2019高考数学一轮复习 不等式选讲 第2课时 不等式的证明与柯西不等式练习 理

第2课时 不等式的证明与柯西不等式
1．设a ，b ，c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( ) A ．(a ＋3)2
<2a 2
＋6a ＋11 B ．a 2
＋1a 2≥a ＋1a
C ．|a －b|＋1
a －
b ≥2
D.a ＋3－a ＋1<a ＋2－ a
答案 C
解析 (a ＋3)2
－(2a 2
＋6a ＋11)＝－a 2
－2<0， 故A 恒成立；
在B 项中不等式的两侧同时乘以a 2
，得a 4
＋1≥a 3
＋a ⇐(a 4
－a 3
)＋(1－a)≥0⇐a 3
(a －1)－(a －1)≥0⇐(a －1)2
(a 2
＋a ＋1)≥0，所以B 项中的不等式恒成立；
对C 项中的不等式，当a>b 时，恒成立，当a<b 时，不恒成立； 由不等式
2a ＋3＋a ＋1
<
2a ＋2＋a
恒成立，知D 项中的不等式恒成立．故选C.
2．已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值为________． 答案 2
解析 (am ＋bn)(bm ＋an)＝abm 2
＋(a 2
＋b 2
)mn ＋abn 2
＝ab(m 2
＋n 2
)＋2(a 2
＋b 2
)≥2abmn＋2(a 2
＋b 2
)＝4ab ＋2(a 2
＋b 2
)＝2(a 2
＋2ab ＋b 2
)＝2(a ＋b)2＝2(当且仅当m ＝m ＝2时等号成立)． 3．(2018·沧州七校联考)若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值为________． 答案 33
22
解析 由log x y ＝－2，得y ＝1
x
2.
而x ＋y ＝x ＋1x 2＝x 2＋x 2＋1x 2≥33x 2·x 2·1x 2＝3314＝3322，当且仅当x 2＝1x 2即x ＝3
2时取等号．所以x ＋y 的最
小值为3322
.
4．若a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________． 答案
3
解析 方法一：(a ＋b ＋c)2
＝a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤a ＋b ＋c ＋(a ＋b)＋(b ＋c)＋(c ＋a)＝3. 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号成立．
方法二：柯西不等式：(a ＋b ＋c)2
＝(1×a ＋1×b ＋1×c)2
≤(12
＋12
＋12
)(a ＋b ＋c)＝3. 5．已知a ，b ，c ∈R ，a ＋2b ＋3c ＝6，则a 2
＋4b 2
＋9c 2
的最小值为________． 答案 12
解析 由柯西不等式，得(12
＋12
＋12
)(a 2
＋4b 2
＋9c 2
)≥(a＋2b ＋3c)2
，即a 2
＋4b 2
＋9c 2
≥12，当a ＝2b ＝3c ＝2
2
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2017年高考“最后三十天”专题透析
时等号成立，所以a 2＋4b 2＋9c 2
的最小值为12.
6．(2018·江苏南通联考)已知x>0，y>0，a ∈R ，b ∈R .求证：(ax ＋by x ＋y )2≤a 2
x ＋b 2
y
x ＋y .
答案 略
证明 因为x>0，y>0，所以x ＋y>0. 所以要证(ax ＋by x ＋y )2≤a 2
x ＋b 2
y
x ＋y ，
即证(ax ＋by)2
≤(x ＋y)(a 2
x ＋b 2
y)，
即证xy(a 2
－2ab ＋b 2
)≥0，即证(a －b)2
≥0，而(a －b)2
≥0显然成立．故(ax ＋by x ＋y )2≤a 2
x ＋b 2
y
x ＋y
.
7．(2014·江苏)已知x>0，y>0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2
＋y )≥9xy. 答案 略
证明 因为x>0，y>0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2>0，1＋x 2＋y≥33x 2y>0.故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2
＋y)≥33xy 2·33x 2y ＝9xy.
8．(2018·福建质量检查)若a ，b ，c ∈R ＋，且满足a ＋b ＋c ＝2. (1)求abc 的最大值； (2)证明：1a ＋1b ＋1c ≥92.
答案 (1)8
27
(2)略
解析 (1)因为a ，b ，c ∈R ＋，
所以2＝a ＋b ＋c≥33
abc ，故abc≤827.
当且仅当a ＝b ＝c ＝2
3时等号成立．
所以abc 的最大值为8
27
.
(2)证明：因为a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝2，所以根据柯西不等式，可得1a ＋1b ＋1c ＝12(a ＋b ＋c)·(1a ＋1b ＋1
c )
＝12[(a)2＋(b)2＋(c)2
]×[(1a
)2
＋(1b
)2
＋(1c )2]≥1
2
(a ×1
a
＋b ×1
b
＋c ×1c )2＝92
. 所以1a ＋1b ＋1c ≥92
.
