高考理科数学课时练习不等式的证明理含解析

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人教版高三理科数学课后习题(含答案)课时规范练66不等式的证明

课时规范练66不等式的证明基础巩固组1.已知a,b都是正数,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2.2.(2019湖南雅礼中学月考五,23)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q是正实数,且满足p+q=a,求证:1p +1q≥43.3.(2017全国2,理23)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.4.(2019广东韶关1月调研,23)(1)不等式:|x-1|+|x+3|>6;(2)若a>0,b>0,a+b=2,证明:4a2-14b2-1≥9.5.已知f(x)=ax2+bx+c,a,b,c∈R,定义域为[-1,1].(1)当a=1,|f(x)|≤1时,求证|1+c|≤1;(2)略.6.已知a,b,c均为正实数,求证:(1)1a +1b≥4a+b;(2)12a +12b+12c≥1a+b+1b+c+1c+a.综合提升组7.(2019全国卷1联考,23)已知函数f(x)=|x-1|+|2x|.(1)在给出的平面直角坐标系中作出函数f(x)的图象,并解不等式f(x)≥2;≥5.(2)若不等式f(x)+|x-1|≤k-1对任意的x∈R恒成立,求证:k+6k创新应用组8.(2019安徽安庆二模,23)已知函数f(x)=2|x+1|+|2x-1|.(1)若f(x)>f(1),求实数x的取值范围;(2)f(x)≥1m +1n(m>0,n>0)对任意的x∈R都成立,求证:m+n≥43.9.(2019福建厦门期末,23)函数f(x)=|ax+2|,其中a∈R,若f(x)≤a的解集为[-2,0].(1)求a的值;成(2)求证:对任意x∈R,存在m>1,使得不等式f(x-2)+f(2x)≥m+1m-1立.参考答案课时规范练66 不等式的证明1.证明 (a 3+b 3)-(a 2b+ab 2)=(a 3-a 2b )+(b 3-ab 2)=a 2(a-b )+b 2(b-a )=(a 2-b 2)(a-b )=(a-b )2(a+b ).∵a ≠b ,a ,b>0,∴(a-b )2>0,a+b>0, ∴(a-b )2(a+b )>0, ∴a 3+b 3>a 2b+ab 2. 2.(1)解因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x ≤2时,等号成立, 所以f (x )的最小值等于3,即a=3. (2)证明由(1)知p+q=3,又因为p ,q 是正实数,所以1p +1q =1p +1qp 3+q 3=13+q 3p +p 3q +13≥23+2√q 3p ·p 3q =43,当且仅当p=q=32时,等号成立. 3.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+,当且仅当a=b=1时等号建立.所以(a+b )3≤8,因此a+b ≤2. 4.(1)解不等式|x-1|+|x+3|>6⇔{x ≤-3,-2x -2>6或{-3<x ≤1,4>6或{x >1,2x +2>6,解得x<-4或x ∈⌀或x>2,故不等式的解集为(-∞,-4)∪(2,+∞). (2)证明 (法1)∵(4a 2-1)4b2-1=(2a -1)(2a +1)(2b -1)(2b +1).又∵a+b=2,∴2a -12a +12b -12b+1=2+bab a(2+a b )(a b )=5+2ab +2b a≥5+2√2a b ·2ba =9,当且仅当a=b=1时等号建立.(法2)∵(4a 2-1)(4b2-1)=16a 2b 2−4a 2−4b 2+1=16-4(a 2+b 2)a 2b 2+1=16-4(a+b )2+8ab a 2b 2+1, ∵a+b=2, ∴16-4(a+b )2+8aba 2b2+1=8ab +1,∵a>0,b>0,2=a+b ≥2√ab , ∴ab ≤1,8ab +1≥9,当且仅当a=b=1时,等号成立.5.(1)证明因为|f (-1)|=|1-b+c|≤1,|f (1)|=|1+b+c|≤1,所以|1-b+c+1+b+c|≤|1-b+c|+|1+b+c|≤2, 即|2+2c|≤2,化简得|1+c|≤1.6.证明 (1)由a,b,c 均为正实数,得a+b≥22,相乘可得(a+b )1a +1b ≥2√ab ·2√1ab =4, 当且仅当a=b 取得等号. 则1a +1b ≥4a+b .(2)由(1)可得1a +1b ≥4a+b ;同理,由b ,c 为正实数,可得1b +1c ≥4b+c ; 由c ,a 为正实数,可得1c +1a ≥4c+a .相加可得21a +1b +1c ≥4a+b +4b+c +4c+a ,即有12a +12b +12c ≥1a+b +1b+c +1c+a . 7.(1)解 f (x )=|x-1|+|2x|={1-3x ,x <0,x +1,0≤x ≤1,3x -1,x >1,其图象如下图所示.令f(x)=2,得x=-13或x=1,由f(x)的图象可知,不等式f(x)≥2的解集为xx≤-或x≥1.(2)证明因为f(x)+|x-1|=|2x-2|+|2x|≥|2x-2-2x|=2,所以k≥3.因为k+6k-5=k2-5k+6k=(k-2)(k-3)k,又由k≥3,得k-2>0,k-3≥0,所以(k-2)(k-3)k ≥0,即k+6k≥5.8.(1)解f(x)>f(1),即2|x+1|+|2x-1|>5.①当x>12时,2(x+1)+(2x-1)>5,得x>1;②当-1≤x≤12时,2(x+1)-(2x-1)>5,得3>5,不成立;③当x<-1时,-2(x+1)-(2x-1)>5,得x<-32.综上,所求的x的取值范围是(-∞,-32)∪(1,+∞).(2)证明因为2|x+1|+|2x-1|=|2x+2|+|2x-1|≥|(2x+2)-(2x-1)|=3,所以1m +1n≤3.因为m>0,n>0时,1m+1n≥2√1mn,所以2√1mn≤3,得√mn≥23,所以m+n≥2√mn≥4 3 .11129.(1)解由题意知a≤0不满意题意,当a>0时,由|ax+2|≤a 得-a ≤ax+2≤a ,∴-1-2a ≤x ≤1-2a ,则{-1-2a =-2,1-2a =0,解得a=2. (2)证明由(1)得f (x )=|2x+2|,设g (x )=f (x-2)+f (2x )=|2x-2|+|4x+2|,对于任意实数x ,存在m>1,使得f (x+2)+f (2x )≥m+1m -1,只需g (x )min ≥(m +1m -1)min , 因为g (x )={ 6x ,x >1,2x +4,-12≤x ≤1,-6x ,x <-12, 当x=-12时,g (x )min =3. 由m+=m-1++1≥2+1=3,当且仅当m=2时取等号,以是原命题建立.。

高三数学不等式证明试题答案及解析

高三数学不等式证明试题答案及解析1.已知均为正数，证明：．【答案】证明见解析.【解析】不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac．所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．所以原不等式成立． 10分【考点】不等式的证明.2.已知a,b均为正数，且a+b=1,证明：（1）（2）【答案】见解析【解析】（1）因为a+b=1,所以，a-1=-b,b-1=-a,故=,当且仅当a=b时等号成立。

