高考数学一轮复习课时分层训练74不等式的证明理北师大版
走向高考高三数学一轮北师大基础巩固：第章 选修 第节 不等式的证明
第十三章 选修4－5 第二节一、选择题1．若实数x ，y 适合不等式xy >1，x ＋y ≥－2，则( )A ．x >0，y >0B ．x <0，y <0C ．x >0，y <0D ．x <0，y >0 [答案] A[解析] x ，y 异号时，显然与xy >1矛盾，所以可排除C 、D ．假设x <0，y <0，则x <1y. ∴x ＋y <y ＋1y≤－2与x ＋y ≥－2矛盾，故假设不成立． 又xy ≠0，∴x >0，y >0.2．已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( )A ．M ≥NB ．M ≤NC ．M ＝ND ．不能确定 [答案] A[解析] M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy )＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0.故M ≥N . 3．(2014·南昌第一次模拟)若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16x x 2＋1的最小值为( ) A ．16B ．8C ．4D ．非上述情况[答案] B[解析] y ＝x ＋1x ＋16x x 2＋1＝x ＋1x ＋16x ＋1x≥216＝8，当且仅当x ＝2＋3时等号成立． 二、填空题4．若1a <1b<0，则下列四个结论： ①|a |>|b |；②a ＋b <ab ；③b a ＋a b >2；④a 2b<2a －B ． 其中正确的是________．[答案] ②③④[解析] 取特殊值a ＝－1，b ＝－2，代入验证得②③④正确．5．若T 1＝2s m ＋n，T 2＝s (m ＋n )2mn ，则当s ，m ，n ∈R ＋时，T 1与T 2的大小为________． [答案] T 1≤T 2[解析] 因为2s m ＋n －s (m ＋n )2mn ＝s ·4nm －(m ＋n )22mn (m ＋n )＝－s (m －n )22mn (m ＋n )≤0. 所以T 1≤T 2.6．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x中最大的一个是________． [答案] c[解析] 由a 2＝2x ，b 2＝1＋x 2＋2x >a 2，a >0，b >0，得b >A ．又c －b ＝11－x －(1＋x )＝1－(1－x 2)1－x ＝x 21－x>0， 得c >b ，知c 最大．三、解答题7．已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 求证：|y |<518. [解析] 因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 从而3|y |<23＋16＝56，所以|y |<518. 8．(2014·新课标Ⅰ)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．[解析] (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 ＝6.一、选择题1．已知a >0，且M ＝a 3＋(a ＋1)3＋(a ＋2)3，N ＝a 2(a ＋1)＋(a ＋1)2(a ＋2)＋a (a ＋2)2，则M 与N 的大小关系是( )A ．M ≥NB ．M >NC ．M ≤ND ．M <N [答案] B[解析] 取两组数：a ，a ＋1，a ＋2与a 2，(a ＋1)2，(a ＋2)2，显然a 3＋(a ＋1)3＋(a ＋2)3是顺序和；而a 2(a ＋1)＋(a ＋1)2(a ＋2)＋a (a ＋2)2是乱序和，由排序不等式易知此题中，“顺序和”大于“乱序和”．故应选B ．2．若长方体从一个顶点出发的三条棱长之和为3，则其对角线的最小值为( )A ．3B ． 3C ．13D ．33 [答案] B[解析] 不妨设长方体同一顶点出发的三条棱长分别为a ，b ，c ，则a ＋b ＋c ＝3，其对角线长l ＝a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2＝3，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，对角线长取得最小值3，故选B ．3．(2015·黄冈模拟)若不等式t t 2＋9≤a ≤t ＋2t 2在t ∈(0,2]上恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．[16，1] B ．[213，1] C ．[16，413] D ．[16，22] [答案] B[解析] 由已知⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥1t ＋9t ，a ≤1t ＋2(1t )2，对任意t ∈(0,2]恒成立，于是只要当t ∈(0,2]时，⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥(1t ＋9t )max，a ≤[1t ＋2(1t )2]min ，记f (t )＝t ＋9t ，g (t )＝1t ＋2(1t )2，可知两者都在(0,2]上的单调递减，f (t )min ＝f (2)＝132，g (t )min ＝g (2)＝1，所以a ∈[213，1]，选B ． 二、填空题4．设x ＞0，y ＞0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y 2＋y，则M 、N 的大小关系是________． [答案] M <N[解析] N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y 2＋x ＋y ＝x ＋y 2＋x ＋y＝M . 5．若a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，M ＝a b ＋b a ，N ＝a ＋b ，则M 、N 的大小关系为________． [答案] M >N[解析] ∵a ≠b ，∴a b ＋b >2a ，b a ＋a >2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a >2a ＋2b . ∴a b ＋1a >a ＋b .即M >N . 6．(2014·陕西高考)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________． [答案] 5[解析] 解法1：在平面直角坐标系aob 中，由条件知直线ma ＋nb ＝5与圆a 2＋b 2＝5有公共点， ∴5m 2＋n 2≤5，∴m 2＋n 2≥5， ∴m 2＋n 2的最小值为 5.解法2：由柯西不等式：a 2＋b 2·m 2＋n 2≥ma ＋nb ，∴m 2＋n 2≥55＝ 5. 三、解答题7．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 ＋13c＝m . 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.[分析] (1)应用绝对值不等式的解法确定m 的值；(2)利用柯西不等式证明．[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)证法一：由(1)1a ＋12b ＋13c＝1，又a ，b ，c ∈R ＋， a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )(1a ＋12b ＋13c )＝1＋1＋1＋2b a ＋a 2b ＋3c a ＋a 3c ＋3c 2b ＋2b 3c≥3＋2＋2＋2＝9. 证法二：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，又a ，b ，c ∈R ＋， 由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )(1a ＋12b ＋13c) ≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9. 8．(2014·广东高考)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n－(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)<13. [解析] (1)令n ＝1得：S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，∴(S 1＋3)(S 1－2)＝0，∵S 1>0，∴S 1＝2，即a 1＝2.(2)由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得：(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，∵a n >0(n ∈N *)，S n >0，从而S n ＋3>0，∴S n ＝n 2＋n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，∴a n ＝2n (n ∈N *)．(3)当k ∈N *时，k 2＋k 2>k 2＋k 2－316＝(k －14)(k ＋34)， ∴1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＝14·1k (k ＋12)<14·1(k －14)(k ＋34) ＝14·1(k －14)·[(k ＋1)－14] ＝14·[1k －14－1(k ＋1)－14] ∴1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)<14[(11－14－12－14)＋(12－14－13－14)＋…＋1n －14－1(n ＋1)－14]＝14(11－14－1(n ＋1)－14) ＝13－14n ＋3<13.。
课时作业74 不等式的证明
当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，解得x≤ ，显然不成立．
故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤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＝－ 2＋ .
