2018屆高三數(shù)學一輪復習： 選修4-5 第2節(jié) 課時分層訓練70

課時分層訓練(七十)　不等式的證明 1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正實數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3. [解]　(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 當且僅當－1≤x≤2時，等號成立， 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.4分 (2)證明：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，又因為p，q，r是正實數(shù)， 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 2．(2015·湖南高考)設a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． [證明]　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)假設a2＋a<2與b2＋b<2同時成立，則由a2＋a<2及a>0，得0<a<1； 同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾． 故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立.10分 3．(2014·全國卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并說明理由． [解]　(1)由＝＋≥，得ab≥2，當且僅當a＝b＝時等號成立.2分 故a3＋b3≥2≥4，當且僅當a＝b＝時等號成立． 所以a3＋b3的最小值為4.5分 (2)由(1)知，2a＋3b≥2·≥4. 由于4>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.10分 4．(2017·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x－1|. (1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實數(shù)m的最大值M； (2)在(1)成立的條件下，正實數(shù)a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab. 【導學號：01772449】 [解]　(1)∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1， 當且僅當0≤x≤1時取等號， ∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值為1.3分 要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1， ∴0≤m≤2，則m的最大值M＝2.5分 (2)證明：由(1)知，a2＋b2＝2， 由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.① 又a＋b≥2，則(a＋b)≥2ab.8分 由①知，≤1. 故a＋b≥2ab.10分 5．已知函數(shù)f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集為[－1,1]． (1)求k的值； (2)若a，b，c是正實數(shù)，且＋＋＝1. 求證：a＋2b＋3c≥9. 【導學號：01772450】 [解]　(1)因為f(x)＝k－|x－3|， 所以f(x＋3)≥0等價于|x|≤k，2分 由|x|≤k有解，得k≥0，且解集為[－k，k]． 因為f(x＋3)≥0的解集為[－1,1]． 因此k＝1.5分 (2)證明：由(1)知＋＋＝1，因為a，b，c為正實數(shù)． 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9.8分 當且僅當a＝2b＝3c時等號成立． 因此a＋2b＋3c≥9.10分 6．(2017·福州質檢)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M； (2)設a，b∈M，證明：f(ab)＞f(a)－f(－b)． [解]　(1)①當x≤－1時，原不等式可化為－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；2分 ②當－1＜x＜－時，原不等式可化為x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此時原不等式無解； ③當x≥－時，原不等式可化為x＋1＜2x，解得x＞1. 綜上，M＝{x|x＜－1或x＞1}.5分 (2)證明：因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，6分 所以，要證f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需證|ab＋1|＞|a＋b|， 即證|ab＋1|2＞|a＋b|2， 即證a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，8分 即證a2b2－a2－b2＋1＞0，即證(a2－1)(b2－1)＞0. 因為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