2016版新课标高考数学题型全归纳文科PPT.第七章 不等式第1节

✎考纲解读1.了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景.2.了解基本不等式的证明过程；3.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题；✎知识点精讲基本概念1.几个重要不等式（1）（平方数非负），，.（2）均值不等式：如果，则(当且仅当20a…00aa厖0aaR…,abR2abab…ab10,2aaa…2abba…,ab222()2abab…ab22ab222abab„22abab22abab„abab222(,)1122abababababR剟?„„„时取“=”）特例：；（同号）.（3）其他变形：①（沟通两和与两平方和的不等关系式）②（沟通两积与两平方和的不等关系式）③（沟通两积与两和的不等关系式）（4）重要不等式串：即调和平均值几何平均值算术平均值平方平均值.2.均值定理已知.（1）如果（定值），则（当且仅当时取）.“和为定值，积有最大值”.（2）如果（定值），则（当且仅当时取）.“积为定值，和有最大值”.基本性质1.两个不等式的同向合成，一律为（充分不必要条件）⑴（传递性，注意找中间量）；,xyRxyS2224xySxy„xy“”xyP22xyxyP…xy“”,abbcac（2）（同向可加性）；（3）（同正可乘性，注意条件为正）.2.一个不等式的等价变形，一律为（不含大前提，充要条件），这是不等式解法的理论依据⑴；⑵（对称性）；⑶（不等量乘正量）；⑷（不等量乘负量）；⑸（不等量加等量）；⑹，（注意条件为正）；⑺，（注意条件为正）；⑻，；，.,abcdacbd0,00abcdacbd0,0,0abababababababba,0(0)abcacbcc,0(0)abcacbcc,abcacbcR0ab0nnnabΝ0ab0nnnabΝ0ab11abab0ab11abab✎题型归纳及思路提示题型81不等式的性质【例7.1】对于实数，有下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则；⑤若，则其中真命题的个数是（）.A.个B.个C.个D.个【分析】判断命题的真假，要紧扣不等式的性质，应注意条件与结论之间的联系.【解析】①中的值的正负或是否为零未知，因而判断不等关系缺乏依据，故该命题是假命题.,,abcabacbc22acbcab0ab22aabb0cababcacb11,abab0,0.ab2345c②中，由可知，又，则，故该命题是真命题③中，由，不等式两边同乘，可得，若同乘，可得易知成立，故该命题为真命题.④中，由可知故有，又因为，由“同正可乘”性可知成立.故该命题为真命题.⑤中，由已知，因为，故，又，所以，，故该命题为真命题.综上所述，②③④⑤命题都是真命题.故选C.【评注】准确记忆各性质成立的条件，是正确应用的前提.在不等式的判断中，特殊值法也是非常有效地方法.22acbc0c20cab0ab0aa2aab0bb2,abb22aabb0cab0cacb110cacb0ababcacb11,0baababab0ba0abab0a0b题型83基本不等式及其应用【例7.3】是的（）.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】由能推出；但反之不然，因为的条件是.