(2)若正实数a，b满足a＋b＝ ，求证： ＋ ≤1.
解析：(1)当x≤－ 时，－x＋5＋2x＋3≥1，
解得x≥－7，∴－7≤x≤－ ；
当－ <x<5时，－x＋5－2x－3≥1，
解得x≤ ，∴－ <x≤ ；
当x≥5时，x－5－(2x＋3)≥1，解得x≤－9，舍去．
综上，－7≤x≤ .
故原不等式的解集为 .
解析：(1)∵f(x)＝|x－1|＋|x－5|，
∴f(x)＝|x－1|＋|x－5|＝ ，
∴f(x)min＝4.
(2)证明：由(1)知m＝4.由柯西不等式得
[1×g(a)＋1×g(b)]2≤(12＋12)[g2(a)＋g2(b)]，
即[g(a)＋g(b)]2≤2(a2＋b2＋2)，
又g(x)＝ >0，a2＋b2＝6，
所以不等式的解集为 ∪[8，＋∞)．
(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.
因为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.
2．(2019·南京二模)设a≠b，求证：a4＋6a2b2＋b4>4ab(a2＋b2)．
[授课提示：对应学生用书第288页]
北师大版理科高考数学一轮复习学案练习课时分层训练74不等式的证明
课时分层训练(七十四) 不等式的证明1．设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )．[证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b )＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab )＝a a (a －b )＋b b (b －a )＝(a －b )(a a －b b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32. 因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12) (a 32－b 32)≥0，所以a 2＋b 2≥ab (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：79140400】[解] (1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x <1.所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1，所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0.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a 2＋b 2＝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，a 2＋b 2＝2，由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1.①又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab . 由①知，ab ≤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≥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. 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 ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c 2b＝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：79140401】最新高考数学一轮复习 学案练习[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 ＜－12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 ≥－12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a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立．。
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．
【走向高考】高三数学一轮复习 7-1不等式、推理与证明课件 北师大版
[解析]
∵a＝2－ 5＝ 4－ 5<0，b>0，c＝5－2 5＝
π π 5．(教材改编题)已知－2<α<β<2，则 α－β 的取值范围 是________．
[答案] (－π，0)
[解析]
π π π π ∵－2<α<β<2，∴－2<α<2，α－β<0，
π π － <－β< ，∴－π<α－β<0. 2 2
6． (2011· 高密模拟)设 a＝2－ 5， b＝ 5－2， c＝5－2 5， 则 a，b，c 之间的大小关系为________． [答案] a<b<c
；
(n∈N且n≥2)；
(8)a>b>0⇒ a> b(n∈N 且 n≥2)．
n
n
3．不等式的一些常用性质 (1)倒数性质 1 1 ①a>b，ab>0⇒a<b. a b ②a>b>0,0<c<d⇒ c>d. 1 1 1 ③0<a<x<b 或 a<x<b<0⇒b<x<a.
(2)有关分数的性质 若 a>b>0，m>0，则 b b＋m b b－m ①真分数的性质：a< ； > (b－m>0)． a＋m a a－m ②假分数的性质： a a＋m a a－m b>b＋m；b<b－m(b－m>0)．
2．(2011· 浙江泉州模拟)若 a、b、c 为实则 ac2>bc2 B．若 a<b<0，则 a2>ab>b2 1 1 C．若 a<b<0，则a<b b a D．若 a<b<0，则 > a b [答案] B
2021届高考数学北师大版一轮复习单元检测七 不等式、推理与证明(提升卷)Word版含解析
单元检测七 不等式、推理与证明(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·安徽省六安市舒城县期末)已知a ，b ，c ，d ∈R ，则下列不等式中恒成立的是( )A ．若a >b ，c >d ，则ac >bdB ．若a >b ，则ac 2>bc 2C ．若a >b >0，则(a －b )c >0D ．若a >b ，则a －c >b －c2．“1＋3x －1≥0”是“(x ＋2)(x －1)≥0”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件3．下面几种推理过程是演绎推理的是( )A ．某校高三有8个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测各班人数都超过50人B ．由三角形的性质，推测空间四面体的性质C ．平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝12⎝⎛⎭⎫a n －1＋1a n －1，由此归纳出{a n }的通项公式 4．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 <Q5．若x >0，y >0，且2x ＋8y －xy ＝0，则xy 的最小值为( )A ．8B ．14C ．16D ．646．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n 3＝n 6＋n 32，n ∈N ＋”，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k ＋1)3B ．(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k 3＋k ＋1)C ．(k ＋1)3D.(k ＋1)6＋(k ＋1)327．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x ≥0时，f (x )＝x 12，若不等式f (－4t )>f (2m ＋mt 2)对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－2，0)B ．(－∞，－2)C ．(－∞，0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)8．已知不等式2x ＋m ＋2x －1>0对一切x ∈(1，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－6)C ．(－8，＋∞)D ．(－∞，－8)9．若直线l ：ax ＋by ＋1＝0(a >0，b >0)把圆C ：(x ＋4)2＋(y ＋1)2＝16分成面积相等的两部分，则12a ＋2b的最小值为( ) A ．10 B ．8 C ．5 D ．