数学素材：不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精教材习题点拨习题1。11．解：(1)假命题，若c＜0或c＝0不等式均不成立，这时应为ac＜bc或ac＝bc。(2）假命题，若c＝0,则ac2＝bc2。（3）假命题，因为在a＞0,b＜0时an＞bn不一定成立．例如：a＝2，b＝－3,n＝2时,a2＜b2.（4)真命题，因为c＜d，则－c＞－d，所以a－c＞b－d。点拨：要说明一个命题错误，只需要举出一个反例，证明它正确则需要严格的推理过程．2．解：∵（x＋1)(x＋2）－(x－3)（x＋6）＝(x2＋3x＋2）－（x2＋3x－18)＝20＞0，∴（x＋1)(x＋2)＞（x－3）(x＋6)．点拨：本题两个式子中没有公因式，所以需要展开,重新整理，以便将差化成易于判别符号的形式．3．证明:（1）∵a＞b，ab＞0，则a，b同号．若a＞b＞0，则eq\f(a,ab）＞eq\f(b，ab）⇔eq\f(1，b)＞eq\f(1，a）⇔eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).若b＜a＜0,则eq\f(a，ab)＞eq\f（b,ab)⇔eq\f(1,b)＞eq\f(1,a）⇔eq\f(1,a）＜eq\f（1，b）。综上可得若a＞b，ab＞0，则eq\f(1，a)＜eq\f（1，b)。(2）∵a＞b＞0，c＜0,则ac＜bc.∵c＜d＜0，b＞0，则bc＜bd.∴ac＜bc＜bd，即ac＜bd。点拨：本题主要考查不等式的基本性质的应用，要注意对照已知条件和要求证的结论,进行构造．4．解：如果a＞b，c＞d，不一定能得到ac＞bd.例如：a＝－1,b＝－2，c＝－1，d＝－2，ac＝1，bd＝4，此时ac＜bd.点拨:本题主要考查同向不等式乘法的适用范围．忽略这个范围，不等式可能不成立，在应用时应注意．5．证明：（1)∵a＞0,b＞0，a≠b,∴ab＞0.∵eq\f(b，a）＋eq\f（a,b）－2＝eq\f(b2＋a2－2ab，ab）＝eq\f（（a－b)2，ab）,又∵a≠b，a－b≠0，∴eq\f(（a－b）2，ab)＞0,即eq\f（b，a)＋eq\f（a，b）－2＞0。∴eq\f（b,a)＋eq\f（a，b)＞2.(2）∵a＞0,b＞0，∴ab＞0。∴eq\r(ab）＞0。∴eq\f（2ab,a＋b)＜eq\r（ab）⇒eq\f（2\r(ab）,a＋b)＜1⇒2eq\r(ab）＜a＋b⇒a＋b－2eq\r(ab)＞0⇒（eq\r（a)－eq\r（b))2＞0。由于以上各步均可逆推，∴eq\f（2ab,a＋b)＜eq\r(ab).点拨：(1)是从要证的式子出发，将这个式子利用已知条件进行整理化简推导出大于零；(2）是运用了分析法的思想，要证明这个问题可以转化为证明与它等价的一些问题,直至找到成立的结论和定理．6．证明:(1）∵a,b，c均为正数，∴a＋b≥2eq\r(ab），b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac）.∵a，b,c不全相等，∴a＋b≥2eq\r（ab），b＋c≥2eq\r（bc)，a＋c≥2eq\r(ac)中至少有一个不能取等号．∴(a＋b）(b＋c）（c＋a)＞2eq\r(ab)·2eq\r(bc)·2eq\r（ca)＝8abc。∴(a＋b)(b＋c）（c＋a)＞8abc。（2）∵a，b,c均为正数，∴eq\f（a＋b,2）≥eq\r（ab），eq\f（b＋c,2）≥eq\r（bc)，eq\f（a＋c,2）≥eq\r（ac).∴a＋b＋c＝eq\f(a＋b，2）＋eq\f(b＋c,2）＋eq\f(a＋c，2)≥eq\r(ab)＋eq\r（bc)＋eq\r（ca）.∵a，b，c不全相等,∴eq\f(a＋b，2)≥eq\r（ab)，eq\f(b＋c,2）≥eq\r(bc)，eq\f（a＋c,2）≥eq\r(ac）中至少有一个不能取等号，即a＋b＋c＞eq\r（ab)＋eq\r（bc)＋eq\r（ca).点拨：在这两个小题中注意等号是否成立,等号若要成立则需a＝b＝c，而已知a，b,c不全相同,因此不等式也就不可能同时成立，所以要注意题目中条件的应用．7．证明：a2＋b2＋c2＋d2＝eq\f(a2＋b2，2）＋eq\f（b2＋c2，2)＋eq\f（c2＋d2，2）＋eq\f(d2＋a2，2）≥ab＋bc＋cd＋da.点拨:注意拆分项,要想得到ab，可从a2＋b2≥2ab着手．8．证明:∵aeq\o\al(2，1）＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al（2,3）＋…＋aeq\o\al(2，n）＝1，xeq\o\al（2，1)＋xeq\o\al（2，2）＋xeq\o\al(2，3）＋…＋xeq\o\al（2,n)＝1，∴2＝（aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al（2,2)＋aeq\o\al（2,3)＋…＋aeq\o\al（2，n)）＋(xeq\o\al（2,1)＋xeq\o\al(2，2）＋xeq\o\al（2，3)＋…＋xeq\o\al（2,n）)＝(aeq\o\al(2，1）＋xeq\o\al（2，1）)＋（aeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2，2)）＋(aeq\o\al（2,3)＋xeq\o\al(2，3))＋…＋(aeq\o\al(2,n)＋xeq\o\al(2，n）)≥2a1x1＋2a2x2＋2a3x3＋…＋2anxn.