高考数学一轮复习选修部分不等式选讲课时达标检测六十四不等式的证明理201805293136
高考数学一轮复习 课时作业64 不等式的证明 文-人教版高三全册数学试题
课时作业64 不等式的证明[基础达标]1．[2018·某某卷]若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 证明：由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2. 因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4， 当且仅当x 1＝y 2＝z2时，等号成立，此时x ＝23，y ＝43，z ＝43，所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.2．[2019·某某省“五个一名校联盟”高三考试]已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )<1.解析：(1)∵f (x )<|x |＋1，∴|2x －1|<|x |＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1<x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，1－2x <x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x <－x ＋1，得12≤x <2或0<x <12或无解． 故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56<1.3．[2019·某某某某八中模考]已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解析：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1＜x ＜12，3x ，x ≥12.于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3， 当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时，取等号，∴M ＝[3，＋∞)． 要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2－3t ＋1－3t≥0.而t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t＝t －3t 2＋1t .∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1＞0，∴t －3t 2＋1t≥0.∴t 2＋1≥3t＋3t .4．[2019·某某模拟]已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|. (1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x ；(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小． 解析：(1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8，所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[8，＋∞)．(2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n ) 且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0,2－n <0， 即(m －2)(2－n )<0， 所以2(m ＋n )<mn ＋4.5．[2020·某某市质量检测]已知不等式|2x ＋1|＋|2x －1|＜4的解集为M . (1)求集合M ；(2)设实数a ∈M ，b ∉M ，证明：|ab |＋1≤|a |＋|b |.解析：(1)当x ＜－12时，不等式化为：－2x －1＋1－2x ＜4，即x ＞－1，所以－1＜x ＜－12；当－12≤x ≤12时，不等式化为：2x ＋1－2x ＋1＜4，即2＜4，所以－12≤x ≤12；当x ＞12时，不等式化为：2x ＋1＋2x －1＜4，即x ＜1，所以12＜x ＜1，综上可知，M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)方法一：因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1. 而|ab |＋1－(|a |＋|b |) ＝|ab |＋1－|a |－|b | ＝(|a |－1)(|b |－1)≤0， 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |.方法二：要证|ab |＋1≤|a |＋|b |， 只需证|a ||b |＋1－|a |－|b |≤0， 只需证(|a |－1)(|b |－1)≤0，因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1， 所以(|a |－1)(|b |－1)≤0成立． 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |成立．6．[2020·某某市定位考试]已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －m |(m ＞1)，若f (x )＞4的解集是{x |x ＜0或x ＞4}．(1)求m 的值；(2)若正实数a ，b ，c 满足1a ＋12b ＋13c ＝m3，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解析：(1)∵m ＞1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m ＋1，x ＜1m －1，1≤x ≤m2x －m －1，x ＞m .作出函数f (x )的图象如图所示，由f (x )＞4的解集及函数f (x )的图象得⎩⎪⎨⎪⎧－2×0＋m ＋1＝42×4－m －1＝4，得m ＝3.(2)由(1)知m ＝3，从而1a ＋12b ＋13c＝1，a ＋2b ＋3c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c (a ＋2b ＋3c )＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥9，当且仅当a ＝3，b ＝32，c ＝1时“＝”成立．[能力挑战]7．[2019·全国卷Ⅲ]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≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解析：(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≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)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≥2＋a23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a2 3.由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.。
高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第2讲不等式的证明课件理北师大版
分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实 质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要 搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思 路，用综合法书写证题过程．
2.设 a>0，b>0，若 3是 3a 与 3b 的等比中项，
求证1＋1≥ ab
4.
证明： 由 3是 3a 与 3b 的等比中项得 3a·3b＝3，
[证明] 因为 a，b，c 为正实数，由基本不等式可得a13＋b13＋c13 ≥3 3 a13·b13·c13， 即a13＋b13＋c13≥a3bc，
当且仅当a13＝b13＝c13，即 a＝b＝c 时，等号成立，所以a13＋b13
＋c13
＋
abc≥ 3 ＋ abc
abc.
而a3bc＋abc≥2 a3bc·abc＝2 3， 当且仅当a3bc＝abc，即 abc＝ 3时，等号成立， 所以a13＋b13＋c13＋abc≥2 3.
选修4-5 不等式选讲
第2讲 不等式的证明
1．基本不等式 定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥2ab，当且仅当 a＝b 时， 等号成立． 定理 2：如果 a、b 为正数，则a＋b≥ ab，当且仅当 a＝b
2 时，等号成立．
定理 3：如果 a、b、c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，当且仅 当 a＝b＝c 时，等号成立． 定理 4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1，a2，…， an 为 n 个正数，则a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
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2．不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法 等．
通用版2019版高考数学一轮复习选修部分不等式选讲课时达标检测六十四不等式的证明理
课时达标检测（六十四） 不等式的证明1．(2018·武汉调研)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤1. 证明：要证 a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1，即证2ab ≤12，即证ab ≤14. 而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤14成立， ∴原不等式成立．2．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t .(1)求t 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝t ，求证：1a ＋4b ≥94. 解：(1)因为|x ＋3|＋|x －1|＝|x ＋3|＋|1－x |≥|x ＋3＋1－x |＝4，所以f (x )min ＝4，即t ＝4.(2)证明：由(1)得a ＋b ＝4，故a 4＋b 4＝1，1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 4＝14＋1＋b 4a ＋a b ≥54＋2b 4a ×a b ＝54＋1＝94，当且仅当b ＝2a ，即a ＝43，b ＝83时取等号，故1a ＋4b ≥94. 3．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0解得－12<x <12， 则M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14. 因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0.所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.4．(2018·广州模拟)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3.(1)求1x ＋1y ＋1z的最小值； (2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2<9.解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz >0，1x ＋1y ＋1z ≥33xyz>0， 所以(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≥9， 即1x ＋1y ＋1z ≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z取得最小值3. (2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 23 ≥x 2＋y 2＋z 2＋xy ＋yz ＋zx 3 ＝x ＋y ＋z23＝3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立．又因为x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )<0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2<9.(1)求a ＋b 的值； (2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 解：(1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1.(2)由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b ≥5＋2 b a ·4a b＝9， 当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1， 即a ＝13，b ＝23时取等号．所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2， 所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3， 即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 6．(2018·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.7．(2018·安徽安师大附中、马鞍山二中阶段测试)已知函数f (x )＝|x －2|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2；(2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|.因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1； 当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2；当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12≤x ≤52. (2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立．8．(2018·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．。
2018届高考数学一轮复习精选试题不等式(解答题) Word版含答案
不等式
解答题(本大题共个小题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)．提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度(单位：千米小时)是车流密度（单位:辆千米）的函数，当桥上的的车流密度达到辆千米时，造成堵塞，此时车流速度为；当车流密度不超过辆千米时，车流速度为千米小时，研究表明；当
时，车流速度是车流密度的一次函数.
(Ⅰ）当时，求函数的表达式;
(Ⅱ）当车流密度为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆每小时）可以达到最大，并求最大值（精确到辆小时）.
【答案】(）由题意，当时，；当时，设
由已知，解得.
故函数的表达式为.
()由题意并由（）可得
当时，为增函数，故当时，其最大值为；
当时，
当且仅当即时等号成立.
所以当时，在区间上取得最大值.
综上可知，当时，在区间上取得最大值.
即当车流密度为辆千米时，车流量可以达到最大，最大值约为辆小时
．已知是正实数,且<,求证:<
【答案】证明：由是正实数,故要证<
只要证（）<() 只要证<
只要证<, 而> 只要证 <,
由条件<成立，故原不等式成立。
．设均为正实数．
(Ⅰ）若，求的最小值；
(Ⅱ）求证：.
