2021届高考数学一轮总复习课时作业68不等式的证明含解析苏教版
课时作业68 不等式的证明
1．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1.
(1)求证：a2＋b2＋c2≥；
(2)求证：＋＋≥1.
证明：(1)∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∵(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
∴3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥.
(2)∵＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，∴＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c，
∵a＋b＋c＝1，∴＋＋≥1.
2．已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)求不等式f(x)
2a2＋2b2.
解：(1)当x≥3时，|x－3|1，所以11}．
(2)证明：因为(a2＋1)(b2＋1)－(2a2＋2b2)
＝(ab)2＋a2＋b2＋1－2a2－2b2
＝(ab)2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)，
又因为a，b∈M，所以a>1，b>1，
因此a2>1，b2>1，a2－1>0，b2－1>0，
所以(a2－1)(b2－1)>0，
所以原不等式(a2＋1)(b2＋1)>2a2＋2b2成立．
3．(2020·昆明市教学质量检测)已知函数f(x)＝|2x－1|.
(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；
(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f()≥4.
解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等价于|2x－1|＋|2x＋1|≥4，
等价于或或
3
解得x≤－1或x≥1，
所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
(2)证明：当x≠0，x∈R时，f(－x)＋f()＝|－2x－1|＋|－1|，因为|－2x－1|＋|－1|≥|2x＋|＝2|x|＋≥4，当且仅当
即x＝±1时等号成立，
所以f(－x)＋f()≥4.
4．已知函数f(x)＝|x＋4|，不等式f(x)>8－|2x－2|的解集为M.
(1)求M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(2a)－f(－2b)．
解：(1)将f(x)＝|x＋4|代入不等式整理得|x＋4|＋|2x－2|>8.
①当x≤－4时不等式转化为－x－4－2x＋2>8，
解得x<－，所以此时x≤－4；
②当－48，
解得x<－2，所以此时－48，
解得x>2，所以此时x>2，
综上，M＝{x|x<－2或x>2}．
(2)证明：因为f(2a)－f(－2b)＝|2a＋4|－|－2b＋4|≤|2a＋4＋2b－4|＝|2a＋2b|，
所以要证f(ab)>f(2a)－f(－2b)，
只需证|ab＋4|>|2a＋2b|，
即证(ab＋4)2>(2a＋2b)2，
即证a2b2＋8ab＋16>4a2＋8ab＋4b2，
即证a2b2－4a2－4b2＋16>0，
即证(a2－4)(b2－4)>0.
因为a，b∈M，所以a2>4，b2>4，
所以(a2－4)(b2－4)>0成立，所以原不等式成立．
5．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≥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≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
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－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
6．(2020·成都市第二次诊断性检测)已知函数f(x)＝|x－m|
－|x＋2m|的最大值为3，其中m>0.
(1)求m的值；
(2)若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝m2，求证：＋≥1.
解：(1)∵m>0，
∴f(x)＝|x－m|－|x＋2m|
＝
∴当x≤－2m时，f(x)取得最大值3m，∴3m＝3，∴m＝1.
(2)证明：由(1)，得a2＋b2＝1，
＋＝＝＝－2ab.
∵a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
∴0
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