高中数学经典错因正解汇总：第五章不等式.doc

第五章　不等式
§5.1不等式的解法
一、知识导学
1. 一元一次不等式ax>b
(1)当a>0时，解为；
(2)当a＜0时，解为；
(3)当a＝0，b≥0时无解；当a＝0，b＜0时，解为R．
2. 一元二次不等式：(如下表)其中a＞0，x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0的两实根，且x1＜x2
　类型
解集
ax2+bx+c＞0
ax2+bx+c≥0
ax2+bx+c＜0
ax2+bx+c≤0
Δ＞0
{x｜x＜x1或x＞x2}
{x｜x≤x1或x≥x2}
{x｜x1＜x＜x2
｛x｜x1≤x≤x2｝
Δ＝0
{x｜x≠-，xR}
R
Ф
｛x｜x=-｝
Δ＜0
R
R
Φ
Φ
3.简单的一元高次不等式：可用区间法(或称根轴法)求解，其步骤是：
　　①将f(x)的最高次项的系数化为正数；
　　②将f(x)分解为若干个一次因式的积；
　　③将每一个一次因式的根标在数轴上，从右上方依次通过每一点画曲线；
　　④根据曲线显示出的f(x)值的符号变化规律，写出不等式的解集.
4.分式不等式：先整理成＞0或≥0的形式，转化为整式不等式求解，即：
　　＞0f(x)·g(x)＞0
　　≥0
　　然后用“根轴法”或化为不等式组求解.
二、疑难知识
1.不等式解法的基本思路
解不等式的过程，实质上是同解不等式逐步代换化简原不等式的过程，因而保持同解变形就成为解不等式应遵循的主要原则，实际上高中阶段所解的不等式最后都要转化为一元一次不等式或一元二次不等式，所以等价转化是解不等式的主要思路.代数化、有理化、整式化、低次化是解初等不等式的基本思路.为此，一要能熟练准确地解一元一次不等式和一元二次不等式，二要保证每步转化都要是等价变形.
2.不等式组的解集是本组各不等式解集的交集，所以在解不等式组时，先要解出本组内各不等式的解集，然后取其交集，在取交集时，一定要利用数轴，将本组内各不等式的解集在同一数轴上表示出来，注意同一不等式解的示意线要一样高，不要将一个不等式解集的两个或几个区间误看成是两个或几个不等式的解集.
3.集合的思想和方法在解不等式问题中有广泛的应用，其难点是区分何时取交集，何时取并集.解不等式的另一个难点是含字母系数的不等式求解—注意分类.
三、经典例题
[例1] 如果kx2+2kx－(k+2)<0恒成立，则实数k的取值范围是＿＿＿.
A. －1≤k≤0 B. －1≤k<0 　C. －1<k≤0 D. －1<k<0
错解：由题意：
解得：－1<k<0
错因：将kx2+2kx－(k+2)<0看成了一定是一元二次不等式，忽略了k＝0的情况.
正解：当k＝0时，原不等式等价于－2＜0，显然恒成立， k＝0符合题意.
当k0时，由题意：
解得：－1<k<0
，故选C.
[例2] 命题＜3，命题＜0，若A是B的充分不必要条件，则的取值范围是＿＿＿＿＿＿＿
A. B. C. D.
错解：由｜x－1｜＜3得：－2＜x＜4，
又由（x＋2）(x＋a)=0得x=－2或x＝－a,
A是B的充分不必要条件,
x|－2＜x＜4x|－2＜x＜－a
－a>4故选D.
错因：忽略了a＝－4时，x|－2＜x＜4＝x|－2＜x＜－a，此时A是B的充要条件，不是充分不必要条件.
正解：由｜x－1｜＜3得：－2＜x＜4，
又由（x＋2）(x＋a)=0得x=－2或x＝－a,
A是B的充分不必要条件,
x|－2＜x＜4x|－2＜x＜－a
－a>4故选C.
[例3]已知f(x) = ax + ，若求的范围.
错解： 由条件得
②×2－①
①×2－②得
+得