410．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2≤4，y ≥－x ，y ≤x ＋2，则t ＝y －2x －3的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤0，32 B.⎣⎡⎦⎤0，125 C.⎝⎛⎦⎤0，125 D.⎣⎡⎦⎤－125，0 11．中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a ，b ，c ，三角形的面积S 可由公式S ＝p (p －a )(p －b )(p －c )求得，其中p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦－秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a ＋b ＝12，c ＝8，则此三角形面积的最大值为( )A ．4 5B ．415C ．8 5D ．81512．已知甲、乙两个容器，甲容器的容量为x (单位：L)，装满纯酒精，乙容器的容量为z (单位：L)，其中装有体积为y (单位：L)的水(x <z ，y <z )．现将甲容器中的液体倒入乙容器中，直至甲容器中液体倒完或乙容器盛满，搅拌使乙容器两种液体充分混合，再将乙容器中的液体倒入甲容器中直至倒满，搅拌使甲容器中液体充分混合，如此称为一次操作，假设操作过程中溶液体积变化忽略不计．设经过n (n ∈N ＋)次操作之后，乙容器中含有纯酒精a n (单位：L)，下列关于数列{a n }的说法正确的是( )A ．当x ＝y ＝a 时，数列{a n }有最大值a 2B ．设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N ＋)，则数列{b n }为递减数列C ．对任意的n ∈N ＋，始终有a n ≤xy zD ．对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤xy x ＋y第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．对数不等式(1＋log 3x )(a －log 3x )>0的解集是⎝⎛⎭⎫13，9，则实数a 的值为________．14．已知x ≥32，则2x 2－2x ＋1x －1的最小值为__________． 15．某传媒大学的甲、乙、丙、丁四位同学分别从影视配音、广播电视、公共演讲、播音主持四门课程中选修一门，且这四位同学选修的课程互不相同．下面是关于他们选课的一些信息：①甲同学和丙同学均不选播音主持，也不选广播电视；②乙同学不选广播电视，也不选公共演讲；③如果甲同学不选公共演讲，那么丁同学就不选广播电视．若这些信息都是正确的，依据以上信息可推断丙同学选修的课程是________．(填影视配音、广播电视、公共演讲、播音主持)16．(2019·西安期中)单位向量a ，b 的夹角为锐角，若对于任意(x ，y )∈{(x ，y )||x a ＋y b |＝1，xy ≥0}，都有|x ＋2y |≤815成立，则a ·b 的最小值为________． 三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知函数f (x )＝(m ＋1)x 2－mx ＋m －1，当m >－2时，解关于x 的不等式f (x )≥m .18.(12分)已知函数f (x )＝(3x －1)a －2x ＋b .(1)若f ⎝⎛⎭⎫23＝203，且a >0，b >0，求ab 的最大值；(2)当x ∈[0,1]时，f (x )≤1恒成立，且2a ＋3b ≥3，求z ＝a ＋b ＋2a ＋1的取值范围． 19．(13分)2020年某企业计划引进新能源汽车生产设备，已知该设备全年需投入固定成本 2 500万元，每生产x 百辆新能源汽车，需另投入成本C (x )万元，且C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10x 2＋100x ，0<x <40，501x ＋10 000x －4 500，x ≥40.由市场调研知，若每辆新能源汽车售价5万元，则全年内生产的新能源汽车当年能全部售完．(1)求该企业2020年的年利润L(x)万元关于年产量x(单位：百辆)的函数解析式(利润＝销售额－成本)；(2)当2020年年产量为多少百辆时，企业所获年利润最大？并求出最大年利润．20.(13分)设a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋2＋b(n∈N＋)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{a n}的通项公式；(2)若b＝－1，是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N＋恒成立？证明你的结论．答案精析1．D [当c <0，b >0时，A 不成立；当c ＝0时，B 不成立；当c ≤ 0时，C 不成立；由不等式的性质知D 成立．故选D.]2．A [由1＋3x －1≥0，得x ＋2x －1≥0，等价于(x －1)(x ＋2)≥0，且x ≠1，解得x ≤－2或x >1.由(x ＋2)(x －1)≥0，得x ≤－2或x ≥1，所以“1＋3x －1≥0”能推出“(x ＋2)·(x －1)≥0”，“(x ＋2)·(x －1)≥0”推不出“1＋3x －1≥0”，故“1＋3x －1≥0”是“(x ＋2)·(x －1)≥0”的充分不必要条件，故选A.]3．C [因为演绎推理是由一般到特殊，所以选项C 符合要求，平行四边形对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分．]4．B [由于函数y ＝lg x 在(0，＋∞)上是增函数，∵a >b >1，则lg a >lg b >0，由基本不等式可得P ＝lg a ·lg b <Q ＝12(lg a ＋lg b ) ＝12lg(ab )＝lg ab <lg a ＋b 2＝R ， 因此，P <Q <R .]5．D [∵x >0，y >0，且2x ＋8y －xy ＝0，∴xy ＝2x ＋8y ≥216xy ，∴xy ≥8，∴xy ≥64，当且仅当x ＝16，y ＝4时取等号，∴xy 的最小值为64，故选D.]6．A [当n ＝k 时，左端式子为1＋2＋3＋…＋k 3，当n ＝k ＋1时，左端式子为1＋2＋3＋…＋k 3＋(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k ＋1)3， 两式比较可知增加的式子为(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k ＋1)3.]7．B [当x ≥0时，f (x )＝x 12，则函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上为增函数，又函数y ＝f (x )是R 上的奇函数，则函数y ＝f (x )在(－∞，0)上也为增函数，易知函数y ＝f (x )在R 上为连续函数，由f (－4t )>f (2m ＋mt 2)，得－4t >2m ＋mt 2，即mt 2＋4t ＋2m <0.由题意知，不等式mt 2＋4t ＋2m <0对任意的t ∈R 恒成立．当m ＝0时，则有4t <0，解得t <0，不符合题意；当m ≠0时，则有⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝16－8m 2<0，解得m <－ 2. 因此，实数m 的取值范围是(－∞，－2)．]8．A [不等式即m >－2x －2x －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＋1 恒成立， 因为x >1，所以－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＋1 ≤－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 (x －1)×1x －1＋1＝－6， 当且仅当x ＝2时等号成立，故实数m 的取值范围是(－6，＋∞)．]9．B [由题意知，圆的圆心C (－4，－1)在直线l 上，所以－4a －b ＋1＝0，所以4a ＋b ＝1.所以12a ＋2b ＝(4a ＋b )⎝⎛⎭⎫12a ＋2b ＝4＋b 2a ＋8a b≥4＋2 b 2a ·8a b＝8， 当且仅当b 2a ＝8a b ，即a ＝18，b ＝12时，等号成立． 所以12a ＋2b的最小值为8.故选B.]10．B[作出可行域，如图中阴影部分所示(包括边界)．t ＝y －2x －3表示可行域内的点与点M (3,2)连线的斜率． 由图可知，当可行域内的点与点M 的连线与圆x 2＋y 2＝4相切时斜率分别取最大值和最小值． 设切线方程为y －2＝k (x －3)，即kx －y －3k ＋2＝0，则有|3k －2|1＋k 2＝2，解得k ＝125或k ＝0， 所以t ＝y －2x －3的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，125，故选B.] 11．