2020版高考数学复习第十三单元第67讲不等式的证明练习理新人教a版 5页

第67讲　不等式的证明1.设a,b,c是正实数,且a+b+c=9,求2a+2b+2c的最小值.2.[2018·深圳耀华实验学校模拟]若a>0,b>0,a+b=1.求证:(1)4a+1b≥9;(2)2a+1+2b+1≤22.3.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≥3.4.[2018·武昌调研]设函数f(x)=|x-2|+2x-3,记f(x)≤-1的解集为M.(1)求M;(2)当x∈M时,证明:x[f(x)]2-x2f(x)≤0.5.[2018·甘肃临泽一中月考]已知函数f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+1)≥0的解集为[0,2].(1)求m的值;(2)若a,b,c∈R,且1a+12b+13c=m,求证:a+2b+3c≥9.n6.[2018·衡水模拟]已知函数f(x)=|x-3|.(1)求不等式f(x)2a2+2b2.7.[2018·宁夏银川一中月考]已知函数f(x)=|x|-|x-1|.(1)若f(x)≥|m-1|的解集非空,求实数m的取值范围;(2)若正数x,y满足x2+y2=M,M为(1)中m可取到的最大值,求证:x+y≥2xy.8.设函数f(x)=x-|x+2|-|x-3|-m,若对任意x∈R,1m-4≥f(x)恒成立.(1)求实数m的取值范围;(2)求证:logm+1(m+2)>logm+2(m+3).n课时作业(六十七)1.解:∵(a+b+c)2a+2b+2c=[(a)2+(b)2+(c)2]·2a2+2b2+2c2≥a·2a+b·2b+c·2c2=18,且a+b+c=9,∴2a+2b+2c≥2,当且仅当a=b=c时取等号,∴2a+2b+2c的最小值为2.2.证明:(1)∵a>0,b>0,a+b=1,∴4a+1b=(a+b)4a+1b=4+4ba+ab+1≥5+24ba·ab=9,当且仅当a2=4b2时,等号成立.(2)(分析法)欲证2a+1+2b+1≤22,只需证2a+1+2b+1+2(2a+1)(2b+1)≤8,∵a>0,b>0,a+b=1,∴只需证(2a+1)(2b+1)≤2,由均值不等式可得(2a+1)(2b+1)≤(2a+1)+(2b+1)2=2,当且仅当a=b时,等号成立,故不等式2a+1+2b+1≤22成立.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,当且仅当p=q=r=1时,等号成立,即p2+q2+r2≥3.4.解:(1)由已知,得f(x)=x-1,x≤2,3x-5,x>2.当x≤2时,由f(x)=x-1≤-1,解得x≤0,此时x≤0;当x>2时,由f(x)=3x-5≤-1,解得x≤43,显然不成立.故f(x)≤-1的解集为M=(-∞,0].(2)证明:当x∈M时,f(x)=x-1,于是x[f(x)]2-x2f(x)=x(x-1)2-x2(x-1)=-x2+x=-x-122+14.令g(x)=-x-122+14,x∈(-∞,0],n则函数g(x)在(-∞,0]上是增函数,∴g(x)≤g(0)=0.故当x∈M时,x[f(x)]2-x2f(x)≤0.5.解:(1)由f(x+1)≥0,得m-|x-1|≥0,显然m>0,则1-m≤x≤1+m.∵f(x+1)≥0的解集为[0,2],∴1+m=2且1-m=0,∴m=1.(2)证明:由(1)可知1a+12b+13c=1,则a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba+a2b+3ca+a3c+3c2b+2b3c≥3+6=9,当且仅当a=2b=3c时等号成立,即a=3,b=32,c=1时等号成立.6.解:(1)当x≥3时,由|x-3|1,所以11}.(2)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,所以a2>1,b2>1,即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.7.解:(1)由题可得f(x)=-1,x<0,2x-1,0≤x≤1,1,x>1,所以f(x)max=1,所以|m-1|≤1,解得0≤m≤2,所以实数m的取值范围为[0,2].(2)证明:由(1)知,M=2,所以x2+y2=2.因为x>0,y>0,所以要证x+y≥2xy,只需证(x+y)2≥4x2y2,即证2(xy)2-xy-1≤0,即证(2xy+1)(xy-1)≤0.因为2xy+1>0,所以只需证xy≤1,因为2xy≤x2+y2=2(当且仅当x=y=1时取等号),所以xy≤1成立,所以x+y≥2xy成立.8.解:(1)∵对任意x∈R,1m-4≥f(x)恒成立,∴m+1m≥x-|x+2|-|x-3|+4恒成立.令g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4,则g(x)=3x+3,x<-2,x-1,-2≤x≤3,-x+5,x>3,∴函数g(x)在(-∞,3]上是增函数,在(3,+∞)上是减函数,∴g(x)max=g(3)=2,n∴m+1m≥g(x)max=2,即m+1m-2≥0,∴m2-2m+1m=(m-1)2m≥0,∴m>0,综上,实数m的取值范围是(0,+∞).(2)证明:由m>0知,m+3>m+2>m+1>1,即lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1=0.∴要证logm+1(m+2)>logm+2(m+3),只需证lg(m+2)lg(m+1)>lg(m+3)lg(m+2),即证lg(m+1)·lg(m+3)<[lg(m+2)]2,又∵lg(m+1)·lg(m+3)logm+2(m+3)成立.