错因：采用这种解法，忽视了这样一个事实：作为满足条件的函数，其值是同时受制约的.当取最大（小）值时，不一定取最大（小）值，因而整个解题思路是错误的.
正解： 由题意有,
解得：
把和的范围代入得
[例4] 解不等式（x+2）2(x+3)(x－2)
错解：（x+2）2
原不等式可化为：(x+3)(x－2)
原不等式的解集为｛x| x －3或x｝
错因:忽视了“”的含义，机械的将等式的运算性质套用到不等式运算中.
正解：原不等式可化为：（x+2）2(x+3)(x－2) ①或（x+2）2(x+3)(x－2)②，
解①得：x=－3或x＝－2或x＝2
解②得：x＜ －3或x＞2
原不等式的解集为｛x| x －3或x或x｝
[例5] 解关于x的不等式
解：将原不等式展开，整理得：
讨论：当时，
当时，若≥0时；若<0时
当时，
点评：在解一次不等式时，要讨论一次项系数的符号.
[例6]关于x的不等式的解集为
求关于x的不等式的解集．
解：由题设知　，且是方程的两根
∴，
从而 可以变形为
即： ∴
点评：二次不等式的解集与二次方程的根之间的联系是解本题的关健，这也体现了方程思想在解题中的简单应用.
[例7]不等式的解集为　　
解：∵，∴0＜，∴
∴
解得
反思：在数的比较大小过程中,要遵循这样的规律,异中求同即先将这些数的部分因式化成相同的部分,再去比较它们剩余部分,就会很轻易啦.一般在数的比较大小中有如下几种方法：(1)作差比较法和作商比较法,前者和零比较,后者和1比较大小；(2)找中间量,往往是1,在这些数中,有的比1大,有的比1小；,(3)计算所有数的值；(4)选用数形结合的方法,画出相应的图形；(5)利用函数的单调性等等.
四、典型习题
1.解不等式
2. 解不等式
3.解不等式
4. 解不等式
5.解不等式
6.k为何值时，下式恒成立：
7. 解不等式
8. 解不等式
§5.2简单的线性规划
一、知识导学
1. 目标函数: Ｐ ＝２ｘ＋ｙ是一个含有两个变 量 ｘ 和ｙ 的 函数，称为目标函数．
2.可行域:约束条件所表示的平面区域称为可行域.
3. 整点:坐标为整数的点叫做整点．
4.线性规划问题:求线性目标函数在线性约束条件下的最大值或最小值的问题，通常称为线性规划问题．只含有两个变量的简单线性规划问题可用图解法来解决．
5. 整数线性规划:要求量取整数的线性规划称为整数线性规划．
二、疑难知识
线性规划是一门研究如何使用最少的人力、物力和财力去最优地完成科学研究、工业设计、经济管理中实际问题的专门学科.主要在以下两类问题中得到应用：一是在人力、物力、财务等资源一定的条件下，如何使用它们来完成最多的任务；二是给一项任务，如何合理安排和规划，能以最少的人力、物力、资金等资源来完成该项任务.
1.对于不含边界的区域，要将边界画成虚线．
2.确定二元一次不等式所表示的平面区域有多种方法，常用的一种方法是“选点法”：任选一个不在直线上的点，检验它的坐标是否满足所给的不等式，若适合，则该点所在的一侧即为不等式所表示的平面区域；否则，直线的另一侧为所求的平面区域．若 直 线 不 过 原点，通 常 选 择 原 点 代入检验．
3. 平 移 直 线 ｙ＝－kｘ ＋Ｐ时，直线必须经过可行域．
4.对于有实际背景的线性规划问题，可行域通常是位于第一象限内的一个凸多边形区域，此时变动直线的最佳位置一般通过这个凸多边形的顶点．
5.简单线性规划问题就是求线性目标函数在线性约束条件下的最优解，无论此类题目是以什么实际问题提出，其求解的格式与步骤是不变的：（1）寻找线性约束条件，线性目标函数；（2）由二元一次不等式表示的平面区域做出可行域；（3）在可行域内求目标函数的最优解.
三、经典例题
[例1] ．画出不等式组表示的平面区域.