C [由题意知，p ＝10，S ＝10(10－a )(10－b )(10－c )＝20(10－a )(10－b ) ≤20·10－a ＋10－b 2＝85， ∴此三角形面积的最大值为8 5.]12．D [对于A ，若x ＋y >z ，每次倾倒后甲容器都有剩余，则a n <a 2，故A 错误；对于B ，若x ＋y ＝z ，则每次操作后乙容器所含酒精都为xy x ＋y，b n ＝0，故B 错误；对于C ，若x ＝1，y ＝1，z ＝3，则a 1＝12，xy z ＝13，则a 1>xy z，故C 错误；对于D ，当n →＋∞时，甲、乙两容器浓度趋于相等，当x ＋y ≤z 时，a n ＝xy x ＋y ，当x ＋y >z 时，a n <xy x ＋y，故选D.] 13．2解析 对数不等式化为⎝⎛⎭⎫log 3x －log 313(log 3x －log 33a )<0， 所以此不等式的解为13<x <3a 或3a <x <13， 因为其解集为⎝⎛⎭⎫13，9，所以a ＝log 39＝2.14．22＋2解析 设t ＝x －1，则x ＝t ＋1⎝⎛⎭⎫t ≥12， 所以2x 2－2x ＋1x －1＝2(t ＋1)2－2(t ＋1)＋1t ＝2t 2＋2t ＋1t ＝2t ＋1t ＋2≥22＋2， 当且仅当t ＝22时等号成立，所以所求最小值为22＋2. 15．影视配音解析 由①知甲和丙均不选播音主持，也不选广播电视；由②知乙不选广播电视，也不选公共演讲；由③知如果甲不选公共演讲，那么丁就不选广播电视，综上得甲、乙、丙均不选广播电视，故丁选广播电视，从而甲选公共演讲，丙选影视配音，故答案为影视配音． 16.14解析 设单位向量a ，b 的夹角为锐角θ，则a ·b ＝cos θ，∵|x ＋2y |≤815，∴1≥158|x ＋2y |， 又|x a ＋y b |＝1，xy ≥0，得x 2＋y 2＋2xy cos θ＝1，∴cos θ＝1－x 2－y 22xy ≥⎣⎡⎦⎤158|x ＋2y |2－x 2－y 22xy＝－4964x 2－116y 2＋1516xy 2xy恒成立，∵－4964x 2－116y 2＋1516xy 2xy ＝1532－12⎝⎛⎭⎫49x 64y ＋y 16x ≤1532－12×2× 49x 64y ×y 16x ＝14， ∴cos θ≥14，即a ·b 的最小值为14. 17．解 由f (x )≥m 得，(m ＋1)x 2－mx －1≥0.即[(m ＋1)x ＋1](x －1)≥0.①当m ＋1＝0，即m ＝－1时，解得x ≥1；②当m ＋1>0即m >－1时，解得x ≤－1m ＋1或x ≥1； ③当m ＋1<0，即－2<m <－1时，由于－1m ＋1－1＝－m ＋2m ＋1>0， 所以1≤x ≤－1m ＋1. 综上可得，当m >－1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤－1m ＋1或x ≥1； 当m ＝－1时，解集为{x |x ≥1}； 当－2<m <－1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪ 1≤x ≤－1m ＋1. 18．解 (1)因为f (x )＝(3a －2)x ＋b －a ，f ⎝⎛⎭⎫23＝203，所以a ＋b －43＝203，即a ＋b ＝8. 因为a >0，b >0，所以a ＋b ≥2ab ，即4≥ab ，所以ab ≤16，当且仅当a ＝b ＝4时等号成立，所以ab 的最大值为16.(2)因为当x ∈[0,1]时，f (x )≤1恒成立，且2a ＋3b ≥3， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f (0)≤1，f (1)≤1，且2a ＋3b ≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧ b －a ≤1，b ＋2a ≤3，2a ＋3b ≥3，作出此不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示(含边界)．由图可得，可行域内的点(a ，b )与点(－1，－1)所连直线的斜率的取值范围是⎣⎡⎦⎤25，2，所以z ＝a ＋b ＋2a ＋1＝b ＋1a ＋1＋1的取值范围是⎣⎡⎦⎤75，3. 19．解 (1)当0<x <40时，L (x )＝5×100x －10x 2－100x －2 500＝－10x 2＋400x －2 500；当x ≥40时，L (x )＝5×100x －501x －10 000x＋4 500－2 500 ＝2 000－⎝⎛⎭⎫x ＋10 000x . 所以L (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －10x 2＋400x －2 500，0<x <40，2 000－⎝⎛⎭⎫x ＋10 000x ，x ≥40.(2)当0<x <40时，L (x )＝－10(x －20)2＋1 500，所以当0<x <40时，L (x )max ＝L (20)＝1 500；当x ≥40时，L (x )＝2 000－⎝⎛⎭⎫x ＋10 000x ≤2 000－2 x ·10 000x ＝2 000－200＝1 800，当且仅当x＝10 000x，即x＝100时取等号，所以L(x)max＝L(100)＝1 800.因为1 800>1 500，所以当x＝100，即2020年年产量为100百辆时，该企业所获年利润最大，且最大年利润为1 800万元．20．解(1)由题意得a2＝2，a3＝2＋1.因为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.所以猜想a n＝n－1＋1(n∈N＋)．下面用数学归纳法证明上式成立．当n＝1时，结论显然成立．假设当n＝k(n∈N＋)时结论成立，即a k＝k－1＋1，则a k＋1＝a2k－2a k＋2＋1＝(a k－1)2＋1＋1＝(k－1)＋1＋1＝(k＋1)－1＋1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上可知a n＝n－1＋1(n∈N＋)．(2)设f(x)＝(x－1)2＋1－1，则a n＋1＝f(a n)．令c＝f(c)，即c＝(c－1)2＋1－1，解得c＝14.下面用数学归纳法证明命题a2n<14<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2<14<a3<1，结论成立．假设当n＝k(n∈N＋)时结论成立，即a2k<14<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而14＝f⎝⎛⎭⎫14>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>14>a2k＋2>a2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得14＝f ⎝⎛⎭⎫14<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1， 故14<a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1， 即当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，存在c ＝14，使a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N ＋恒成立．。
适用于新教材2024版高考数学一轮总复习：利用导数证明不等式课件北师大版
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又∵g(2)=0,∴当x>2时,g(x)>0,
即f'(x)>0;
当0<x<2时,g(x)<0,即f'(x)<0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减;在(2,+∞)上单调递增.
因此 f(x)的最小值为
∴f(x)的值域为
5
f(2)=2,
5
,+∞
2
.
(2)证明 要证 f(x)>a+2,即证 ex-a-ln x>2,
2-a 1
∴f'(2)=e -2=0,解得 a=2+ln 2.
经检验 a=2+ln 2 符合题意.
∴函数 f(x)=ex-2-ln 2-ln x+2+ln 2,其定义域为(0,+∞).
∵f'(x)=e
x-2-ln 2 1
- =
e -2-ln2 -1
,
设g(x)=xex-2-ln 2-1,则g'(x)=xex-2-ln 2+ex-2-ln 2>0,
当 x∈(0,x0)时,F'(x)<0,当 x∈(x0,+∞)时,F'(x)>0,
从而当 x=x0 时,F(x)取得最小值.
由 F'(x0)=0,得e
0 -
=
1
,故
0
F(x)≥F(x0)=e
综上,当 a≤0 时,F(x)>2,即 f(x)>a+2.