【答案】（Ⅰ）：因为均为正实数，由柯西不等式得
，当且仅当时等号成立，∴
的最小值为
(Ⅱ）∵均为正实数，∴，当时等号成立；。
高考数学(理)一轮复习课后检测：选修《不等式的证明》
选修4－5－2 不等式的证明一、选择题1．ab ≥0是|a －b |＝|a |－|b |的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．不充分也不必要条件答案：B2．若实数x 、y 满足1x 2＋1y 2＝1，则x 2＋2y 2有( ) A ．最大值3＋2 2 B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6答案：B3．若a ，b ，c ∈R ，且满足|a －c |＜b ，给出下列结论①a ＋b ＞c ；②b ＋c ＞a ；③a ＋c ＞b ；④|a |＋|b |＞|c |.其中错误的个数( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：A4．已知a ＞0，b ＞0，m ＝a b ＋b a，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小顺序是( ) A ．m ≥n ＞p B ．m ＞n ≥pC ．n ＞m ＞pD ．n ≥m ＞p答案：A5．设a 、b 、c ∈R ＋，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2答案：D6．若a ＞b ＞1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，则( )A ．R ＜P ＜QB ．P ＜Q ＜RC ．Q ＜P ＜RD ．P ＜R ＜Q答案：B二、填空题7．设两个不相等的正数a 、b 满足a 3－b 3＝a 2－b 2，则a ＋b 的取值范围是__________．答案：⎝⎛⎭⎫1，43 8．用max{x ，y ，z }表示x ，y ，z 三个实数中的最大数，对于任意实数a ，b ，设max{|a |，|a ＋b ＋1|，|a －b ＋1|}＝M ，则M 的最小值是__________．答案：129．设m ＞n ，n ∈N ＋，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n ，x ＞1，则a 与b 的大小关系为__________．答案：a ≥b三、解答题10．已知a ＞b ＞c ＞0，求证：a ＋33(a －b )(b －c )c≥6.(并指出等号成立的条件) 证明：因为a ＞b ＞c ＞0，所以a －b ＞0，b －c ＞0，所以a ＝(a －b )＋(b －c )＋c ≥33(a －b )(b －c )c ，当且仅当a －b ＝b －c ＝c 时，等号成立，所以a ＋33(a －b )(b －c )c≥33(a －b )(b －c )c ＋33(a －b )(b －c )c≥233(a －b )(b －c )c33(a －b )(b －c )c＝6， 当且仅当33(a －b )(b －c )c ＝33(a －b )(b －c )c时，等号成立，故可求得a ＝3，b ＝2，c ＝1时等号成立．11．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1,1]时，恒有|f (x )|≤1.(1)求证：|b |≤1；(2)f (0)＝－1，f (1)＝1，求f (x )的表达式．解析：(1)证明：∵f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，∴b ＝12[f (1)－f (－1)]． ∵当x ∈[－1,1]时，|f (x )|≤1.∴|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1.∴|b |＝12|f (1)－f (－1)| ≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1，得c ＝－1，b ＝2－a .∴f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.∵当x ∈[－1,1]时，|f (x )|≤1.∴|f (－1)|≤1，即|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2.∴a －22a ＝12－1a∈[－1,1]． 依题意，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a －1≤1， 整理，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪(a －2)24a ＋1≤1. 又a ＞0，(a －2)24a ≥0，(a －2)24a＋1≥1. ∴(a －2)24a＝0，即a ＝2， 从而b ＝0，故f (x )＝2x 2－1.12．设正有理数x 是3的一个近似值，令y ＝1＋21＋x. (1)若x ＞3，求证：y ＜3；(2)求证：y 比x 更接近于 3.证明：(1)y －3＝1＋21＋x－ 3 ＝3－3＋x －3x 1＋x＝(1－3)(x －3)1＋x ，∵x ＞3，∴x －3＞0，而1－3＜0，∴y ＜ 3.(2)∵|y －3|－|x －3|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1－3)(x －3)1＋x －|x －3| ＝|x －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫3－11＋x －1 ＝|x －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2－x 1＋x ∵x ＞0，3－2＜0，|x －3|＞0，∴|y －3|－|x －3|＜0，即|y －3|＜|x －3|，∴y 比x 更接近于 3.。
高考理科数学一轮复习分层练习选修-不等式的证明
[基础题组练]1．(2020·南阳模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12. 于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}． (2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥ |2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时，取等号， 所以M ＝[3，＋∞)．要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2－3t ＋1－3t ≥0.而t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝（t －3）（t 2＋1）t. 因为t ∈M ，所以t －3≥0，t 2＋1>0， 所以（t －3）（t 2＋1）t ≥0.所以t 2＋1≥3t＋3t .2．(2020·榆林模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)求函数f (x )的最小值a ；(2)根据(1)中的结论，若m 3＋n 3＝a ，且m >0，n >0，求证：m ＋n ≤2.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|≥|x ＋1－(x －1)|＝2，当且仅当(x ＋1)(x －1)≤0即－1≤x ≤1时取等号，所以f (x )min ＝2，即a ＝2.(2)证明：假设m ＋n >2，则m >2－n ，m 3>(2－n )3. 所以m 3＋n 3>(2－n )3＋n 3＝2＋6(1－n )2≥2.①由(1)知a ＝2，所以m 3＋n 3＝2.② ①②矛盾，所以m ＋n ≤2.3．(2020·宣城模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求集合A ；(2)若实数s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪t －1s . 解：(1)函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋1，x <－12，x ＋3，－12≤x <2，3x －1，x ≥2.首先画出y ＝f (x )与y ＝3的图象如图所示．可得不等式f (x )<3的解集A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－23<x <0.(2)证明：因为实数s ，t ∈A ，所以s ，t ∈⎝⎛⎭⎫－23，0. 所以⎝⎛⎭⎫1－t s 2－⎝⎛⎭⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s2(1－t 2)·(s 2－1)<0， 所以⎝⎛⎭⎫1－t s 2<⎝⎛⎭⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪t －1s . 4．(2020·重庆模拟)已知关于x 的不等式|2x |＋|2x －1|≤m 有解． (1)求实数m 的取值范围；(2)已知a >0，b >0，a ＋b ＝m ，证明：a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13.解：(1)|2x |＋|2x －1|≥|2x －(2x －1)|＝1，当且仅当2x (2x －1)≤0即0≤x ≤12时取等号，故m ≥1.所以实数m 的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：由题知a ＋b ≥1，又⎝⎛⎭⎫a 2a ＋2b ＋b22a ＋b (a ＋2b ＋2a ＋b )≥(a ＋b )2， 所以a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13(a ＋b )≥13.[综合题组练]1．设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1| ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x ≥1，2x ，－1＜x ＜1，－2，x ≤－1，由|f (x )|<2得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}． (2)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2， 只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1， 所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立． 综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.2．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1ka ＋12kb ＋13kc ＝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1a ＋12b ＋13c ＝1，因为a ，b ，c 为正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c2b＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立． 因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1. (1)求证：|b |≤1；(2)若f (0)＝－1，f (1)＝1，求实数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ， 所以b ＝12[f (1)－f (－1)]．因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1， 所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1.(2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ， 所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时， 函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2. 所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝⎛⎭⎫12－1a |＝ |a ⎝⎛⎭⎫12－1a 2＋(2－a )⎝⎛⎭⎫12－1a －1|≤1. 整理得|（a －2）24a ＋1|≤1，所以－1≤（a －2）24a ＋1≤1，所以－2≤（a －2）24a ≤0，又a ＞0，所以（a －2）24a ≥0，所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)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≥13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≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(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≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23. 由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
2018版高考数学一轮复习选修系列14.2不等式选讲第2课时不等式的证明理