错解：如图（1）所示阴影部分即为不等式组表示的平面区域.
错因一是实虚线不清，二是部分不等式所表示的平面区域弄错了.
正解：如图（2）所示阴影部分即为不等式组表示的平面区域.
[例2] 已知1x－y2,且2x+y4,求4x－2y的范围.
错解：由于　1x－y2　　①,
2x+y4　　　②,
①+② 得32x6 ③
①×(－1)+② 得：02y3 ④.
③×2+④×(－1)得. 34x－2y12
错因：可行域范围扩大了.
正解：线性约束条件是：
令z＝4x－2y，
画出可行域如右图所示，
由得A点坐标（1.5，0.5）此时z＝4×1.5－2×0.5＝5.
由得B点坐标（3，1）此时z＝4×3－2×1＝10.
54x－2y10

[例3] 已知,求x2+y2的最值.
错解：不等式组表示的平面区域如右图所示ABC的内部（包括边界），
令z= x2+y2
由得A点坐标（4，1），
此时z＝x2+y2＝42+12＝17，
由得B点坐标（－1，－6），
此时z＝x2+y2＝（－1）2+(－6)2＝37，
由得C点坐标（－3，2），
此时z＝x2+y2＝（－3）2+22＝13，
当时x2+y2取得最大值37，当时x2+y2取得最小值13.
错因：误将求可行域内的点到原点的距离的平方的最值误认为是求三点A、B、C到原点的距离的平方的最值.
正解：不等式组表示的平面区域如图所示ABC的内部（包括边界），
令z= x2+y2,则z即为点（x，y）到原点的距离的平方.
由得A点坐标（4，1），
此时z＝x2+y2＝42+12＝17，
由得B点坐标（－1，－6），
此时z＝x2+y2＝（－1）2+(－6)2＝37，
由得C点坐标（－3，2），
此时z＝x2+y2＝（－3）2+22＝13，
而在原点处，，此时z＝x2+y2＝02+02＝0，
当时x2+y2取得最大值37，当时x2+y2取得最小值0.

[例4]某家具厂有方木料90m3，五合板600m2，准备加工成书桌和书橱出售.已知生产每张书桌需要方木料0.1m3，五合板2m2，生产每个书橱需要方木料0.2m3，五合板1m2，出售一张书桌可获利润80元，出售一个书橱可获利润120元.如果只安排生产书桌，可获利润多少？如果只安排生产书橱，可获利润多少？怎样安排生产可使得利润最大？
分析： 数据分析列表

书桌
书橱
资源限制
木料（m3）
0．1
0．2
90
五合板（m2）
2
1
600
利润（元/张）
80
120

计划生产（张）
x
y

设生产书桌x张，书橱y张，利润z元，则约束条件为

2x+y-600=0

A(100,400)
x+2y-900=0

2x+3y=0
目标函数z=80x+120y
作出上可行域：
作出一组平行直线2x+3y=t, 此直线经过点A（100，400）时，即合理安排生产，生产书桌100张，书橱400张，有最大利润为
zmax=80×100+400×120=56000(元)
若只生产书桌，得0<x≤300，即最多生产300张书桌，利润为
z=80×300=24000（元）
若只生产书橱，得0<y≤450，即最多生产450张书橱，利润为
z=120×450=54000（元）
答：略
[例5]某钢材厂要将两种大小不同的钢板截成A、B、C三种规格，每张钢板可同时截得三种规格小钢板的块数如下表：

A规格
B规格
C规格
第一种钢板
1
2
1
第二种钢板
1
1
3
需求
12
15
27
每张钢板的面积，第一种为1m2，第二种为2 m2，今需要A、B、C三种规格的成品各12、15、27块，请你们为该厂计划一下，应该分别截这两种钢板多少张，可以得到所需的三种规格成品，而且使所用钢板的面积最小？只用第一种钢板行吗？
解：设需要截第一种钢板x张，第二种钢板y张，所用钢板面积为z m2，则
目标函数z=x+2y
作出可行域如图
作一组平行直线x+2y=t，

2x+y=15

x+y=12 x+3y=27
x+2y=0
由
可得交点，
但点不是可行域内的整点，其附近的整点（4，8）或（6，7）可都使z有最小值，
且zmin=4+2×8=20 或zmin=6+2×7=20
若只截第一种钢板，由上可知x≥27，所用钢板面积最少为z=27(m2);
若只截第二种钢板，则y≥15，最少需要钢板面积z=2×15=30(m2).
它们都比zmin大，因此都不行.
答：略
[例6]设，式中满足条件，求的最大值和最小值.
解：由引例可知：直线与所在直线平行，则由引例的解题过程知，
当与所在直线重合时最大，此时满足条件的最优解有无数多个，
当经过点时，对应最小，∴，．
说明：1．线性目标函数的最大值、最小值一般在可行域的顶点处取得；
2．线性目标函数的最值也可在可行域的边界上取得，即满足条件的最优解有无数多个.

四、典型习题
1．画出不等式－+2y－4＜0表示的平面区域.

