1.3.2 第1课时 基本不等式-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　预备知识 §3　不等式 3.2　基本不等式 第1课时　基本不等式 (教师独具内容) 课程标准：1.理解基本不等式的内容及其证明过程.2.能熟练地运用基本不等式来比较两个实数的大小.3.能初步运用基本不等式来证明简单的不等式． 教学重点：1.基本不等式的内容及其证明过程.2.运用基本不等式来比较两个实数的大小及进行简单的证明． 教学难点：基本不等式条件的创设． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　基本不等式 若a≥0，b≥0，则_______________________________________．这个不等式称为基本不等式． 知识点二　算术平均值与几何平均值及相关结论 在基本不等式中，_________称为a，b的算术平均值，_____称为a，b的几何平均值． 因此，基本不等式又称为______不等式，也可以表述为__________________ ____________________________________． 均值 两个非负实数的算术平均值大于或等于它们的几何平均值 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 2．利用基本不等式证明不等式时应注意的问题 (1)注意基本不等式成立的条件． (2)多次使用基本不等式，要注意等号能否成立． (3)对不能直接使用基本不等式证明的可重新组合，形成基本不等式模型，再使用． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) √ × 答案 √ √ 核心概念掌握 8 m＝1 a与b同号 x＝2 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　对基本不等式的理解 答案 核心素养形成 11 解析 核心素养形成 12 核心素养形成 13 答案 解析 核心素养形成 14 题型二　利用基本不等式比较大小 答案 解析 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 【感悟提升】　利用基本不等式比较大小 在利用基本不等式比较大小时，应创设基本不等式的使用条件，合理地拆项、配凑或变形．在拆项、配凑或变形的过程中，要明确基本不等式具有将“和式”转化为“积式”或者将“积式”转化为“和式”的放缩功能． 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 题型三　利用基本不等式证明不等式 证明 核心素养形成 19 证明 核心素养形成 20 核心素养形成 21 证明 核心素养形成 22 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 答案 解析 [4，＋∞) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 证明 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 答案 解析 ≥ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 解析 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 答案 解析 ①③⑤ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立 eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) 1．由基本不等式变形得到的常见结论 (1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)． (2)eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a，b均为非负实数)． (3)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)． (4)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4(a，b同号)． (5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)． (1)若a>0，b>0，且a≠b，则a＋b>2eq \r(ab).(　　) (2)若a>0，b>0，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2).(　　) (3)|x|＋eq \f(1,|x|)≥2.(　　) (4)若x∈R，则x2＋2＋eq \f(1,x2＋2)的取值范围是[2，＋∞)．(　　) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)不等式m2＋1≥2m等号成立的条件是________． (2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的条件是________． (3)若x＞1，则x＋eq \f(1,x－1)≥3等号成立的条件是________． 　给出下面三个推导过程： ①因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2； ②因为a∈R，a≠0，所以eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4； ③因为x，y∈R，xy<0，所以eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2. 其中正确的推导过程为(　　) A．①② 　　　　B．②③ 　　　　C．② 　　　　D．①③ 解析　从基本不等式成立的条件考虑． ①因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq \f(b,a)，eq \f(a,b)∈(0，＋∞)，符合基本不等式成立的条件，故①的推导过程正确； ②因为a∈R，a≠0不符合基本不等式成立的条件，所以eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4是错误的； ③由xy<0得eq \f(x,y)，eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)看成一个整体提出负号后，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均变为正数，符合基本不等式成立的条件，故③正确． 【感悟提升】　基本不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a≥0，b≥0)的两个关注点 (1)不等式成立的条件：a，b都是非负实数． (2)“当且仅当”的含义 ①当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立， 即a＝b⇒eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)； ②当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立， 即eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)⇒a＝b. 【跟踪训练】 1．下列命题中正确的是(　　) A．当a，b∈R时，eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2eq \r(\f(a,b)·\f(b,a))＝2　B．当a＞0，b＞0时，(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 C．当a＞4时，a＋eq \f(9,a)≥2eq \r(a·\f(9,a))＝6　　 D．