第2课时 不等式的证明1．不等式证明的方法 (1)比较法： ①作差比较法：知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b 只要证明a －b >0即可，这种方法称为作差比较法． ②作商比较法：由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明a b>1即可，这种方法称为作商比较法． (2)综合法：从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法． (3)分析法：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法． (4)反证法和放缩法：①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法． (5)数学归纳法：一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当n ＝n 0时命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n 0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法． 2．几个常用基本不等式 (1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当ad ＝bc 时，等号成立)．②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．③柯西不等式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则x 1－x 22＋y 1－y 22＋x 2－x 32＋y 2－y 32≥x 1－x 32＋y 1－y 32.④柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0 (i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立． (2)算术—几何平均不等式 若a 1，a 2，…，a n 为正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．1．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，求m 2＋n 2的最小值．解 根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)，得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5，m 2＋n 2的最小值为 5.2．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值． 解 (a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．∴(a ＋b ＋c )2≤3. 故a ＋b ＋c 的最大值为 3.3．设x >0，y >0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，求实数λ的最小值．解 ∵x >0，y >0，∴原不等式可化为－λ≤(1x ＋1y )(x ＋y )＝2＋y x ＋xy.∵2＋y x ＋x y ≥2＋2y x ·xy＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立． ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ＋1yx ＋y min ＝4，即－λ≤4，λ≥－4.题型一 用综合法与分析法证明不等式例1 (1)已知x ，y 均为正数，且x >y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3；(2)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3. 证明 (1)因为x >0，y >0，x －y >0， 2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1x －y2＝(x －y )＋(x －y )＋1x －y2≥33x －y21x －y2＝3，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)因为a ，b ，c >0，所以要证a ＋b ＋c ≥3， 只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )． 即证：a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)成立．所以原不等式成立．思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.题型二 放缩法证明不等式 例2 若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.证明 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0<|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： ①变换分式的分子和分母，如1k 2<1kk －，1k 2>1kk ＋，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k >1； ②利用函数的单调性；③真分数性质“若0<a <b ，m >0，则a b <a＋mb ＋m”． (2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.证明 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n.当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1. ∴原不等式成立． 题型三 柯西不等式的应用 例3 已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．(1)证明 因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)＝27. 所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤3 3. 当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)解 因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n)≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝3 3.求证：x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x＋z 2z ＋2x ＋3y ≥32.证明 由柯西不等式及题意得，(x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y) ·[(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )]≥(x ＋y ＋z )2＝27. 又(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )＝6(x ＋y ＋z )＝183，∴x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥27183＝32， 当且仅当x ＝y ＝z ＝3时，等号成立.1．已知x ＋y ＝1，求2x 2＋3y 2的最小值． 解 由柯西不等式(2x 2＋3y 2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 132≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·12＋3y ·132＝(x ＋y )2＝1， ∴2x 2＋3y 2≥65，当且仅当2x ＝3y ，即x ＝35，y ＝25时，等号成立．所以2x 2＋3y 2的最小值为65.2．设a ＋b ＝2，b >0，当12|a |＋|a |b取得最小值时，求a 的值． 解 由于a ＋b ＝2，所以12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b，由于b >0，|a |>0，所以b 4|a |＋|a |b ≥2b 4|a |·|a |b ＝1，因此当a >0时，12|a |＋|a |b 的最小值是14＋1＝54；当a <0时，12|a |＋|a |b 的最小值是－14＋1＝34.故12|a |＋|a |b 的最小值为34，此时⎩⎪⎨⎪⎧b 4|a |＝|a |b ，a <0，即a ＝－2.3．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，求2a ＋2b ＋2c的最小值．解 ∵(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2a＋b ·2b＋c ·2c 2＝18.∴2a ＋2b ＋2c ≥2.∴2a ＋2b ＋2c的最小值为2.4．设x ，y ，z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求x ＋y ＋z .解 由柯西不等式可得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2，即(x ＋2y ＋3z )2≤14，因此x ＋2y ＋3z ≤14.因为x ＋2y ＋3z ＝14，所以x ＝y 2＝z 3，解得x ＝1414，y ＝147，z ＝31414，于是x ＋y ＋z ＝3147.5．已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c .求证：a 2b ＋c －a ＋b 2c ＋a －b ＋c 2a ＋b －c≥a ＋b ＋c .证明 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋c －a ＋b 2c ＋a －b ＋c 2a ＋b －c [(b ＋c －a )＋(c ＋a －b )＋(a ＋b －c )]≥(a ＋b ＋c )2，又a ＋b ＋c >0，所以a 2b ＋c －a ＋b 2c ＋a －b ＋c 2a ＋b －c ≥a ＋b ＋c (当且仅当b ＋c －a a ＝c ＋a －b b ＝a ＋b －cc时取等号)．6．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≥499，当且仅当a －12＝b ＋22＝c －3时等号成立，∴(a －1)2＋(b ＋2)2＋(c －3)2的最小值是499.7．(2015·湖南)设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a ＞0，b ＞0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2. (2)假设a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2同时成立， 则由a 2＋a ＜2及a ＞0得0＜a ＜1；同理，0＜b ＜1，从而ab ＜1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．8．(2016·全国甲卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1，所以，－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以，－12<x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0，即(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.9．(1)关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，求a 的取值范围； (2)设x ，y ，z ∈R ，且x 216＋y 25＋z 24＝1，求x ＋y ＋z 的取值范围．解 (1)∵|x －3|＋|x －4|≥|(x －3)－(x －4)|＝1， 且|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集， ∴a >1，即a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)由柯西不等式，得[42＋(5)2＋22]·[(x4)2＋(y5)2＋(z2)2]≥(4×x 4＋5×y 5＋2×z2)2＝(x ＋y ＋z )2， 即25×1≥(x ＋y ＋z )2.∴5≥|x ＋y ＋z |，∴－5≤x ＋y ＋z ≤5. ∴x ＋y ＋z 的取值范围是[－5,5]．10．已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)． (1)求x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2的最小值；(2)求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2. (1)解 因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，所以x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2≥3·3x 1a ·x 2b ·2x 1x 2＝3·32ab≥3·32a ＋b 22＝3×38＝6，当且仅当x 1a ＝x 2b ＝2x 1x 2且a ＝b ，即a ＝b ＝12且x 1＝x 2＝1时，x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2有最小值6.(2)证明 方法一 由a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(ax 2)2＋bx 1)2]≥(ax 1·ax 2＋bx 2·bx 1)2＝(a x 1x 2＋b x 1x 2)2＝x 1x 2，当且仅当ax 1ax 2＝bx 2bx 1，即x 1＝x 2时取得等号． 所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.方法二 因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝a 2x 1x 2＋abx 22＋abx 21＋b 2x 1x 2 ＝x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (x 22＋x 21)≥x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (2x 1x 2) ＝x 1x 2(a 2＋b 2＋2ab )＝x 1x 2(a ＋b )2＝x 1x 2， 当且仅当x 1＝x 2时，取得等号． 所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.。
北师大版版高考数学一轮复习选修不等式选讲不等式的证明教学案理