（2）==当且仅当a=b时等号成立。

3.在中，不等式成立；在凸四边形ABCD中，不等式成立；在凸五边形ABCDE中，不等式成立，，依此类推，在凸n边形中，不等式__ ___成立.【答案】【解析】我们可以利用归纳推理的方法得到不等式，从而得出结论．【考点】归纳推理.4.已知a,b,x,y均为正数且>,x>y.求证:>.【答案】见解析【解析】证明：∵-=,又>且a,b均为正数,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴>0,即>.5.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.【答案】见解析【解析】证明：由a,b,c为正数,得lg≥lg;lg≥lg;lg≥lg.而a,b,c不全相等,所以lg+lg+lg>lg+lg+lg="lg" (abc)=lga+lgb+lgc.即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.6.下面四个图案，都是由小正三角形构成，设第个图形中有个正三角形中所有小正三角形边上黑点的总数为.图1 图2 图3 图4（Ⅰ）求出,,,;（Ⅱ）找出与的关系，并求出的表达式；（Ⅲ）求证：().【答案】（Ⅰ）12,27,48,75. （Ⅱ），．（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）求出,,,，第二个图形的黑点个数为第一个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，第三个图形的黑点个数为第二个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，以此类推可求出,；（Ⅱ）观察,,,可得到，后一个图形的黑点个数是前一个图形外多加一个三角形，而且每一条边都比内一个三角形多两个黑点，即，即，求出的表达式，像这种关系可用叠加法，即写出，，，，，把这个式子叠加，即可得出的表达式；（Ⅲ）求证：()，先求出的关系式，得，由于求证的不等式右边是常数，可考虑利用放缩法，即，这样既可证明．试题解析：（Ⅰ）由题意有，，，，，．（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）知，，即，所以，，，， 5分将上面个式子相加，得：6分又，所以． 7分（Ⅲ），∴． 9分当时，，原不等式成立． 10分当时，，原不等式成立． 11分当时，，原不等式成立． 13分综上所述，对于任意，原不等式成立． 14分【考点】归纳推理，放缩法证明不等式．7.设正有理数是的一个近似值，令.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）比更接近．【解析】（Ⅰ）若，求证：，只需证即可，即；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，只需比较它们与差的绝对值的大小，像这一类题，可采用作差比较法．试题解析：(Ⅰ),,.（Ⅱ），，，而，，所以比更接近．【考点】作差法证明不等式.8.设实数满足，求证：．【答案】详见解析.【解析】作差，分解因式，配方，判断符号.试题解析：作差得 1分4分． 6分因为，所以不同时为0，故，，所以，即有． 10分【考点】不等式的证明.9.设f(x)＝lnx＋－1，证明：（1）当x>1时，f(x)< (x－1)；（2）当1<x<3时，f(x)<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).(证法二)由均值不等式，当x>1时，2<x＋1，故<＋.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得h′(x)＝＋－＝－<－＝.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<. (证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由（1）得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9< (x－1)＋(x＋5)－9＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<＝ (7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.10.( 本小题满分12分)已知集合中的元素都是正整数，且，对任意的且，有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）对于，试给出一个满足条件的集合【答案】(Ⅰ) 证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）．【解析】（1）因为，对任意的且，有．所以两边分别相加得.即.（2）由(Ⅰ)可得；同理，所以，即.（3）由（1）知，令，可取大于1的任意整数，令；同理令；；，则，令，则，令，则，令，则，令.就得到满足条件的一个集合.(Ⅰ) 证明：依题意有，又，因此．可得．所以．即．…………………4分（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)可得．又，可得，因此．同理，可知．又，可得，所以均成立．当时，取，则，可知．又当时，．所以．……………………………………………………8分（Ⅲ）解：对于任意，，由可知，，即．因此，只需对，成立即可．因为；；；，因此可设；；；；．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．所以满足条件的一个集合．……………12分其它解法，请酌情给分.11.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数满足，且，求证：【答案】见解析。

2018届高三新课标数学理大一轮复习课时达标检测六十六不等式的证明含解析精品

课时达标检测(六十六) 不等式的证明1．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. 2．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 |.3．(2017·广州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立．(1)求实数m 的值；(2)若α，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β≥3.解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |.要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.因为m ∈N *，所以m ＝1.(2)因为α，β≥1，f (x )＝2x －1(x ≥1)，所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以4＋1＝13⎝⎛⎭⎫4α＋1β(α＋β) ＝13⎝⎛⎭⎫5＋4βα＋αβ ≥13⎝⎛⎭⎫5＋24βα·αβ＝3. (当且仅当4βα＝αβ，即α＝2，β＝1时等号成立) 故4α＋1β≥3.4．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：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：(1)(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)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 .②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③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 (当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)． 5．已知x ，y ∈R ，且|x |<1，|y |<1.求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy. 证明：∵211－x 2＋11－y 2≤1－x 2＋1－y 22＝2－(x 2＋y 2)2≤2－2|xy |2＝1－|xy |， ∴11－x 2＋11－y 2≥21－|xy |≥21－xy， ∴原不等式成立．6．(2017·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．(2017·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． 8．(2017·贵阳模拟)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|.(1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.解：(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)；当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)；当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ∈[6，＋∞)．综上，f (x )的最小值m ＝3.(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c＋(a ＋b ＋c ) ＝⎝⎛⎭⎫b 2a ＋a ＋⎝⎛⎭⎫c 2b ＋b ＋⎝⎛⎭⎫a 2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎫ b 2a ·a ＋ c 2b ·b ＋ a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )． (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号)所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.。

高考数学人教版理科一轮复习课时作业：74 不等式的证明 Word版含解析

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)．。

(新课标)高考数学大一轮复习第二节不等式的证明课时作业理(选修4-5)

