2019高三数学（人教A版 文）一轮课时分层训练58 不等式的证明

2019高三数学（人教A版 文）一轮课时分层训练58 不等式的证明

课时分层训练(五十八)　不等式的证明 ‎(对应学生用书第308页)‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)＜2的解集．‎ ‎(1)求M；‎ ‎(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.‎ ‎ 【导学号：79170382】‎ ‎[解]　(1)f(x)＝ 当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；‎ 当－＜x＜时，f(x)＜2；‎ 当x≥时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.‎ 所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}.5分 ‎(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.‎ 因此|a＋b|＜|1＋ab|.10分 ‎2．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. 4分 ‎(2)证明：法一：由(1)知p＋q＋r＝3，且p，q，r大于0，‎ ‎∴(p＋q＋r)2＝9.‎ 又易知p2＋q2＋r2≥pq＋pr＋qr. 8分 故9＝(p＋q＋r)2＝p2＋q2＋r2＋2pq＋2pr＋2qr≤3(p2＋q2＋r2)，‎ 因此，p2＋q2＋r2≥3. 10分 法二：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，‎ 故p2＋q2＋r2≥3. 10分 ‎3．(2015·湖南高考)设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：‎ ‎(1)a＋b≥2；‎ ‎(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ ‎[证明]　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. 2分 ‎(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2. 5分 ‎(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得00，b>0，且＋＝.‎ ‎(1)求a3＋b3的最小值；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．‎ ‎[解]　(1)由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立.2分 故a3＋b3≥2≥4，当且仅当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4. 5分 ‎(2)由(1)知，2a＋3b≥2·≥4.‎ 由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 10分 ‎5．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.‎ ‎(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；‎ ‎(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2aB．‎ ‎[解]　(1)∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，‎ 当且仅当0≤x≤1时取等号，‎ ‎∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1. 3分 要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，‎ ‎∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2. 5分 ‎(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，‎ 由a2＋b2≥2ab，知ab≤1. ①‎ 又a＋b≥2，则(a＋b)≥2aB． 8分 由①知，≤1.‎ 故a＋b≥2aB． 10分 ‎6．(2018·莆田模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．‎ ‎ 【导学号：79170383】‎ ‎[解]　(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；‎ ‎ 2分 ‎②当－1＜x＜－时，原不等式可化为x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此时原不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，原不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}. 5分 ‎(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，6分 所以，要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，‎ 只需证|ab＋1|＞|a＋b|，‎ 即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，‎ 即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2， 8分 即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.‎ 因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，‎ 所以原不等式成立. 10分