当a＞0，b＞0时，eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab) 解析：对于A，可能eq \f(b,a)＜0，所以A不正确；对于B，因为a＋b≥2eq \r(ab)＞0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))＞0，相乘得(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝b时等号成立，所以B正确；对于C，a＋eq \f(9,a)≥2eq \r(a·\f(9,a))＝6中的等号不成立，所以C不正确；对于D，由基本不等式知，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a＞0，b＞0)，所以D不正确． (a＋1,2) 　已知a＞1，则，eq \r(a)，eq \f(2a,a＋1)三个数的大小顺序是(　　) A.eq \f(a＋1,2)＜eq \r(a)＜eq \f(2a,a＋1) B.eq \r(a)＜eq \f(a＋1,2)＜eq \f(2a,a＋1) C.eq \f(2a,a＋1)＜eq \r(a)＜eq \f(a＋1,2) D.eq \r(a)＜eq \f(2a,a＋1)≤eq \f(a＋1,2) 解析　当a，b是正数时，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a，b∈R＋)，令b＝1，得eq \f(2a,a＋1)≤eq \r(a)≤eq \f(a＋1,2).又a＞1，即a≠b，故上式不能取等号，选C. 解：当m∈(0，＋∞)时，由基本不等式，得eq \f(4,m)＋2m≥2eq \r(\f(4,m)·2m)＝4eq \r(2)，当且仅当m＝eq \r(2)时，等号成立，故常数n的取值范围为n＜4eq \r(2). [题型探究]　对一切正数m，不等式n＜eq \f(4,m)＋2m恒成立，求常数n的取值范围． 【跟踪训练】 2．已知a，b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，试比较eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)，eq \f(2,a2＋b2)，4的大小． 解：∵a＞0，b＞0，a＋b≥2eq \r(ab)，∴ab≤eq \f(1,4). ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4，eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(（a＋b）2－2ab,2)＝eq \f(1,2)－ab≥eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)，即eq \f(2,a2＋b2)≤4.∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4≥eq \f(2,a2＋b2). (b＋c－a,a)INCLUDEPICTURE"灰例3.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/539数学（必修第一册导学案（北师/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/539数学（必修第一册导学案（北师/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/539数学（必修第一册导学案（北师/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/539数学（必修第一册导学案（北师/灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知a，b，c是不全相等的三个正数，求证：＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 证明　eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＝eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3. ∵a，b，c都是正数， ∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2， 同理eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)≥2，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)≥2， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥6，当且仅当a＝b＝c时，等号成立． ∵a，b，c不全相等，上述三式不能同时取等号， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＞6， ∴eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 【感悟提升】　利用基本不等式证明不等式 (1)利用基本不等式证明不等式时，可依据求证式两端的式子结构，合理选择基本不等式及其变形不等式来证，如a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，可变形为ab≤eq \f(a2＋b2,2)；eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a≥0，b≥0)可变形为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)等．同时要从整体上把握基本不等式，如a4＋b4≥2a2b2，a2b2＋b2c2≥2(ab)(bc)，都是对“a2＋b2≥2ab，a，b∈R”的灵活应用． (2)在证明条件不等式时，要注意“1”的代换，另外要特别注意等号成立的条件． 【跟踪训练】 3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10. 证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a＋b＋c,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(a＋b＋c,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(a＋b＋c,c))) ＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥4＋2＋2＋2＝10， 当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号． ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10. 1．已知a＞b＞0，则下列不等式中总成立的是(　　) A.eq \f(2ab,a＋b)＜eq \f(a＋b,2)＜eq \r(ab) B.eq \f(a＋b,2)≥eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab) C.eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)＞eq \f(2ab,a＋b) D.eq \r(ab)<eq \f(2ab,a＋b)＜eq \f(a＋b,2) 解析：eq \f(2ab,a＋b)＜eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)＜eq \f(a＋b,2).故选C. 2．已知x＞0，y＞0，x≠y，则下列四个式子中值最小的是(　　) A.eq \f(1,x＋y) B.eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y))) C.eq \r(\f(1,2（x2＋y2）)) D.eq \f(1,2\r(xy)) 解析：解法一：∵x＋y＞2eq \r(xy)，∴eq \f(1,x＋y)＜eq \f(1,2\r(xy))，排除D；∵eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(x＋y,4xy)＝eq \f(1,\f(4xy,x＋y))＞eq \f(1,\f(（x＋y）2,x＋y))＝eq \f(1,x＋y)，∴排除B；∵(x＋y)2＝x2＋y2＋2xy＜2(x2＋y2)，∴eq \f(1,x＋y)＞eq \r(\f(1,2（x2＋y2）))，排除A.