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- 2021-06-16 发布
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高考达标检测(六十) 不等式证明
1.已知 a,b 都是正实数,且 a+b=2,求证: a2
a+1
+ b2
b+1
≥1.
证明:∵a>0,b>0,a+b=2,
∴ a2
a+1
+ b2
b+1
-1=a2b+1+b2a+1-a+1b+1
a+1b+1
=a2b+a2+b2a+b2-ab-a-b-1
a+1b+1
=a2+b2+aba+b-ab-a+b-1
a+1b+1
=a2+b2+2ab-ab-3
a+1b+1
=a+b2-3-ab
a+1b+1
= 1-ab
a+1b+1.
∵a+b=2≥2 ab,∴ab≤1.
∴ 1-ab
a+1b+1
≥0.
∴ a2
a+1
+ b2
b+1
≥1.
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.
(2)证明: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,
即 p2+q2+r2≥3.
3.(2018·云南统一检测)已知 a 是常数,对任意实数 x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤
|x+1|+|2-x|都成立.
(1)求 a 的值;
(2)设 m>n>0,求证:2m+ 1
m2-2mn+n2
≥2n+a.
解:(1)设 f(x)=|x+1|-|2-x|,
则 f(x)=
-3,x≤-1,
2x-1,-1<x<2,
3,x≥2,
∴f(x)的最大值为 3.
∵对任意实数 x,|x+1|-|2-x|≤a 都成立,即 f(x)≤a,
∴a≥3.
设 h(x)=|x+1|+|2-x|,
则 h(x)=
-2x+1,x≤-1,
3,-1<x<2,
2x-1,x≥2,
则 h(x)的最小值为 3.
∵对任意实数 x,|x+1|+|2-x|≥a 都成立,即 h(x)≥a,
∴a≤3.
∴a=3.
(2)证明:由(1)知 a=3.
∵2m+ 1
m2-2mn+n2
-2n=(m-n)+(m-n)+ 1
m-n2
,且 m>n>0,
∴(m-n)+(m-n)+ 1
m-n2
≥3
3 m-nm-n 1
m-n2
=3.
∴2m+ 1
m2-2mn+n2
≥2n+a.
4.已知 x,y,z 是正实数,且满足 x+2y+3z=1.
(1)求1
x
+1
y
+1
z
的最小值;
(2)求证:x2+y2+z2≥ 1
14.
解:(1)∵x,y,z 是正实数,且满足 x+2y+3z=1,
∴1
x
+1
y
+1
z
=
1
x
+1
y
+1
z (x+2y+3z)
=6+2y
x
+3z
x
+x
y
+3z
y
+x
z
+2y
z
≥6+2 2+2 3+2 6,
当且仅当2y
x
=x
y
且3z
x
=x
z
且3z
y
=2y
z
时取等号.
(2)由柯西不等式可得
1=(x+2y+3z)2≤(x2+y2+z2)(12+22+32)
=14(x2+y2+z2),
∴x2+y2+z2≥ 1
14
,
当且仅当 x=y
2
=z
3
,即 x= 1
14
,y=1
7
,z= 3
14
时取等号.
故 x2+y2+z2≥ 1
14.
5.(2018·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)由绝对值不等式的性质知
f(x)=|x|+|x-1|≥|x-x+1|=1,
∴f(x)min=1,∴只需|m-1|≤1,
即-1≤m-1≤1,∴0≤m≤2,
∴实数 m 的最大值 M=2.
(2)证明:∵a2+b2≥2ab,且 a2+b2=2,
∴ab≤1,
∴ ab≤1,当且仅当 a=b 时取等号.①
又 ab≤a+b
2
,∴ ab
a+b
≤1
2
,
∴ ab
a+b
≤ ab
2
,当且仅当 a=b 时取等号.②
由①②得, ab
a+b
≤1
2
,∴a+b≥2ab.
6.(2018·吉林实验中学模拟)设函数 f(x)=|x-a|.
(1)当 a=2 时,解不等式 f(x)≥4-|x-1|;
(2)若 f(x)≤1 的解集为[0,2],1
m
+ 1
2n
=a(m>0,n>0),求证:m+2n≥4.
解:(1)当 a=2 时,不等式为|x-2|+|x-1|≥4.
①当 x≥2 时,不等式可化为 x-2+x-1≥4,解得 x≥7
2
;
②当 1<x<2 时,不等式可化为 2-x+x-1≥4,
不等式的解集为∅;
③当 x≤1 时,不等式可化为 2-x+1-x≥4,解得 x≤-1
2.
综上可得,不等式的解集为 -∞,-1
2 ∪
7
2
,+∞
.
(2)证明:∵f(x)≤1,即|x-a|≤1,
解得 a-1≤x≤a+1,而 f(x)≤1 的解集是[0,2],
∴ a-1=0,
a+1=2,
解得 a=1,
所以1
m
+ 1
2n
=1(m>0,n>0),
所以 m+2n=(m+2n)
1
m
+ 1
2n
=2+m
2n
+2n
m
≥2+2 m
2n·2n
m
=4,
当且仅当 m=2,n=1 时取等号.
7.已知 a,b,c,d 均为正数,且 ad=bc.
(1)证明:若 a+d>b+c,则|a-d|>|b-c|;
(2)若 t· a2+b2· c2+d2= a4+c4+ b4+d4,求实数 t 的取值范围.
解:(1)证明:由 a+d>b+c,且 a,b,c,d 均为正数,
得(a+d)2>(b+c)2,又 ad=bc,
所以(a-d)2>(b-c)2,即|a-d|>|b-c|.
(2)因为(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2,
所以 t· a2+b2· c2+d2=t(ac+bd).
由于 a4+c4≥ 2ac, b4+d4≥ 2bd,
又已知 t· a2+b2· c2+d2= a4+c4+ b4+d4,
则 t(ac+bd)≥ 2(ac+bd),故 t≥ 2,当且仅当 a=c,b=d 时取等号.
所以实数 t 的取值范围为[ 2,+∞).
8.已知函数 f(x)=|x-1|.
(1)解不等式 f(2x)+f(x+4)≥8;
(2)若|a|<1,|b|<1,a≠0,求证:fab
|a| >f
b
a .
解:(1)f(2x)+f(x+4)=|2x-1|+|x+3|
=
-3x-2,x<-3,
-x+4,-3≤x<1
2
,
3x+2,x≥1
2
,
当 x<-3 时,由-3x-2≥8,解得 x≤-10
3
;
当-3≤x<1
2
时,-x+4≥8 无解;
当 x≥1
2
时,由 3x+2≥8,解得 x≥2.
所以不等式 f(2x)+f(x+4)≥8 的解集为 -∞,-10
3 ∪[2,+∞).
(2)证明:fab
|a| >f
b
a 等价于 f(ab)>|a|f
b
a ,即|ab-1|>|a-b|.
因为|a|<1,|b|<1,
所以|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2)=(a2-1)(b2-1)>0,
所以|ab-1|>|a-b|.
故所证不等式成立.
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