一、知识梳理１．基本不等式定理１：设a，b∈R，则a２＋b２≥２ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理２：如果a，b为正数，则错误!≥错误!，当且仅当a＝b时，等号成立．定理３：如果a，b，c为正数，则错误!≥错误!，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理推广：（一般形式的算术—几何平均不等式）如果a１，a２，…，a n为n个正数，则错误!≥错误!，当且仅当a１＝a２＝…＝a n时，等号成立．２．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．３．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n＝k时不等式成立推证n＝k＋１时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．常用结论１．a２≥0（a∈R）．２．（a—b）２≥0（a，b∈R），其变形有a２＋b２≥２ab，错误!错误!≥ab，a２＋b２≥错误!（a＋b）２.３．若a，b为正实数，则错误!≥错误!.特别地，错误!＋错误!≥２．４．a２＋b２＋c２≥ab＋bc＋ca.二、教材衍化１．已知a≥b>0，M＝２a３—b３，N＝２ab２—a２b，则M，N的大小关系为________．解析：２a３—b３—（２ab２—a２b）＝２a（a２—b２）＋b（a２—b２）＝（a２—b２）（２a＋b）＝（a—b）（a＋b）（２a＋b）．因为a≥b>0．所以a—b≥0，a＋b>0，２a＋b>0，从而（a—b）（a＋b）（２a＋b）≥0，故２a３—b３≥２ab２—a２b.答案：M≥N２．求证：错误!＋错误!<２＋错误!.证明：错误!＋错误!<２＋错误!⇐（错误!＋错误!）２<（２＋错误!）２⇐１0＋２错误!<１0＋４错误!⇐错误!<２错误!⇐２１<２４．故原不等式成立．一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）比较法最终要判断式子的符号得出结论．（）（２）综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．（）（３）分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．（）（４）使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．（）答案：（１）×（２）√（３）×（４）×二、易错纠偏错误!错误!错误!设a，b∈（0，＋∞），且ab—a—b＝１，则有（）Ａ．a＋b≥２（错误!＋１）Ｂ．a＋b≤错误!＋１Ｃ．a＋b<错误!＋１Ｄ．a＋b>２（错误!＋１）解析：选Ａ．由已知得a＋b＋１＝ab≤错误!错误!，故有（a＋b）２—４（a＋b）—４≥0，解得a ＋b≥２错误!＋２或a＋b≤—２错误!＋２（舍去），即a＋b≥２错误!＋２．（当且仅当a＝b＝错误!＋１时取等号）故选Ａ．比较法证明不等式（师生共研）设a，b是非负实数，求证：a３＋b３≥错误!（a２＋b２）．【证明】因为a，b是非负实数，所以a３＋b３—错误!（a２＋b２）＝a２错误!（错误!—错误!）＋b２错误!（错误!—错误!）＝（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]．当a≥b时，错误!≥错误!，从而（错误!）５≥（错误!）５，得（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]≥0；当a<b时，错误!<错误!，从而（错误!）５<（错误!）５，得（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]>0．所以a３＋b３≥错误!（a２＋b２）．错误!比较法证明不等式的方法与步骤（１）作差比较法：作差、变形、判号、下结论．（２）作商比较法：作商、变形、判断、下结论．[提醒] （１）当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．（２）当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．１．当p，q都是正数且p＋q＝１时，试比较（px＋qy）２与px２＋qy２的大小．解：（px＋qy）２—（px２＋qy２）＝p２x２＋q２y２＋２pqxy—（px２＋qy２）＝p（p—１）x２＋q（q—１）y２＋２pqxy.因为p＋q＝１，所以p—１＝—q，q—１＝—p.所以（px＋qy）２—（px２＋qy２）＝—pq（x２＋y２—２xy）＝—pq（x—y）２.因为p，q为正数，所以—pq（x—y）２≤0，所以（px＋qy）２≤px２＋qy２.当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．２．已知a，b∈（0，＋∞），求证：a b b a≤（ab）错误!.证明：错误!＝a b—错误!ba—错误!＝错误!错误!.当a＝b时，错误!错误!＝１；当a>b>0时，0<错误!<１，错误!>0，错误!错误!<１．当b>a>0时，错误!>１，错误!<0，错误!错误!<１．所以a b b a≤（ab）错误!.综合法、分析法证明不等式（师生共研）（一题多解）已知a>0，b>0，a３＋b３＝２．证明：（１）（a＋b）（a５＋b５）≥４；（２）a＋b≤２．【证明】法一（综合法）：（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＋错误!·（a＋b）＝２＋错误!，所以（a＋b）３≤8，因此a＋b≤２．法二（分析法）：（１）因为a>0，b>0，a３＋b３＝２．要证（a＋b）（a５＋b５）≥４，只需证（a＋b）（a５＋b５）≥（a３＋b３）２，即证a6＋ab５＋a５b＋b6≥a6＋２a３b３＋b6，即证a４＋b４≥２a２b２，因为（a２—b２）２≥0，即a４＋b４≥２a２b２成立．故原不等式成立．（２）要证a＋b≤２成立，只需证（a＋b）３≤8，即证a３＋３a２b＋３ab２＋b３≤8，即证ab（a＋b）≤２，即证ab（a＋b）≤a３＋b３，即证ab（a＋b）≤（a＋b）（a２—ab＋b２），即证ab≤a２—ab＋b２，显然成立．故原不等式成立．错误!分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．１．（２0１9·高考全国卷Ⅰ）已知a，b，c为正数，且满足abc＝１，证明：（１）错误!＋错误!＋错误!≤a２＋b２＋c２；（２）（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥２４．证明：（１）因为a２＋b２≥２ab，b２＋c２≥２bc，c２＋a２≥２ac，且abc＝１，故有a２＋b２＋c２≥ab＋bc＋ca＝错误!＝错误!＋错误!＋错误!.所以错误!＋错误!＋错误!≤a２＋b２＋c２.（２）因为a，b，c为正数且abc＝１，故有（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥３错误!＝３（a＋b）（b＋c）（a＋c）≥３×（２错误!）×（２错误!）×（２错误!）＝２４．所以（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥２４．２．（２0２0·湖南长沙长郡中学调研）已知函数f（x）＝|x＋２|.（１）解不等式f（x）>４—|x＋１|；（２）已知a＋b＝２（a>0，b>0），求证：|x—２．５|—f（x）≤错误!＋错误!.解：（１）f（x）>４—|x＋１|，即|x＋２|＋|x＋１|>４，则错误!得x<—３．５；错误!无解；错误!得x>0．５．所以原不等式的解集为{x|x<—３．５或x>0．５}．（２）证明：|x—２．５|—f（x）＝|x—２．５|—|x＋２|≤４．５，错误!＋错误!＝错误!（a＋b）（错误!＋错误!）＝错误!（４＋１＋错误!＋错误!）≥错误!（５＋４）＝４．５，所以|x—２．５|—f（x）≤错误!＋错误!.反证法证明不等式（师生共研）设0<a，b，c<１，求证：（１—a）b，（１—b）c，（１—c）a不可能同时大于错误!.【证明】设（１—a）b>错误!，（１—b）c>错误!，（１—c）a>错误!，三式相乘得（１—a）b·（１—b）c·（１—c）a>错误!，１又因为0<a，b，c<１，所以0<（１—a）a≤错误!错误!＝错误!.同理（１—b）b≤错误!，（１—c）c≤错误!，以上三式相乘得（１—a）a·（１—b）b·（１—c）c≤错误!，与１矛盾．所以（１—a）b，（１—b）c，（１—c）a不可能同时大于错误!.利用反证法证明问题的一般步骤（１）否定原结论．（２）从假设出发，导出矛盾．（３）证明原命题正确．错误!已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a，b，c>0．证明：（１）设a<0，因为abc>0，所以bc<0．又由a＋b＋c>0，则b＋c>—a>0，所以ab＋bc＋ca＝a（b＋c）＋bc<0，与题设矛盾．（２）若a＝0，则与abc>0矛盾，所以必有a>0．同理可证b>0，c>0．综上可证a，b，c>0．放缩法证明不等式（师生共研）若a，b∈R，求证：错误!≤错误!＋错误!.【证明】当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒错误!≥错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!＋错误!≤错误!＋错误!.综上，原不等式成立．错误!“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：（１）变换分式的分子和分母，如错误!<错误!，错误!>错误!，错误!<错误!，错误!>错误!.上面不等式中k∈N+，k>１．（２）利用函数的单调性．（３）真分数性质“若0<a<b，m>0，则错误!<错误!”．[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n是正整数，求证：错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<１．证明：由２n≥n＋k>n（k＝１，２，…，n），得错误!≤错误!<错误!.当k＝１时，错误!≤错误!<错误!；当k＝２时，错误!≤错误!<错误!；…当k＝n时，错误!≤错误!<错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!＝１．所以原不等式成立．[基础题组练]１．（２0２0·南阳模拟）已知函数f（x）＝|２x—１|＋|x＋１|.（１）解不等式f（x）≤３；（２）记函数g（x）＝f（x）＋|x＋１|的值域为M，若t∈M，证明：t２＋１≥错误!＋３t.解：（１）依题意，得f（x）错误!于是f（x）≤３⇔错误!或错误!或错误!解得—１≤x≤１．即不等式f（x）≤３的解集为{x|—１≤x≤１}．（２）证明：g（x）＝f（x）＋|x＋１|＝|２x—１|＋|２x＋２|≥|２x—１—２x—２|＝３，当且仅当（２x—１）（２x＋２）≤0时，取等号，所以M＝[３，＋∞）．要证t２＋１≥错误!＋３t，即证t２—３t＋１—错误!≥0．而t２—３t＋１—错误!＝错误!＝错误!.因为t∈M，所以t—３≥0，t２＋１>0，所以错误!≥0．所以t２＋１≥错误!＋３t.２．（２0２0·榆林模拟）已知函数f（x）＝|x＋１|＋|x—１|.（１）求函数f（x）的最小值a；（２）根据（１）中的结论，若m３＋n３＝a，且m>0，n>0，求证：m＋n≤２．解：（１）f（x）＝|x＋１|＋|x—１|≥|x＋１—（x—１）|＝２，当且仅当（x＋１）（x—１）≤0即—１≤x≤１时取等号，所以f（x）min＝２，即a＝２．（２）证明：假设m＋n>２，则m>２—n，m３>（２—n）３.所以m３＋n３>（２—n）３＋n３＝２＋6（１—n）２≥２．１由（１）知a＝２，所以m３＋n３＝２．２１２矛盾，所以m＋n≤２．３．（２0２0·宣城模拟）已知函数f（x）＝|２x＋１|＋|x—２|，集合A＝{x|f（x）<３}．（１）求集合A；（２）若实数s，t∈A，求证：错误!<错误!.解：（１）函数f（x）＝|２x＋１|＋|x—２|＝错误!首先画出y＝f（x）与y＝３的图象如图所示．可得不等式f（x）<３的解集A＝错误!.（２）证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈错误!.所以错误!错误!—错误!错误!＝１＋错误!—t２—错误!＝错误!（１—t２）·（s２—１）<0，所以错误!错误!<错误!错误!，所以错误!<错误!.４．（２0２0·重庆模拟）已知关于x的不等式|２x|＋|２x—１|≤m有解．（１）求实数m的取值范围；（２）已知a>0，b>0，a＋b＝m，证明：错误!＋错误!≥错误!.解：（１）|２x|＋|２x—１|≥|２x—（２x—１）|＝１，当且仅当２x（２x—１）≤0即0≤x≤错误!时取等号，故m≥１．所以实数m的取值范围为[１，＋∞）．（２）证明：由题知a＋b≥１，又错误!（a＋２b＋２a＋b）≥（a＋b）２，所以错误!＋错误!≥错误!（a＋b）≥错误!.[综合题组练]１．设不等式||x＋１|—|x—１||<２的解集为A.（１）求集合A；（２）若a，b，c∈A，求证：错误!>１．解：（１）由已知，令f（x）＝|x＋１|—|x—１|＝错误!由|f（x）|<２得—１<x<１，即A＝{x|—１<x<１}．（２）证明：要证错误!>１，只需证|１—abc|>|ab—c|，只需证１＋a２b２c２>a２b２＋c２，只需证１—a２b２>c２（１—a２b２），只需证（１—a２b２）（１—c２）>0，由a，b，c∈A，得—１<ab<１，c２<１，所以（１—a２b２）（１—c２）>0恒成立．综上，错误!>１．２．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，且错误!＋错误!＋错误!＝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）知错误!＋错误!＋错误!＝１，因为a，b，c为正实数，所以a＋２b＋３c＝（a＋２b＋３c）错误!＝３＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝３＋错误!＋错误!＋错误!≥３＋２错误!＋２错误!＋２错误!＝9．当且仅当a＝２b＝３c时，等号成立．因此a＋２b＋３c≥9．３．已知函数f（x）＝ax２＋bx＋c（a，b，c∈R），当x∈[—１，１]时，|f（x）|≤１．（１）求证：|b|≤１；（２）若f（0）＝—１，f（１）＝１，求实数a的值．解：（１）证明：由题意知f（１）＝a＋b＋c，f（—１）＝a—b＋c，所以b＝错误![f（１）—f（—１）]．因为当x∈[—１，１]时，|f（x）|≤１，所以|f（１）|≤１，|f（—１）|≤１，所以|b|＝错误!|f（１）—f（—１）|≤错误![|f（１）|＋|f（—１）|]≤１．（２）由f（0）＝—１，f（１）＝１可得c＝—１，b＝２—a，所以f（x）＝ax２＋（２—a）x—１．当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，函数f（x）图象的对称轴为x＝错误!，即x＝错误!—错误!.因为x∈[—１，１]时，|f（x）|≤１，即|f（—１）|≤１，所以|２a—３|≤１，解得１≤a≤２．所以—错误!≤错误!—错误!≤0，故|f错误!|＝|a错误!错误!＋（２—a）错误!—１|≤１．整理得|错误!＋１|≤１，所以—１≤错误!＋１≤１，所以—２≤错误!≤0，又a＞0，所以错误!≥0，所以错误!＝0，所以a＝２．４．（２0１9·高考全国卷Ⅲ）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≥错误!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≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝—错误!，z＝—错误!时等号成立．所以（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２的最小值为错误!.（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≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝错误!，z＝错误!时等号成立．因此（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２的最小值为错误!.由题设知错误!≥错误!，解得a≤—３或a≥—１．。
高考第一轮复习数学：64不等式的解法(一)-教案(含习题及答案).
