2019届数学复习课时跟踪检测（七十一）不等式的证明理（普通高中、重点高中共用）VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE5学必求其心得，业必贵于专精课时跟踪检测（七十一)不等式的证明1．设a，b，c∈R＋,且a＋b＋c＝1。(1）求证：2ab＋bc＋ca＋eq\f(c2，2)≤eq\f(1,2）;(2）求证：eq\f（a2＋c2,b)＋eq\f（b2＋a2，c）＋eq\f(c2＋b2，a)≥2.证明：(1）因为1＝(a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，所以2ab＋bc＋ca＋eq\f（c2,2）＝eq\f（1，2）（4ab＋2bc＋2ca＋c2）≤eq\f（1,2)。(2）因为eq\f（a2＋c2,b）≥eq\f(2ac，b）,eq\f(b2＋a2,c）≥eq\f（2ab,c)，eq\f(c2＋b2，a)≥eq\f（2bc,a）,所以eq\f(a2＋c2，b)＋eq\f（b2＋a2，c)＋eq\f(c2＋b2，a）≥eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(ac，b)＋\f（ab，c))）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(ab，c)＋\f(bc，a)））＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（ac,b)＋\f（bc，a))）＝aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(c,b）＋\f(b，c））)＋beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（a，c)＋\f(c,a)))＋ceq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b，a））)≥2a＋2b＋2c＝2。2．若a>0，b>0，且eq\f（1，a）＋eq\f(1，b)＝eq\r(ab)。（1)求a3＋b3的最小值;(2）是否存在a,b,使得2a＋3b解:（1）由eq\r(ab）＝eq\f(1，a）＋eq\f(1,b）≥eq\f(2，\r(ab)）,得ab≥2，且当a＝b＝eq\r（2）时等号成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2),且当a＝b＝eq\r（2）时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4eq\r（2）。（2）由(1)知，2a＋3b≥2eq\r（6)eq\r（ab)≥4eq\r（3).由于4eq\r（3）>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6。3．设a,b,c，d均为正数,且a＋b＝c＋d，求证:（1)若ab>cd，则eq\r(a）＋eq\r（b)>eq\r（c)＋eq\r(d）;（2)eq\r(a)＋eq\r(b）>eq\r(c）＋eq\r(d)是|a－b｜<｜c－d｜的充要条件．证明:（1）因为(eq\r(a)＋eq\r(b）)2＝a＋b＋2eq\r（ab）,(eq\r(c)＋eq\r（d))2＝c＋d＋2eq\r（cd），由题设a＋b＝c＋d,ab〉cd，得(eq\r（a）＋eq\r（b))2>（eq\r(c）＋eq\r（d)）2.因此eq\r(a）＋eq\r（b）〉eq\r（c)＋eq\r（d)。（2）①必要性:若｜a－b｜<|c－d｜,则(a－b）2〈(c－d）2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d）2－4cd。因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd。由（1），得eq\r（a)＋eq\r(b)〉eq\r(c)＋eq\r（d).②充分性：若eq\r(a）＋eq\r(b）〉eq\r（c)＋eq\r（d)，则(eq\r(a）＋eq\r(b)）2>(eq\r（c)＋eq\r（d)）2,即a＋b＋2eq\r（ab）>c＋d＋2eq\r（cd).因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd。于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<（c＋d)2－4cd＝（c－d）2。因此|a－b|<|c－d|.综上,eq\r（a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d）是|a－b｜＜|c－d|的充要条件．4．已知定义在R上的函数f(x)＝｜x＋1|＋|x－2|的最小值为a.（1）求a的值；（2）若p，q，r是正实数,且满足p＋q＋r＝a,求证：p2＋q2＋r2≥3.解：(1）因为｜x＋1|＋|x－2|≥|（x＋1）－(x－2)|＝3,当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f（x)的最小值等于3，即a＝3。