2．画出不等式组表示的平面区域
3.求z=3x+5y的最大值和最小值，使式中的x、y满足约束条件
4.某工厂用两种不同原料均可生产同一产品，若采用甲种原料，每吨成本1000元，运费500元，可得产品90千克；若采用乙种原料，每吨成本为1500元，运费400元，可得产品100千克，如果每月原料的总成本不超过6000元，运费不超过2000元，那么此工厂每月最多可生产多少千克产品？
5.某工厂家具车间造A、B型两类桌子，每张桌子需木工和漆工两道工序完成.已知木工做一张A、B型桌子分别需要1小时和2小时，漆工油漆一张A、B型桌子分别需要3小时和1小时；又知木工、漆工每天工作分别不得超过8小时和9小时，而工厂造一张A、B型桌子分别获利润2千元和3千元，试问工厂每天应生产A、B型桌子各多少张，才能获得利润最大？
6．在约束条件下，当时，目标函数
的最大值的变化范围是
A.[6,15] B.[7,15]
C.[6,8] D.[7,8]

§5.3 基本不等式的证明
一、知识导学
1.比较法：比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法).
(1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“ａ-ｂ≥0ａ≥ｂ；ａ-ｂ≤0ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论.应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法.
(2)商值比较法的理论依据是：“若ａ，ｂ∈R+，ａ/ｂ≥1ａ≥ｂ；ａ/ｂ≤1ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作商：将左右两端作商；②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1.应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法.
2.综合法：利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”.即从已知Ａ逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论Ｂ.
3.分析法：是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”.用分析法证明书写的模式是：为了证明命题Ｂ成立，只需证明命题Ｂ1为真，从而有…，这只需证明Ｂ2为真，从而又有…，……这只需证明Ａ为真，而已知Ａ为真，故Ｂ必为真.这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件.
4.反证法：有些不等式的证明，从正面证不好说清楚，可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式Ａ>Ｂ，先假设Ａ≤Ｂ，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定Ａ>Ｂ.凡涉及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等词语时，可以考虑用反证法.
5.换元法：换元法是对一些结构比较复杂，变量较多，变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换，以便简化原有的结构或实现某种转化与变通，给证明带来新的启迪和方法.主要有两种换元形式.(1)三角代换法：多用于条件不等式的证明，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑三角代换，将两个变量都有同一个参数表示.此法如果运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为三角问题； (2)增量换元法：在对称式(任意交换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如ａ>ｂ>ｃ等)的不等式，考虑用增量法进行换元，其目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简.如ａ+ｂ=1，可以用ａ=1-ｔ，ｂ=ｔ或ａ=1/2+ｔ，ｂ=1/2-ｔ进行换元.
二、疑难知识
1.在用商值比较法证明不等式时，要注意分母的正、负号，以确定不等号的方向.
2.分析法与综合法是对立统一的两个方面，前者执果索因，利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握；后者是由因导果，宜于表述，因为它条理清晰，形式简洁，适合人们的思维习惯.但是，用分析法探求证明不等式，只是一种重要的探求方式，而不是一种好的书写形式，因为它叙述较繁，如果把“只需证明”等字眼不写，就成了错误.而用综合法书写的形式，它掩盖了分析、探索的过程.因而证明不等式时，分析法、综合法常常是不能分离的.如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律.还有的不等式证明难度较大，需一边分析，一边综合，实现两头往中间靠以达到证题的目的.这充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系.分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点.
3.分析法证明过程中的每一步不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件.如果非要“步步可逆”，则限制了分析法解决问题的范围，使得分析法只能使用于证明等价命题了.用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”、“也即证”等词语.
4.反证法证明不等式时，必须要将命题结论的反面的各种情形一一加以导出矛盾.
5.在三角换元中，由于已知条件的限制作用，可能对引入的角有一定的限制，应引起高度重视，否则可能会出现错误的结果.这是换元法的重点，也是难点，且要注意整体思想的应用.　　
三、经典例题
[例1] 已知a>b(ab),比较与的大小.
错解： a>b(ab)，<.
错因：简单的认为大数的倒数必定小，小数的倒数必定大.正确的结论是：当两数同号时，大数的倒数必定小，小数的倒数必定大.
正解：，又 a>b(ab)，
(1)当a、b同号时，即a>b>0或b<a<0时，则ab>0,b－a<0, ,<.
(2)当a、b异号时，则a>0,b<0, >0,<0>.
[例2] 当a、b为两个不相等的正实数时，下列各式中最小的是（　　）
A.　　　B.　　　C.　　　D.
错解：所以选B.
错因是由于在、、中很容易确定最小，所以易误选B.而事实上三者中最小者，并不一定是四者中最小者，要得到正确的结论，就需要全面比较，不可遗漏与前三者的大小比较.
正解：由均值不等式及a2+b22ab,可知选项A、B、C中，最小，而＝，由当ab时，a+b>2,两端同乘以，可得（a+b）·＞2ab, ＜，因此选D.
[例3] 已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值.
错解: (a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8,
∴(a+)2+(b+)2的最小值是8.
错因：上面的解答中，两次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等号成立的条件是a=b=,第二次等号成立的条件是ab=，显然，这两个条件是不能同时成立的.因此，8不是最小值.
正解：原式= a2+b2+++4=( a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4
= (1－2ab)(1+)+4，
由ab≤()2= 得：1－2ab≥1－=, 且≥16，1+≥17，
∴原式≥×17+4= (当且仅当a=b=时，等号成立)，
∴(a + )2 + (b + )2的最小值是.
[例4] 已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较的大小.
解法一：

