2025届高考数学一轮总复习选修4-5不等式选讲第2节不等式的证明跟踪检测文含解析

PAGE选修4－5不等式选讲其次节不等式的证明A级·基础过关|固根基|1.已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x；(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小．解：(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－2x，x＜0，,3，0≤x≤3，,2x－3，x＞3.))f(x)－5≥x，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜0，,3－2x≥x＋5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤3，,3≥x＋5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞3，,2x－3≥x＋5，))解得x≤－eq\f(2,3)或x∈∅或x≥8，所以不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪[8，＋∞)．(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n)，且m≥3，n≥3，所以m－2＞0，2－n即(m－2)(2－n)＜0，所以2(m＋n)＜mn＋4.2．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，当且仅当a＝b＝c时取“＝”．由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，当且仅当a＝b＝c时取“＝”，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.3．求证：eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2.证明：因为eq\f(1,n2)＜eq\f(1,n（n－1）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,（n－1）×n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq\f(1,n)＜2.4．(2025届长春市质量检测(二))已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.(1)求f(x)＜2的解集；(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满意a＋b＝eq\f(1,2)，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)≤T.解：(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－2x＋6－3x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2)))，,2x－3＋6－3x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤x≤2))，,2x－3＋3x－6（x＞2）))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5x＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＜\f(3,2)))，,－x＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤x≤2))，,5x－9（x＞2）.))其图象如图，由图象可知：f(x)＜2的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(11,5))).(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1，由基本不等式可知eq\f(\r(a)＋\r(b),2)≤eq\r(\f(a＋b,2))＝eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时“＝”成立，即eq\r(a)＋eq\r(b)≤1＝T.B级·素养提升|练实力|5.已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.(1)求不等式f(x)≤10的解集；(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.解：(1)∵f(x)≤10，∴|x＋1|＋|x－5|≤10，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－1，,－（x＋1）－（x－5）≤10))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜5，,（x＋1）－（x－5）≤10))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥5，,（x＋1）＋（x－5）≤10，))解得－3≤x≤－1或－1＜x＜5或5≤x≤7，∴不等式f(x)≤10的解集为{x|－3≤x≤7}．(2)证明：∵f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≥|(x＋1)－(x－5)|＝6，∴m＝6，即a＋b＋c＝6.证法一：∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，c2＋b2≥2cb∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋ac＋bc)，∴3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2∴a2＋b2＋c2≥12，当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立．证法二：由柯西不等式得(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，∴3(a2＋b2＋c2)≥36，∴a2＋b2＋c2≥12，当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立．6．已知函数f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值为M.(1)若m，n∈[－M，M]，求证：2|m＋n|≤|4＋mn|；(2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值．解：(1)证明：∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2.要证明2|m＋n|≤|4＋mn|，只需证明4(m＋n)2≤(4＋mn)2，∵4(m＋n)2－(4＋mn)2＝4(m2＋2mn＋n2)－(16＋8mn＋m2n2)＝(m2－4)(4－n2)，又m，n∈[－2，2]，∴m2，n2∈[0，4]，∴(m2－4)(4－n2)≤0，∴4(m＋n)2－(4＋mn)2≤0，∴4(m＋n)2≤(4＋mn)2，∴原不等式2|m＋n|≤|4＋mn|成立．(2)由(1)得，a＋2b＝2，因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)(a＋2b)＝eq\f(1,2)2＋2＋eq\f(a,b)＋eq\f(4b,a)≥eq\f(1,2)4＋2eq\r(\f(a,b)·\f(4b,a))＝4，当且仅当a＝1，b＝eq\f(1,2)时，等号成立．所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值为4.7．已知函数f(x)＝x＋1＋|3－x|(x≥－1)．(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满意2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥eq\f(9,8).解：(1)依据题意，若f(x)≤6，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＋3－x≤6，,－1≤x＜3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＋（x－3）≤6，,x≥3，))解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}．(2)证明：函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，－1≤x＜3，,2x－2，x≥3，))分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，则正数a，b满意8ab＝a＋2b，则eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝8，∴2a＋b＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a)))(2a＋b)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,b)＋\f(2b,a)＋5))≥eq\f(1,8)5＋2eq\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))＝eq\f(9,8)，原不等式得证．8．(2024年全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f(1,3)成立，证明：a≤－3或a≥－1.解：(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq\f(4,3)，当且仅当x＝eq\f(5,3)，y＝－eq\f(1,3)，z＝－eq\f(1,3)时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为eq\f(4,3).(2)证明：由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－