2020高中数学 第1章 不等关系与基本不等式章末复习课学案 4-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE14-学必求其心得，业必贵于专精第1章不等关系与基本不等式［自我校对]①求差比较法与求商比较法②算术几何平均值③分析法与综合法④反证法、几何法与放缩法不等式性质的应用主要考查利用不等式性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质进行数值(或代数式)大小的比较，有时考查分类讨论思想，常与函数、数列等知识综合进行考查，考查形式多以选择题出现．【例1】给出下列条件:①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1;③0＜a＜1＜b.其中能推出logbeq\f(1,b）＜logaeq\f（1，b)＜logab成立的条件的序号是________（填所有可能的条件的序号)．［精彩点拨］先化简被推出的不等式，然后根据对数函数的性质，逐个判断．[自主解答]∵logbeq\f（1，b)＝－1，若1＜a＜b，则eq\f（1,b)＜eq\f（1,a）＜1＜b，∴logaeq\f（1，b）＜logaeq\f（1，a）＝－1，故条件①不可以；若0＜a＜b＜1，则b＜1＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,a）,∴logab＞logaeq\f(1，b）＞logaeq\f（1,a)＝－1＝logbeq\f（1,b）,故条件②可以;若0＜a＜1＜b，则0＜eq\f(1，b）＜1，∴logaeq\f（1，b）＞0，logab＜0。因此条件③不可以．[答案］②1．若a，b是任意实数，且a＞b,则()A．a2＞b2 B．eq\f（a，b）＜1C．lg（a－b）＞0 D．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)))eq\s\up7（a)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))eq\s\up7(b）[解析]a＞b并不能保证a，b均为正数，从而不能保证A，B成立．又a＞b⇒a－b＞0，但不能保证a－b＞1，从而不能保证C成立．显然只有D成立．事实上,指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）eq\s\up7（x)是减函数，所以a＞b⇔eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)eq\s\up7(a)＜eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））eq\s\up7(b)成立．[答案]D恒成立问题中求字母范围的问题在给定区间上不等式恒成立，一般地有类似下面常用的结论：(1)f（x)＜a恒成立⇔f(x)max＜a；（2）f（x)＞a恒成立⇔f（x)min＞a.【例2】对任意实数a(a≠0)和b，不等式｜a＋b|＋|a－b|≥｜a|(|x－1|＋|x－2｜)恒成立，试求实数x的取值范围．[精彩点拨]构造函数F(a，b）＝eq\f(a＋b＋a－b，｜a｜),从而转化为|x－1｜＋｜x－2｜≤[F(a,b）］min.［自主解答]依题意，｜x－1|＋|x－2|≤eq\f（|a＋b|＋｜a－b｜,｜a|）恒成立．故|x－1｜＋|x－2｜≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（｜a＋b|＋｜a－b|，｜a｜）））min.因为｜a＋b｜＋｜a－b｜≥|（a＋b)＋（a－b）|＝2｜a｜,当且仅当（a＋b)（a－b）≥0时取“＝”，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（｜a＋b|＋｜a－b｜,｜a｜))）min＝2，因此原不等式等价于｜x－1｜＋|x－2|≤2.解上述不等式得eq\f(1，2）≤x≤eq\f（5,2)，即所求x的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)≤x≤\f（5,2))））)。2．对一切x∈R,若|x－a｜＋|x＋2|≥7恒成立，求实数a的取值范围．［解］对x∈R,｜x－a｜＋｜x＋2｜≥|（x＋2)－(x－a)｜＝|2＋a｜，因此原不等式恒成立,必有｜2＋a｜≥7。∴2＋a≥7或2＋a≤－7，解得a≥5或a≤－9。故实数a的取值范围是{a｜a≥5或a≤－9｝。平均值不等式与最值应用平均值不等式求最大(小)值，关键在于“一正、二定、三相等”．