重要不等式中的a，b是实数．事实上，当a>0，b>0时，我们分别用eq\r(a)，eq\r(b)代替重要不等式中的a，b，即得a＋b≥2eq\r(ab)，变形可得eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)．(3)基本不等式中的a，b的取值既可以是某个具体的正数，也可以是一个代数式，但是代数式的结果应为正数．eq\a\vs4\al(基础落实训练)1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)若a>0，b>0且a≠b，则a＋b>2eq\r(ab)．()(2)6和8的几何平均数为2eq\r(3)．()(3)对任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq\r(ab)均成立．()(4)若a≠0，则a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(a·\f(1,a))＝2．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×2．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是()A．a＝±1 B．a＝1C．a＝－1 D．a＝0解析：选B当a2＋1＝2a，即(a－1)2＝0，即a＝1时，等号成立．3．设a>b>0，则下列不等式一定成立的是()A．a－b<0 B．0<eq\f(a,b)<1C．eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2) D．ab>a＋b解析：选C∵a>b>0，由基本不等式知eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)一定成立．4．(多选)当a，b∈R时，下列不等关系不成立的是()A．eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab) B．a－b≥2eq\r(ab)C．a2＋b2≥2ab D．a2－b2≥2ab解析：选ABD根据eq\f(a2＋b2,2)≥ab，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的条件判断，知A、B、D错误，只有C正确．题型(一)对基本不等式的理解[例1](多选)下面4个推导过程正确的是()A．若a，b为正实数，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2B．若a∈R，a≠0，则eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4C．若x，y∈R，xy＜0，则eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2D．若a＜0，b＜0，则eq\f(a2＋b2,2)≤ab解析：选AC∵a，b为正实数，∴eq\f(b,a)，eq\f(a,b)为正实数，符合基本不等式的条件，故A的推导正确．∵a∈R，a≠0，不符合基本不等式的条件，∴eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4是错误的，故B的推导错误．由xy＜0，得eq\f(x,y)，eq\f(y,x)均为负数，但在推导过程中将整体eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)提出负号后，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均变为正数，符合基本不等式的条件，故C的推导正确．∵对任意的a，b∈R，都有a2＋b2≥2ab，∴eq\f(a2＋b2,2)≥ab，故D的推导错误．|思|维|建|模|对基本不等式的准确掌握要抓住两个方面(1)定理成立的条件是a，b都是正数．(2)“当且仅当”的含义：当a＝b时，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)的等号成立，即a＝b⇒eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)；仅当a＝b时，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的等号成立，即eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)⇒a＝b．[针对训练]1．下列不等式等号可以取到的是()A．eq\r(x2＋5)＋eq\f(1,\r(x2＋5))≥2 B．x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)≥2C．x2＋eq\f(1,x2)≥2 D．|x|＋3＋eq\f(1,|x|＋3)≥2解析：选C因为eq\r(x2＋5)>0，所以eq\r(x2＋5)＋eq\f(1,\r(x2＋5))≥2eq\r(\r(x2＋5)·\f(1,\r(x2＋5)))＝2，当且仅当eq\r(x2＋5)＝eq\f(1,\r(x2＋5))，即x2＝－4，故等号不成立，故A不符合；因为x2＋2>0，所以x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)≥2eq\r(x2＋2·\f(1,x2＋2))＝2，当且仅当x2＋2＝eq\f(1,x2＋2)，即x2＝－1，故等号不成立，故B不符合；因为x2>0，所以x2＋eq\f(1,x2)≥2eq\r(x2·\f(1,x2))＝2，当且仅当x2＝eq\f(1,x2)，即x＝±1时取等号，故C符合；因为|x|＋3>0，所以|x|＋3＋eq\f(1,|x|＋3)≥2eq\r(|x|＋3·\f(1,|x|＋3))＝2，当且仅当|x|＋3＝eq\f(1,|x|＋3)，即|x|＝－2，故等号不成立，故D不符合．题型(二)利用基本不等式比较大小[例2]设0<a<b，则下列不等式正确的是()A．a<b<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2) B．a<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)<bC．a<eq\r(ab)<b<eq\f(a＋b,2) D．eq\r(ab)<a<eq\f(a＋b,2)<b解析：选B法一∵0<a<b，∴a<eq\f(a＋b,2)<b，排除A、C两项．又eq\r(ab)－a＝eq\r(a)(eq\r(b)－eq\r(a))>0，即eq\r(ab)>a，排除D项，故选B．法二取a＝2，b＝8，则eq\r(ab)＝4，eq\f(a＋b,2)＝5，所以a＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2)＜b．故选B．[例3]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________．