进入考点一返回目录(5)a>b>0,c>d>0.(6)a>b>0,n∈R+.双向性：(1)a>b.(2)a>b,c∈R.（1）如果a1,a2,…,an∈R+,且n>1，n∈N*,那么叫做这n个正数的，叫做这n个正数的.（2）定理如果a,b∈R，那么a2+b2≥（当且仅当时取“=”号）.推论如果a,b是正数，那么≥（当且仅当时取“=”号）.考点一不等式的基本性质【分析】利用不等式的基本性质进行判断，要说明正确需要证明，要说明不正确只要举反例，但作为基本题可用特例验证.【评析】不等式的性质是证明不等式和解不等式的理论基础，必须熟练掌握，还要注意不等式性质定理中的条件是否为充要条件，不能用充分不必要条件的性质定理解不等式.（3）从函数解析式的特点看，本题可化为关于x的二次函数，再通过配方求其最小值（留给读者去完成）.∴2(a2+b2)>2ab+a2+b2=(a+b)2,（3）y=(x-a)2+(x-b)2（2）若a>b，则ac2>bc2;（3）a<b,a<0a2>ab;a<b,b<0ab>b2，命题是真命题.这三条基本性质是差值比较法的理论依据.当且仅当5-4x=，即x=1时，上式等号成立.【分析】（1）因为4x-5<0，所以首先要“调整”符号，又(4x-2)·不是常数，所以对4x-2要进行拆（添）项“配凑”.（3）a<b,a<0a2>ab;a<b,b<0ab>b2，命题是真命题.∴.(3)若a＞b,则lg(a+1)＞lg(b+1);∴2(a2+b2)>2ab+a2+b2=(a+b)2,当且仅当x=y=时等号成立取得当且仅当5-4x=，即x=1时，上式等号成立.若x,y是正数，则的最小值是（）【解析】（1）∵x<,∴5-4x>0,∴cos>cos>cos>cos.（1）原命题改为：若a＞b且c≤0,则ac≤bc,即增加条件“c≤0”.（2）由ac2＞bc2可得a＞b,但只有b≥0时，才有a2＞b2,即增加条件“b≥0”.（3）由a＞b,可得a+1＞b+1，但作为真数，应有b+1＞0,故应增加条件“b＞-1”.（4）成立的条件有多种（如a＞b＞0,c＞d＞0）,与定理4推论1相关的一个是a＞b＞0,c＞d＞0,因此，可增加条件“b＞0,d＞0”.考点二利用均值不等式证明不等式【评析】运用均值不等式证明不等式时，不等式所具备的结构特征是“和”与“积”的关系，项数特征是一边项数为另一边项数的二倍关系，如该例中左边可分为6项，右边3项.=-（5-4x+）+3考点一不等式的基本性质（2）本题的困难在于如何使用条件，如果从中解出x或y，再代入x+y转化为一元函数的最值问题，显然是比较复杂的，这时，我们可设法整体地使用条件.（1）若a>b，则ac>bc;-a>-b>0∴0<<<<<2<π.当且仅当x-a=b-x，即x=时，上式等号成立.(1)a>b,b>c.【分析】（1）因为4x-5<0，所以首先要“调整”符号，又(4x-2)·不是常数，所以对4x-2要进行拆（添）项“配凑”.∴2(a2+b2)>2ab+a2+b2=(a+b)2,当且仅当x-a=b-x，即x=时，上式等号成立.(5)a>b>0,c>d>0.【例3】（1）已知x<，求函数y=4x-2+的最大值;证明：∵a>0,b>0，∴.∵a≠b,∴,又a2+b2>2ab,∴2(a2+b2)>2ab+a2+b2=(a+b)2,∴.又∵0<a<b<2,∴0<<<<<2<π.又y=cosx在［0,π］上是减函数,∴cos>cos>cos>cos.考点三利用均值不等式求最值【分析】（1）因为4x-5<0，所以首先要“调整”符号，又(4x-2)·不是常数，所以对4x-2要进行拆（添）项“配凑”.（2）本题的困难在于如何使用条件，如果从中解出x或y，再代入x+y转化为一元函数的最值问题，显然是比较复杂的，这时，我们可设法整体地使用条件.（3）从函数解析式的特点看，本题可化为关于x的二次函数，再通过配方求其最小值（留给读者去完成）.但若注意到(x-a)+(b-x)为定值，则用变形不等式更简捷.【解析】（1）∵x<,∴5-4x>0,∴y=4x-2+=-（5-4x+）+3≤-2+3=1.当且仅当5-4x=，即x=1时，上式等号成立.故当x=1时，ymax=1.（2）解法一：∵x>0,y>0,且，∴x+y=（）(x+y)=+10≥6+10=16,当且仅当，又,即x=4，y=12时，上式等号成立.故当x=4,y=12时，(x+y)min=16.解法二：由，得(x-1)(y-9)=9(定值)，又知x>1,y>9，∴当且仅当x-1=y-9=3，即x=4,y=12时，(x+y)min=1