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- 2021-06-16 发布
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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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