课时作业82 不等式的证明一、填空题1．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m 与n 的大小关系是________．解析：∵a >b >0，∴m ＝a －b >0，n ＝a －b >0. ∵m 2－n 2＝(a ＋b －2ab )－(a －b ) ＝2b －2ab ＝2b (b －a )<0， ∴m 2<n 2，从而m <n . 答案：m <n2．已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是y __________x (填“>”、“<”、“＝”)．解析：x 2＝14(a ＋b )2＝14(a ＋b ＋2ab )，y 2＝a ＋b ＝12(a ＋b ＋a ＋b )≥12(a ＋b ＋2ab )>14(a ＋b ＋2ab )．又x >0，y >0，∴y >x .答案：>3．已知a 、b 、c 、d 均为正数，且a 2＋b 2＝4，cd ＝1，则(a 2c 2＋b 2d 2)(b 2c 2＋a 2d 2)的最小值为________．解析：(a 2c 2＋b 2d 2)(b 2c 2＋a 2d 2)＝(a 2c 2＋b 2d 2)·(a 2d 2＋b 2c 2)≥(a 2cd ＋b 2cd )2＝(a 2＋b 2)2＝42＝16.答案：164．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 ，ba＋a >2b ， ∴a b ＋b ＋ba ＋a >2a ＋2b ， ∴a b ＋ba>a ＋b .即M >N . 答案：M >N5．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＝y4时等号成立，为求最小值点，需解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y4.∴⎩⎪⎨⎪⎧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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫625，8256．记S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则S 与1的大小关系是________．解析：∵1210＋1<1210，1210＋2<1210，…，1211－1＝1210＋210－1<1210， ∴S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210＝1.答案：S <17．若x ＋2y ＋4z ＝1，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是________．解析：∵1＝x ＋2y ＋4z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋16， ∴x 2＋y 2＋z 2≥121，当且仅当x ＝y 2＝z 4，即x ＝121，y ＝221，z ＝421时x 2＋y 2＋z 2的最小值为121.答案：1218．以下三个命题：①若|a －b |<1，则|a |<|b |＋1；②若a 、b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a－b |；③若|x |<2，|y |>3，则|x y |<23，其中正确命题的序号是________．解析：①|a |－|b |≤|a －b |<1，所以|a |<|b |＋1； ②|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )＋(a －b )|＝|2a |，所以|a ＋b |－2|a |≤|a －b |；③|x |<2，|y |>3，所以1|y |<13，因此|x ||y |<23.∴①②③均正确．答案：①②③9．若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，则13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为________．解析：由柯西不等式可得(3a ＋2＋3b ＋2＋3c ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥(1＋1＋1)2，即 9⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥9，所以13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1(当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)．答案：1 二、解答题10．(1)设x ，y 是不全为零的实数，试比较2x 2＋y 2与x 2＋xy 的大小； (2)设a ，b ，c 为正数，且a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1a 2＋1b 2＋1c2－a 3＋b 3＋c 3abc≥3.解：(1)解法1：2x 2＋y 2－(x 2＋xy )＝x 2＋y 2－xy ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12y 2＋34y 2.∵x ，y 是不全为零的实数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12y 2＋34y 2>0，即2x 2＋y 2>x 2＋xy . 解法2：当xy <0时，x 2＋xy <2x 2＋y 2；当xy >0时，作差：x 2＋y 2－xy ≥2xy －xy ＝xy >0；又x ，y 是不全为零的实数， ∴当xy ＝0时，2x 2＋y 2>x 2＋xy . 综上，2x 2＋y 2>x 2＋xy .(2)证明：当a ＝b ＝c 时，取得等号3. 作差比较：1a 2＋1b 2＋1c2－a 3＋b 3＋c 3abc－3＝a 2＋b 2＋c 2a 2＋a 2＋b 2＋c 2b 2＋a 2＋b 2＋c 2c 2－a 3＋b 3＋c 3abc－3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋1c 2＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1c 2＋c 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2bc ＋b 2ac ＋c 2ab ＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1c 2＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1a 2＋c 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1b 2>0.∴1a 2＋1b 2＋1c2－a 3＋b 3＋c 3abc≥3.11．已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |. 解：(1)f (x )<4，即|x ＋1|＋|x －1|<4，当x ≤－1时，－x －1＋1－x <4，得x >－2， ∴－2<x ≤－1；当－1<x <1时，x ＋1＋1－x <4，得2<4，恒成立， ∴－1<x <1；当x ≥1时，x ＋1＋x －1<4，得x <2，∴1≤x <2. 综上，M ＝{x |－2<x <2}．(2)证明：当a ，b ∈M 时，－2<a <2，－20,4－b 2>0，∴(4－a 2)(4－b 2)>0，即16－4a 2－4b 2＋a 2b 2>0，也就是4a 2＋4b 2<16＋a 2b 2， ∴4a 2＋8ab ＋4b 2<16＋8ab ＋a 2b 2，即(2a ＋2b )2<(4＋ab )2，即2|a ＋b |<|4＋ab |.1．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 |.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 大于0，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)∵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＋22ab 2ab＋23c a ·a 3c＋23c 2b ·2b3c＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.。

高考理科数学考点六十四不等式的证明

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 2)3≥x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )3＝(x ＋y ＋z )23＝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．。

2021高三数学北师大版(理)课后限时集训：不等式的证明含解析

所以＋ ≥a＋b.
(2)因为0<x<1，所以1－x>0，
由(1)的结论，y＝＋ ≥(1－x)＋x＝1.
当且仅当1－x＝x即x＝时等号成立．
所以函数y＝＋ (0<x<1)的最小值为1.
3．已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1) ＋＋ ≤ ；
(2) ＋＋ ≥ .
[证明](1)因为由柯西不等式得( ＋＋ )2＝(1· ＋1· ＋1· )2≤
(2)由(1)得，a＋2b＝2，因为a，b∈(0，＋∞)，
所以＋＝ (a＋2b)
＝ ≥ ＝4，
当且仅当a＝1，b＝时，等号成立．
所以＋的最小值为4.
2021高三数学北师大版（理）课后限时集训：不等式的证明含解析
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1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝2.
(1)求证：a2＋b2≥2等式得：a2＋b2≥ (a＋b)2＝2.
(12＋12＋12)·[( )2＋( )2＋( )2]＝3，当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝时，等号成立，所以＋＋ ≤ .
(2)因为由柯西不等式得[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]· ≥ 2＝9(当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立)，
又a＋b＋c＝1，所以6 ≥9，
所以＋＋ ≥ .
4．已知函数f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值为M.
(1)若m，n∈[－M，M]，求证：2|m＋n|≤|4＋mn|；
(2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求＋的最小值．
[解](1)证明：∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2.

高考数学题型通关21讲第19讲不等式的证明(解析版)

