1.3等式、不等式的性質與基本不等式必備學問預案自診學問梳理1.兩個實數比較大小的方法(1)作差法a(2)作商法a2.不等式的性質(1)對稱性:a>b?b<a.(2)傳遞性:a>b,b>c?a>c.(3)可加性:a>b?a+c>b+c;a>b,c>d?a+c>b+d.(4)可乘性:a>b,c>0?ac>bc;a>b,c<0?ac<bc;a>b>0,c>d>0?ac>bd.(5)可乘方:a>b>0?an>bn(n∈N,n≥2).(6)可開方:a>b>0?na>nb(n∈N,3.基本不等式:ab(1)基本不等式成立的條件:a>0,b>0.(2)等號成立的條件:當且僅當時,等號成立.

(3)其中a+b2叫做正數a,b的算術平均數,ab叫做正數a,4.利用基本不等式求最值已知x>0,y>0,則(1)當積xy等于定值p時,那么當且僅當時,x+y有最值2p(簡記:積定和最小).

(2)當和x+y等于定值s時,那么當且僅當時,xy有最值s24(簡記:和定積最大)1.若a>b>0,m>0,則ba<b+ma+m;ba>2.a2+b2≥2ab(a,b∈R),當且僅當a=b時,等號成立.3.ab≤a+b22(a,b∈R),當且僅當a=b4.a2+b22≥a+b22(a5.ba+ab≥2(a,b同號),當且僅當a=b考點自診1.推斷下列結論是否正確,正確的畫“√”,錯誤的畫“×”.(1)a>b?ac2>bc2.()(2)a>b>0,c>d>0?ad>bc.(3)若a<b<0,則a2>ab>b2.()(4)兩個不等式a2+b2≥2ab與a+b2≥ab成立的條件是相同的(5)y=sinx+4sinx(0<x<π)的最小值為4.(2.設M=x2,N=-x-1,則M與N的大小關系是()A.M>N B.M=NC.M<N D.與x有關3.設a,b,c,d∈R,且a>b,c>d,則下列結論中正確的是()A.ad>bC.ac>bd D.a+c>b+d4.(2024山東濰坊臨朐模擬一,3)設p:a,b是正實數,q:a+b>2ab,則()A.p是q的充分條件但不是必要條件B.p是q的必要條件但不是充分條件C.p是q的充要條件D.p既不是q的充分條件,也不是q的必要條件5.(2024山東淄博4月模擬,14)已知a,b∈R,且a-3b+6=0,則2a+18b的最小值為關鍵實力學案突破考點比較兩個數(式)的大小【例1】(1)已知a,b∈(0,1),且a≠b,下列各式中最大的是()A.a2+b2 B.2abC.2ab D.a+b(2)若a=ln33,b=ln44,c=ln55,則A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.b<a<c解題心得比較大小常用的方法有作差法、作商法、構造函數法.(1)作差法的一般步驟:①作差;②變形;③定號;④下結論.變形常采納配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式.(2)作商法一般適用于分式、指數式、對數式,作商只是思路,關鍵是化簡變形,從而使結果能夠與1比較大小.(3)構造函數法:構造函數,利用函數的單調性比較大小.對點訓練1(1)已知a>b>0,m>0,則()A.bB.bC.bD.ba(2)已知a,b是實數,且e<a<b,其中e是自然對數的底數,則ab與ba的大小關系是.

考點不等式的性質及應用【例2】(1)(2024北京海淀一模,4)已知實數a,b,c在數軸上對應的點如圖所示,則下列式子中正確的是()A.b-a<c+a B.c2<abC.cb>c(2)(2024山西太原三模,理3)已知a>b>1,c<0,則()A.ca<cb B.C.ac<bc D.loga(b-c)>logb(a-c)解題心得1.已知某些量的范圍,在求由這些量組成的代數式的范圍時,常用不等式同向可加性、同向同正可乘性;2.不等式兩邊都乘以一個負數時要變更不等號的方向;3.當不等式兩邊異號時,兩邊同時平方后不等號不確定;4.當ab>0時,對不等式a>b兩邊取倒數,即兩邊同乘以1ab,化簡得1對點訓練2(1)已知1a<1b<0,給出下列三個結論:①a2<b2;②ba+ab>2;③lga2>lgA.①② B.①③C.②③ D.①②③(2)(多選)(2024山東青島5月模擬,9)設a,b,c為實數,且a>b>0,則下列不等式中正確的是()A.log2(ab)>log2b2 B.ac2>bc2C.ba<1<ab D.12a>12b考點基本不等式及其應用(多考向探究)考向1利用基本不等式證明不等式【例3】已知a,b,c>0,且a+b+c=1,求證:(1)1a+(2)1a-11b-11c-1≥8.