高考数学专题复习：课时达标检测(六十六) 不等式的证明
课时达标检测(六十六) 不等式的证明
1．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值为t.
(1)求t的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝t，求证：＋≥.
解：(1)因为|x＋3|＋|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.
(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故＋＝1，＋＝＝＋1＋＋≥＋2＝＋1＝，当且仅当b＝2a，即a＝，b＝时取等号，故＋≥.
2．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：<；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2<－2x－1<0解得－
0.
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|.
3．(2017·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.
解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2a2b＋ab2；
(2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.
证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.
因为a，b都是正数，
所以a＋b>0.
又因为a≠b，
所以(a－b)2>0.
于是(a＋b)(a－b)2>0，
即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，
所以a3＋b3>a2b＋ab2.
(2)因为b2＋c2≥2bc，a2>0，
所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，
因此≥abc(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.
求证：＋≥.
证明：∵≤
＝≤＝1－|xy|，
∴＋≥≥，
∴原不等式成立．
6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．
(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.
证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；
|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.
(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.
7．(2017·重庆模拟)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋≤；
(2)＋＋≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.
(2)因为≥，≥，≥，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
8．(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.
解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为＋＋＋(a＋b＋c)
＝＋＋
≥2＝2(a＋b＋c)．
(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)
所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.