∵0 < 1 - x2 < 1, ∴
∴
解法二：

∵0 < 1 - x2 < 1, 1 + x > 1, ∴
∴ ∴
解法三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 - x < 1, 1 < 1 + x < 2,
∴
∴左 - 右 =
∵0 < 1 - x2 < 1, 且0 < a < 1 ∴
∴
[例5]已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac + bd
证：证法一（分析法）∵a, b, c, d, x, y都是正数
∴要证：xy≥ac + bd
只需证：(xy)2≥(ac + bd)2
即：(a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
展开得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
即：a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，显然成立
∴xy≥ac + bd
证法二（综合法）xy =
≥
证法三（三角代换法）
∵x2 = a2 + b2，∴不妨设a = xsina, b = xcosa
y2 = c2 + d2 c = ysinb, d = ycosb
∴ac + bd = xysinasinb + xycosacosb = xycos(a - b)≤xy
[例6] 已知x > 0，求证：
证：构造函数 则， 设2≤a<b
由
显然 ∵2≤a<b ∴a - b > 0, ab - 1 > 0, ab > 0 ∴上式 > 0
∴f (x)在上单调递增，∴左边
四、典型习题
1.比较（a+3）(a－5)与（a+2）（a-4）的大小.
2.已知a,b,c,d都是正数，求证：

3.已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：
4.若，求证：
5.若x > 1，y > 1，求证：
6．证明：若a > 0，则
§5.4不等式的应用

一、基础知识导学
1.利用均值不等式求最值：如果a1，a2∈R+，那么.
2.求函数定义域、值域、方程的有解性、判断函数单调性及单调区间，确定参数的取值范围等.这些问题一般转化为解不等式或不等式组，或证明不等式.
3.涉及不等式知识解决的实际应用问题，这些问题大体分为两类：一是建立不等式解不等式；二是建立函数式求最大值或最小值.
二、疑难知识
不等式既属数学的基础知识，又是解决数学问题的重要工具，在解决函数定义域、值域、单调性、恒成立问题、方程根的分布、参数范围的确定、曲线位置关系的讨论、解析几何、立体几何中的最值等问题中有广泛的应用，特别是近几年来，高考试题带动了一大批实际应用题问世，其特点是：
1．问题的背景是人们关心的社会热点问题，如“物价、税收、销售收入、市场信息”等，题目往往篇幅较长.
2．函数模型除了常见的“正比例函数、反比例函数、一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数”等标准形式外，又出现了以“函数”
为模型的新的形式.
三　经典例题
[例1]求y=的最小值.
错解： y=＝2
y的最小值为2.
错因：等号取不到，利用均值定理求最值时“正、定、等”这三个条件缺一不可.
正解：令t=,则t,于是y=
由于当t时，y=是递增的，故当t＝2即x=0时，y取最小值.
[例2]m为何值时，方程x2+(2m+1)x+m2－3=0有两个正根.
错解：由根与系数的关系得，因此当时，原方程有两个正根.
错因：忽视了一元二次方程有实根的条件，即判别式大于等于0.
正解：由题意：
因此当时，原方程有两个正根.
[例3]若正数x，y满足，求xy的最大值．
解：由于x，y为正数，则6x，5y也是正数，所以