0 -
-ln
1
x0= +x0-a>2
高考数学(北师大版)· 一轮精品课时(基础+提升)训练选修45 第2讲 不等式的证明
第2讲 不等式的证明基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2013·江苏卷改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M 、N 的大 小关系为________．解析 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(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2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .答案 M ≥N2．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是________．解析 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．答案 653．若直线3x ＋4y ＝2，则x 2＋y 2的最小值为________，最小值点为________． 解析 由柯西不等式(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2，得25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥425.当且仅当x 3＝y 4时等号成立，为求最小值点，需解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4.∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝625，y ＝825.因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825.答案 425 ⎝ ⎛⎭⎪⎫625，825 4．若a ，b 均为正实数，且a ≠b ，M ＝a b ＋b a ，N ＝a ＋b ，则M 、N 的大小 关系为________．解析 ∵a ≠b ，∴a b ＋b ＞2a ，b a ＋a ＞2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a ＞2a ＋2b ， ∴a b ＋b a ＞a ＋b .即M ＞N . 答案 M ＞N5．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c 的最小值为________．解析 ∵(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.答案 26．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ＋3c ＝9，则3a ＋2b ＋c 的最大值为________． 解析3a ＋2b ＋c ＝ 3 a ＋2b ＋133c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋1＋13(a ＋2b ＋3c )＝39，故最大值为39. 答案39 7．(2013·陕西卷)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________．解析 由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时“＝”成立，得(am ＋bn )(bm ＋an )≥(am ·an ＋bm bn )2＝mn (a ＋b )2＝2.答案 28．已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，则3x ＋2y ＋z 的最小值为________．解析 ∵(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋(2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 132 ≥(3x ＋2y ·2＋3z ·13)2＝(3x ＋2y ＋z )2， 当且仅当x ＝3y ＝9z 时，等号成立．∴(3x ＋2y ＋z )2≤12，即－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3. 当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时，3x ＋2y ＋z ＝－23，∴最小值为－2 3.答案 －2 39．已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，则3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值为________． 解析 法一 利用基本不等式 (3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2＝(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋23a ＋1·3b ＋1＋23b ＋1·3c ＋1＋23a ＋1·3c ＋1≤(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋[(3a ＋1)＋(3b ＋1)]＋[(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＋[(3a ＋1)＋(3c ＋1)]＝3[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＝18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.法二 利用柯西不等式∵(12＋12＋12)[(3a ＋1)2＋(3b ＋1)2＋(3c ＋1)2]≥(1·3a ＋1＋1·3b ＋1＋1·3c ＋1)2∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤3[3(a ＋b ＋c )＋3]．又∵a ＋b ＋c ＝1，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤3 2. 当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时，等号成立．∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.答案 3 2二、解答题10．设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9.证明 法一 ∵a ，b ，c 均为正数，∴1＝a ＋b ＋c ≥ 33abc .又1a ＋1b ＋1c ≥331abc ＝33abc ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ·1≥313abc·33abc ＝9. 即1a ＋1b ＋1c ≥9. 法二 构造两组数：a ， b ， c ；1a ，1b ，1c . 因此根据柯西不等式有[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ×1a ＋b ×1b ＋c ×1c 2. 即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥32＝9. (当且仅当a 1a ＝b 1b ＝c 1c，即a ＝b ＝c 时取等号)又a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ≥9.11．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．解 (1)由|2x －1|＜1得－1＜2x －1＜1，解得0＜x ＜1.所以M ＝{x |0＜x ＜1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0＜a ＜1,0＜b ＜1，所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)＞0.故ab ＋1＞a ＋b .12．(2012·福建卷)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 大于0，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.(1)解 ∵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 ＋13c ＝1，且a ，b ，c 大于0，a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c ≥3＋22ab2ab ＋23c a ·a3c ＋23c 2b ·2b3c ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.。
2020版高考数学一轮复习课时作业74《 不等式的证明》(含解析)
课时作业74 不等式的证明1.已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：a 2＋b 2＋c 2≥13；(2)求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.证明：(1)∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∵(a ＋b ＋c )2＝1，∴a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，即a 2＋b 2＋c 2≥13.(2)∵a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，∵a ＋b ＋c ＝1，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.2.(2019·南宁、柳州联考)已知函数f (x )＝|x －1|.(1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4.解：(1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解；当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ⇒x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为{x |x ≥43或x ≤－23}.(2)证法1：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a ＋a ≥2b ，∴两式相加得(a 2b ＋b )＋(b 2a ＋a )≥2a ＋2b ，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.证法2：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4，由柯西不等式得(a 2b ＋b 2a )(b ＋a )≥(a ＋b )2，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a 2b b ＝b 2a a ，即a ＝b ＝2时等号成立.3.(2019·贵阳市监测考试)已知不等式|2x －3|<x 与不等式x 2－mx ＋n <0(m ，n ∈R )的解集相同.(1)求m －n ；(2)若a ，b ，c ∈(0,1)，且ab ＋bc ＋ac ＝m －n ，求a 2＋b 2＋c 2的最小值.解：(1)当x ≤0时，不等式的解集为空集；当x >0时，|2x －3|<x ⇒－x <2x －3<x ⇒1<x <3，∴1,3是x 2－mx ＋n ＝0的两根，∴⎩⎨⎧ 1－m ＋n ＝0，9－3m ＋n ＝0，∴⎩⎨⎧ m ＝4，n ＝3，∴m －n ＝1.(2)由(1)得ab ＋bc ＋ac ＝1，∵a 2＋b 22≥ab ，b 2＋c 22≥bc ，a 2＋c 22≥ac ，∴a 2＋b 2＋c 2＝a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋a 2＋c 22≥ab ＋bc ＋ac ＝1(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号).