解題心得利用基本不等式證明不等式時,首先視察題中要證明的不等式的形式,若不能干脆運用基本不等式,則考慮利用拆項、配湊等方法對不等式進行變形,使之達到能運用基本不等式的條件;若題目中還有已知條件,則首先視察已知條件和所證不等式之間的聯系,當已知條件中含有1時,要留意1的代換.另外,解題中要時刻留意等號能否取到.對點訓練3已知a>0,b>0,a+b=1,求證:1+1a1+考向2求不含等式條件的最值問題【例4】(1)已知x>0,則函數y=4x2-xA.1 B.3 C.6 D.8(2)(2024山西運城期末,理15)對隨意的θ∈0,π2,不等式1sin2θ+4cos2θ≥2x-解題心得1.應用基本不等式應留意:(1)在應用基本不等式求最值時,推斷是否具備了應用基本不等式的條件,即“一正——各項均為正;二定——積或和為定值;三相等——等號能否取得”.2.在利用基本不等式求不含條件等式的最值時,先依據式子的特征敏捷變形,配湊出積或和為常數的等式,再利用基本不等式求最值.對點訓練4(1)設x≥0,則函數y=(x+5)(x(2)若a,b∈R,ab>0,則a4+4b4考向3求含有等式條件的最值問題【例5】(1)若x>0,y>0,x+2y=1,則xy2x+yA.14 B.15 C.19(2)(2024天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,則12a+1解題心得1.條件最值的求解通常有兩種方法:一是消元法,即依據條件建立兩個量之間的函數關系,然后代入代數式轉化為函數的最值求解;二是將條件敏捷變形,利用常數代換的方法構造積或和為常數的式子,然后利用基本不等式求解最值.求最值時要留意其中變量的條件,有些不能用基本不等式的問題可考慮利用函數的單調性.2.多次運用基本不等式求最值時,要留意只有同時滿意等號成立的條件才能取得等號.對點訓練5(1)(2024江西名校大聯考,理11)若x>0,y>-1且滿意2x+y=1,則2x2+1x+A.3 B.32+2 C.22(2)(2024遼寧試驗中學五模,文9)已知實數x,y滿意x2-xy+y2=1,則x+y的最大值為()A.1 B.2 C.3 D.4考向4基本不等式的實際應用【例6】某廠家擬定在2024年實行促銷活動,經調查測算,該產品的年銷量(即該廠的年產量)x萬件與年促銷費用m(m≥0)萬元滿意x=3-km+1(k為常數).假如不搞促銷活動,那么該產品的年銷量是1萬件.已知2024年生產該產品的固定投入為8萬元,每生產1萬件該產品須要再投入16萬元,廠家將每件產品的銷售價格定為每件產品平均成本的1.5倍(產品成本包括固定投入和再投入兩部分資金(1)將2024年該產品的利潤y萬元表示為年促銷費用m萬元的函數;(2)該廠家2024年的促銷費用投入多少萬元時,廠家利潤最大?解題心得1.利用基本不等式解決實際問題時,應先細致閱讀題目信息,理解題意,明確其中的數量關系,并引入變量,依題意列出相應的函數關系式,然后用基本不等式求解.2.在求所列函數的最值時,當用基本不等式時,若等號取不到,則可利用函數單調性求解.3.在求函數的最值時,肯定要在定義域(使實際問題有意義的自變量的取值范圍)內求解.對點訓練6為改善實體店經營狀況,某童裝專賣店擬實行促銷活動,經調查,該品牌童裝的年銷量x萬件與年促銷費用t(t≥0)萬元滿意x=4-32t+1,已知每年該專賣店的固定投入為7萬元,每件童裝進價為12元,銷售價格定為212x+(1)將該專賣店2024年的利潤y萬元表示為年促銷費用t萬元的函數;(2)該專賣店2024年的年促銷費用投入多少萬元時,利潤最大?1.3等式、不等式的性質與基本不等式必備學問·預案自診學問梳理1.(1)>=<(2)>=<3.(2)a=b4.(1)x=y小(2)x=y大考點自診1.(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×2.AM-N=x2+x+1=x+122+34>0,所以M>N.故選A.3.D因為a,b,c,d∈R,且a>b,c>d,依據不等式的同向可加性,得a+c>b+d,故選D.4.D由a,b是正實數,不肯定得到a+b>2ab,如a=b=1;反之,由a+b>2ab,不肯定得到a,b是正實數,如a=1,b=0.所以p既不是q的充分條件,也不是q的必要條件.故選D.5.142a+18b=2a+2-3b≥22a-3b=22-6=2×2-3=2-2=14.