当且仅当6x=5y时，取“=”号．
因，则，即，所以的最大值为.
[例4] 已知：长方体的全面积为定值S，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．
分析：经过审题可以看出，长方体的全面积S是定值．因此最大值一定要用S来表示．首要问题是列出函数关系式．设长方体体积为y，其长、宽、高分别为a，b，c，则y=abc．由于a+b+c不是定值，所以肯定要对函数式进行变形．可以利用平均值定理先求出y2的最大值，这样y的最大值也就可以求出来了．
解：设长方体的体积为y，长、宽、高分别是为a，b，c，则
y=abc，2ab+2bc+2ac=S．
而
y2=（abc）2=（ab）（bc）（ac）

当且仅当ab=bc=ac，即a=b=c时，上式取“=”号，y2有最小值

答：长方体的长、宽、高都等于时体积的最大值为.
说明：对应用问题的处理，要把实际问题转化成数学问题，列好函数关系式是求解问题的关健.
四、典型习题
1.某工厂要建造一个长方体无盖贮水池，其容积为4800m3,深为3m，如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，问怎样设计水池能使总造价最低，最低总造价是多少元？
2.证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大.
3.在四面体P-ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，各棱长的和为m，求这个四面体体积的最大值．
4. 设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相
交，试证明对一切R都有.
5．青工小李需制作一批容积为V的圆锥形漏斗，欲使其用料最省，问漏斗高与漏斗底面半径应具有怎样的比例？
6．轮船每小时使用燃料费用(单位：元)和轮船速度(单位：海里／时)的立方成正比．已知某轮船的最大船速是18海里／时，当速度是10海里／时时，它的燃料费用是每小时30元，其余费用(不论速度如何)都是每小时480元，如果甲、乙两地相距1000海里，求轮船从甲地行驶到乙地，所需的总费用与船速的函数关系，并问船速为多少时，总费用最低？
5.5 推理与证明
一、基础知识导学
1. 推理一般包括合情推理和演绎推理.
2. 合情推理：根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程.归纳、类比是合情推理常用的思维方法.
3. 归纳推理：根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理.
4. 归纳推理的一般步骤：⑴通过观察个别情况发现某些相同性质；⑵从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）.
5. 类比推理：根据两类不同事物之间具有某些类似性，推出其中一类事物具有另一类事物类似的性质的推理.
6. 类比推理的一般步骤：⑴找出两类事物之间的相似性或一致性；⑵从一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）.
7. 演绎推理：根据一般性的真命题导出特殊性命题为真的推理.
8. 直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；间接证明的一种基本方法──反证法.
9. 分析法：从原因推导到结果的思维方法.
10. 综合法：从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法.
11. 反证法：判定非q为假，推出q为真的方法.
12. 应用反证法证明命题的一般步骤：⑴分清命题的条件和结论；⑵做出与命题结论相矛盾的假定；⑶由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；⑷间接证明命题为真.
13. 数学归纳法：设｛pn｝是一个与自然数相关的命题集合，如果⑴证明起始命题p1成立；⑵在假设pk成立的前提上，推出pk＋1也成立，那么可以断定，｛pn｝对一切正整数成立.
14. 数学归纳法的步骤：
    （1）证明当 （如 或2等）时，结论正确；
    （2）假设 时结论正确，证明 时结论也正确．
二、疑难知识
1.归纳推理是根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理.
而类比推理是根据两类不同事物之间具有某些类似性，推出其中一类事物具有另一类事物类似的性质的推理.
2. 应用反证法证明命题的逻辑依据：做出与命题结论相矛盾的假定，由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果
3. 数学归纳法是一种证明方法，归纳推理是一种推理方法.
三、经典例题
[例1] {}是正数组成的数列,其前n项和为,并且对于所有的自然数,与2的等差中项等于与2的等比中项.
(1)写出数列{}的前3项;
(2)求数列{}的通项公式(写出推证过程);
错解：由(1)猜想数列{}有通项公式=4-2.
下面用数学归纳法证明数列{}的通项公式是
=4-2. (∈N).
①当=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述结论成立.
②假设n=k时结论成立,即有=4-2.由题意,有
将=4-2代入上式，得，解得