故选A.0ab222abab0ab222abab,abR222abab【例7.3变式2】若0𝑎𝑏，且𝑎+𝑏=1，则在下列4个选项中，最大的是（）.A.12B.𝑎2+𝑏2C.2𝑎𝑏D.𝑏【解析】解法一：推演法.依题意0𝑎𝑏,且𝑎+𝑏=1，得0𝑎12𝑏1，因此2𝑎𝑏𝑏，且𝑎2+𝑏22𝑎𝑏，又𝑎2+𝑏2−𝑏=1−𝑏2+𝑏2−𝑏=2𝑏2−3𝑏+1=2𝑏−1𝑏−10所以𝑎2+𝑏2𝑏.综上，𝑏12，𝑏𝑎2+𝑏22𝑎𝑏.故选D.解法二：赋值法.令𝑎=13，𝑏=23，𝑎2+𝑏2=5912，2𝑎𝑏=2×13×23=4912.最大为𝑏.故选D.题型84利用基本不等式求函数最值【例7.5】（1）若𝑥0，求函数𝑓𝑥=12𝑥+3𝑥的最小值；（2）若𝑥0，求函数𝑓𝑥=12𝑥+3𝑥的值域.（1）因为𝑥0，可以直接利用均值不等式求最值.（2）因为𝑥0，故需先转化为−𝑥0，才能利用均值不等式求最值.【分析】【解析】（1）因为𝑥0，由均值不等式得𝑓𝑥=12𝑥+3𝑥≥212𝑥⋅3𝑥=236=12，当且仅当3𝑥=12𝑥，即𝑥=2时，𝑓𝑥取最小值12.【评注】解（1）时，应注意积为定值这个前提条件；当且仅当12−𝑥=−3𝑥，𝑥0即𝑥=−2时，𝑓𝑥取最大值−12.解（2）时，应注意使用均值不等式求最值时，各项必须为正数.故函数𝑓𝑥的值域为−∞，−12.【例7.5变式1】（1）求函数𝑦=𝑥2+3𝑥+1𝑥≥12的值域；（2）求函数𝑦=𝑥2+3𝑥2+1的最小值；（3）求函数𝑦=𝑥2+5𝑥2+4的最小值.（1）令𝑡=𝑥+1𝑡∈32，+∞，则𝑥=𝑡−1，【解析】即函数𝑦=𝑡−12+3𝑡=𝑡+4𝑡−2≥24−2=2.当且仅当𝑡=4𝑡，即𝑡=2时(此时𝑥=1)取等号.故函数的值域为2，+∞.（2）令𝑡=𝑥2+1𝑡≥1，则𝑦=𝑥2+3𝑥2+1=𝑥2+1+2𝑥2+1=𝑡+2𝑡≥22，当且仅当𝑡=2𝑡，即𝑡=2时(此时𝑥=±1)取等号.故函数𝑦的最小值为22.（3）令𝑥2+4=𝑡𝑡≥2，则𝑦=𝑥2+5𝑥2+4=𝑥2+4+1𝑥2+4=𝑡+1𝑡，因为函数𝑦=𝑡+1𝑡在区间2，+∞上为增函数，所以当𝑡=2时，即𝑥=0时，𝑦min=52.利用均值不等式要注意验证等号条件是否成立.当不能使用均值不等式求取最值时，可考虑利用函数𝑦=𝑥+𝑎𝑥的单调性求最值.【评注】【例7.6】已知𝑥54，求函数𝑦=4𝑥−2+14𝑥−5的最大值.因为4𝑥−50，所以首先要调整符号，又4𝑥−2⋅14𝑥−5不是常数，所以要对4𝑥−2进行拆凑项.通过将函数解析式拆凑成可以使用均值不等式的形式，从而求得函数的最值.【分析】【解析】因为𝑥54，所以5−4𝑥0，𝑦=4𝑥−2+14𝑥−5=−5−4𝑥+15−4𝑥+3.由5−4𝑥+15−4𝑥≥25−4𝑥⋅15−4𝑥=2得𝑦≤−2+3=1，所以函数的最大值为1.（当且仅当5−4𝑥=15−4𝑥时，即𝑥=1时取“=”）.故当𝑥=1时，𝑦max=1.【评注】利用均值不等式求最值时要重视各种条件，即“一正二定三相等四同时”必须全部满足，方可利用其求得最值.如果本题中的条件“𝑥54”改为“𝑥≤12”，则如下求解：事实上，5−4𝑥=15−4𝑥⇒𝑥=1∉−∞，12.为错误求解.错误原因在于只注重均值不等式的形式构造而未对成立条件“三相等”加以验证.因为5−4𝑥≥30，所以5−4𝑥+15−4𝑥≥21=2，一般地，对勾函数𝑦=𝑥+𝑎𝑥𝑎0在0，𝑎上单调递减，在𝑎，+∞上单调递增，若不满足“三相等”的条件可利用单调性求最值.