第19讲不等式的证明高考预测一：一元不等式的证明 1．证明：（1）(1)1xln x x x ++；（2）1x e x +．【解析】证明：（1）令()(1)(1)f x x ln x x =++-, 则()(1)11(1)f x ln x ln x '=++-=+,10x -<<,()0f x '<,()f x ∴在10x -<<时单调递减, (1)(1)0x ln x x ∴++-<成立, ∴(1)1xln x x ++； 0x =,等号成立； 0x >,(1)10ln x ln ∴+>=,即()0f x '>,()f x ∴在0x >时单调递增, ()(0)0f x f ∴>=(1)(1)0x ln x x ∴++->成立, ∴(1)1xln x x ++．令()(1)g x x ln x =-+,则它的导数为1()11g x x '=-+．当01x >>-时,()0g x '<,故函数()g x 在(1,0)-上是减函数．当0x 时,()0g x ',当且仅当0x =时,()0g x '=,故函数()g x 在[0,)+∞上是增函数．故当0x =时,函数()g x 取得最小值为0, 故有()(1)0g x x ln x =-+,(1)ln x x ∴+． ∴(1)1xln x x x ++；（2）设()1x f x e x =--,则()1x f x e '=-, ∴当0x =时,()0f x '=,()0f x =．当0x >时,()0f x '>, ()f x ∴在(0,)+∞上是增函数, ()(0)0f x f ∴>=．当0x <时,()0f x '<, ()f x ∴在(,0)-∞上是减函数, ()(0)0f x f ∴>=． ∴对x R ∈都有()0f x ,1x e x ∴+．2．设函数()(1)(1)f x x ln x ax =++-在0x =处取得极值．（1）求a 的值及函数()f x 的单调区间；（2）证明对任意的正整数n ,不等式(1)(1)nlnn n ln n -+．【解析】（1）解：()(1)(1)f x x ln x ax =++-,()(1)1f x ln x a '∴=++-, ()f x 在0x =处取得极值, (0)0f '∴=,1a ∴=,故()(1)f x ln x '=+,当11x +>,即0x >时,()0f x '>, 当011x <+<,即10x -<<时,()0f x '<, ()f x ∴的增区间为(0,)+∞,减区间为(1,0)-．（2）证明：当1n =时,左边0=,右边0=,00成立；当2n =时,左边224ln ln ==,右边3ln =,43ln ln 成立；当3n 时,原不等式等价于(1)1lnn ln n n n+-,令()1lnxg x x =-,(3)x , 则21()(1)x lnx x g x x --=-, 当3x 时,11x x-<,1lnx >, ∴10x lnx x--<,从而()0g x <,()g x ∴递减, 所以,当13n n ->时, 有(1)()g n g n -<, 即(1)1ln n lnnn n +<-, 综上所述：对任意的正整数n ,不等式(1)(1)nlnn n ln n -+都成立． 3．设函数2()(1)f x x bln x =++,其中0b ≠ （1）若12b =-,求()f x 在[1,3]的极小值；（2）如果()f x 在定义域内既有极大值又有极小值,求实数b 的取值范围；（3）证明不等式：32(1)(0)x x ln x x -+【解析】解：（1）由题意知,()f x 的定义域为(1,)+∞12b =-时,由22212()01x x f x x +-'==+,得2(3x x ==舍去）, 当[1x ∈,2)时()0f x '<,当(2x ∈,3]时,()0f x '>,所以当[1x ∈,2)时,()f x 单调递减；当(2x ∈,3]时,()f x 单调递增, 所以()f x f =极小值（2）3412ln =-（2）由题意222()01x x bf x x ++'==+在(1,)-+∞有两个不等实根, 即2220x x b ++=在(1,)-+∞有两个不等实根,设2()22g x x x b =++,则480(1)0b g =->⎧⎨->⎩,解之得102b <<（3）当1b =-时,2()(1)f x x ln x =-+．令332()()(1)h x x f x x x ln x =-=-++,则323(1)()1x x h x x +-'=+在[0,)+∞上恒正()h x ∴在[0,)+∞上单调递增,当(0,)x ∈+∞时,恒有()(0)0h x h >= 即当(0,)x ∈+∞时,有32(1)0x x ln x -++>, 即32(1)x x ln x -+． 4．当02x π<<时,求证：31sin 6x x x -<．【解析】证明：令31()sin 6f x x x =--x ,则21()1cos 2f x x '=--x ,()sin f x x ''=-+x ,()1cos f x '''=-+x ．当02x π<<时,0cos <1x <,即()0f x '''<．所以()f x ''在(0,)2π上单调递减．所以()(0)0f x f ''<''=,x 属(0,)2π∈．所以()f x '在(0,)2π上单调递减．所以()(0)0f x f <=,(0,)2x π∈．即31sin 6x x x -<,(0,)2x π∈．高考预测二：函数不等式证明中的变形原理 5．已知函数2()(2)f x lnx ax a x =-+-． ()I 讨论函数()f x 的单调性；()II 若()f x 在点(1,f （1）)处的切线斜率为2-． ()i 求()f x 的解析式； ()ii 求证：当()101,11f x lnxx x x x x x >≠++>+-且时．【解析】解：由题意可得,()f x 定义域为(0,)+∞()I 对函数求导可得,212(2)1(21)(1)()22ax a x x ax f x ax a x x x-+-+--+'=-+-== ①0a 时,10ax +>,0x >由()0f x '>可得,1(0,)2x ∈,由()0f x '<可得1(,)2x ∈+∞()f x ∴在1(0,)2单调递增,在1(2,)+∞单调递减②0a <时,令()0f x '=可得112x =或21x a =()i 当20a -<<时112a -> 由()0f x '<可得11(,)2x a ∈-,由()0f x '>可得11(0,)(,)2x a∈-+∞ 故()f x 在11(,)2a -单调递减,在1(0,)2,1(,)a-+∞单调递增()ii 当2a <-时,同理可得()f x 在11(,)2a -单调递减,在1(0,)a -,1(,)2+∞单调递增()iii 当2a =-时,2(21)()0x f x x-'=()f x ∴在(0,)+∞增..⋯（6分） ()()II i 解：由()I 知）知()(1)2f x a '=-+=-1a ∴=2()f x lnx x x ∴=--⋯．（8分）()ii 证明：2()111111111f x lnx lnx x x lnx lnx lnx x x x x x x x x x x x --++-=++-=-++-+-+- 2222121111(2)(2)111lnx x lnx x lnx x x x x x x-=-=-=----- 令2222211221(1)()2(0,1)()1x x x g x x lnx x x g x x x x x x-+-'=-->≠=+-== 故当(0,1)x ∈时,()0g x '>,()g x 在(0,1)单调递增, ()g x g ∴<（1）0=,又2101x <- ∴21()01g x x >- 当(1,)x ∈+∞时,()0g x '>,()g x 在(1,)+∞单调递增,()g x g >（1）0= 又2101x >-, ∴21()01g x x >- 综上所述,0x >且0x ≠时,()111f x lnxx x x x ++>⋯+-（14分） 6．已知函数()(1)1f x x lnx x =+-+ ()I 求曲线在(1,f （1）)处的切线方程；（Ⅱ）若2()1xf x x ax '++,求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：(1)()0x f x -．【解析】解：11()()1x I f x lnx lnx x x+'=+-=+ 所以f '（1）1=,所以切线方程1y x =- （Ⅱ）22()111xf x x ax xlnx x ax '++⇔+++, 即：2xlnx x ax +,0x >,则有lnx x a +,即要使a lnx x -成立．令()g x lnx x =-,那么1()101g X x x'=-=⇒=, 可知当01x <<时单调增,当1x >时单调减．故()g x lnx x =-在1x =处取最大值为1max g =-, 那么要使得a lnx x -成立,则有1a -．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得：1lnx x --,即10lnx x -+ 当01x <<时,()10f x xlnx lnx x =+-+<, 当1x 时,()1f x xlnx lnx x =+-+ (1)lnx xlnx x =+-+1(1)lnx x lnx x=++- 11(1)lnx x ln x x=--+0．()1(1)0f x xlnx lnx x lnx xlnx x ∴=+-+=+-+综上所述,(1)()0x f x - 7．已知函数()1alnx bf x x x=++,曲线()y f x =在点(1,f （1）)处的切线方程为230x y +-=．（1）求a ,b 的值；（2）如果当1x >时,()1lnx kf x x x>+-,求k 的取值范围．【解析】解：切线方程为230x y +-=即11(1)2y x -=--,（1）221()()(1)x a lnx b x f x x x +-'=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-,且过点(1,1), 故(1)11(1)2f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩,即1122b ab =⎧⎪⎨-=-⎪⎩,解得1a =,1b =．