也就是:(1)一正：各项必须为正；(2)二定：要求积的最大值，则其和必须是定值；要求和的最小值，则其积必须是定值;（3）三相等：必须验证等号是否可以成立．【例3】某县投资兴建了甲、乙两个企业，2011年该县从甲企业获得利润100万元,从乙企业获得利润400万元，以后每年上缴的利润甲企业以翻一番的速度递增，而乙企业则减为上年的一半，据估算，该县年收入达到5000万元可解决温饱问题，年收入达到50000万元达到富裕水平，试估算：(1）若2011年为第1年，则该县从上述两企业获得利润最少的是第几年？这年还需另外筹集多少万元才能解决温饱问题?（2)到2020年底，该县能否达到富裕水平？为什么？[精彩点拨]eq\x（阅读理解题意)→eq\x（建立函数关系式）→eq\x(利用平均不等式求解)→eq\x（回归到原问题中）［自主解答］（1)设第n年该县从这两个企业获得的利润为y万元，则y＝100×2n—1＋400×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）)eq\s\up7（n-1）＝100eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2n-1＋\f（4，2n—1）))≥100×2eq\r（2n—1·\f(4,2n-1)）＝400(n≥1），当且仅当2n-1＝eq\f(4,2n—1)，即n＝2时,ymin＝400（万元)，由5000－400＝4600（万元），所以第2年该县从这两个企业获得利润最少，还得另外筹集4600万元才能解决温饱问题．（2)到2020年，即第10年,该县从这两个企业获利润:y＝100×210—1＋400×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））eq\s\up7(9）＞100×29＝51200＞50000。故能达到富裕水平．3．某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞,第一年需各种费用12万元，从第二年开始包括维修费在内，每年所需费用均比上一年增加4万元,该船每年捕捞的总收入为50万元．(1）该船捕捞几年开始盈利（即总收入减去成本及所有费用之差为正值？)（2）该船捕捞若干年后，处理方案有两种：①当年平均盈利达到最大值时，以26万元的价格卖出．②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出．问:哪一种方案较为合算？请说明理由．[解](1)设捕捞n年后开始盈利，盈利为y元，则y＝50n－eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(12n＋\f（nn－1，2)×4))－98＝－2n2＋40n－98。由y＞0,得n2－20n＋49＜0，∴10－eq\r（51)＜n＜10＋eq\r（51)（n为正整数)，∴3≤n≤17,∴n＝3.即捕捞3年后，开始盈利．（2)①平均盈利为eq\f（y，n)＝－2n－eq\f(98，n)＋40≤－2eq\r（2n·\f（98,n）)＋40＝12。当且仅当2n＝eq\f(98，n)，即n＝7时,年平均利润最大．∴经过7年捕捞后平均利润最大,共盈利为12×7＋26＝110万元．②∵y＝－2n2＋40n－98＝－2(n－10）2＋102，∴当n＝10时,y的最大值为102；即经过10年捕捞盈利额最大，盈利102＋8＝110万元．故两种方案获利相等,但方案②的时间长，所以方案①合算.证明不等式的基本方法比较法、综合法和分析法，善于分析题目特征，灵活运用不等式的性质，根据目标进行变形，但放缩一定要适度．【例4】已知a＞0，a2－2ab＋c2＝0且bc＞a2，试证明:b＞c.［精彩点拨］利用综合法，由平均值不等式建立不等关系，比较大小．[自主解答］∵a2－2ab＋c2＝0,∴a2＋c2＝2ab。又a2＋c2≥2ac，且a＞0，∴2ab≥2ac，∴b≥c，若b＝c，由a2－2ab＋c2＝0，得a2－2ab＋b2＝0，∴a＝b，从而a＝b＝c，这与bc＞a2矛盾．从而b＞c。4．设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10。求证：logac＋logbc≥4lgc.