故选C. 解法二：取x＝1，y＝2.则eq \f(1,x＋y)＝eq \f(1,3)；eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(3,8)；eq \r(\f(1,2（x2＋y2）))＝eq \f(1,\r(10))；eq \f(1,2\r(xy))＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(1,\r(8)).其中eq \f(1,\r(10))最小．故选C. 3．(多选)设a>0，b>0，则下列不等式恒成立的是(　　) A．a2＋1>a B．a2＋9>6a C．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4 解析：因为a>0，b>0，所以a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，故A恒成立；a2＋9－6a＝(a－3)2≥0，故B不恒成立；(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq \r(ab)·eq \f(2,\r(ab))＝4，当且仅当a＝b时等号成立，故C恒成立；a＋eq \f(1,a)≥2，当且仅当a＝1时等号成立，b＋eq \f(1,b)≥2，当且仅当b＝1时等号成立，故D恒成立． 4．已知a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋2eq \r(ab)的取值范围是________． 解析：因为a>0，b>0，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋2eq \r(ab)≥2eq \r(\f(1,ab))＋2eq \r(ab)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,ab))＋\r(ab)))≥4eq \r(\r(\f(1,ab))·\r(ab))＝4，当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)，eq \r(\f(1,ab))＝eq \r(ab)，即a＝b＝1时取等号．故eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋2eq \r(ab)的取值范围是[4，＋∞)． 5．已知a>b，ab＝1，求证：a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)． 证明：∵a>b，∴a－b>0，又ab＝1， ∴eq \f(a2＋b2,a－b)＝eq \f(a2＋b2＋2ab－2ab,a－b)＝eq \f(（a－b）2＋2ab,a－b)＝a－b＋eq \f(2,a－b)≥2eq \r(（a－b）·\f(2,a－b))＝2eq \r(2)，即eq \f(a2＋b2,a－b)≥2eq \r(2)，即a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)，当且仅当a－b＝eq \f(2,a－b)，即a－b＝eq \r(2)时取等号． 一、选择题 1．不等式eq \f(9,x－2)＋(x－2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是(　　) A．x＝3 B．x＝－3 C．x＝5 D．x＝－5 解析：由基本不等式知等号成立的条件为eq \f(9,x－2)＝x－2，即x＝5(x＝－1舍去)． 2．若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中恒成立的是(　　) A．a2＋b2＞2ab B．a＋b≥2eq \r(ab) C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＞eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 解析：根据条件，当a，b均小于0时，B，C不成立；当a＝b时，A不成立；因为ab＞0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时，等号成立．故D成立． 3．若a>1，b>1，则a＋b，2ab，2eq \r(ab)，a2＋b2中最大的一个是(　　) A．a＋b B．2ab C．2eq \r(ab) D．a2＋b2 解析：∵a>1，b>1，∴a＋b≥2eq \r(ab)，a2＋b2≥2ab，又(a2＋b2)－(a＋b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)＝0，∴a2＋b2>a＋b.故a＋b，2ab，2eq \r(ab)，a2＋b2中最大的一个是a2＋b2. 4．(多选)下列说法中正确的是(　　) A．不等式a＋b≥2eq \r(ab)恒成立 B．存在实数a，使得不等式a＋eq \f(1,a)≤2成立 C．若a，b∈(0，＋∞)，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 D．若正实数x，y满足x＋2y＝1，则eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)≥8 解析：不等式a＋b≥2eq \r(ab)恒成立的条件是a≥0，b≥0，故A不正确；当a为负数时，不等式a＋eq \f(1,a)≤2成立，故B正确；因为a>0，b>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b时，等号成立，故C正确；eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)＝4＋eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)≥4＋2eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝8，当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,4)时取等号，故D正确． 5．设a，b，c∈(0，1)，则a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)(　　) A．都不大于2 B．都不小于2 C．至少有一个不大于2 D．至少有一个大于2 解析：∵a，b，c∈(0，1)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥2eq \r(a·\f(1,a))＋2eq \r(b·\f(1,b))＋2eq \r(c·\f(1,c))＝6，当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，又a，b，c∈(0，1)，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))>6.假设a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)都不大于2，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))≤6矛盾，∴假设不成立，即a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)中至少有一个大于2，故选D. 二、填空题 6．已知a为正数，比较大小：eq \f(a2＋2a＋1,a)________4. 解析：因为a>0，所以eq \f(a2＋2a＋1,a)＝a＋2＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＋2＝4，当且仅当a＝1时，等号成立． eq \r(（a－b）（b－c）)≤eq \f(a－c,2) 7．已知a＞b＞c，则eq \r(（a－b）（b－c）)与eq \f(a－c,2)的大小关系是 __________________________． 