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所以
x1xy1y
z
2
22
x
2
2
x(1x)332
2z，
2
x2
2
332
x.
2
33
同理
y，
2
z1
33
所以x
yz332
33
1x2
1y2
1z2
2
(x2
y
2
z)
2
.例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：abcbc
1
ca
1
ab
1
≤2。
【证明】
先证
a
2a
bc1abc
.①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。同理
b2bc2cca1
a
b
c,
ab
1
a
b
c
.
三个不等式相加即得原不等式成立。（9）利用函数的思想。例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=
111ab
b
c
c
a
的最小值。
【解】
当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=
52
，以下证明f(a, b, c) ≥52
. 不妨设则0≤c≤
32cab13
, f(a, b, c)=
c
2
1c
2
1
a
b
.
因为1=(a+b)c+ab≤
(a
b)2
4+(a+b)c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2(c
2
1-c). 考虑函数g(t)=
t12
1t
, g(t)在[
c
2
c1,
）上单调递增。
又因为0≤c≤
3
2
2
2
3，所以3c≤1. 所以c+a≥4c. 所以2(c
2
1c)≥c
2
1.
所以f(a, b, c)=
2c
ab1c21c
2
1
a
b2≥
2c
2(c1c)
1
c
2
1
c
2
1
2(c
2
1c)
c2
=
2c1
c
c
2
1c2
1=21c
2
1
c3c
2
1
c
2
1
2
2
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a≥b≥c，
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≥4下证
c2
3c
2
152
3(1c2
2
1)c2
2
.
2
3(1
33
34
c
2
1)c
0 ①
3c3c1
c+6c+9≥9c+9
22
c
34
0 c≥c
34
.
因为c
，所以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=
52
52
.
n
n
n
2．几个常用的不等式——《选修（1）【只需了解】柯西不等式：若等号当且仅当存在
4-5不等式选讲》
ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则(
i1
a)(
i1
2
i
b)
2i
(
i1
aibi).
2
λ∈R，使得对任意
i=1, 2, , n, ai=λbi,
n
n
变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则(
i1
a
2
i
()
(
i1i1n
ai)bi)
n
2
bi
.
2
等号成立条件为
ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
n
变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则
i1
aibi
(
i1
n
ai)aibi
i1
2
.
等号成立当且仅当
b1=b2=…=bn.
a1, a2,…,an∈R+，记Hn=
（2）【必会】平均值不等式：设
n
1a1
1a2
1an
, Gn=
n
a1a2an,
An=
a1a2
n
an
,Qn
a
21
a
22
an
2n
，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤
平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
【证明】由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An. 1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥k≥2k
2k
k
1k
a1a2ak
k
akakkak
1
1
=Gk+1.
a1a2
G
k1
k1
a1a2ak1Gk
k11
2k2kGk
2k1
2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1. 所以由数学归纳法，结论成立。（3）排序不等式：
例15 已知a1, a2,…,an∈R
+，求证；
a
21
aa
22
22
a
2n1
a
2n
a2
a3
a3
a3
ana1an
2
a1+a2+…+an.
1
【证明】证法一：因为
a
21
a2
a12a1,2a2，…，
an
an2an1,
ana1
2
2an. a1≥
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上述不等式相加即得
a
21
aa
21
22
aa
22
2n1
a
2n1
2n
a2a3a2
a
21
an
a
a
22
a1ana
2n1
≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式
a
2n
a3a2
a3
a1
aan
a1
(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
2n
因为a1+a2+…+an >0，所以证法三：
设
≥a1+a2+…+an.
a1, a2,…,an从小到大排列为，由排序原理可得
ai
1
ai
2
ai
，则
n
ai
2
1
ai
2
2
ai，
n
2
1ai
n
1ai
n1
1ai
1
ai
1
ai
2
ai=a1+a2+…+an≥
a2
n
a
21
a
22
a
2n1
a
2n
a3ana1
，得证。
注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。三、趋近高考【必懂】
1.（成都市2010届高三第三次诊断理科）(A){x|－1≤x≤2} (C){x|－1≤x＜2} 【答案】B
[
不等式
x2
x1
0的解集为（
）
(B) {x|－1＜x≤2} (D){x|－1＜x＜2}
]
【解析】原不等式等价于
(x1)(x2)x10
0
，
解得－1＜x≤2
2.（成都市2010理）某物流公司有40t，运输成本为
6辆甲型卡车和
4辆乙型卡车，此公司承接了每天至少运送
(
) (D)3
y
z＝0.9x＋y
4
A
0
6
A(4,4)时，z最小7.6千元
4辆。
2
280t货物
的业务，已知每辆甲型卡车每天的运输量为(A)6
【答案】C
【解析】设需要甲型卡车
(B)5 x辆，乙型卡车
30t，运输成本费用为
(C)4
y辆
0.9千元；每辆乙型卡车每天的运输量为
1千元，则当每天运输成本费用最低时，所需甲型卡车的数量是
30x
由题意
40yxy
64
280
且x、y∈Z
00
3x＋4y＝28
x
运输成本目标函数z＝0.9x＋y
画出可行域(如图)可知，当目标函数经过及需要甲型卡车和乙型卡车各3.(绵阳2010年)把圆C：x≥0所确定的平面区域内，则（A）1
2
y
12
按向量a=(h，-1)平移后得圆C1，若圆C1在不等式x+y+1
A ）
h的最小值为（
（B）-1 （C）
33
（D）
33
4．（雅安市2010届高三第三次诊断性考试理科）只供学习与交流
已知函数f(x)的定义域为[3,)，部分函数值如表
此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除所示，其导函数的图象如图所示，若正数的取值范围是( B )
a，b满足f(2a
b)1，则
b2a2
A．(,1)
2B．(
2,4)C．(1,4)D．(
,)U(4,2
)
5
5
5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数f(x)ax
2
bx1a,bR
.
(Ⅰ)若f(1)0且对任意实数x均有f(x)0成立，求实数a,b的值；
（Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当x
2,2时，g(x)
f(x)kx是单调函数，求实数
【解析】）Qf(1)0
a
b1
0即b
a1
又对任意实数
x均有f(x)
0成立
b2
4a0(a1)2
恒成立，即0恒成立
a
1,b
2
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
f(x)x
2
2x1g(x)x
2
(2k)x1[2,2]
(,
k2
Qg(x)2
]或[2,2]
在x[－2，2]时是单调函数，
2
k2k2
2或
2
2
即实数
k的取值范围为(
,2]U[6,)
只供学习与交流
5
k的取值范围[k2
2,)
.
人教版高中数学必修五典型例题复习进程