6.4 不等式的解法（一）●知识梳理1.一元一次不等式的解法.任何一个一元一次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax ＞b （a ≠0）的形式.当a ＞0时，解集为{x|x ＞a b }；当a ＜0时，解集为{x|x ＜ab}.2.一元二次不等式的解法.任何一个一元二次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax 2+bx+c ＞0（或＜0）（其中a ＞0）的形式，再根据“大于取两边，小于夹中间”求解集.3.简单的高次不等式、分式不等式的求解问题可采用“数轴标根法”. 思考讨论用“数轴标根法”解高次、分式不等式时，对于偶次重根应怎样处理? ●点击双基1.（2004年全国Ⅳ，5）不等式32-+x x x ）（＜0的解集为A.{x|x ＜－2或0＜x ＜3}B.{x|－2＜x ＜0或x ＞3}C.{x|x ＜－2或x ＞0}D.{x|x ＜0或x ＞3}解析：在数轴上标出各根.-23答案：A2.（2003年北京）若不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），则实数a 等于 A.8 B.2 C.－4 D.－8 解析：由|ax+2|＜6得－6＜ax+2＜6，即－8＜ax ＜4.∵不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），易检验a=－4. 答案：C3.（2003年重庆市诊断性考试题）已知函数f （x ）是R 上的增函数，A （0，－1）、B （3，1）是其图象上的两点，那么| f （x+1）|＜1的解集是A.（1，4）B.（－1，2）C.（－∞，1］∪［4，+∞）D.（－∞，－1］∪［2，+∞）解析：由题意知f （0）=－1，f （3）=1. 又| f （x+1）|＜1⇔－1＜f （x+1）＜1， 即f （0）＜f （x+1）＜f （3）. 又f （x ）为R 上的增函数， ∴0＜x+1＜3.∴－1＜x ＜2. 答案：B4.（理）（2003年山东潍坊市第二次模拟考试题）不等式x 2－|x －1|－1≤0的解集为____________.解析：当x －1≥0时，原不等式化为x 2－x ≤0，解得0≤x ≤1. ∴x=1；当x －1＜0时，原不等式化为x 2+x －2≤0， 解得－2≤x ≤1.∴－2≤x ＜1. 综上，x ≥－2.答案：{x|－2≤x ≤1}（文）不等式ax 2+（ab+1）x+b ＞0的解集为{x|1＜x ＜2}，则a+b=_______.解析：∵ax 2+（ab+1）x+b ＞0的解集为{x|1＜x ＜2}， ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==+-<.2310a ba ab a ，，解得⎪⎩⎪⎨⎧-=-=121b a ，或⎩⎨⎧-=-=.21b a ， ∴a+b=－23或－3.答案：－23或－35.不等式ax 2+bx+c ＞0的解集为{x|2＜x ＜3}，则不等式ax 2－bx+c ＞0的解集为_______.解析：令f （x ）=ax 2+bx+c ，其图象如下图所示，xyy y O= = f x ( )fx ()-3 -2 23-再画出f （－x ）的图象即可.答案：{x|－3＜x ＜－2} ●典例剖析【例1】 解不等式3252---x x x＜－1.剖析：这是一个分式不等式，其左边是两个关于x 的多项式的商，而右边是非零常数，故需移项通分，右边变为零，再利用商的符号法则，等价转化成整式不等式组.解：原不等式变为3252---x x x＋1＜0，即322322--+-x x x x ＜0⇔⎪⎩⎪⎨⎧<-->+-⎪⎩⎪⎨⎧>--<+-⇔0320230320232222x x x x x x x x 或，－1＜x ＜1或2＜x ＜3.∴原不等式的解集是｛x ｜－1＜x ＜1或2＜x ＜3｝.【例2】 求实数m 的范围，使y=lg ［mx 2+2（m+1）x+9m+4］对任意x ∈R 恒有意义.剖析：mx 2+2（m+1）x+9m+4＞0恒成立的含义是该不等式的解集为R.故应⎩⎨⎧>.00＜，Δm解：由题意知mx 2+2（m+1）x+9m+4＞0的解集为R ，则 ⎩⎨⎧<+-+=>.04941402）（）（，m m m Δm 解得m ＞41.评述：二次不等式ax 2+bx+c ＞0恒成立的条件：⎩⎨⎧<>.00Δa ，若未说明是二次不等式还应讨论a=0的情况.思考讨论本题若要使值域为全体实数，m 的范围是什么? 提示：对m 分类讨论，m=0适合.当m ≠0时，⎩⎨⎧≥>.00Δm ，解m 即可.【例3】 若不等式2x －1＞m （x 2－1）对满足|m|≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围.剖析：对于m ∈［－2，2］，不等式2x －1＞m （x 2－1）恒成立，把m 视为主元，利用函数的观点来解决.解：原不等式化为（x 2－1）m －（2x －1）＜0.令f （m ）=（x 2－1）m －（2x －1）（－2≤m ≤2）. 则⎪⎩⎪⎨⎧<---=<----=-.01212201212222）（）（）（，）（）（）（x x f x x f解得271+-＜x ＜231+. 深化拓展1.本题若变式：不等式2x －1＞m （x 2－1）对一切－2≤x ≤2都成立，求m 的取值范围. 2.本题若把m 分离出来再求m 的范围能行吗? ●闯关训练 夯实基础1.（2004年重庆，4）不等式x+12+x ＞2的解集是A.（－1，0）∪（1，+∞）B.（－∞，－1）∪（0，1）C.（－1，0）∪（0，1）D.（－∞，－1）∪（1，+∞）解法一：x+12+x ＞2⇔x －2+12+x ＞0⇔11+-x x x ）（＞0⇔x （x －1）（x+1）＞0⇔－1＜x ＜0或x ＞1.解法二：验证，x=－2、21不满足不等式，排除B 、C 、D.答案：A2.设f （x ）和g （x ）都是定义域为R 的奇函数，不等式f （x ）＞0的解集为（m ，n ），不等式g （x ）＞0的解集为（2m ，2n ），其中0＜m ＜2n，则不等式f （x ）·g （x ）＞0的解集是A.（m ，2n ）B.（m ，2n ）∪（－2n，－m ）C.（2m ，2n ）∪（－n ，－m ）D.（2m ，2n ）∪（－2n ，－2m ）解析：f （x ）、g （x ）都是定义域为R 的奇函数，f （x ）＞0的解集为（m ，n ），g （x ）＞0的解集为（2m ，2n）.∴f （－x ）＞0的解集为（－n ，－m ），g （－x ）＞0的解集为（－2n ，－2m），即f （x ）＜0的解集为（－n ，－m ），g （x ）＜0的解集为（－2n ，－2m）.由f （x ）·g （x ）＞0得⎩⎨⎧>>00）（，）（x g x f 或⎩⎨⎧<<.00）（，）（x g x f .又0＜m ＜2n，∴m ＜x ＜2n 或－2n＜x ＜－m. 答案：B3.若关于x 的不等式－21x 2+2x ＞mx 的解集为{x|0＜x ＜2}，则实数m 的值为_______.解析：由题意，知0、2是方程－21x 2+（2－m ）x=0的两个根， ∴－212--m=0+2.∴m=1. 答案：14.（2004年浙江，13）已知f （x ）=⎩⎨⎧<-≥.0101x x ，则不等式x+（x+2）·f （x+2）≤5的解集是____________.解析：当x+2≥0，即x ≥－2时. x+（x+2）f （x+2）≤5⇔2x+2≤5⇔x ≤23.∴－2≤x ≤23.当x+2＜0即x ＜－2时，x+（x+2）f （x+2）≤5⇔x+（x+2）·（－1）≤5⇔－2≤5， ∴x ＜－2.综上x ≤23.答案：（－∞，23］5.（2004年宣武二模题）定义符号函数sgnx=⎪⎩⎪⎨⎧<-=>.010001）（），（），（x x x 当x ∈R 时，解不等式（x+2）＞（2x －1）sgnx.解：当x ＞0时，原不等式为x+2＞2x －1. ∴0＜x ＜3.当x=0时，成立.当x ＜0时，x+2＞121-x .x －121-x +2＞0.1224122--+--x x x x ＞0.123322--+x x x ＞0.∴－4333+＜x ＜0.综上，原不等式的解集为{x|－4333+＜x ＜3}. 6.（2003年北京西城区一模题）解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax （a ∈R ）.解：原不等式变形为ax 2+（a －2）x －2≥0. ①a=0时，x ≤－1；②a ≠0时，不等式即为（ax －2）（x+1）≥0，当a ＞0时，x ≥a2或x ≤－1；由于a 2－（－1）=aa 2+，于是当－2＜a ＜0时，a2≤x ≤－1； 当a=－2时，x=－1；当a ＜－2时，－1≤x ≤a 2.综上，当a=0时，x ≤－1；当a ＞0时，x ≥a 2或x ≤－1；当－2＜a ＜0时，a 2≤x ≤－1；当a=－2时，x=－1；当a ＜－2时，－1≤x ≤a2. 培养能力7.（2004年春季安徽）解关于x 的不等式log a 3x ＜3log a x （a ＞0，且a ≠1）.解：令y=log a x ，则原不等式化为y 3－3y ＜0， 解得y ＜－3或0＜y ＜3， 即log a x ＜－3或0＜log a x ＜3. 当0＜a ＜1时，不等式的解集为{x|x ＞a 3-}∪{x|a3＜x ＜1}；当a ＞1时，不等式的解集为{x|0＜x ＜a 3-}∪{x|1＜x ＜a 3}. 8.有点难度哟！（2003年天津质量检测题）已知适合不等式|x 2－4x+a|+|x －3|≤5的x 的最大值为3，求实数a 的值，并解该不等式.解：∵x ≤3，∴|x －3|=3－x.若x 2－4x+a ＜0，则原不等式化为x 2－3x+a+2≥0.此不等式的解集不可能是集合{x|x ≤3}的子集，∴x 2－4x+a ＜0不成立.于是，x 2－4x+a ≥0，则原不等式化为x 2－5x+a －2≤0.∵x ≤3，令x 2－5x+a －2=（x －3）（x －m ）=x 2－（m+3）x+3m ，比较系数，得m=2，∴a=8. 此时，原不等式的解集为{x|2≤x ≤3}. 探究创新9.关于x 的不等式⎪⎩⎪⎨⎧<+++>--055220222k x k x x x ）（，的整数解的集合为{－2}，求实数k 的取值范围.解：由x 2－x －2＞0可得x ＜－1或x ＞2.∵⎪⎩⎪⎨⎧<+++>--055220222k x k x x x ）（，的整数解为x=－2，又∵方程2x 2+（2k+5）x+5k=0的两根为－k 和－25.①若－k ＜－25，则不等式组的整数解集合就不可能为{－2}；②若－25＜－k ，则应有－2＜－k ≤3.∴－3≤k ＜2.综上，所求k 的取值范围为－3≤k ＜2. ●思悟小结1.一元二次不等式的解集与二次项系数及判别式的符号有关.2.解分式不等式要使一边为零，转化为不等式组.如果能分解，可用数轴标根法或列表法.3.解高次不等式的思路是降低次数，利用数轴标根法求解较为容易.4.解含参数的不等式的基本途径是分类讨论，能避免讨论的应设法避免讨论. ●教师下载中心1.解不等式的过程，实质上是不等式等价转化过程.因此在教学中向学生强调保持同解变形是解不等式应遵循的基本原则.2.各类不等式最后一般都要化为一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来解，这体现了转化与化归的数学思想.3.解不等式几乎是每年高考的必考题，重点仍是含参数的有关不等式，对字母参数的逻辑划分要具体问题具体分析，必须注意分类不重、不漏、完全、准确.【例1】 （2003年南京市第二次质量检测题）解关于x 的不等式12-ax ax ＞x （a ∈R ）.解法一：由12-ax ax ＞x ，得12-ax ax －x ＞0，即1-ax x＞0.此不等式与x （ax －1）＞0同解.若a ＜0，则a1＜x ＜0；若a=0，则x ＜0；若a ＞0，则x ＜0或x ＞a1.综上，a ＜0时，原不等式的解集是（a1，0）；a=0时，原不等式的解集是（－∞，0）；a ＞0时，原不等式的解集是（－∞，0）∪（a1，+∞）.解法二：由12-ax ax ＞x ，得12-ax ax －x ＞0，即1-ax x＞0.此不等式与x （ax －1）＞0同解. 显然，x ≠0.（1）当x ＞0时，得ax －1＞0.若a ＜0，则x ＜a1，与x ＞0矛盾，∴此时不等式无解；若a=0，则－1＞0，此时不等式无解；若a ＞0，则x ＞a1.（2）当x ＜0时，得ax －1＜0.若a ＜0，则x ＞a 1，得a1＜x ＜0；若a=0，则－1＜0，得x ＜0；若a ＞0，则x ＜a1，得x ＜0.综上，a ＜0时，原不等式的解集是（a1，0）；a=0时，原不等式的解集是（－∞，0）；a ＞0时，原不等式的解集是（－∞，0）∪（a1，+∞）.【例2】 f （x ）是定义在（－∞，3］上的减函数，不等式f （a 2－sinx ）≤f （a+1+cos 2x ）对一切x ∈R 均成立，求实数a 的取值范围.解：由题意可得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++≥-≤++≤-x a x a x a x a 2222cos 1sin 3cos 13sin ，，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--≥---≤+≤222221sin 49cos 2sin 3）（，，x a a x a x a 对x ∈R 恒成立. 故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--≥--≤≤max22221sin 4912）（，，x a a a a ∴－2≤a ≤2101-.。
2018版高考数学一轮总温习 第6章节 不等式、推理与证明 6.4 基本不等式模拟演练讲义 理
解析 ∵2a＋b＝1，又 a>0，b>0，
∴
2 a
＋
1 b
＝
2a＋b1
·(2a
＋
b)
＝
5
＋
2b a
＋
2a b
≥5
＋
2
2ab×2ba
＝9，当且仅当2ab＝2ba，2a＋b＝1， 即 a＝b＝13时等号成 立．故选 D.
4．函数 y＝xx2－ ＋12(x>1)的最小值是(
)
A．2 3＋2 B．2 3－2
[A 级 基础达标](时间：40 分钟)
1．已知 x，y∈R＋，则“xy＝1”是“x＋y≥2”的(
)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 若 xy＝1，由基本不等式，知 x＋y≥2 xy＝2； 反之，取 x＝3，y＝1，则满足 x＋y≥2，但 xy＝3≠1，所以 “xy＝1”是“x＋y≥2”的充分不必要条件．故选 A.
(1)∵x>0，y>0，∴3xy＝x＋y＋1≥2 xy＋1， ∴3xy－2 xy－1≥0，
即 3( xy)2－2 xy－1≥0， ∴(3 xy＋1)( xy－1)≥0， ∴ xy≥1，∴xy≥1， 当且仅当 x＝y＝1 时，等号成立． ∴xy 的最小值为 1.
