2023高考数学一轮复习课时规范练58不等式的证明文含解析新人教A版202304021111

课时规范练58　不等式的证明基础巩固组1.(2020全国3,理23)设a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1.(1)证明:ab+bc+ca<0;(2)用max{a,b,c}表示a,b,c的最大值,证明:max{a,b,c}≥34.2.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是正实数,且满足p+q=a,求证:1p+1q≥43.\n3.(2017全国2,理23)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.4.(2020福建漳州二模,理23)已知a>0,b>0,a2+4b2=1ab+3.(1)求证:ab≤1;(2)若b>a,求证:1a3-1b3>31a-1b.\n5.已知f(x)=ax2+bx+c,a,b,c∈R,定义域为[-1,1].(1)当a=1,|f(x)|≤1时,求证|1+c|≤1;(2)略.\n6.已知a,b,c均为正实数,求证:(1)1a+1b≥4a+b;(2)12a+12b+12c≥1a+b+1b+c+1c+a.综合提升组7.(2020山西晋城一模,理23)已知函数f(x)=|3x-1|+|3x+3|.(1)求不等式f(x)≥10的解集;(2)正实数a,b满足a+b=2,证明:f(x)≥a+b.\n\n创新应用组8.已知关于x的不等式|x+1|-|x-3|≥|m-2|+m有解.(1)求实数m的取值范围;(2)设实数m的最大值为t.若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=t,证明:a3b+b3c+c3a≥3abc.9.(2020湖南长郡中学四模,理23)已知函数f(x)=|2x-1|+|x+5|.(1)求不等式f(x)>7的解集;(2)若函数f(x)的最小值为m+32,求证:∀p,q∈(0,+∞),1p+1q≥mp+q恒成立.\n10.函数f(x)=|ax+2|,其中a∈R,若f(x)≤a的解集为[-2,0].(1)求a的值;(2)求证:对任意x∈R,存在m>1,使得不等式f(x-2)+f(2x)≥m+1m-1成立.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　\n参考答案课时规范练58　不等式的证明1.证明(1)由题设可知,a,b,c均不为零,所以ab+bc+ca=12[(a+b+c)2-(a2+b2+c2)]=-12(a2+b2+c2)<0.(2)不妨设max{a,b,c}=a,因为abc=1,a=-(b+c),所以a>0,b<0,c<0.由bc≤(b+c)24,可得abc≤a34,故a≥34,所以max{a,b,c}≥34.2.(1)解因为|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=3,又因为p,q是正实数,所以1p+1q=1p+1qp3+q3=13+q3p+p3q+13≥23+2q3p·p3q=43,当且仅当p=q=32时,等号成立.3.证明(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2,当且仅当a=b=1时,等号成立.4.证明(1)由ab>0,1ab+3=a2+4b2≥4ab,当且仅当a2=4b2,即a=2,b=22时,等号成立.所以1+3ab≥4(ab)2,即4(ab)2-3ab-1≤0,所以ab≤1.(2)因为b>a>0,所以1a-1b>0,要证1a3-1b3>31a-1b,\n则1a-1b1a2+1ab+1b2>31a-1b,只需证1a2+1ab+1b2>3.因为1a2+1ab+1b2≥2ab+1ab=3ab,当且仅当a=b时取等号,又b>a>0,所以1a2+1ab+1b2>3ab.