當且僅當2a=2-3b關鍵實力·學案突破例1(1)D(2)B(1)∵a,b∈(0,1),且a≠b,則明顯有a+b>2ab,a2+b2>2ab.下面比較a2+b2與a+b的大小.由于a,b∈(0,1),∴a2<a,b2<b,∴a2+b2<a+b.故各式中最大的是a+b.(2)(方法1)易知a,b,c都是正數,ba=3ln44ln3=log8164<1,所以a>b;bc=所以b>c.故c<b<a.(方法2)對于函數y=f(x)=lnxx,y'=1-lnxx2,易知當x>e時,因為e<3<4<5,所以f(3)>f(4)>f(5),即c<b<a.對點訓練1(1)C(2)ab>ba(1)ba因為a>b>0,m>0,所以b-a<0,a+m>0,所以m(b-a)a(a+(2)令f(x)=lnxx,則f'(x)=1-lnxx2,當x>e時,f'(x)<0,所以f(x)在(e,+∞)上單調遞減,因為e<a<b,所以f(a)>f(b),即lnaa>lnb例2(1)D(2)C(1)(方法1)依據數軸可得c<b<a<0,且|c|>|b|>|a|,對于A:因為c<b,a<0,所以c+a<c,b-a>b,則c+a<c<b<b-a,即c+a<b-a,故A錯誤;對于B:因為c<b<a<0,|c|>|b|>|a|,所以c2>b2>a2,且b2>ab,所以c2>b2>ab,即c2>ab,故B錯誤;對于C:因為b<a<0,所以1b>1a,則cb<ca,故C錯誤;對于D:因為|b|>|a|,且c<(方法2)不妨令c=-5,b=-4,a=-1,則c+a=-6<b-a=-3,故A錯誤;c2=25>ab=4,故B錯誤;cb=54<ca=5,故C錯誤;|b|c=-20<|a|c=-5,(2)由于a>b>1,所以0<1a<1b,又c<0,故ca>cb,選項A錯誤;當c=-2,a=4,b=3時,ca>cb,故選項B錯誤;由于a>b>1,c<0,故ac<bc,選項C正確;由于a>b>1,c<0,所以a-c>b-c,故loga(b-c)<logb(a-c對點訓練2(1)A(2)AC(1)(方法1)∵1a<1b<∴a2<b2;∵ab>0,ba>0,∴ba+ab>2ba·ab=2;∵a<0,a-b>0,∴a2-ab=a(a-b)<0,∴(方法2)不妨設a=-1,b=-2,滿意1a<1b<0.代入驗證①(-1)2<(-2)2成立,代入②-2-1+-1-2=52>2成立,代入③lg(-1)(2)由a>b>0,得ab>b2,所以log2(ab)>log2b2,故A正確;因為c2≥0,當c2=0時,選項B不成立,故B不正確;由a>b>0,兩邊同乘1b,得ab>1,由a>b>0,兩邊同乘1a,得ba<1,由a>b,函數y=12x為減函數,得12a<12b,故D不正確.故選AC.例3證明(1)∵a,b,c>0,且a+b+c=1,∴1a+1b+1c=1a+1b+1c(a+b+c)=3+ba+ab+cb+bc+c當且僅當a=b=c=13時,等號成立(2)1a-11b-11c-1=a+b+ca-1a+b+cb-1a+b+cc-當且僅當a=b=c=13時,等號成立對點訓練3證明(方法1)∵a>0,b>0,a+b=1,∴1+1a=1+a+ba=2+ba.同理,1+1∴1+1a1+1b=2+ba2+ab=5+2ba+ab≥5+4=9,當且僅當ba∴1+1a1+1b≥9,當且僅當a=b=(方法2)1+1a1+1b=1+1a+1b∵a,b為正數,a+b=1,∴ab≤a+b22=14,當且僅當a=b=12時,等號成立.于是1ab≥4,2因此1+1a1+1b≥當且僅當a=b=12時,等號成立例4(1)B(2)(-∞,5](1)因為x>0,所以函數y=4x2-x+1x=4x+1x-1≥當且僅當4x=1x,即x=12時,等號成立,即函數y取得最小值3.故選(2)不等式1sin2θ+4cos2θ≥2x-1恒成立,因為1sin2θ+4cos2θ=1sin2θ+4cos2θ·(sin2θ當且僅當cos2θ=2sin2θ=23時取得等號.則2x-1≤9,解得x≤5,故x的取值范圍為(-∞,5]對點訓練4(1)9(2)4(1)令x+1=t,則t≥1,y=(x+5)(x+2)x+1=(t+4)(t+1)t=t2+5t+4t=t+4(2)∵a,b∈R,且ab>0,∴a4+4b4+1ab當且僅當a2=2b2,4ab例5(1)C(2)4(1)由題意知xy2x+y=12y+1∴2y+1x=2y+1x(x+2y)=2xy+2yx+5當且僅當2xy=2yx,即x=y=13時,等號成立,所以(2)∵ab=1,∴b=1a∴12令1a+a=t>0,則原式=t2+8t≥當且僅當t2=16,即t