數(shù)學(xué)素材：不等式

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精教材習(xí)題點(diǎn)撥習(xí)題1。11．解：(1)假命題，若c＜0或c＝0不等式均不成立，這時(shí)應(yīng)為ac＜bc或ac＝bc。(2）假命題，若c＝0,則ac2＝bc2。（3）假命題，因?yàn)樵赼＞0,b＜0時(shí)an＞bn不一定成立．例如：a＝2，b＝－3,n＝2時(shí),a2＜b2.（4)真命題，因?yàn)閏＜d，則－c＞－d，所以a－c＞b－d。點(diǎn)撥：要說(shuō)明一個(gè)命題錯(cuò)誤，只需要舉出一個(gè)反例，證明它正確則需要嚴(yán)格的推理過(guò)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)．點(diǎn)撥：本題兩個(gè)式子中沒(méi)有公因式，所以需要展開(kāi),重新整理，以便將差化成易于判別符號(hào)的形式．3．證明:（1）∵a＞b，ab＞0，則a，b同號(hào)．若a＞b＞0，則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,則eq\f(a，ab)＞eq\f（b,ab)?eq\f(1,b)＞eq\f(1,a）?eq\f(1,a）＜eq\f（1，b）。綜上可得若a＞b，ab＞0，則eq\f(1，a)＜eq\f（1，b)。(2）∵a＞b＞0，c＜0,則ac＜bc.∵c＜d＜0，b＞0，則bc＜bd.∴ac＜bc＜bd，即ac＜bd。點(diǎn)撥：本題主要考查不等式的基本性質(zhì)的應(yīng)用，要注意對(duì)照已知條件和要求證的結(jié)論,進(jìn)行構(gòu)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，此時(shí)ac＜bd.點(diǎn)撥:本題主要考查同向不等式乘法的適用范圍．忽略這個(gè)范圍，不等式可能不成立，在應(yīng)用時(shí)應(yīng)注意．5．證明：（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?！鄀q\f（b,a)＋eq\f（a，b)＞2.(2）∵a＞0,b＞0，∴ab＞0。∴eq\r(ab）＞0?！鄀q\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).點(diǎn)撥：(1)是從要證的式子出發(fā)，將這個(gè)式子利用已知條件進(jìn)行整理化簡(jiǎn)推導(dǎo)出大于零；(2）是運(yùn)用了分析法的思想，要證明這個(gè)問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為證明與它等價(jià)的一些問(wèn)題,直至找到成立的結(jié)論和定理．6．證明:(1）∵a,b，c均為正數(shù)，∴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)中至少有一個(gè)不能取等號(hào)．∴(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均為正數(shù)，∴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）中至少有一個(gè)不能取等號(hào)，即a＋b＋c＞eq\r（ab)＋eq\r（bc)＋eq\r（ca).點(diǎn)撥：在這兩個(gè)小題中注意等號(hào)是否成立,等號(hào)若要成立則需a＝b＝c，而已知a，b,c不全相同,因此不等式也就不可能同時(shí)成立，所以要注意題目中條件的應(yīng)用．7．證明：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.點(diǎn)撥:注意拆分項(xiàng),要想得到ab，可從a2＋b2≥2ab著手．8．證明:∵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。點(diǎn)撥：要得到a1x1，自然想到aeq\o\al（2，1）＋xeq\o\al（2，1）≥2a1x1，所以需要將已知條件中的兩個(gè)式子加起來(lái)，再利用基本不等式證明．9．證明：∵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?！選,y∈R，∴（x－y)2≥0顯然成立．∴eq\f（x2＋y2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x＋y,2）))2。點(diǎn)撥：證明過(guò)程用了綜合法，即將不等式轉(zhuǎn)化為已知的不等式或者結(jié)論．對(duì)于結(jié)論eq\f(x2＋y2，2）≥eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2）))2在以后的證明中會(huì)經(jīng)常用到,記住它會(huì)對(duì)以后的證明有所幫助．10．證明: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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r（x2＋1)＝eq\f(1，\r(x2＋1））,即x2＋1＝1,即x＝0時(shí)等號(hào)成立．點(diǎn)撥：注意構(gòu)造成能互為倒數(shù)的形式，這樣可以得到定值，從而可以利用基本不等式．11．證明：∵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)。點(diǎn)撥：由于已知a＋b＋c＝1，要得到a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3），是由一次到二次的轉(zhuǎn)化，因此需要將a＋b＋c＝1兩邊進(jìn)行平方得到二次的式子,再觀察其特點(diǎn)進(jìn)行證明．12．證明:(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?！鄀q\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f（b,c)＋\f（c,a））)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b,a）＋\f(c，b)＋\f（a,c））)≥9。（2）∵a,b，c∈R＋，∴a＋b＋c≥3eq\r（3,abc),a2＋b2＋c2≥3eq\r（3，a2b2c2）.∴(a＋b＋c）(a2＋b2＋c2)≥3eq\r（3，abc)·3eq\r(3,a2b2c2)＝9abc,即(a＋b＋c）（a2＋b2＋c2)≥9abc。13．解:設(shè)矩形的長(zhǎng)、寬分別為a，b，對(duì)角線的長(zhǎng)度為x＝eq\r(a2＋b2），周長(zhǎng)為C＝2(a＋b)＝2eq\r(（a＋b）2)＝2eq\r(a2＋b2＋2ab)≤2eq\r(2(a2＋b2）)＝2eq\r(2)x，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)矩形的周長(zhǎng)最長(zhǎng)．矩形的面積為S＝ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f（x2,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)矩形的面積最大．點(diǎn)撥：本題為實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題，注意模型的研究與建立．在得到式子之后利用等式構(gòu)造不等式，從而求得最值．14．解:設(shè)內(nèi)接圓柱的體積為V,可知R2＝r2＋eq\f（h2,4），∴r2＝R2－eq\f（h2，4)。則V＝πr2h＝πeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（R2－\f(h2,4））)h＝eq\f(π,4)（4R2－h(huán)2)h＝eq\f（π，4)eq\r（(4R2－h(huán)2)2h2）＝eq\f（π，4)eq\r（\f(1,2）（4R2－h(huán)2）（4R2－h(huán)2）2h2)≤eq\f(π，4）eq\r(\f（1,2）\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4R2－h(huán)2＋4R2－h(huán)2＋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，當(dāng)且僅當(dāng)4R2－h(huán)2＝2h2時(shí)，等號(hào)成立．∴當(dāng)h＝eq\f（2\r(3)，3）R時(shí)，內(nèi)接圓柱的體積最大為eq\f(4\r(3）,9)πR3。15．證明：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），則h＝a?！郺≤eq\f(1，2a)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)