（2）由（1）知1()1lnx f x x x=++,所以 221(1)(1)()()(2)11lnx k k x f x lnx x x x x ---+=+--．考虑函数2(1)(1)()2(0)k x h x lnx x x--=+>,则22(1)(1)2()k x xh x x -++'=, ()i 设0k ,由222(1)(1)()k x x h x x +--'=知, 当(1,)x ∈+∞时,()0h x '<,可得21()01h x x>-, 从而当1x >时,()1lnx kf x x x>+-, ()ii 设01k <<．由于当(1x ∈,11k-)时,2(1)(1)20k x x -++>,故()0h x '>, 而h （1）0=,故当1(1,)1x k∈-时,()0h x >,可得21()01h x x <-,与题设矛盾． ()iii 设1k ．此时()0h x '>,而h （1）0=,故当(1,)x ∈+∞时,()0h x >,可得21()01h x x <-,与题设矛盾．综合得,k 的取值范围为(-∞,0]． 8．已知函数1()xlnx f x e +=,( 2.71828e =⋯是自然对数的底数）．（1）求()f x 的单调区间；（2）设()()g x xf x '=,其中()f x '为()f x 的导函数．证明：对任意0x >,2()1g x e -<+．【解析】解：（1）求导数得1()(1)xf x x xlnx xe '=--,(0,)x ∈+∞, 令()1h x x xlnx =--,(0,)x ∈+∞,当(0,1)x ∈时,()0h x >；当(1,)x ∈+∞时,()0h x <．又0x e >,所以(0,1)x ∈时,()0f x '>； (1,)x ∈+∞时,()0f x '<．因此()f x 的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,)+∞．证明：（2）因为()()g x xf x ='．所以1()(1)x g x x xlnx e=--,(0,)x ∈+∞．由()1h x x xlnx =--,求导得2()2()h x lnx lnx lne -'=--=--,所以当2(0,)x e -∈时,()0h x '>,函数()h x 单调递增；当2(x e -∈,)+∞时,()0h x '<,函数()h x 单调递减．所以当(0,)x ∈+∞时,22()()1h x h e e --=+．又当(0,)x ∈+∞时,101x e<<, 所以当(0,)x ∈+∞时,21()1x h x e e-<+,即2()1g x e -<+．综上所述,对任意0x >,2()1g x e -<+9．已知函数()(1)(2)x f x x e a lnx x =+-+,1()()12x g x e m x =+++．(a ,m R ∈且为常数,e 为自然对数的底数）．（1）讨论函数()f x 的极值点的个数；（2）当12a =时,()()f x g x 对任意的(0,)x ∈+∞恒成立,求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）函数()f x 的你定义域为(0,)+∞,22()(2)(1)()x xx f x x e a xe a x x+'=+-+=-,()0x x x xe a e xe -'=+>,x y xe a ∴=-在区间(0,)+∞上单调递增,且0x xe >,①当0a 时,0x xe a ->在区间(0,)+∞上恒成立,即()0f x '>, ∴函数()f x 在(0,)+∞上单调递增,此时无极值点；②当0a >时,方程0x xe a -=有唯一解,设为11(0)x x >,当10x x <<时,()0f x '<,函数()f x 单调递减,当1x x >时,()0f x '>,函数()f x 单调递增, 1x ∴是函数()f x 的极小值点,即函数只有一个极值点；综上,当0a 时,()f x 无极值点,当0a >时,()f x 有一个极值点；（2）当12a =时,()()f x g x 对任意的(0,)x ∈+∞恒成立,即1x xe lnx x mx ---对(0,)x ∈+∞恒成立, 即11xlnx e m x+--对(0,)x ∈+∞恒成立,记2221()1,()x x xlnx lnx x e lnx m x e m x e x x x ++'=--=+=, 记221(),()20x x x h x x e lnx h x x e xe x'=+=++>,故()h x 在(0,)+∞上单调递增, 又112211()()110,(1)0ee h e e h e e e-=-=-<=>,∴存在01(,1)x e∈,使得0()0h x =,且0(0,)x x ∈,()0h x <,0(x x ∈,)+∞,()0h x >,()m x ∴在0(0,)x 上单调递减,在0(x ,)+∞上单调递增, ∴00001()()1x min lnx m x m x e x +==--, 又0()0h x =, ∴0200x x e lnx =-,∴001001lnx x x e ln e x =⋅,∴001x lnx =, ∴0000000001111()1110x x minlnx x e lnx x m x e x x x +--+-=--=-=-=,即0m ,综上所述,实数m 的取值范围为(-∞,0]．10．已知函数()(1)x f x e a x =++（其中a R ∈,e 是自然对数的底数）．（1）若对任意x R ∈,都有()0f x ,求a 的取值范围；（2）设33()(1)()g x x lnx m x m R =+-∈的最小值为()m ϕ,当0m <时,证明：111331()()03m m e e m ϕ+---．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞,()x f x e a '=+,()i 若0a >时,当x R ∈时,()0f x '>,()f x 在(,)-∞+∞上递增,且x →-∞时,()f x →-∞,所以()0f x 不恒成立,故0a >不符合条件；()ii 若0a =时,()0x f x e =>,所以0a =符合条件； ()iii 若0a <时,令()0f x '=,得()x ln a =-,当(x ∈-∞,())ln a -时,()0f x '<,()f x 在(-∞,())ln a -上递减；当(()x ln a ∈-,)+∞时,()0f x '>,()f x 在(()ln a -,)+∞上递增,所以()()(())[()1][()1]0ln a min f x f ln a e a ln a a a ln a -=-=+-+=-+-+,即()0ln a -,得1a -, 综上,a 的取值范围是[1-,0]．（2）()g x 的定义域为(0,)+∞,2222()33(313)0g x x lnx x mx x lnx m '=++=++=,得13m x e --=,于是当13(0,)m x e--∈时,()0g x '<,()g x 递减；当13(,)m x e--∈+∞时,()0g x '>,()g x 递增,所以13131313311()()(1)33m m m m m m g ee m e m e ϕ--------+===-+-=--, 31()10m m e ϕ--'=-=,得13m =-,当1(,)3m ∈-∞-时,()0m ϕ'>,()m ϕ递增；当1(,0)3m ∈-时,()0m ϕ'<,()m ϕ递减,所以1()()03max m ϕϕ=-=,所以()0m ϕ；要使1111313311()()033m m m m e e m e ϕ++----=--,等价于1133m m e +-,等价于1(3)13ln m m---, 由（1）知1a =-时,得1x e x +,在1x >-时,得(1)ln x x +,用1x -替代x ,得1lnx x -,用1x替代x ,得111lnx x x--（当且仅当1x =时取等号）, 取3x m =-,显然1(3)13ln m m---成立, 综上知,113131()()03m m e e m ϕ+---．高考预测三：函数不等式证明中的隐零点问题 11．已知函数2()f x ax ax xlnx =--,且()0f x ．（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ,且220()2e f x --<<．【解析】解：（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->, 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--,求导可知1()h x a x'=-．则当0a 时()0h x '<,即()y h x =在(0,)+∞上单调递减, 所以当01x >时,0()h x h <（1）0=,矛盾,故0a >．因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>, 所以1()()min h x h a=,又因为h （1）10a a ln =--=, 所以11a=,解得1a =；另解：因为f （1）0=,所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）, 所以等价于()f x 在1x =处是极小值,所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--,()22f x x lnx '=--, 令()0f x '=,可得220x lnx --=,记()22t x x lnx =--,则1()2t x x'=-, 令()0t x '=,解得12x =, 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减,在1(2,)+∞上单调递增,所以1()()2102min t x t ln ==-<,又2212()0t e e =>,所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点,所以()0t x =有解,即()0f x '=存在两根0x ,2x ,且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ,2)x 上为负、在2(x ,)+∞上为正, 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ,且00220x lnx --=, 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-, 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=；由1()0f e '<可知0112x e <<,所以()f x 在0(0,)x 上单调递增,在0(x ,1)e 上单调递减,所以0211()()f x f e e>=；综上所述,()f x 存在唯一的极大值点0x ,且220()2e f x --<<．