(2)∵x>0，y>0， ∴x＋y＋1＝3xy≤3·x＋2 y2， ∴3(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0， ∴[ 3(x＋y)＋2] [ (x＋y)－2] ≥0， ∴x＋y≥2，当且仅当 x＝y＝1 时取等号， ∴x＋y 的最小值为 2.
2．[2015·湖南高考]若实数 a，b 满足1a＋2b＝ ab，则 ab
的最小值为(
高考高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第2讲不等式的证明知能训练轻松闯关理北师大版选修4_5
第2讲不等式的证明1．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小． 解：(x －1)2－(x ＋1)2＝[(x －1)＋(x ＋1)][(x －1)－(x ＋1)]＝－4x .因为x >0，所以x >0，所以－4x <0，所以(x －1)2<(x ＋1)2. 2．设a >b >0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 证明：法一：a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b＝a 3－b 3－ab 2＋a 2b －a 3＋b 3＋a 2b －ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2a 2b －2ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2ab （a －b ）（a 2＋b 2）（a ＋b ）， 因为a >b >0，所以a －b >0，ab >0，a 2＋b 2>0，a ＋b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b>0， 所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 法二：因为a >b >0，所以a ＋b >0，a －b >0.所以a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a 2＋b 2·a ＋b a －b＝（a ＋b ）2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2ab a 2＋b 2>1. 所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 3．设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a >0，b >0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．4．已知a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.证明：法一：因为a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1， 所以a ＋b ＋c ＝1bc ＋1ca ＋1ab <1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c . 所以a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c. 法二：因为1a ＋1b≥21ab ＝2c ； 1b ＋1c ≥21bc ＝2a ；1c ＋1a ≥21ac ＝2b . 所以以上三式相加，得1a ＋1b ＋1c≥a ＋b ＋c . 又因为a ，b ，c 互不相等，所以1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c . 法三：因为a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， 所以1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2>abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c . 所以a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c. 5．若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab ，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立． 故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6. 6．已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：(1)1a ＋1b ＋1ab≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9.证明：(1)因为a ＋b ＝1，a >0，b >0，所以1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ×a b ＋4＝8⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立， 所以1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)因为⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8.所以⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9.。
2018年高考数学一轮复习 不等式选讲 课时达标71 不等式的证明 理
2018年高考数学一轮复习 不等式选讲 课时达标71 不等式的证明理[解密考纲]不等式的证明以解答题进行考查，主要考查综合法、比较法，还常用柯西不等式证明不等式或求最值．1．已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 证明：(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2. 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b >0.又因为a ≠b ，所以(a －b )2>0.于是(a ＋b )(a －b )2>0， 即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc ①， 同理，b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ②，c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2③， ①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2， 从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )． 由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .3．(2017·安徽联考)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记f (x )>－1的解集为M . (1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a的大小．解析：(1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤0，3x －1，0<x <12，－x ＋1，x ≥12，由f (x )>－1，得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2，故M ＝{x |0<x <2}． (2)由(1)知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a 3－a 2＋a －1a＝a －a 2＋a，当0<a <1时，a －a 2＋a<0，所以a 2－a ＋1<1a，当a ＝1时，a －a 2＋a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a，当1<a <2时，a －a 2＋a>0，所以a 2－a ＋1>1a，综上所述：当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a，当a ＝1时，a 2－a ＋1＝1a ，当1<a <2时，a 2－a ＋1>1a.4．(2017·江西赣州一模)设a ，b 为正实数，且1a ＋1b＝2 2.(1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值． 解析：(1)由22＝1a ＋1b≥21ab 得ab ≥12， 当a ＝b ＝22时取等号．故a 2＋b 2≥2ab ≥1，当a ＝b ＝22时取等号．所以a 2＋b 2的最小值是1.(2)由(a －b )2≥4(ab )3得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1b 2≥4ab .即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b 2－4ab ≥4ab ，从而ab ＋1ab≤2.又a ，b 为正实数，所以ab ＋1ab ≥2，所以ab ＋1ab＝2，所以ab ＝1.5．已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)． (1)求x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2的最小值；(2)求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.解析：(1)因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 所以x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2≥3·3x 1a ·x 2b ·2x 1x 2＝3·32ab≥3·32⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝3×38＝6，当且仅当x 1a ＝x 2b ＝2x 1x 2且a ＝b ，即a ＝b ＝12且x 1＝x 2＝1时，x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2有最小值6.(2)证明：因为a ，b ∈(0, ＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝a 2x 1x 2＋abx 22＋abx 21＋b 2x 1x 2 ＝x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (x 22＋x 21)≥x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (2x 1x 2) ＝x 1x 2(a 2＋b 2＋2ab )＝x 1x 2(a ＋b )2＝x 1x 2， 当且仅当x 1＝x 2时，取得等号． 所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.6．(2017·东北三校二模)已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明：(1)∵由柯西不等式得(a ＋b ＋c )2＝(1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)·[(a )2＋(b )2＋(c )2]＝3，当且仅当1a＝1b＝1c，即a ＝b ＝c ＝13时等号成立，∴a ＋b ＋c ≤ 3. (2)∵由柯西不等式得 [(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋1·13a ＋1＋3b ＋1·13b ＋1＋3c ＋1·13c ＋12＝9(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)，又a ＋b ＋c ＝1， ∴6⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 7．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明：欲证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， 即证c ＋2ab ≥33abc ，∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33c ·ab ·ab ＝33abc ， ∴c ＋2ab ≥33abc 成立，故原不等式成立．8．已知x ＋y >0，且xy ≠0. (1)求证：x 3＋y 3≥x 2y ＋y 2x ；(2)如果x y 2＋y x 2≥m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y 恒成立，试求实数m 的取值范围或值．解析：(1)证明：∵x 3＋y 3－(x 2y ＋y 2x )＝x 2(x －y )－y 2(x －y )＝(x ＋y )(x －y )2， 且x ＋y >0，(x －y )2≥0，∴x 3＋y 3－(x 2y ＋y 2x )≥0. ∴x 3＋y 3≥x 2y ＋y 2x .(2)①若xy <0，则x y 2＋y x 2≥m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y 等价于m2≥x 3＋y 3xy x ＋y ＝x 2－xy ＋y 2xy ， 又∵x 2－xy ＋y 2xy ＝x ＋y 2－3xy xy <－3xy xy ＝－3，即x 3＋y 3xy x ＋y<－3，∴m >－6； ②若xy >0，则x y 2＋y x 2≥m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y 等价于m2≤x 3＋y 3xy x ＋y ＝x 2－xy ＋y 2xy ， 又∵x 2－xy ＋y 2xy ≥2xy －xy xy ＝1，即x 3＋y 3xy x ＋y≥1，∴m ≤2.综上所述，实数m 的取值范围是(－6,2]．。
高考数学一轮复习 第13章 选修部分 第60节 证明不等式的基本方法课件 文高三选修数学课件
意右边为常数和等号成立的条件．
12/11/2021
(2018 河南安阳二模)已知大于 1 的正数 x，y，z 满足 x＋y＋z
＝3
3.求证：x＋2xy2＋3z＋y＋2yz2＋3x＋z＋2zx2＋3y≥
3 2.