∴a 2＋b 2＋c 2的最小值是1.4.(2019·陕西质量检测)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， ∴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，∴M ＝[3，＋∞).t 2＋1－3t －3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝(t －3)(t 2＋1)t， ∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0，∴(t －3)(t 2＋1)t ≥0，∴t 2＋1≥3t ＋3t .5.(2019·广东中山二模)已知函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |，x ≥－1.(1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若f (x )的最小值为n ，正数a ，b 满足2nab ＝a ＋2b ，求证：2a ＋b ≥98.解：(1)根据题意，若f (x )≤6，则有⎩⎨⎧ x ＋1＋3－x ≤6，－1≤x <3或⎩⎨⎧ x ＋1＋(x －3)≤6，x ≥3，解得－1≤x ≤4，故原不等式的解集为{x |－1≤x ≤4}.(2)证明：函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |＝⎩⎨⎧ 4，－1≤x <3，2x －2，x ≥3，分析可得f (x )的最小值为4，即n ＝4，则正数a ，b 满足8ab ＝a ＋2b ，即1b ＋2a ＝8，∴2a ＋b ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b ＋2b a ＋5≥18⎝⎛⎭⎪⎫5＋22a b ·2b a ＝98，原不等式得证.6.(2019·山西晋中二模)已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)若∃x 0∈R ，使不等式f (x 0－2)－f (x 0－3)≥u 成立，求满足条件的实数u 的集合M ；(2)已知t 为集合M 中的最大正整数，若a >1，b >1，c >1，且(a －1)(b －1)(c －1)＝t ，求证：abc ≥8.解：(1)由已知得f (x －2)－f (x －3)＝|x －1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，x ≤1，2x －3，1<x <2，1，x ≥2，则－1≤f (x )≤1，由于∃x 0∈R ，使不等式|x 0－1|－|x 0－2|≥u 成立，所以u ≤1，即M ＝{u |u ≤1}.(2)证明：由(1)知t ＝1，则(a －1)(b －1)(c －1)＝1，因为a >1，b >1，c >1，所以a －1>0，b －1>0，c －1>0，则a ＝(a －1)＋1≥2a －1>0(当且仅当a ＝2时等号成立)， b ＝(b －1)＋1≥2b －1>0(当且仅当b ＝2时等号成立)， c ＝(c －1)＋1≥2c －1>0(当且仅当c ＝2时等号成立)， 则abc ≥8(a －1)(b －1)(c －1)＝8(当且仅当a ＝b ＝c ＝2时等号成立).。
高考数学大一轮复习 第十四章 系列4选讲 14.2 第2讲 不等式的证明练习 理 北师大版
第2讲 不等式的证明1.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.解 (1)由|2x －1|＜1得－1＜2x －1＜1，解得0＜x ＜1.所以M ＝{x |0＜x ＜1}.(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0＜a ＜1，0＜b ＜1，所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)＞0.故ab ＋1＞a ＋b .2.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 ∵a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1， ∴a ＋b ＋c ＝1bc ＋1ca ＋1ab ＜1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c . ∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c. 法二 ∵1a ＋1b≥21ab ＝2c ； 1b ＋1c ≥21bc ＝2a ；1c ＋1a ≥21ac ＝2b . ∴以上三式相加，得1a ＋1b ＋1c ≥ a ＋b ＋c . 又∵a ，b ，c 互不相等，∴1a ＋1b ＋1c＞a ＋b ＋c . 法三 ∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2＞abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c .∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c. 3.(2017·衡阳二联)已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若不等式f (x －1)＋f (x )＜a 的解集为空集，求实数a 的取值范围；(2)若|a |＜1，|b |＜3，且a ≠0，判断f （ab ）|a |与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 的大小，并说明理由. 解 (1)因为f (x －1)＋f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|x －4＋3－x |＝1，不等式f (x －1)＋f (x )＜a 的解集为空集，则1≥a 即可，所以实数a 的取值范围是(－∞，1].(2)f （ab ）|a |＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a .证明：要证f （ab ）|a |＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，只需证|ab －3|＞|b －3a |，即证(ab －3)2＞(b －3a )2，又(ab －3)2－(b －3a )2＝a 2b 2－9a 2－b 2＋9＝(a 2－1)(b 2－9).因为|a |＜1，|b |＜3，所以(ab －3)2＞(b －3a )2成立，所以原不等式成立.4.(2015·陕西卷)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}.(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值.解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.(2)－3t ＋12＋t ＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（（4－t ））2＋（t ）2]＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t3＝t1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.5.(2015·全国Ⅱ卷)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d .证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd 得(a ＋b )2＞(c ＋d )2.因此a ＋b ＞c ＋d .(2)①若|a －b |＜|c －d |，则(a －b )2＜(c －d )2,即(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd .由(1)得a ＋b ＞c ＋d . ②若a ＋b ＞c ＋d ，则(a ＋b )2＞(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd ，于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.因此|a －b |＜|c －d |. 综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.6.已知a ，b ，c 均为正实数.求证：(1)(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ；(2)若a ＋b ＋c ＝3，则a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤3 2.证明 (1)要证(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ，可证a 2b ＋ac 2＋ab 2＋bc 2－4abc ≥0，需证b (a 2＋c 2－2ac )＋a (c 2＋b 2－2bc )≥0，即证b (a －c )2＋a (c －b )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，取等号，由已知，上式显然成立，故不等式(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc 成立.(2)因为a ，b ，c 均为正实数，由不等式的性质知 a ＋1·2≤a ＋1＋22＝a ＋32，当且仅当a ＋1＝2时，取等号，b ＋1·2≤b ＋1＋22＝b ＋32，当且仅当b ＋1＝2时，取等号，c ＋1·2≤c ＋1＋22＝c ＋32，当且仅当c ＋1＝2时，取等号， 以上三式相加，得2(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1)≤92a b c +++＝6， 所以a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤32，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号.。
北师大版版高考数学一轮复习不等式推理与证明基本不等式教学案理解析版
[考纲传真] １．了解基本不等式的证明过程.２．会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题．１．基本不等式：错误!≤错误!（１）基本不等式成立的条件：a ≥0，b ≥0． （２）等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．（３）其中错误!称为正数a ，b 的算术平均数，错误!称为正数a ，b 的几何平均数． ２．两个重要的不等式（１）a ２＋b ２≥２ab （a ，b ∈R ），当且仅当a ＝b 时取等号． （２）ab ≤错误!２（a ，b ∈R ），当且仅当a ＝b 时取等号． ３．利用基本不等式求最值 已知x ≥0，y ≥0，则（１）如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是２错误!（简记：积定和最小）． （２）如果和x ＋y 是定值s ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是错误!（简记：和定积最大）． 错误!１．错误!＋错误!≥２（a ，b 同号），当且仅当a ＝b 时取等号． ２．ab ≤错误!２≤错误!.３．错误!≤错误!≤错误!≤错误!（a ＞0，b ＞0）．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”） （１）两个不等式a ２＋b ２≥２ab 与错误!≥错误!成立的条件是相同的． （ ） （２）函数y ＝x ＋错误!的最小值是２．（３）函数f （x ）＝sin x ＋错误!，x ∈（0，π）的最小值为４． （ ） （４）x ＞0且y ＞0是错误!＋错误!≥２的充要条件． （ ）[答案] （１）× （２）× （３）× （４）×２．（教材改编）设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＝１8，则xy 的最大值为（ ） Ａ．80 Ｂ．77 Ｃ．8１ Ｄ．8２C [∵x ＞0，y ＞0，∴错误!≥错误!，即xy ≤错误!