因为0<ab≤1,b>a>0,所以1a2+1ab+1b2>3,故原不等式成立.5.(1)证明因为|f(-1)|=|1-b+c|≤1,|f(1)|=|1+b+c|≤1,所以|1-b+c+1+b+c|≤|1-b+c|+|1+b+c|≤2,即|2+2c|≤2,化简得|1+c|≤1.6.证明(1)由a,b,c均为正实数,得a+b≥2ab,1a+1b≥21ab,相乘可得(a+b)1a+1b≥2ab·21ab=4,当且仅当a=b时取等号.则1a+1b≥4a+b.(2)由(1)可得1a+1b≥4a+b;同理,由b,c为正实数,可得1b+1c≥4b+c,当且仅当b=c时取等号,由c,a为正实数,可得1c+1a≥4c+a,当且仅当a=c时取等号.相加可得21a+1b+1c≥4a+b+4b+c+4c+a,即有12a+12b+12c≥1a+b+1b+c+1c+a.7.(1)解当x<-1时,f(x)=1-3x-3x-3=-6x-2≥10,解得x≤-2,所以x≤-2;当-1≤x≤13时,f(x)=1-3x+3x+3=4≥10,x∈⌀;当x>13时,f(x)=3x-1+3x+3=6x+2≥10,解得x≥43,所以x≥43.综上,不等式f(x)≥10的解集为(-∞,-2]∪43,+∞.(2)证明因为a,b为正实数,则f(x)≥a+b,等价于f(x)≥a+b+2ab.又因为f(x)=|3x-1|+|3x+3|≥4,且a+b=2,所以只需证ab≤1.因为ab≤a+b2=1,当且仅当a=b=1时,等号成立,所以f(x)≥a+b成立.\n8.(1)解∵f(x)=|x+1|-|x-3|=4,x>3,2x-2,-1≤x≤3,-4,x<-1,∴f(x)的最大值为4.关于x的不等式|x+1|-|x-3|≥|m-2|+m有解等价于f(x)max=4≥|m-2|+m.当m≥2时,上述不等式转化为4≥m-2+m,解得2≤m≤3;当m<2时,上述不等式转化为4≥-m+2+m,解得m<2.综上所述,实数m的取值范围为(-∞,3].(2)证明由(1)知t=3,则a+b+c=t=3.∵a>0,b>0,c>0,∴a3b+b3c+c3a≥3abc等价于b2a+c2b+a2c≥3.又b2a+c2b+a2c+(a+b+c)=b2a+a+c2b+b+a2c+c≥2b2a·a+2c2b·b+2a2c·c=2(a+b+c),当且仅当a=b=c时,等号成立,即b2a+c2b+a2c≥a+b+c,∴b2a+c2b+a2c≥3,故a3b+b3c+c3a≥3abc.9.(1)解f(x)=|2x-1|+|x+5|=-3x-4,x<-5,-x+6,-5≤x≤12,3x+4,x>12.若f(x)>7,则有x<-5,-3x-4>7或-5≤x≤12,-x+6>7或x>12,3x+4>7,解得x<-5或-5≤x<-1或x>1,因此不等式f(x)>7的解集为{x|x<-1或x>1}.(2)证明由(1)可知,f(x)在-∞,12上单调递减,在12,+∞上单调递增,因此f(x)min=f12=112=m+32,所以m=4.因此要求证∀p,q∈(0,+∞),1p+1q≥4p+q恒成立,即证p+qpq≥4p+q恒成立,即证(p+q)2≥4pq恒成立,即证p2+q2-2pq≥0恒成立,\n而对∀p,q∈(0,+∞),p2+q2-2pq=(p-q)2≥0恒成立,因此,原不等式得证.10.(1)解由题意知a≤0不满足题意,当a>0时,由|ax+2|≤a得-a≤ax+2≤a,∴-1-2a≤x≤1-2a,则-1-2a=-2,1-2a=0,解得a=2.(2)证明由(1)得f(x)=|2x+2|,设g(x)=f(x-2)+f(2x)=|2x-2|+|4x+2|,对于任意实数x,存在m>1,使得f(x-2)+f(2x)≥m+1m-1,只需g(x)min≥m+1m-1min,因为g(x)=6x,x>1,2x+4,-12≤x≤1,-6x,x<-12,当x=-12时,g(x)min=3.由m+1m-1=m-1+1m-1+1≥2(m-1)·1(m-1)+1=3,当且仅当m=2时取等号,所以原命题成立.