解析：因为a>2，所以a－2>0，又因为m＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2，所以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，等号成立．由b≠0，得b2≠0，所以2－b2<2，n＝2－b2<2<4，综上可知m>n．答案：m>n|思|维|建|模|利用基本不等式比较大小的注意事项(1)利用基本不等式比较大小，常常要注意观察其形式(和与积)．(2)利用基本不等式时，一定要注意条件是否满足a>0，b>0．[针对训练]2．设0<a<b，且a＋b＝1，在下列四个数中最大的是()A．eq\f(1,2) B．bC．2ab D．a2＋b2解析：选B∵ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，∴ab<eq\f(1,4)，∴2ab<eq\f(1,2)．∵eq\r(\f(a2＋b2,2))>eq\f(a＋b,2)>0，∴eq\r(\f(a2＋b2,2))>eq\f(1,2)，∴a2＋b2>eq\f(1,2)．∵b－(a2＋b2)＝(b－b2)－a2＝b(1－b)－a2＝ab－a2＝a(b－a)>0，∴b>a2＋b2，∴b最大．3．已知a，b，c是两两不等的实数，则a2＋b2＋c2与ab＋bc＋ac的大小关系是____________________________________________________．解析：∵a，b，c互不相等，∴a2＋b2>2ab，b2＋c2>2bc，a2＋c2>2ac．∴2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)，即a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac．答案：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac题型(三)利用基本不等式证明不等式[例4]已知a，b，c是互不相等的正数，且a＋b＋c＝1．求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>9．证明：∵a，b，c是互不相等的正数，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))>3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)·\f(b,c))＝3＋2＋2＋2＝9．∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>9．[变式拓展]本例条件不变，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))>8．证明：∵a，b，c是互不相等的正数，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)－1＝eq\f(b＋c,a)>0，eq\f(1,b)－1＝eq\f(a＋c,b)>0，eq\f(1,c)－1＝eq\f(a＋b,c)>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)>eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8．∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))>8．|思|维|建|模|利用基本不等式证明不等式的两种题型及解题思路无附加条件观察要证不等式的结构特征，若不能直接使用基本不等式，则要结合左、右两边的结构特征，进行拆项、变形、配凑(加减项或乘除某个实系数)等，使之满足使用基本不等式的条件有附加条件观察已知条件与要证不等式之间的关系，条件的巧妙代换是一种较为重要的变形．另外，解题过程中要时刻注意等号能否取到[针对训练]4．已知a>0，b>0，求证：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b．证明：∵a>0，b>0，∴eq\f(a2,b)＋b≥2eq\r(\f(a2,b)·b)＝2a，eq\f(b2,a)＋a≥2eq\r(\f(b2,a)·a)＝2b，∴eq\f(a2,b)＋b＋eq\f(b2,a)＋a≥2a＋2b，∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b，当且仅当a＝b时，等号成立．[课时跟踪检测](满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)A级——达标评价1．(多选)下列条件可使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的有()A．ab>0 B．ab<0C．a>0，b>0 D．a<0，b<0解析：选ACD根据基本不等式的条件，a，b同号，则eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0．2．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则t与s的大小关系是()A．s≥t B．s>tC．s≤t D．s<t解析：选A∵b2＋1≥2b(当且仅当b＝1时等号成立)，∴a＋2b≤a＋b2＋1．∴t≤s．3．下列不等式正确的是()A．a＋eq\f(4,a)≥4 B．a2＋b2≥4abC．eq\r(ab)≥eq\f(a＋b,2) D．x2＋eq\f(3,x2)≥2eq\r(3)解析：选D若a<0，则a＋eq\f(4,a)≥4不成立，故A错误；若a＝1，b＝1，则a2＋b2<4ab，故B错误；若a＝4，b＝16，则eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故C错误；由基本不等式可知D正确．4．(多选)设a，b∈R，且a≠b,a＋b＝2，则必有()A．ab>1 B．ab<1C．eq\f(a2＋b2,2)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)>1解析：选BD由基本不等式可得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2,a≠b，所以ab<1,又1＝eq\f(a＋b2,4)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,4)<eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,4)＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，所以eq\f(1,2)(a2＋b2)>1，所以ab<1<eq\f(1,2)(a2＋b2)，所以A不符合题意，B正确，C不符合题意，D正确，故选BD．5．如果0<a<b<1，P＝eq\f(a＋b,2)，Q＝eq\r(ab)，M＝eq\r(a＋b)，那么P，Q，M的大小顺序是()A．