9．(2016·课标全国Ⅱ，理)已知函数f(x)＝|x －12|＋|x ＋1
2|，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|. 答案 (1){x|－1<x<1} (2)略
3
解析 (1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－1
2
，
1，－12<x<1
2，
2x ，x ≥12
.
当x≤－1
2
时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－12<x<1
2
时，f(x)<2；
当x≥1
2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)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. 因此|a ＋b|<|1＋ab|.
10．(2015·湖南理)设a>0，b>0，且a ＋b ＝1a ＋1
b .证明：
(1)a ＋b≥2；
(2)a 2＋a<2与b 2
＋b<2不可能同时成立． 答案 (1)略 (2)略
解析 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．
11．(2018·广州综合测试)已知函数f(x)＝|x ＋a －1|＋|x －2a|. (1)若f(1)<3，求实数a 的取值范围； (2)若a≥1，x ∈R ，求证：f(x)≥2. 答案 (1)(－23，4
3
) (2)见解析
解析 (1)因为f(1)<3，所以|a|＋|1－2a|<3.
①当a≤0时，得－a ＋(1－2a)<3，解得a>－23，所以－2
3<a ≤0；
②当0<a<12时，得a ＋(1－2a)<3，解得a>－2，所以0<a<1
2；
③当a≥12时，得a －(1－2a)<3，解得a<43，所以12≤a<4
3.
综上所述，实数a 的取值范围是(－23，4
3
)．
(2)f(x)＝|x ＋a －1|＋|x －2a|≥|(x＋a －1)－(x －2a)|＝|3a －1|， 因为a≥1，所以f(x)≥3a －1≥2.
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2017年高考“最后三十天”专题透析
12．(2018·福州五校二次联考)已知函数f(x)＝|2x －1|＋|2x ＋1|. (1)若不等式f(x)≥a 2
－2a －1恒成立，求实数a 的取值范围； (2)设m>0，n>0，且m ＋n ＝1，求证：2m ＋1＋2n ＋1≤2f （x ）. 答案 (1)[－1，3] (2)略
解析 (1)方法一：依题意，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x>1
2
，
2，－12≤x≤1
2
，－4x ，x<－12
∴f(x)min ＝2.
∵不等式f(x)≥a 2
－2a －1恒成立， ∴a 2
－2a －3≤0，解得－1≤a≤3， ∴实数a 的取值范围是[－1，3]．
方法二：∵f(x)＝|2x －1|＋|2x ＋1|≥|(2x－1)－(2x ＋1)|＝2，∴f(x)min ＝2.
∵不等式f(x)≥a 2－2a －1恒成立，∴a 2
－2a －3≤0，解得－1≤a≤3，∴实数a 的取值范围是[－1，3]． (2)由(1)知f(x)≥2，∴2f （x ）≥2 2.
∵(2m ＋1＋2n ＋1)2
＝2(m ＋n)＋2＋2（2m ＋1）（2n ＋1）≤4＋(2m ＋1)＋(2n ＋1)＝8，当且仅当m ＝n ＝
12时等号成立．
∴2m ＋1＋2n ＋1≤22， ∴2m ＋1＋2n ＋1≤2f （x ）
.
1．(2017·武汉4月调研)(1)求不等式|x －5|－|2x ＋3|≥1的解集； (2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝1
2，求证：a ＋b ≤1.
答案 (1){x|－7≤x≤1
3
} (2)略
解析 (1)当x≤－3
2时，－x ＋5＋2x ＋3≥1，
解得x≥－7，∴－7≤x≤－3
2
；
当－32<x<5时，－x ＋5－2x －3≥1，解得x≤13，
∴－32<x ≤13
；
当x≥5时，x －5－(2x ＋3)≥1，解得x≤－9，舍去． 综上，－7≤x≤13
.
5
故原不等式的解集为{x|－7≤x≤1
3
}．
(2)要证a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1， 即证2ab ≤12，即证ab ≤1
4.
而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤1
4成立，
∴原不等式成立．
2．已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]． (1)求m 的值；
(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋1
3c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c≥9.
答案 (1)1 (2)略
解析 (1)因为f(x ＋2)＝m －|x|，f(x ＋2)≥0等价于|x|≤m， 由|x|≤m 有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}． 又f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m ＝1. (2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋1
3c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，
由柯西不等式，得
a ＋2
b ＋3
c ＝(a ＋2b ＋3c)(1a ＋12b ＋1
3c )
≥(a ·
1
a ＋2
b ·12b ＋3
c ·13c
)2
＝9.。