解析：∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，∴eq \f(a－c,2)＝eq \f(（a－b）＋（b－c）,2)≥eq \r(（a－b）（b－c）)，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号． 8．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(填序号)． ①ab≤1；②eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)；③a2＋b2≥2； ④a3＋b3≥3；⑤eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2. 解析：令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2eq \r(ab)⇒ab≤1，当且仅当a＝b＝1时取等号，①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，当且仅当a＝b＝1时取等号，③正确；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)≥2，当且仅当a＝b＝1时取等号，⑤正确． 三、解答题 9．已知x＞0，y＞0，z＞0，且x＋y＋z＝1，求证：eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z)≤eq \r(3). 证明：∵x＞0，y＞0，z＞0， ∴x＋y≥2eq \r(xy)，x＋z≥2eq \r(xz)，y＋z≥2eq \r(yz)， ∴2(x＋y＋z)≥2(eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz))． ∵x＋y＋z＝1，∴eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz)≤1成立， ∴x＋y＋z＋2(eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz))≤3， 即(eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z))2≤3. ∴eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z)≤eq \r(3)，当且仅当x＝y＝z＝eq \f(1,3)时，等号成立． 10．已知a，b，c均为正数，a，b，c不全相等．求证：eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)＞a＋b＋c. 证明：∵a＞0，b＞0，c＞0， ∴eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)≥2eq \r(\f(abc2,ab))＝2c，eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥2eq \r(\f(a2bc,bc))＝2a，eq \f(bc,a)＋eq \f(ab,c)≥2eq \r(\f(ab2c,ac))＝2b. 又a，b，c不全相等，故上述等号至少有两个不成立， ∴eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)＞a＋b＋c. 11．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1. 求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8. 证明：∵a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1， ∴eq \f(1,a)－1＝eq \f(1－a,a)＝eq \f(b＋c,a)≥eq \f(2\r(bc),a)， 同理，eq \f(1,b)－1≥eq \f(2\r(ac),b)，eq \f(1,c)－1≥eq \f(2\r(ab),c). 由于上述三个不等式两边均为正，相乘得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq \f(2\r(bc),a)·eq \f(2\r(ac),b)·eq \f(2\r(ab),c)＝8， 当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立． 12．已知a，b，c>0，且不全相等．若abc＝1，求证：eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c). 证明：证法一：由题意可知，a，b，c是不全相等的正数且abc＝1. ∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝eq \r(\f(a,abc))＋eq \r(\f(b,abc))＋eq \r(\f(c,abc)) ＝eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ac))＋eq \r(\f(1,ab)). ∵2eq \r(\f(1,bc))≤eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，∴eq \r(\f(1,bc))≤eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,c))). 同理，得eq \r(\f(1,ac))≤eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))，eq \r(\f(1,ab))≤eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b))). 又a，b，c不全相等，故以上三个不等式中至少有两个等号不成立． ∴eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ac))＋eq \r(\f(1,ab))<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)， 即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c). 证法二：由题意知a，b，c>0， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))，eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥2eq \r(\f(1,bc))，eq \f(1,c)＋eq \f(1,a)≥2eq \r(\f(1,ac)). ∵a，b，c为三个不全相等的正数， ∴以上三个不等式中至少有两个等号不成立． ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>eq \r(\f(1,ab))＋eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ac)). 又abc＝1， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>eq \r(\f(abc,ab))＋eq \r(\f(abc,bc))＋eq \r(\f(abc,ac))＝eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c). 即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c). 证法三：∵abc＝1，且a，b，c不全相等，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(abc,a)＋eq \f(abc,b)＋eq \f(abc,c)＝bc＋ac＋ab＝eq \f(bc＋ac,2)＋eq \f(ac＋ab,2)＋eq \f(ab＋bc,2)>eq \r(abc2)＋eq \r(a2bc)＋eq \r(ab2c)＝eq \r(c)＋eq \r(a)＋eq \r(b)，即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c). $$