２＝8１，当且仅当x ＝y ＝9时，（xy ）m ax ＝8１．] ３．若直线错误!＋错误!＝１（a ＞0，b ＞0）过点（１,１），则a ＋b 的最小值等于（ ） Ａ．２ Ｂ．３ C ．４ Ｄ．５C [由题意得错误!＋错误!＝１．又a ＞0，b ＞0，∴a ＋b ＝（a ＋b ）错误!＝２＋错误!＋错误!≥２＋２错误!＝４． 当且仅当错误!＝错误!，即a ＝b ＝２时等号成立，故选Ｃ．]４．若函数f （x ）＝x ＋错误!（x >２）在x ＝a 处取最小值，则a 等于（ ） Ａ．１＋错误! Ｂ．１＋错误! Ｃ．３Ｄ．４C [当x >２时，x —２>0，f （x ）＝（x —２）＋错误!＋２≥２错误!＋２＝４，当且仅当x —２＝错误!（x >２），即x ＝３时取等号，即当f （x ）取得最小值时，x ＝３，即a ＝３，选Ｃ．]５．（教材改编）若把总长为２0 m 的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是__________m２.２５ [设矩形的一边为x m ，矩形场地的面积为y ， 则另一边为错误!×（２0—２x ）＝（１0—x ）m ， 则y ＝x （１0—x ）≤错误!２＝２５， 当且仅当x ＝１0—x ， 即x ＝５时，y m ax ＝２５．]利用基本不等式求最值►考法１ 配凑法求最值【例１】 （１）设0＜x ＜２，则函数y ＝错误!的最大值为（ ） Ａ．２ Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误! （２）若x ＜错误!，则f （x ）＝４x —２＋错误!的最大值为________．（１）D （２）１ [（１）∵0＜x ＜２，∴４—２x ＞0，∴x （４—２x ）＝错误!×２x （４—２x ）≤错误!×错误!２＝错误!×４＝２． 当且仅当２x ＝４—２x ，即x ＝１时等号成立． 即函数y ＝错误!的最大值为错误!. （２）因为x ＜错误!，所以５—４x ＞0， 则f （x ）＝４x —２＋错误!＝—错误!＋３ ≤—２错误!＋３＝—２＋３＝１． 当且仅当５—４x ＝错误!， 即x ＝１时，等号成立．故f （x ）＝４x —２＋错误!的最大值为１．] ►考法２ 常数代换法求最值【例２】 已知x >0，y >0，且２x ＋8y —xy ＝0，求： （１）xy 的最小值； （２）x ＋y 的最小值．[解] （１）由２x ＋8y —xy ＝0，得错误!＋错误!＝１，又x >0，y >0， 则１＝错误!＋错误!≥２ 错误!＝错误!，得xy ≥6４， 当且仅当x ＝４y ，即x ＝１6，y ＝４时等号成立． 故xy 的最小值为6４．（２）法一：（消元法）由２x ＋8y —xy ＝0，得x ＝错误!， 因为x ＞0，y ＞0，所以y ＞２，则x ＋y ＝y ＋错误!＝（y —２）＋错误!＋１0≥１8， 当且仅当y —２＝错误!，即y ＝6，x ＝１２时等号成立． 故x ＋y 的最小值为１8．法二：（常数代换法）由２x ＋8y —xy ＝0，得错误!＋错误!＝１， 则x ＋y ＝错误!·（x ＋y ） ＝１0＋错误!＋错误!≥１0＋２ 错误!＝１8，当且仅当y ＝6，x ＝１２时等号成立， 故x ＋y 的最小值为１8．[规律方法] （１）利用配凑法求最值，主要是配凑成“和为常数”或“积为常数”的形式． （２）常数代换法主要解决形如“已知x ＋y ＝t （t 为常数），求错误!＋错误!的最值”的问题，先将错误!＋错误!转化为错误!·错误!，再用基本不等式求最值．注意：应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．（２）（２0１9·皖南八校联考）函数y ＝log a （x ＋４）—１（a ＞0，a ≠１）的图像恒过定点A ，若点A 在直线错误!＋错误!＝—１上，且m ＞0，n ＞0，则３m ＋n 的最小值为（ ）Ａ．１３Ｂ．１6 Ｃ．１１＋6错误!Ｄ．２8（１）6 （２）B [（１）∵x ＞0，y ＞0，x ＋３y ＋xy ＝9， ∴9—（x ＋３y ）＝xy ＝错误!×x ×３y ≤错误!×错误!２， 当且仅当x ＝３y 时，等号成立， 由错误!因为x ＞0，y ＞0，计算得出错误! ∴x ＋３y 的最小值为6．（２）函数y ＝log a （x ＋４）—１（a ＞0，a ≠１）的图像恒过A （—３，—１）， 由点A 在直线错误!＋错误!＝—１上可得， 错误!＋错误!＝—１， 即错误!＋错误!＝１，故３m ＋n ＝（３m ＋n ）错误!＝１0＋３错误!， 因为m ＞0，n ＞0，所以错误!＋错误!≥２错误!＝２（当且仅当错误!＝错误!，即m ＝n 时取等号）， 故３m ＋n ＝１0＋３错误!≥１0＋３×２＝１6，故选Ｂ．] 利用基本不等式解决实际问题【例３】随着社会的发展，汽车逐步成为人们的代步工具，家庭轿车的持有量逐年上升，交通堵塞现象时有发生，据调查某段公路在某时段内的车流量y（单位：千辆/时）与汽车的平均速度v（单位：千米/时）之间有函数关系：y＝错误!（v＞0）．（１）在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量约为多少？（结果保留两位小数）（２）为保证在该时段内车流量至少为１0千辆/时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？[解] （１）由题知，v＞0，则y＝错误!＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!，当且仅当v＝错误!，即v ＝４0时取等号．所以y m ax＝错误!≈１0．２３．故当v＝４0时，车流量y最大，最大约为１0．２３千辆/时．（２）由y＝错误!≥１0，得错误!≥１，即90v≥v２＋8v＋１600，整理得v２—8２v＋１600≤0，即（v—３２）（v—５0）≤0，解得３２≤v≤５0．所以为保证在该时段内车流量至少为１0千辆/时，汽车的平均速度应大于等于３２千米/时且小于等于５0千米/时．[规律方法] 解实际应用题的三个注意点１设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数.２根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值.３在求函数的最值时，一定要在定义域使实际问题有意义的自变量的取值范围内求解.３平方米２0元，侧面造价是每平方米１0元，则该容器的最低总造价是（）Ａ．80元Ｂ．１２0元Ｃ．１60元Ｄ．２４0元C[设底面相邻两边的边长分别为x m，y m，总造价为T元，则xy·１＝４⇒xy＝４．T＝４×２0＋（２x＋２y）×１×１0＝80＋２0（x＋y）≥80＋２0×２错误!＝80＋２0×４＝１60（当且仅当x＝y时取等号）．故该容器的最低总造价是１60元．]基本不等式的综合应用【例４】（１）已知a＞0，b＞0，若不等式错误!＋错误!≥错误!恒成立，则m的最大值为（）Ａ．9 Ｂ．１２C．１8 Ｄ．２４（２）设等差数列{a n}的公差是d，其前n项和是S n（n∈N*），若a１＝d＝１，则错误!的最小值是________．（１）B（２）错误![（１）由错误!＋错误!≥错误!，得m≤（a＋３b）错误!＝错误!＋错误!＋6．又错误!＋错误!＋6≥２错误!＋6＝１２（当且仅当错误!＝错误!，即a＝３b时等号成立），∴m≤１２，∴m的最大值为１２．（２）a n＝a１＋（n—１）d＝n，S n＝错误!，∴错误!＝错误!＝错误!错误!≥错误!错误!＝错误!，当且仅当n＝４时取等号．∴错误!的最小值是错误!.]（１）当x∈R时，３２x—（k＋１）３x＋２＞0恒成立，则k的取值范围是（）Ａ．（—∞，—１）Ｂ．（—∞，２错误!—１）Ｃ．（—１,２错误!—１）Ｄ．（—２错误!—１,２错误!—１）（２）已知函数f（x）＝|lg x|，a＞b＞0，f（a）＝f（b），则错误!的最小值等于________．（１）B（２）２错误![（１）由３２x—（k＋１）·３x＋２＞0，解得k＋１＜３x＋错误!.∵３x＞0，∴３x＋错误!≥２错误!（当且仅当３x＝错误!，即x＝log３错误!时，等号成立），∴３x＋错误!的最小值为２错误!.又当x∈R时，３２x—（k＋１）３x＋２＞0恒成立，∴当x∈R时，k＋１＜错误!min，即k＋１＜２错误!，即k＜２错误!—１．（２）由f（x）＝|lg x|，且f（a）＝f（b）可知|lg a|＝|lg b|，又a＞b＞0，∴lg a＝—lg b，即lg ab＝0，∴ab＝１．∴错误!＝错误!＝（a—b）＋错误!≥２错误!，当且仅当a—b＝错误!时等号成立，∴错误!的最小值为２错误!.]。
2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：选修4-5 第2讲 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.。
高考数学一轮复习 不等式选讲 第2节 不等式的证明学案
第二节 不等式的证明[考纲传真] (教师用书独具)通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第206页)[基础知识填充]1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，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．2．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 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥(x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.(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．3．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、分析法等． (1)比较法：①比差法的依据是：a －b >0⇔a >b 步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．②比商法：若B >0，欲证A ≥B ，只需证AB≥1. (2)综合法与分析法：①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤yA [x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab. 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >c >aD ．c >a >b A [“分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，所以a >b >c .]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________.【导学号：79140398】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， 所以1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . [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 .(对应学生用书第207页)已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . [证明] 法一：∵⎝⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b ) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝(a －b )(a －b )ab＝(a ＋b )(a －b )2ab≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 法二：由于a b ＋ba a ＋b＝a a ＋b bab (a ＋b )＝(a ＋b )(a －ab ＋b )ab (a ＋b )＝a ＋bab－1 ≥2abab－1＝1.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0， ∴a b ＋ba≥a ＋b .作差比较法证明不等式的步骤：作差；变形；判断差的符号；下结论通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，合不等式的性质判断出差的正负注：作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第步要判断． [证明] 因为a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)＝(a 2＋b 2)2－4ab (a 2＋b 2)＋4a 2b 2＝(a 2＋b 2－2ab )2＝(a －b )4. 