12．已知函数31()3f x x ax =-+,()x g x e =．（1）设()()()f x F xg x '=,①当1a =-时,求曲线()y F x =在点(1,F （1）)处的切线方程；②当0a >时,求证：2()F x e >-对任意(0,)x ∈+∞恒成立．（2）讨论()()()G x f x g x =的极值点个数．【解析】解：（1）2()x a x F x e -=,22()xx x aF x e --'=, ①当1a =-时,2212(),(1)0,(1)xx x F x F F e e-+'='==-,∴切线方程为2y e=-；②证明：即证对任意0x >,21()20xx e a x e e +-+>,只需证0a >时,2()2()0x h x e e a x =+->对任意0x >都成立, ()22x h x e ex '=-,()22x h x e e ''=-,令()0h x ''=得1x =,且(0,1)x ∈时,()0h x ''<,()h x '单减,(1,)x ∈+∞时,()0h x ''>,()h x '单增, ()h x h ∴'>'（1）0=, ()h x ∴在(0,)+∞上单增, ()(0)20h x h ae ∴>=+>,∴当0a >时,2()F x e >-对任意(0,)x ∈+∞恒成立．（2）33211()(),()()33x x G x x ax e G x e x x ax a =-+'=--++,()G x ∴只有一个极值点或三个极值点,令321()3x x x ax a ϕ=--++,当()G x 只有一个极值点时,()x ϕ的图象必穿过x 轴且只穿过一次,即()x ϕ为单调减函数或者()x ϕ极值同号,()()i x ϕ为单调减函数时,2()20x x x a ϕ'=--+在R 上恒成立,则△440a =+,解得1a -； ()()ii x ϕ极值同号时,设1x ,2x 为极值点,则12()()0x x ϕϕ,2()20x x x a ϕ'=--+=有解,则1a >-,且221122121220,20,2,x x a x x a x x x x a --+=--+=+=-=-,32111111111112()(2)(2)((1))333x x x ax a x a x a x ax a a x a ϕ=--++=----++=++,同理22()((1))x a x a ϕ=++,∴121222()()((1))((1))033x x a x a a x a ϕϕ=++++,化简得221212(1)(1)()0a x x a a x x a +++++,22(1)()(1)(2)0a a a a a ∴+-++-+,解得10a -<,∴当0a 时,()G x 只有一个极值点；当()G x 有三个极值点时,12()()0x x ϕϕ<,同理可得0a >,综上,当0a 时,()f x 有且仅有一个极值点；当0a >时,()f x 有三个极值点． 13．设函数()f x x alnx =-,其中e 为自然对数的底数．（1）若1a =,求()f x 的单调区间；（2）若1()()x g x f x x e -=-+,0a e ,求证：()g x 无零点．【解析】解：（1）若1a =,则()f x x lnx =-, ∴11()1x f x x x-'=-=当(0,1)x ∈时,()0f x '<,()f x 单调递减, 当(1,)x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增．()f x 单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,)+∞．（2）由11()()(0)x x g x f x x e e alnx x --=-+=->可知,1()(0)x xe ag x x x--'=>, 当0a =时,1()x g x e -=,显然()g x 没有零点；当0a e <时,设1()x h x xe a -=-,1()(1)0x h x e x -'=+>, 在[0,)+∞单调递增,又(0)0h a =-<,h （2）20e a =->,()h x ∴在(0,2)上存在唯一一个零点,不妨设为0x ,则001xx e a -=,∴当0(0,)x x ∈时,()0h x <,即()0g x '<,当0(x x ∈,)+∞时,()0h x >,即()0g x '>,()g x ∴在0(0,)x 上单调递减,在0(x ,)+∞上单调递增,()g x ∴的最小值为0000()1xg x x e alnx =--,001x x e a -=,∴010x ae x -=,两边取对数可得001x lna lnx -=-,即001lnx lna x =+-, 00000()(1)2a ag x a lna x ax alna a a alna a a alna x x ∴=-+-=+----=-,（当且仅当01x =时取等号）, 令m （a ）a alna =-,则m '（a ）lna =-,∴当(0,1)a ∈时,m '（a ）0>,当(1a ∈,]e 时,m '（a ）0<,m ∴（a ）在(0,1)上单调递增,在(1,]e 上单调递减．又()(1)(1)0n n m e e n --=-->,m （e ）0=,∴当0a e <时,m （a ）0,当且仅当a e =时取等号,由001x x e a -=可知当1a =时,01x =,故当a e =时,01x ≠,故0()g x m >（a ）0, 0()0g x ∴>．∴当0a e 时,()g x 没有零点．14．已知函数()ax f x xe =．（其中常数 2.71828e =⋯,是自然对数的底数）（1）求函数()f x 的极值；（2）当1a =时,若()1f x lnx bx --恒成立,求实数b 的取值范围．【解析】解：（1）()(1)ax ax ax f x e axe e ax '=+=+, ①0a =时,()f x x =在R 上单调递增,()f x 没有极值； ②0a >时,1()(1)()ax ax f x e ax ae x a-'=+=-, ∴函数()f x 在1(,)a -∞-上单调递减,在1(,)a -+∞上单调递增,函数()f x 存在极小值,其极小值为11()f a ea -=-,()f x 没有极大值；③0a <时,1()(1)()ax ax f x e ax ae x a-'=+=-, ∴函数()f x 在1(,)a -∞-上单调递增,在1(,)a -+∞上单调递减,函数()f x 存在极大值,其极大值为11()f a ea -=-,()f x 没有极小值；（2）当1a =时,()1f x lnx bx --恒成立,1x xe lnx b x--∴恒成立,(0)x >．设11()x x xe lnx lnx g x e x x x --==--,22()x x e lnxg x x +'=, 设2()x h x x e lnx =+,下面证明()0h x =有唯一解．又()0h x '>,()h x 单调递增,h （1）0e =>,0x →时,()h x →-∞,所以()h x 在(0,1)上有零点, 令()0h x =,得(01)(*)x lnxxe x x=-<<, 又()(01)lnx lnxlnxe f lnx x x--=-=-<<,所以(*)式等价于()()(01)f x f lnx x =-<<, 由（1）知当1a =时,()f x 在(0,)+∞单调递增,所以()()f x f lnx x lnx =-⇔=-,设()(01)m x x lnx x =+<<,()m x 单调递增,又11()10m e e =-<,m （1）10=>,所以01(x e∃∈,1)使得0()0m x =,即x lnx =-有唯一解0x ,即00x lnx =-,因此方程0()()f x f lnx =-有唯一解,代入得02000x x e lnx +=, ()0h x ∴=有唯一解．0(0,)x x ∈时,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减；0(x x ∈,)+∞时,()0h x >,()0g x '>,()g x 单调递增；所以()g x 的最小值为000000000111()1x lnx x g x e x x x x x -=--=--=, 所以1b ．即b 的取值范围为(-∞,1]．15．已知函数()()xe f x a lnx x x=+-（其中a R ∈且a 为常数,e 为自然对数的底数, 2.71828)e =⋯．（Ⅰ）若函数()f x 的极值点只有一个,求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当0a =时,若()f x kx m +（其中0)m >恒成立,求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．【解析】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,其导数为22(1)1(1)()()x x x e x x e x x f x a a x x x e---'=⋅-=-．由()01f x x '=⇒=或xxa e =, 设()xx u x e =,1()xxu x e -'=, ∴当(0,1)x ∈时,()0u x '>；当(1,)x ∈+∞时,()0u x '<．即()u x 在区间(0,1)上递增,在区间(1,)+∞上递减, ∴()1()1u x u e==极大, 又当0x →时,()0u x →,当x →+∞时,()0u x →且()0u x >恒成立． ∴当0a 或1a e>时,方程x x a e =无根,函数()f x 只有1x =一个极值点．