∴2a1x1＋2a2x2＋2a3x3＋…＋2anxn≤2,即a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn≤1。点拨：要得到a1x1，自然想到aeq\o\al（2，1）＋xeq\o\al（2，1）≥2a1x1，所以需要将已知条件中的两个式子加起来，再利用基本不等式证明．9．证明：∵x，y∈R，∴eq\f（x2＋y2,2）≥eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x＋y,2））)2⇔eq\f(x2＋y2，2)≥eq\f（x2＋2xy＋y2,4）⇔2(x2＋y2)≥x2＋2xy＋y2⇔x2＋y2≥2xy⇔x2＋y2－2xy≥0⇔（x－y）2≥0。∵x,y∈R，∴（x－y)2≥0显然成立．∴eq\f（x2＋y2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x＋y,2）))2。点拨：证明过程用了综合法，即将不等式转化为已知的不等式或者结论．对于结论eq\f(x2＋y2，2）≥eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2）))2在以后的证明中会经常用到,记住它会对以后的证明有所帮助．10．证明: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x2＋1＝1,即x＝0时等号成立．点拨：注意构造成能互为倒数的形式，这样可以得到定值，从而可以利用基本不等式．11．证明：∵a2＋b2≥2ab,b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，又∵a＋b＋c＝1，(a＋b＋c）2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝1，∴1＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac≤a2＋b2＋c2＋（a2＋b2）＋（b2＋c2)＋(a2＋c2）＝3(a2＋b2＋c2）．∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1，3)。点拨：由于已知a＋b＋c＝1，要得到a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3），是由一次到二次的转化，因此需要将a＋b＋c＝1两边进行平方得到二次的式子,再观察其特点进行证明．12．证明:(1)∵a，b，c∈R＋，∴eq\f（a，b）＋eq\f（b，c）＋eq\f（c,a)≥3eq\r（3,\f（a,b)·\f(b,c）·\f(c，a)）＝3，eq\f（b，a）＋eq\f（c,b)＋eq\f(a，c）≥3eq\r（3,\f(b,a)·\f（c,b）·\f(a，c））＝3。∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f（b,c)＋\f（c,a））)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b,a）＋\f(c，b)＋\f（a,c））)≥9。（2）∵a,b，c∈R＋，∴a＋b＋c≥3eq\r（3,abc),a2＋b2＋c2≥3eq\r（3，a2b2c2）.∴(a＋b＋c）(a2＋b2＋c2)≥3eq\r（3，abc)·3eq\r(3,a2b2c2)＝9abc,即(a＋b＋c）（a2＋b2＋c2)≥9abc。13．解:设矩形的长、宽分别为a，b，对角线的长度为x＝eq\r(a2＋b2），周长为C＝2(a＋b)＝2eq\r(（a＋b）2)＝2eq\r(a2＋b2＋2ab)≤2eq\r(2(a2＋b2）)＝2eq\r(2)x，当且仅当a＝b时矩形的周长最长．矩形的面积为S＝ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f（x2,2)，当且仅当a＝b时矩形的面积最大．点拨：本题为实际应用问题，注意模型的研究与建立．在得到式子之后利用等式构造不等式，从而求得最值．14．解:设内接圆柱的体积为V,可知R2＝r2＋eq\f（h2,4），∴r2＝R2－eq\f（h2，4)。则V＝πr2h＝πeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（R2－\f(h2,4））)h＝eq\f(π,4)（4R2－h2)h＝eq\f（π，4)eq\r（(4R2－h2)2h2）＝eq\f（π，4)eq\r（\f(1,2）（4R2－h2）（4R2－h2）2h2)≤eq\f(π，4）eq\r(\f（1,2）\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4R2－h2＋4R2－h2＋2h2，3））)3）＝eq\f（π，4）eq\r（\f（1，2)\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（8R2，3)）)3)＝eq\f（4\r（3),9）πR3，当且仅当4R2－h2＝2h2时，等号成立．∴当h＝eq\f（2\r(3)，3）R时，内接圆柱的体积最大为eq\f(4\r(3）,9)πR3。15．证明：①∵a＞0,b＞0，∴a2＋b2≥2ab.∴eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f（1,2ab)，即eq\f(b，a2＋b2）≤eq\f（1,2a).若a≤eq\f(b，a2＋b2），则h＝a。∴a≤eq\f(1，2a)，当且仅当a＝b时