另外，还要注意与对勾函数𝑦=𝑥+𝑎𝑥𝑎0形同质异的函数𝑦=𝑥+𝑎𝑥𝑎0在−∞，0和0，+∞上均为单调递增函数，如𝑦=𝑥−1𝑥0𝑥≤2，可直接利用单调性求最值.【例7.7】已知𝑥0，𝑦0，且1𝑥+9𝑦=1，求𝑥+𝑦的最小值.利用条件1𝑥+9𝑦=1中“1”的变换.【分析】解法一：因为𝑥0，𝑦0，1𝑥+9𝑦=1，【解析】所以𝑥+𝑦=𝑥+𝑦1𝑥+9𝑦=1+9𝑥𝑦+𝑦𝑥+9=10+9𝑥𝑦+𝑦𝑥≥10+29𝑥𝑦⋅𝑦𝑥=16.当且仅当9𝑥𝑦=𝑦𝑥1𝑥+9𝑦=1𝑥0，𝑦0.即𝑥=4𝑦=12时，𝑥+𝑦的最小值为16.解法二：由𝑥0，𝑦0，1𝑥+9𝑦=1，得𝑥=𝑦𝑦−9，且𝑦9.所以𝑥+𝑦=𝑦𝑦−9+𝑦=1+9𝑦−9+𝑦=𝑦−9+9𝑦−9+10，因为𝑦9，所以𝑦−90，所以𝑦−9+9𝑦−9+10≥2𝑦−9⋅9𝑦−9+10=16.当且仅当𝑦−9=9𝑦−9，即𝑦=12时取等号，此时𝑥=4.所以当𝑥=4，𝑦=12时，𝑥+𝑦取得最小值16.因为1𝑥+9𝑦=1≥29𝑥𝑦=6𝑥𝑦，即𝑥𝑦≥36，所以𝑥+𝑦≥2𝑥𝑦≥236=12.错误原因在于：连续使用了两次均值不等式，但未对两个“=”成立的条件是否吻合进行验证.其实，这两次“=”不能同时取得.这就提醒我们，在多次使用均值不等式时，一定要验证多次“=”满足的条件能否相互吻合.本题的解法一是利用条件中的“1”代换成“1𝑥+9𝑦”，将其所求的形式凑配成利用均值不等式的形式，使得题目顺利求解；【评注】解法二采用了方程消元，化为一元函数求解.但下面的解法是错误的，【例7.8】若正数𝑎，𝑏满足𝑎𝑏=𝑎+𝑏+3，则：（1）𝑎𝑏的取值范围是_________；（2）𝑎+𝑏的取值范围是________.由等量关系的结构特征而知，只需将所求部分之外的部分利用不等式转化为所求形式，然后解不等式即可.【分析】（1）解法一：均值不等式.【解析】𝑎𝑏=𝑎+𝑏+3≥2𝑎𝑏+3，当且仅当𝑎=𝑏时取等号，所以𝑎𝑏2−2𝑎𝑏−3≥0，得𝑎𝑏≥3或𝑎𝑏≤−1（舍），所以𝑎𝑏≥3，故有𝑎𝑏≥9.当且仅当𝑎=𝑏=3时取等号，即𝑎𝑏的取值范围是9，+∞.解法二：判别式法.令𝑎𝑏=𝑡𝑡3，则𝑏=𝑡𝑎，代入原式得，𝑡=𝑎+𝑡𝑎+3，整理得𝑎2+3−𝑡𝑎+𝑡=0，∆=3−𝑡2−4𝑡≥0，得𝑡≥9或𝑡≤1（舍），即𝑎𝑏的取值范围是9，+∞.（2）解法一：𝑎𝑏=𝑎+𝑏+3≤𝑎+𝑏22，当且仅当𝑎=𝑏时取等号.令𝑆=𝑎+𝑏0，则S+3≤𝑆24，整理即𝑆2−4𝑆−12≥0得S≥6或S≤−2（舍），即𝑎+𝑏的取值范围是6，+∞.解法二：判别式法.令𝑎+𝑏=𝑡𝑡0，则𝑏=𝑡−𝑎，代入原式得，𝑎𝑡−𝑎=𝑡+3，整理得𝑎2−𝑎𝑡+𝑡+3=0.∆=𝑡2−4𝑡+3≥0，得𝑡≥6或𝑡≤−2（舍）.即𝑎+𝑏的取值范围是6，+∞.注意体会使用方程消元法求范围与利用均值不等式求范围的优劣，试用方程消元法求解本题的第（2）问.【评注】【例7.10】设𝑎𝑏0，则𝑎2+1𝑎𝑏+1𝑎𝑎−𝑏的最小值是（）.A.1B.2C.3D.4故1𝑎𝑏+1𝑎𝑎−𝑏≥4𝑎𝑏+𝑎𝑎−𝑏=4𝑎2，【解析】因为21𝑎+1𝑏≤𝑎+𝑏2，所以1𝑎+1𝑏≥4𝑎+𝑏，所以当𝑎=2，𝑏=22时，最小值为4.故选D.（当且仅当𝑎𝑏=𝑎𝑎−𝑏且𝑎2=4𝑎2时取“=”），𝑎2+1𝑎𝑏+1𝑎𝑎−𝑏≥𝑎2+4𝑎2≥2𝑎2∙4𝑎2=4，【例7.11】（1）设，求证：.（2）已知，求证：.【解析】（1）因为，所以.当且仅当时等号成立.（2）因为，所以，，，,,abcR114abcabc…,,abcR222abcabcbca…,,0abc1111abcabcabcabc112224