【证明】由柯西不等式及题意得，
x＋2xy2＋3z＋y＋2yz2＋3x＋z＋2zx2＋3y ·[(x ＋ 2y ＋ 3z) ＋ (y ＋ 2z ＋ 3x) ＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.
12/11/2021
【证明】假设 a＋1b，b＋1c，c＋a1全部小于 2， a＋1b＜2，
即b＋1c＜2， c＋a1＜2，
由不等式的性质， 得 a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＜6，
12/11/2021
而 a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥2＋2＋2＝6，与 假设矛盾，所以假设错误，故原命题成立．
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微技探究
利用柯西不等式的解题思路
(1)用柯西不等式证明时，一般需要对不等式变形，使之与柯西不
等式有相似的结构，然后根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等
式进行证明．
(2)
利
用
柯
西
不
等
式
求
最
值
的
一
般
结
构
为
(a
2 1
＋
＋
a2n)a121＋a122＋…＋a12n≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注
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(2019 重庆适应性测试)设 a，b，c∈R＋且 a＋b＋c＝1. (1)求证：2ab＋bc＋ca＋c22≤12； (2)求证：a2＋b c2＋b2＋c a2＋c2＋a b2≥2. 【 证 明 】 (1) 因 为 1 ＝ (a ＋ b ＋ c)2 ＝ a2 ＋ b2 ＋ c2 ＋ 2ab ＋ 2bc ＋ 2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2， 所以 2ab＋bc＋ca＋c22＝12(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤12.当且仅当 a＝b 时等号成立．
(福建专用)高考数学一轮复习 课时规范练64 不等式选讲 理 新人教A版-新人教A版高三全册数学试题
课时规X练64 不等式选讲一、基础巩固组1.(2017某某吕梁二模)已知函数f(x)=|x-1|+|x-a|.(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;(2)如果∃x∈R,使得f(x)<2成立,某某数a的取值X围.〚导学号21500789〛2.(2017某某某某一模)设函数f(x)=+|x-a|,x∈R.(1)当a=-时,求不等式f(x)≥4的解集;(2)若关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立,某某数a的最大值.3.已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值X围.〚导学号21500790〛4.已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值X围.5.(2017某某某某三模)已知函数f(x)=|x+2|-m,m∈R,且f(x)≤0的解集为[-3,-1].(1)求m的值;(2)设a,b,c为正数,且a+b+c=m,求的最大值.〚导学号21500791〛二、综合提升组6.(2017某某某某一模)设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M,(1)证明:;(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小,并说明理由.7.已知函数f(x)=,M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M;(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.8.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:(1)ab+bc+ac≤;(2)≥1.〚导学号21500792〛三、创新应用组9.已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值X围.10.(2017某某某某二模)已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|,g(x)=a-|x-2|.(1)若关于x的不等式f(x)<g(x)有解,某某数a的取值X围;(2)若关于x的不等式f(x)<g(x)的解集为,求a+b的值.〚导学号21500793〛课时规X练64不等式选讲1.解(1)若a=-1,f(x)≥3,即为|x-1|+|x+1|≥3,当x≤-1时,1-x-x-1≥3,即有x≤-;当-1<x<1时,1-x+x+1=2≥3不成立;当x≥1时,x-1+x+1=2x≥3,解得x综上可得,f(x)≥3的解集为;(2)∃x∈R,使得f(x)<2成立,即有2>f(x)min,由函数f(x)=|x-1|+|x-a|≥|x-1-x+a|=|a-1|,当(x-1)(x-a)≤0时,取得最小值|a-1|,则|a-1|<2,即-2<a-1<2,解得-1<a<3.则实数a的取值X围为(-1,3).2.解(1)f(x)=由f(x)≥4得解得x≤-1或x≥3,所以不等式的解集为{x|x≤1或x≥3}.(2)由绝对值的性质得f(x)=+|x-a|,所以f(x)的最小值为,从而a,解得a,因此a的最大值为3.解(1)当a=-3时,f(x)=当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;当2<x<3时,f(x)≥3无解;当x≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x≥4;所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1}∪{x|x≥4}.(2)f(x)≤|x-4|⇔|x-4|-|x-2|≥|x+a|.当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|⇔4-x-(2-x)≥|x+a|⇔-2-a≤x≤2-a.由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.故满足条件的a的取值X围为[-3,0].4.解(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值X围是[2,+∞).5.解(1)由题意,|x+2|≤m由f(x)≤0的解集为[-3,-1],得解得m=1.(2)由(1)可得a+b+c=1,由柯西不等式可得(3a+1+3b+1+3c+1)(12+12+12)≥()2,3,当且仅当,即a=b=c=时等号成立,的最大值为36.(1)证明记f(x)=|x-1|-|x+2|=由-2<-2x-1<0解得-<x<,则M=∵a,b∈M,∴|a|<,|b|<|a|+|b|<(2)解由(1)得a2<,b2<因为|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=(4a2-1)(4b2-1)>0,所以|1-4ab|2>4|a-b|2,故|1-4ab|>2|a-b|.7.(1)解f(x)=当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;当-<x<时,f(x)<2;当x时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(2)证明由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.8.证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+(a+b+c)≥2(a+b+c),即a+b+c.所以1.9.解 (1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<x<1;当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为(2)由题设可得,f(x)=所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为(a+1)2.由题设得(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值X围为(2,+∞).10.解(1)当x=2时,g(x)=a-|x-2|取最大值为a,∵f(x)=|x+1|+|x-3|≥4,当且仅当-1≤x≤3,f(x)取最小值4,又关于x的不等式f(x)<g(x)有解,∴a>4,即实数a的取值X围是(4,+∞).(2)当x=时,f(x)=5,则g=-+a=5,解得a=,∴当x<2时,g(x)=x+,令g(x)=x+=4,得x=-(-1,3),∴b=-,则a+b=6.。
高考一轮复习之不等式的证明(4).doc
课时6 不等式的证明(4)复习目标：1、注意不等式证明中函数思想、数列思想、换元思想、化归思想等的应用；2、对于比较复杂的不等式，能综合选择使用适当的方法给予证明。
一、基础训练：1、若10<<a ，则下列不等式中正确的是 （ ）A 、2131)1()1(a a ->- B 、0)1(log )1(>+-a aC 、23)1()1(a a ->-D 、1)1(1>-+a a2、已知R y x ∈,，122++=y x M ，xy y x N ++=，则M 与N 的大小关系是 （ ）A 、N M ≥B 、N M ≤C 、N M =D 、不能确定3、已知xx f )21()(=，a,b ∈+R ，A ＝)2(b a f +，G ＝)(ab f ，H ＝)2(ba abf +，则A 、G 、H 的大小关系是 （ ）A 、H G A ≤≤B 、G H A ≤≤C 、A H G ≤≤D 、A G H ≤≤ 4、记nA n 131211++++= ，n B n =，*N n ∈，则n A 与n B 的大小关系为 5、已知三个不等式：①ab>0，②bda c -<-，③bc>ad ，以其中的两个作条件，余下的一个作结论，写出一个正确的命题二、例题选讲：1、求证：),,(,0)(322R c b a c b a b c ac a ∈≥+++++，并指出等号何时成立.2、已知函数)1,0(),11lg()(∈-=x x x f ，若)21,0(,21∈x x 且21x x ≠，求证：)2()]()([212121x x f x f x f +>+.3、已知数列{}{}n n n n n n b s a s n a a 的等差中项，数列与是且项和为前的通项为2,,中，11=b ，点P （1,+n n b b ）在直线x-y+2=0上。
（1）求数列{}{}n n n n b a b a ,的通项公式、； （2）设{}n b 的前n 项和为n B ，试比较的大小与21...1121nB B B +++。
北师版高考理科数学一轮总复习课后习题 选修4—5 不等式选讲 课时规范练68 不等式的证明