(2）证明:由(1）知p＋q＋r＝3，又因为p,q，r是正实数，所以（p2＋q2＋r2)（12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.5．已知函数f(x)＝｜x－1｜.（1）解不等式f（2x)＋f(x＋4)≥8；(2)若|a｜＜1,｜b｜＜1，a≠0，求证：eq\f(fab，｜a|）＞feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(b，a）))。解：（1）f(2x）＋f(x＋4）＝｜2x－1|＋｜x＋3｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x－2,x＜－3，,－x＋4,－3≤x＜\f(1，2），，3x＋2,x≥\f（1，2)，))当x＜－3时,由－3x－2≥8，解得x≤－eq\f(10，3)；当－3≤x＜eq\f（1，2）时，－x＋4≥8无解;当x≥eq\f（1，2)时，由3x＋2≥8,解得x≥2。所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（x≤－\f(10,3）))或x≥2)).（2）证明：eq\f（fab,｜a|)＞feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（b,a））)等价于f（ab）＞｜a|feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(b,a）)），即|ab－1｜＞|a－b|。因为｜a|＜1，|b|＜1，所以|ab－1|2－｜a－b｜2＝(a2b2－2ab＋1)－（a2－2ab＋b2）＝(a2－1）（b2－1)＞0，所以|ab－1|＞|a－b|。故所证不等式成立．6．(2018·武昌调研)设函数f(x）＝|x－2|＋2x－3，记f（x)≤－1的解集为M。（1）求M；(2）当x∈M时，证明:x[f(x）]2－x2f(x解:（1）由已知，得f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≤2,，3x－5，x>2。))当x≤2时，由f（x）＝x－1≤－1，解得x≤0，此时x≤0；当x>2时，由f（x)＝3x－5≤－1，解得x≤eq\f(4，3），显然不成立．故f(x)≤－1的解集为M＝｛x|x≤0}．(2）证明：当x∈M时,f(x）＝x－1，于是x［f(x）］2－x2f(x＝x（x－1）2－x2(x－1)＝－x2＋x＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)））2＋eq\f（1,4).令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2)）)2＋eq\f(1，4),则函数g(x)在(－∞,0］上是增函数,∴g(x）≤g(0)＝0.故x［f（x）]2－x2f(x7．已知a,b都是正实数,且a＋b＝2，求证：eq\f(a2,a＋1）＋eq\f（b2，b＋1）≥1.证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\f(a2，a＋1)＋eq\f(b2，b＋1）－1＝eq\f（a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1，a＋1b＋1)＝eq\f(a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1,a＋1b＋1）＝eq\f（a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1,a＋1b＋1)＝eq\f（a2＋b2＋2ab－ab－3,a＋1b＋1)＝eq\f（a＋b2－3－ab,a＋1b＋1）＝eq\f(1－ab，a＋1b＋1）.∵a＋b＝2≥2eq\r（ab），∴ab≤1。∴eq\f(1－ab,a＋1b＋1)≥0。∴eq\f(a2，a＋1)＋eq\f(b2,b＋1）≥1.8．设函数f（x）＝x－｜x＋2|－｜x－3｜－m，若∀x∈R，eq\f(1，m）－4≥f（x)恒成立．(1）求实数m的取值范围；(2)求证：log(m＋1)(m＋2）>log(m＋2）（m＋3）．解:（1)∵∀x∈R，eq\f（1,m）－4≥f(x)恒成立，∴m＋eq\f（1，m)≥x－|x＋2|－｜x－3｜＋4恒成立．令g(x)＝x－|x＋2｜－|x－3｜＋4＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3x＋3，x〈－2，，x－1，－2≤x≤3,，－x＋5，x>3.)）∴函数g（x）在(－∞，3]上是增函数，在（3，＋∞)上是减函数，∴g(x）max＝g(3）＝2，∴m＋eq\f(1，m）≥g（x)max＝2，即m＋eq\f（1，m)－2≥0⇒eq\f（m2－2m＋1，m）＝eq\f(m－12,m)≥0，∴m〉0，综上，实数m的取值范围是(0，＋∞）．(2)证明：由m〉0，知m＋3〉m＋2〉m＋1〉1，即lg（m＋3）〉lg(m＋2)〉lg（m＋1）>lg1＝0.∴要证log(m＋1)（m＋2）>log(m＋2)（m＋3）．只需证eq\f（lgm＋2,lgm＋1)>eq\f（lgm＋3，lgm＋2)，即证lg(m＋1）·lg(m＋3)<lg2(m＋2），又lg（m＋1)·lg（m＋3)<eq\b\lc\［\rc\］(\a\