［证明]由于a＞1，b＞1，故要证明logac＋logbc≥4lgc,只要证明eq\f(lgc,lga）＋eq\f（lgc，lgb）≥4lgc，又c＞1,故lgc＞0，所以只要证eq\f（1,lga）＋eq\f（1,lgb）≥4，即eq\f（lga＋lgb，lgalgb)≥4，因ab＝10，故lga＋lgb＝1，只要证明eq\f(1,lgalgb）≥4（＊)，由a＞1，b＞1，故lga＞0,lgb＞0，所以0＜lgalgb≤eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgb,2）)）eq\s\up7（2)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）)）eq\s\up7（2）＝eq\f(1，4）。即(＊)式成立．原不等式logac＋logbc≥4lgc得证。数学思想与方法不等式是中学数学中的重要内容，虽然知识点较少，但综合性强,是每年高考必考的热点之一．几乎涉及整个高中数学的各个章节,以“实际为背景”、“函数为背景”的考题居多，既有客观题,又有主观题．不仅测试有关不等式的基础知识、基本技能、基本方法,而且还测试运算能力、逻辑推测能力以及分析问题、解决问题的能力．根据本章特点,应强化训练函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想方法．【例5】（2019·全国卷Ⅲ)设x，y,z∈R，且x＋y＋z＝1。（1）求(x－1)2＋（y＋1）2＋(z＋1)2的最小值；(2)若（x－2）2＋(y－1）2＋(z－a)2≥eq\f(1，3)成立，证明：a≤－3或a≥－1。［自主解答](1)由于［(x－1)＋（y＋1)＋（z＋1）］2＝(x－1)2＋(y＋1）2＋（z＋1）2＋2[（x－1)（y＋1)＋(y＋1)（z＋1)＋（z＋1）(x－1）]≤3[（x－1)2＋（y＋1)2＋(z＋1)2］，故由已知得（x－1）2＋(y＋1）2＋(z＋1）2≥eq\f(4，3）,当且仅当x＝eq\f(5,3），y＝－eq\f（1,3），z＝－eq\f(1，3)时等号成立．所以（x－1）2＋（y＋1)2＋(z＋1）2的最小值为eq\f(4，3).(2)由于[（x－2)＋（y－1）＋（z－a)]2＝(x－2）2＋(y－1）2＋（z－a）2＋2[（x－2）(y－1)＋(y－1)(z－a）＋（z－a）（x－2)]≤3［（x－2)2＋（y－1)2＋（z－a)2],故由已知得(x－2）2＋（y－1）2＋(z－a）2≥eq\f(2＋a2，3），当且仅当x＝eq\f(4－a,3），y＝eq\f（1－a，3)，z＝eq\f（2a－2，3)时等号成立．因此（x－2)2＋（y－1)2＋（z－a)2的最小值为eq\f(2＋a2,3）。由题设知eq\f（2＋a2，3）≥eq\f（1,3），解得a≤－3或a≥－1。5．若对任意x∈R，不等式|x|≥ax恒成立,则实数a的取值范围是（)A．a＜－1 B．｜a｜≤1C．|a｜＜1 D．a≥1[解析]设f(x)＝|x|,g（x)＝ax，作函数图像（如图所示)．由图像知，｜a｜≤1，选B。［答案］B1．设a，b∈R，|a－b｜〉2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b｜>2的解集是________．[解析］因为a,b∈R，则|a－b|〉2，其几何意义是数轴上表示数a，b的两点间距离大于2，｜x－a|＋|x－b｜的几何意义为数轴上任意一点到a，b两点的距离之和,当x处于a,b之间时|x－a｜＋｜x－b｜取最小值，距离恰为a，b两点间的距离，由题意知其恒大于2，故原不等式解集为R.[答案]（－∞，＋∞）2．设a＋b＝2，b＞0，则eq\f（1，2｜a|)＋eq\f(｜a|,b）的最小值为________．[解析］当a＞0时,eq\f（1,2|a|)＋eq\f(｜a|，b)＝eq\f（1,2a)＋eq\f(a，b)＝eq\f（a＋b,4a）＋eq\f(a，b）＝eq\f（1,4）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,4a）＋\f（a，b）)）≥eq\f（5,4）；当a＜0时，eq\f(1，2｜a｜)＋eq\f(｜a|，b）＝eq\f（1,－2a）＋eq\f（－a,b）＝eq\f（a＋b,－4a)＋eq\f(－a,b）＝－eq\f(1,4）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（b，－4a）＋\f(－a，b)））≥－eq\f(1，4）＋1＝eq\f（3,4).综上所述，eq\f（1，2|a|）＋eq\f（|a|，b）的最小值是eq\f(3,4）.[答案］eq\f(3，4)3．已知函数f(x）＝｜x＋1|－｜2x－3｜.(1)画出y＝f(x）的图像；(2）求不等式|f(x)｜>1的解集．［解］(1）由题意得f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－4，x≤－1,，3x－2,－1＜x≤\f(3，2)，，－x