课时规范练68 不等式的证明:基础巩固组1.(全国Ⅲ,理23)设a,b,c ∈R,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca<0; (2)用maax{a,b,c}≥√43.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-(a 2+b 2+c 2)]=-12(a 2+b 2+c 2)<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 ≤a 34,故a ≥√43,所以max{a,b,c}≥√43. 2.(安徽蚌埠三模)已知函数f(,求证:1a+1b+2ab ≥4.(1)解:∵|x|+|x-1|≥|x -(a =2.(2)证明:由a>0,b>0,a+b=2≥2√ab ,∴ab≤1,∴1a+1b+2ab=a+b ab+2ab=4ab≥4,当且仅当a=b=1时,等号成立.3.(陕西西安中学二模)已知a>0,b>0且a 2+b 2=2. (1)若使1a 2+4b 2≥|2x-1|-|x-1|恒成立,求x 的取值范围;(2)证明:1a+1b(a 5+b 5)≥4.(1)解:∵a,b ∈(0,+∞),且a 2+b 2=2,∴1a2+4b 2=12(a 2+b 2)1a2+4b 2=121+4+b 2a2+4a 2b 2≥125+2√b 2a2·4a 2b 2=92,当且仅当b 2=2a 2时,等号成立,则|2x-1|-|x-1|≤92,当x ≤12时,不等式化为1-2x+x-1≤92,解得-92≤x ≤12;当12<x<1时,不等式化为2x-1+x-1≤92,解得12<x<1;当x≥1时,不等式化为2x-1-x+1≤92,解得1≤x ≤92.综上,x 的取值范围为-92,92.(2)证明:(方法1)1a+1b(a 5+b 5)=a 4+b 4+a 5b+b 5a=(a 2+b 2)2-2a 2b 2+a 5b+b 5a≥4-2a 2b 2+2√a 5b·b 5a=4-2a 2b 2+2a 2b 2=4,当且仅当a=b=1时,等号成立.(方法2)由柯西不等式可得1a+1b(a 5+b 5)=1√a2+1√b2[(a 52)2+(b 52)2]≥a 52√a+b 52√b2=(a 2+b 2)2=4,当且仅当a=b=1时,等号成立.综合提升组4.(江西赣县模拟)已知f(x)=|x+1|+|x-3|. (1)求不等式f(x)≤,求证:1a+b+1b+c+1a+c≥92m.(1)解:①当x≤-1时,2-2x≤x+3,解得x≥-13,则不等式的解集为空集;②当-1<x≤3时,4≤x+3,解得1≤x≤3;③当x>3时,2x-2≤x+3,解得x≤5,则3<x≤5.综上,不等式的解集为{x|1≤x≤5}. (2)证明:因为f(x)=|x+1|+|x-3|≥|=4,1a+b+1b+c +1c+a=18[(a+b)+(b+c)+(c+a)]·1a+b+1b+c+1c+a=38+18b+c a+b+a+b b+c+b+c c+a+c+a b+c+a+b c+a+c+a a+b≥38+182√b+c a+b·a+b b+c+2√b+c c+a·c+a b+c+2√a+b c+a·c+a a+b=98,当且仅当a+b=b+c=c+a,即a=b=c=43时,等号成立.5.(山西太原二模)已知函数f(=1时,求不等式f(x)≤6的解集; (2)若f((a>0,b>0),求证:√a +2√b ≤√5. (1)解:当m=1时,原不等式为|x+1|+|2x-1|≤6, 则{x <-1,-(x +1)-(2x -1)≤6或{-1≤x ≤12,x +1-(2x -1)≤6或{x >12,x +1+2x -1≤6,解得-2≤x<-1或-1≤x ≤12或12<x≤2,∴原不等式f(x)≤6的解集为{x|-2≤x≤2}.(2)证明:由题意得f(x)={-3x -m 2+m ,x <-m 2,-x +m 2+m ,-m 2≤x ≤m 2,3x +m 2-m ,x >m2,∴f(2+12m=32,∴m=1或m=-32(舍去),∴a+b=1,令{a =cos 2θ,b =sin 2θ0<θ<π2,则√a +2√b =cosθ+2sinθ=√5sin(θ+φ)≤√5,当θ=π2-φ0<φ<π2,且tanφ=12时,上述不等式等号成立.创新应用组6.(广西桂林二模)已知实数a,b,c,满足a+b+c=1. (1)若a,b ∈R +,c=0,求证:a+1a2+b+1b2≥252;(2)设a>b>c,a 2+b 2+c 2=1,求证:a+b>1.证明:(1)c=0时,a+b=1,a+1a2+b+1b2≥(a+1a ) 2+(b+1b ) 2+2(a+1a )(b+1b)2=[(a+1a)+(b+1b)] 22=(1+1a +1b) 22,∵a,b ∈R +,a+b=1, ∴1a+1b =1a+1b(a+b)=2+b a+a b≥2+2√b a·ab=4,从而a+1a2+b+1b2≥(1+4)22=252,当且仅当{a +b =1,a +1a=b +1b,b a=ab,即a=b=12时,等号成立;(2)假设a+b≤1,则由a+b+c=1,知c≥0,故a>b>c≥0,又由(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ac=1,得ab+bc+ac=0,但由a>b>c≥0,知ab+bc+ac>0,矛盾,故假设a+b≤1不成立,则a+b>1.。
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课时达标检测（六十四） 不等式的证明1．(2018·武汉调研)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤1. 证明：要证 a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1，即证2ab ≤12，即证ab ≤14. 而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤14成立， ∴原不等式成立．2．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t .(1)求t 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝t ，求证：1a ＋4b ≥94. 解：(1)因为|x ＋3|＋|x －1|＝|x ＋3|＋|1－x |≥|x ＋3＋1－x |＝4，所以f (x )min ＝4，即t ＝4.(2)证明：由(1)得a ＋b ＝4，故a 4＋b 4＝1，1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 4＝14＋1＋b 4a ＋a b ≥54＋2b 4a ×a b ＝54＋1＝94，当且仅当b ＝2a ，即a ＝43，b ＝83时取等号，故1a ＋4b ≥94. 3．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0解得－12<x <12， 则M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14. 因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0.所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.4．(2018·广州模拟)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3.(1)求1x ＋1y ＋1z的最小值； (2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2<9.解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz >0，1x ＋1y ＋1z ≥33xyz>0， 所以(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≥9， 即1x ＋1y ＋1z ≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z取得最小值3. (2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 23 ≥x 2＋y 2＋z 2＋xy ＋yz ＋zx 3 ＝x ＋y ＋z23＝3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立．又因为x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )<0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2<9.5．(2018·安徽百所重点高中模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值；(2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 解：(1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1.(2)由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b ≥5＋2 b a ·4a b＝9，当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1， 即a ＝13，b ＝23时取等号． 所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2， 所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3， 即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 6．(2018·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.7．(2018·安徽安师大附中、马鞍山二中阶段测试)已知函数f (x )＝|x －2|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2；(2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|.因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1； 当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2；当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12≤x ≤52. (2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立．8．(2018·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2. 证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
读大海，读出了它气势磅礴的豪情。
读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。
2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂； 幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。
幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。
幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。
幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。
幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。
幸福是“人生自古谁无死，留取丹心照汗青”的气节。
3、大自然的语言丰富多彩：从秋叶的飘零中，我们读出了季节的变换；从归雁的行列中，我读出了集体的力量；从冰雪的消融中，我们读出了春天的脚步；从穿石的滴水中，我们读出了坚持的可贵；从蜂蜜的浓香中，我们读出了勤劳的甜美。
4、成功与失败种子，如果害怕埋没，那它永远不能发芽。
鲜花，如果害怕凋谢，那它永远不能开放。
矿石，如果害怕焚烧（熔炉），那它永远不能成钢（炼成金子）。
蜡烛，如果害怕熄灭（燃烧），那它永远不能发光。
航船，如果害怕风浪，那它永远不能到达彼岸。
5、墙角的花，当你孤芳自赏时，天地便小了。
井底的蛙，当你自我欢唱时，视野便窄了。
笼中的鸟，当你安于供养时，自由便没了。
山中的石！当你背靠群峰时，意志就坚了。
水中的萍！当你随波逐流后，根基就没了。
空中的鸟！当你展翅蓝天中，宇宙就大了。
空中的雁！当你离开队伍时，危险就大了。
地下的煤！你燃烧自己后，贡献就大了6、朋友是什么？朋友是快乐日子里的一把吉它，尽情地为你弹奏生活的愉悦；朋友是忧伤日子里的一股春风，轻轻地为你拂去心中的愁云。
朋友是成功道路上的一位良师，热情的将你引向阳光的地带；朋友是失败苦闷中的一盏明灯，默默地为你驱赶心灵的阴霾。
7、一粒种子，可以无声无息地在泥土里腐烂掉，也可以长成参天的大树。
一块铀块，可以平庸无奇地在石头里沉睡下去，也可以产生惊天动地的力量。
一个人，可以碌碌无为地在世上厮混日子，也可以让生命发出耀眼的光芒。
8、青春是一首歌，她拨动着我们年轻的心弦；青春是一团火，她点燃了我们沸腾的热血；青春是一面旗帜，她召唤着我们勇敢前行；青春是一本教科书，她启迪着我们的智慧和心灵。
精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
读大海，读出了它气势磅礴的豪情。
读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。
2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。
幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。
幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。