由题意,有
将代入，化简得

解得.∴
这就是说,当n=k+1时,上述结论成立.
根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立.
错因在于解题过程中忽视了取值的取舍.　
正解：由(1)猜想数列{an}有通项公式an=4n-2.
猜想数列{}有通项公式=4-2.
下面用数学归纳法证明数列{}的通项公式是
=4-2. (∈N).
①当=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述结论成立.
②假设n=k时结论成立,即有=4-2.由题意,有
将=4-2代入上式，得，解得

由题意,有
将代入，化简得

解得.由∴
这就是说,当n=k+1时,上述结论成立.
根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立.
[例2]　用数学归纳法证明对于任意自然数，

错解：证明：假设当（N）时，等式成立，
　　　　　即，
　　　　　那么当时，

　　　　　这就是说，当时，等式成立．
　　　　可知等式对任意N成立．
错因在于推理不严密，没有证明当的情况 ．
正解：证明：（1）当时，左式，右式，所以等式成立．
　　　　　（2）假设当（）时，等式成立，
　　　　　即，
　　　　　那么当时，

　　　　　这就是说，当时，等式成立．
　　　　　由（1）、（2），可知等式对任意N成立．
[例3]　是否存在自然数，使得对任意自然数，都能被整除，若存在，求出的最大值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
　分析　本题是开放性题型，先求出，，…再归纳、猜想、证明．
解：，
　　　　　　，
　　　　　　，
　　　　……
　　　　猜想， 能被36整除，用数学归纳法证明如下：
　　　　（1）当时，，能被36整除．
　　　　（2）假设当，（N）时，能被36整除．
　　　　那么，当时，

　　　　由归纳假设，能被36整除，
　　　　当为自然数时，为偶数，则能被36整除．
　　　　∴ 能被36整除，
　　　　这就是说当时命题成立．
　　　　由（1）、（2）对任意，都能被36整除．
　　　　当取大于36的自然数时，不能被整除，所以36为最大．
　[例4] 设点是曲线C：与直线的交点，过点作直线的垂线交轴于，过点作直线的平行线交曲线C于，再过点作的垂线作交X轴于，如此继续下去可得到一系列的点，，…，，…如图，试求的横坐标的通项公式．

　分析 本题并没有指明求通项公式的方法，可用归纳——猜想——证明的方法，也可以通过寻求与的递推关系式求的通项公式．
解：解法一　 与（，）联立，解得
　　直线的方程为，　令，得，所以点
　直线的方程为与联立，消元得（），解得，　所以点（，）．
直线的方程为，
　令，得，所以点　同样可求得点（，0）
　　　　　　……
　　由此推测（，0），即
　　　用数学归纳法证明
　　　（1）当时，由点的坐标为（，0），
　　　　即，所以命题成立．
　　　（2）假设当时命题成立，
　　　　　即，0），则当时，
　　　　　由于直线的方程为，
　　　　　把它与（，）联立，
　　　　　消去可得（），
　　　　　∴
　　　　　于是
　　　　　　即点的坐标为（，）．
　　　　　　∴ 直线的方程为
　　　　　　令得，
　　　　　　即点的坐标为（，0）
　　　　　　∴ 当时，命题成立．
　　解法二　设点，的坐标分别为（，0）、（，0），
　　　　　　建立与的递推关系，即，
　　　　　　由数列是等差数列，且，公差
　　　　　　可求得（），．
用数学归纳法证明与自然数n有关的几何命题，由k过渡到k＋1常利用几何图形来分析图形前后演变情况．
[例5] 有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2-n＋2个部分．
证明①当n＝1时，即一个圆把平面分成二个部分f(1)=2
又n＝1时，n2-n＋2＝2，∴命题成立
②假设n＝k时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2-k＋2个
部分，那么设第k＋1个圆记⊙O，由题意，它与k个圆中每个圆
交于两点，又无三圆交于同一点，于是它与其它k个圆相交于2k
个点．把⊙O分成2k条弧而每条弧把原区域分成2块，因此这平
面的总区域增加2k块，即f(k＋1)＝k2-k＋2＋2k=(k＋1)2-(k＋1)＋2
即n＝k＋1时命题成立．
由①②可知对任何n∈N命题均成立．
说明:  本题如何应用归纳假设及已知条件，其关键是分析k增加“1”时，研究第k＋1个圆与其它k个圆的交点个数问题．
[例6] 已知n≥2，n∈N

②假设n=k时，原不等式成立．

由①②可知，对任何n∈N(n≥2)，原不等式均成立．
四、典型习题
1.用数学归纳法证明等式“1＋2＋