当1a e =时,方程x x a e =的根也为1x =,此时()f x '的因式0xxa e-恒成立,故函数()f x 只有1x =一个极值点．当10a e <<时,方程x xa e=有两个根1x 、2x 且1(0,1)x ∈,2(1,)x ∈+∞, ∴函数()f x 在区间1(0,)x 单调递减；1(x ,1)单调递增；2(1,)x 单调递减；2(x ,)+∞单调递增,此时函数()f x 有1x 、1、2x 三个极值点．综上所述,当0a 或1ae时,函数()f x 只有一个极值点．（Ⅱ）依题意得lnx x kx m -+,令()(1)x lnx k x m ϕ=-+-,则对(0,)x ∀∈+∞,都有()0x ϕ成立．1()(1)x kxϕ'=-+,∴当10k +时,函数()x ϕ在(0,)+∞上单调递增,注意到()(1)0m m e k e ϕ=-+,∴若(m x e ∈,)+∞,有()0x ϕ>成立,这与()0x ϕ恒成立矛盾；当10k +>时,因为()x ϕ'在(0,)+∞上为减函数,且1()01k ϕ'=+, ∴函数()x ϕ在区间1(0,)1k +上单调递增,在1(,)1k +∞+上单调递减, ∴1()()(1)11x ln k m k ϕϕ=-+--+, 若对(0,)x ∀∈+∞,都有()0x ϕ成立,则只需(1)10ln k m -+--成立,1(1)11m ln k m k e --∴+--⇒+,当0m >时,则(1)k m +的最小值1()m h m me --=,1()(1)m h m e m --'=-,∴函数()h m 在(0,1)上递增,在(1,)+∞上递减, ∴21()h m e ,即(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ；综上所述,(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ． 16．已知函数2()sin 2f x b x ax a eb =-+-,()xg x e =,其中a ,b R ∈, 2.71828e =⋯为自然对数的底数．（1）当0a =时,讨论函数()()()F x f x g x =的单调性；（2）求证：对任意1[2a ∈,1],存在(b ∈-∞,1],使得()f x 在区间[0,)+∞上恒有()0f x <．【解析】解：（1）0a =时,()(sin )x f x e x e =-, 则()(sin cos )x f x e x e x '=-+,sin cos )24x x x e π++<,sin cos 0x x e ∴+-<,故()0f x '<, 则()f x 在R 递减；（2）证明：当0x 时,1x y e =, 要证明对任意的[0x ∈,)+∞,()0f x <,则只需证明任意[0x ∈,)+∞,220six ax a e -+-<, 设g （a ）22sin 2(2)sin x ax a e x a x e =-+-=-++-, 看作以a 为变量的一次函数, 要使2sin 20x ax a e -+-<,则1()02(1)0g g ⎧<⎪⎨⎪<⎩,即22110220sinx x e sinx x e ⎧-+-<⎪⎨⎪-+-<⎩①②, sin 10x e +-<恒成立,∴①恒成立,对于②,令2()sin 2h x x x e =-+-, 则()cos 2h x x x '=-,设x t =时,()0h x '=,即cos 20t t -=,cos 122t t ∴=<,1sin sin 62t π<=, ()h x ∴在(0,)t 上,()0h x '>,()h x 递增,在(,)t +∞上,()0h x '<,()h x 递减,则x t =时,()h x 取得最大值2()sin 2h t t t e =-+-222cos sin 35327sin ()2(1)()02244416t t t e e e e =-+-=++-+-=-<, 故②成立,综上,在区间[0,)+∞上恒有()0f x <．17．已知函数()sin cos x f x e x x =--,()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时,()0f x ；（2）若()2g x ax +,求a ．【解析】解：（1）证明：()sin cos )4x x f x e x x e x π=--=+,()cos sin )4x x f x e x x e x π'=-+=-,()()sin cos )4x x f x g x e x x e x π''==++=++,考虑到(0)0f =,(0)0f '=,所以①当5(4x π∈-,)4π-时)04x π+<,此时()0f x >,②当[4x π∈-,0]时,()0f x ''>,所以()f x '单调递增,所以()(0)0f x f ''=,所以函数()f x 单调递减,()(0)0f x f =, ③当[0x ∈,3]4π时,()0f x ''>,所以()f x '单调递增, 所以()(0)0f x f '>'=,所以函数()f x 单调递增,()(0)0f x f =,当3[4x π∈,)+∞时,1())204x f x e x e π=+->, 综上所述,当54x π>-时,()0f x ．（2）构造函数()()2sin cos 2x F x g x ax e x x ax =--=++--, 考虑到(0)0f =,(0)0F =,()cos sin x F x e x x a '=+--, ()sin cos ()x F x e x x f x ''=--=,由（1）可知：()()F x f x ''=在54x π>-时恒成立, 所以()cos sin x F x e x x a '=+--在5(4π-,)+∞上单调递增, ①若2a =,则()F x '在5(4π-,0)为负,(0,)+∞为正, ()F x 在5(4π-,0)单调递减,(0,)+∞递增, 所以()0F x , 而当54x π-时,55()sin cos 22sin cos 222022x x F x e x x x e x x ππ=++--++-+-->, 故2a =满足题意． ②若2a >,(0)20F a '=-<,因为()2x F x e a '--,所以())20x F ln a e a '--,由零点存在定理,必存在0(0x ∈,))ln a ,使得0()0F x '=, 此时满足0(0,)x x ∈时,()0F x '<,()F x 单调递减, 所以()(0)0F x F <=,矛盾,舍去, ③若2a <,(0)20F a '=->,因为当0x <时,()2x x F x e a e a '+-<,2a <<时,((0F ln a '-<,此时必存在0((x ln a ∈,0)使得0()0F x '=, 此时满足0(x x ∈,0)时,()0F x '>,()F x 单调递增, 所以()(0)0F x F <=,矛盾,舍去, 而当2a时,当()cos sin 2x F x e x x '>---,所以在0(x x ∈,0)时,()0F x '>成立,()F x 单调递增,()(0)0F x F <=,矛盾,舍去．综上所述,2a =． 18．已知函数sin ()cos 2a x f x x x x=+-．（Ⅰ）当2a =时,证明：()f x x >对(0,)x π∈恒成立；（Ⅱ）若函数()()g x xf x =在(0,)x π∈存在极大值点0x ,求200cos sin a x x -的最小值．【解析】解：（Ⅰ）证明：2a =时,sin ()cos xf x x x x=+-, 要证()f x x >对(0,)x π∈恒成立, 即证sin cos 0xx x->对(0,)x π∈恒成立, 即证sin cos 0x x x ->对(0,)x π∈恒成立, 令()sin cos h x x x x =-,(0,)x π∈, 则()cos cos sin sin 0h x x x x x x x '=-+=>, 故()h x 在(0,)π单调递增,且(0)0h =,故()0h x >,即sin cos 0x x x ->, 故()f x x >在(0,)x π∈上恒成立；（Ⅱ）2()()sin cos 2a g x xf x x x x x ==+-, 故()cos cos sin sin g x ax x x x x ax x x '=+-+=+, ()g x 在(0,)x π∈上存在极大值点0x ,()sin (sin )0g x ax x x x a x ∴'=+=+=有0x x =这个解, (0,)x π∈,∴只有0sin a x -=,22200cos 1sin 1x x a ∴=-=-,故22300cos sin (1)2a x x a a a a a -=-+=-,[1a ∈-,0), 设f （a ）32a a =-,[1a ∈-,0),则f '（a ）223a =-,令f '（a ）0=,解得：a =,故(1,a ∈-时,f '（a ）0<,(a ∈,0)时,f '（a ）0>,故f （a ）(min f ==,故200cos sin a x x -的最小值是． 19．已知函数()sin f x x ax =-,[0x ∈,?]2π,其中a 为常数．（1）若()f x 在[0x ∈,]2π上是增函数,求a 的取值范围；（2）证明：当1a 时,31()?6f x x -．【解析】解（1）因为()f x 在[0,]2π上是增函数,所以()cos 0f x x a '=-在[0,]2x π∈上恒成立,显然()f x '在[0,]2π上单调递减,故()()02min f x f a π'==-,解得0a 即为所求．（2）要证31()?6f x x -,只需证31sin 06ax x x --恒成立,令31()sin 6g x ax x x =--,[0,]2x π∈,则21()cos 2g x a x x '=--,令21()cos 2h x a x x =--,[0,]2x π∈,则()sin h x x x'=-,令()sin m x x x =-,[0,]2x π∈,则()cos 10m x x '=-,所以()m x 在[0x ∈,]2π上单调递减,所以()(0)0m x m =,所以()0h x ',所以()h x 在[0,]2x π∈上单调递减,所以()(0)10h x h a =-,即()0g x ',所以()g x 在[0,]2π上单调递减,所以()(0)0g x g =,即31sin 06ax x x --恒成立,所以当1a 时,31()?6f x x -．