又a ≠b ，所以(a －b )4>0， 所以a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.[证明] (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4. (2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝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.A 为已知条件或数学定义、，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系(1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0， ∴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 ·ab＋4＝8 (当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)，∴1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8.∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.(1)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥3； (2)设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .【导学号：79140399】[证明] (1)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． (2)由于x ≥1，y ≥1， 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)， 因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．(c ＋1)2≥163；(2)若对任意实数x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，求实数a 的取值范围． [证明] (1)法一：因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5. 所以要证(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163，只需证a 2＋b 2＋c 2≥13.因为a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c )2－2(ab ＋bc ＋ca ) ≥(a ＋b ＋c )2－2(a 2＋b 2＋c 2)， 所以3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2. 因为a ＋b ＋c ＝1，所以a 2＋b 2＋c 2≥13.所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.法二：因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5. 所以要证(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163，只需证a 2＋b 2＋c 2≥13.因为a 2＋19≥23a ，b 2＋19≥23b ，c 2＋19≥23c ，所以a 2＋b 2＋c 2＋13≥23(a ＋b ＋c )．因为a ＋b ＋c ＝1，所以a 2＋b 2＋c 2≥13.所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.法三：因为(a ＋1)2＋169≥83(a ＋1)，(b ＋1)2＋169≥83(b ＋1)，(c ＋1)2＋169≥83(c ＋1)，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＋163≥83[(a ＋1)＋(b ＋1)＋(c ＋1)]．因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.(2)设f (x )＝|x －a |＋|2x －1|，则“对任意实数x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立”等价于“f (x )min ≥2”．当a <12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x <a ，－x ＋1－a ，a ≤x ≤12，3x －a －1，x >12.此时f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a ，要使|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，必须12－a ≥2，解得a ≤－32.当a ＝12时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|2x －1|＝3⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12≥2，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12≥23不可能恒成立．当a >12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x <12，x ＋a －1，12≤x ≤a ，3x －a －1，x >a .此时f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝a －12，要使|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，必须a －12≥2，解得a ≥52.综上所述，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞.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．[解] (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)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. 利用柯西不等式求最值的一般结构为：a 21＋＋＝在使用柯西不等式时，要注意右边常数且应注意等号成立的条件.[跟踪训练，b ，c ＋d 2＝16ac ＋bd ≤8.[证明] 由柯西不等式，得(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.。
走向高考高三数学一轮北师大课件：第章 选修4 第节 不等式的证明
它们的几何意义，并会证明．
值不等式的解
①|α|·|β|≥|α·β|；
法和不等式的
②(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2；
证明仍然是高
③ x1－x22＋y1－y22＋ x2－x32＋y2－y32 考考查的重点，
≥ x1－x32＋y1－y32.
绝对值不等式
2．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合 与函数问题的
第十三章 系列4选讲
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2．三个正数的算术—几何平均不等式
(1) 定 理
如果
a，b，c
均
为
正
数
，
那
么
a＋b＋c 3
__≥______s abc，当且仅当_a_＝__b_＝__c_时，等号成立． 即三个正数的算术平均_不__小__于___它们的几何平均． (2)基本不等式的推广 对于 n 个正数 a1，a2，…，an，它们的算术平均__不__小__于__
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第十三章 系列4选讲
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第十三章 选修4－5 不等式选讲
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第十三章 第二节 不等式的证明
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第十三章 系列4选讲
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课时分层训练(七十四) 不等式的证明
1．设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )．
[证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b )
＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab )
＝a a (a －b )＋b b (b －a )
＝(a －b )(a a －b b )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 32－b 32. 因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12) (a 32－b 32)≥0，
所以a 2＋b 2≥ab (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：79140400】
[解] (1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，
解得0<x <1.所以M ＝{x |0<x <1}．
(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1，
所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0.
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a 2＋b 2＝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，a 2＋b 2＝2，
由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1.①
又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab . 由①知，ab ≤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≥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
. 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 ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c 2b
＝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：79140401】
[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 ＜－12
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 ≥－12
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a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，
即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.
因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，
所以原不等式成立．。