P>Q>M B．M>P>QC．Q>M>P D．M>Q>P解析：选B∵a>0，b>0，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，又∵0<a<b，∴取不到等号，∴eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，即P＞Q．又(eq\r(a＋b))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝a＋b－eq\f(a＋b2,4)＝eq\f(a＋b4－a－b,4)，0＜a＜b＜1，∴a＋b＞0,4－a－b＞0，∴(eq\r(a＋b))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＞0，∴eq\r(a＋b)＞eq\f(a＋b,2)，即M＞P．综上，M>P>Q．6．下列不等式：①a2＋1>2a；②eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥2；③eq\f(a＋b,\r(ab))≤2；④x2＋eq\f(1,x2＋1)≥1．其中正确的个数是________．解析：由基本不等式可知②④正确．答案：27．不等式eq\f(9,x－2)＋(x－2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是__________．解析：当x>2时，eq\f(9,x－2)＋(x－2)≥2eq\r(\f(9,x－2)·x－2)＝6，等号成立的条件是eq\f(9,x－2)＝x－2，即(x－2)2＝9，解得x＝5(x＝－1舍去)．答案：x＝58．比较大小：eq\f(x2＋2,\r(x2＋1))________2．(填“>”“<”“≥”或“≤”)解析：由题意，得eq\r(x2＋1)≥1，eq\f(x2＋2,\r(x2＋1))＝eq\f(x2＋1＋1,\r(x2＋1))＝eq\r(x2＋1)＋eq\f(1,\r(x2＋1))≥2，当且仅当eq\r(x2＋1)＝eq\f(1,\r(x2＋1))，即x＝0时，等号成立．答案：≥9．(8分)已知a，b，c都是非负实数，试比较eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)与eq\r(2)(a＋b＋c)的大小．解：由eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，得eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．同理得eq\r(b2＋c2)≥eq\f(\r(2),2)(b＋c),eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋c)．所以eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]＝eq\r(2)(a＋b＋c)．故eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．10．(10分)已知a，b，c为不全相等的正实数，求证：a＋b＋c>eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)．证明：∵a>0，b>0，c>0，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)．∴eq\f(a＋b,2)＋eq\f(b＋c,2)＋eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)，即a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)．由于a，b，c不全相等，∴等号不成立，∴a＋b＋c>eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)．B级——重点培优11．两个工厂生产同一种产品，其产量分别为a，b(0<a<b)．为便于调控生产，分别将eq\f(x－a,b－x)＝1，eq\f(x－a,b－x)＝eq\f(a,x)，eq\f(x－a,b－x)＝eq\f(a,b)中x(x>0)的值记为A，G，H并进行分析．则A，G，H的大小关系为()A．H<G<A B．G<H<AC．A<G<H D．A<H<G解析：选A由eq\f(x－a,b－x)＝1得x－a＝b－x，解得x＝eq\f(a＋b,2)，即A＝eq\f(a＋b,2)；由eq\f(x－a,b－x)＝eq\f(a,x)得x2－ax＝ab－ax，解得x＝eq\r(ab)，即G＝eq\r(ab)；由eq\f(x－a,b－x)＝eq\f(a,b)得bx－ab＝ab－ax，解得x＝eq\f(2ab,a＋b)，即H＝eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)．又eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．∴H<G<A．12．(多选)设a>0，b>0，则下列不等式一定成立的是()A．a＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)C．eq\f(2ab,a＋b)≥eq\r(ab) D．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4解析：选ABD因为a>0，b>0，所以a＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(ab)＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2)，当且仅当a＝b且2eq\r(ab)＝eq\f(1,\r(ab))，即a＝b＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，故A一定成立．由作差比较法，eq\f(a2＋b2,2)－eq\f(a＋b2,4)＝eq\f(a－b2,4)≥0，可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)，故B一定成立．因为a＋b≥2eq\r(ab)>0,所以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，故C不一定成立．因为(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，当且仅当a＝b时，等号成立，故D一定成立．13．若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab≤1；②eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2．解析：因为a>0，b>0，所以a＋b＝2≥2eq\r(ab)，所以ab≤1，故①正确；左边平方可得(eq\r(a)＋eq\r