2019高三数学（人教A版理）一轮课时分层训练74　不等式的证明 5页

课时分层训练(七十四)　不等式的证明 ‎(对应学生用书第347页)‎ ‎1．设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎[证明]　因为a2＋b2－(a＋b)‎ ‎＝(a2－a)＋(b2－b)‎ ‎＝a(－)＋b(－)‎ ‎＝(－)(a－b)＝.‎ 因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与同号，‎ 所以(a－b)≥0，‎ 所以a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎2．设不等式|2x－1|<1的解集为M.‎ ‎(1)求集合M；‎ ‎(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小. 【导学号：97190405】‎ ‎[解]　(1)由|2x－1|<1得－1<2x－1<1，‎ 解得00.‎ 故ab＋1>a＋b.‎ ‎3．(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.‎ 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.‎ ‎(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.‎ 由①知，≤1.‎ 故a＋b≥2ab.‎ ‎4．已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，求(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值．‎ ‎[解]　由柯西不等式得 ‎(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，‎ ‎∴9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]‎ ‎≥(2a＋2b＋c－1)2.‎ ‎∵2a＋2b＋c＝8，‎ ‎∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥，‎ 当且仅当＝＝c－3时等号成立，‎ ‎∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是.‎ ‎5．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1.‎ 求证：a＋2b＋3c≥9.‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝k－|x－3|，‎ 所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，‎ 由|x|≤k有解，得k≥0，‎ 且解集为[－k，k]．‎ 因为f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]．‎ 因此k＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知＋＋＝1，‎ 因为a，b，c为正实数．‎ 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9.‎ 当且仅当a＝2b＝3c时等号成立．‎ 因此a＋2b＋3c≥9.‎ ‎6．(2018·福州质检)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：97190406】‎ ‎[解]　(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；‎ ‎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}．‎ ‎(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，‎ 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，‎ 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．‎