高考预测四：双零点问题20．已知函数2()(lnx ax f x a x+=是常数）在1x =处切线的斜率等于1．（1）求函数()f x 的单调区间并比较f （2）,f （3）,f （4）的大小；（2）若方程322(lnx x ex mx e =-+为自然对数的底数）有且只有一个实根,求实数m 的取值；（3）如果方程()f x lnx kx =-有两个不同的零点1x ,2x ,求证212x x e >．【解析】解：（1）2()lnx ax f x x +=的导数为22212()()ax lnx ax f x x +-+'=,在1x =处切线的斜率为121a a +-=,解得0a =, 即有()lnx f x x =,21()lnxf x x -'=, 当0x e <<时,()0f x '>,()f x 递增；当x e >时,()f x 递减．则()f x 的增区间为(0,)e ,减区间为(,)e +∞； f （2）22ln =,f （4）4242ln ln f ===（2）,而f （3）f >（4）, 则f （2）f =（4）f <（3）；（2）由题意得,22lnxx ex m x=-+在(0,)+∞上有唯一解, 由（1）可得,()lnxf x x=的增区间为(0,)e ,减区间为(,)e +∞, 所以()max f x f =（e ）1e=,设2()2g x x ex m =-+,则()g x 在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增, 所以()min g x g =（e ）2m e =-,所以当且仅当21m e e -=时,322lnx x ex mx =-+有且只有一个实根,所以21m e e=+；（3）不妨设120x x >>,12()()0f x f x ==,110lnx kx ∴-=,220lnx kx -=,可得1212()lnx lnx k x x +=+,1212()lnx lnx k x x -=-,要证明1x 22x e >,即证明122lnx lnx +>,也就是12()2k x x +>, 因为1212lnx lnx k x x -=-,所以即证明：1212122lnx lnx x x x x ->-+, 即：1121222(1)1x x x ln x x x ->+,令12x t x =,则1t >,于是2(1)1t lnt t ->+．令2(1)()1t g t lnt t -=-+,1t >,则22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++,故函数()g t 在(1,)+∞上是增函数,所以()g t g >（1）0=, 即2(1)1t lnt t ->+成立．所以原不等式成立．21．已知函数1()2x f x e kx k +=--（其中e 是自然对数的底数,)k R ∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当函数()f x 有两个零点1x ,2x 时．证明：122x x +>-．【解析】解：（1）由1()2x f x e kx k +=--,x R ∈,得1()x f x e k +'=-, ①当0k 时,则1()0x f x e k +'=->对x R ∈恒成立, 此时()f x 的单调递增,递增区间为(,)-∞+∞； ②当0k >时,由1()0x f x e k +'=->,得到1x lnk +>,即1x lnk >-, 由1()0x f x e k -'=-<,得到1x lnk +<,即1x lnk <-所以,0k >时,()f x 的单调递增区间是(1,)lnk -+∞；递减区间是(,1)lnk -∞-；综上,当0k 时,()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞．当0k >时,()f x 的单调递增区间是(1,)lnk -+∞；递减区间是(,1)lnk -∞-；（2）函数()f x 有两个零点1x ,2x 时,则需要满足0k >时,1()20x f x e kx k +∴=--=有两个解,即1(2)x e k x +=+,由于10x e +>恒成立,则(2)0k x +>,设21x x >,由题意得：112112(2)(2)x x e k x e k x ++⎧=+⎪⎨=+⎪⎩,11(2)1x lnk ln x ∴=++-①, 22(2)1x lnk ln x =++-②,②-①得：221122x x x ln x +-=+③, 令2122x t x +=+,则1t >,21(2)2x t x =+-, ∴③可化为：11(2)2t x x lnt +--=,121lnt x t ∴+=-,221tlntx t +=-, 12411lnt tlntx x t t ∴+=+---, 要证：122x x +>-, 只需证：211lnt tlntt t +>--, 即证：2(1)1t lnt t ->+, 构造函数2(1)()1t F t lnt t -=-+, 则22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)t t t F t t t t t +---'=-=++, ()F t ∴在(1,)+∞递增, ()F t F ∴>（1）0=, 122x x ∴+>-．22．已知函数()()x f x e ax a a R =-+∈,其中e 为自然对数的底数．（1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ,2x ,证明：122x x lna +<．【解析】解：（1）函数()x f x e ax a =-+,求导,()x f x e a '=-． ①当0a 时,()0f x '>,则函数()f x 为R 上的单调递增函数． ②当0a >时,令()0f x '=,则x lna =．若x lna <,则()0f x '<,()f x 在(,)lna -∞上是单调减函数；若x lna >,则()0f x '>,()f x 在(,)lna +∞上是单调增函数．（2）证明：由（Ⅰ）可知,不妨设121x x <<, 由121200x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩两式相减得2121x x e e a x x -=-．要证122x x lna +<,即证122x x e a +<,也就是证1221221x x x x e e ex x +-<-, 即212112122122222121(1)0x x x x x x x x x x e eee eex x x x ---++---=-<--,即证212122211x x x x ee x x ---->-,又210x x ->,只要证21212221(*)x x x x e ex x ---->-．令2102x x t -=>,则(*)式化为 2t t e e t -->, 设()()2(0)t t g t e e t t -=-->,()()20t t g t e e -'=+->,所以()g t 在(0,)+∞上单调递增,所以()(0)0g t g >=． 122x x lna ∴+<．23．已知函数21()2f x ax x xlnx =-+,a R ∈．（1）若()f x 在其定义域上单调递减,求a 的取值范围．（2）若()f x 存在两个不同极值点1x ,2x ,且21x ex >,求证21221232x x a x x ->-．【解析】（1）解：由21()2f x ax x xlnx =-+,得()(0)f x ax lnx x '=+>,()f x 在其定义域上单调递减,0ax lnx ∴+在(0,)+∞恒成立,即lnxa x-在(0,)+∞恒成立, 令()lnxg x x=-,则21()lnx g x x -'=, 当(0,)x e ∈时,()0g x '<,当(,)x e ∈+∞时,()0g x '>． ()g x ∴在(0,)e 上单调递减,在(,)e +∞上单调递增．∴1()()min g x g e e==-．则1a e-；（2）证明：若()f x 存在两个不同极值点,1x ,2x ,且210x ex >．欲证21221232x x a x x ->-,只需证2212212()3a x x x x ->-, 只需证221221122()2()()a x x x x x x ->-++, 也就是证1212121()2x x a x x x x --+>+． 12()()0f x f x '='=,11ax lnx =-,22ax lnx =-, ∴212211()x a x x lnx lnx lnx -=-=． ∴2122112212111()1x x x x x a x x ln x x x x x ---+=+++．令21x t x =,则t e ,则1212121()1x x ta x x lnt x x t---+=+++, 设1()1th t lnt t-=++,则2222111()0(1)(1)t t h t t t t t --+'=+=>++, 可知()h t 在[e ,)+∞上单调递增．1()1t h t lnt h t -∴=+>+（e ）1221111132e e e -=+=>=+++． ∴21221232x x a x x ->-．24．已知函数()(1)1f x k x klnx k =--+-,其中k R ∈,0k ≠． ()I 讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设函数()f x 的导函数为()g x ．若函数()f x 恰有两个零点1x ,212()x x x <,证明：122()03x x g +>．【解析】（Ⅰ）解：由()(1)1f x k x klnx k =--+-,得(1)()(1)k k x kf x k x x--'=--=,(0,)x ∈+∞．（1）当10k -,即1k 时,()(1)0kf x k x'=--<, ()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；（2）当10k ->,即1k <时,(1)()k x kf x x--'=． ①当0k <时,0k ->且(1)0k x ->,(1)()0k x kf x x--∴'=>, ()f x ∴在(0,)+∞上单调递增；②当01k <<时,(1)()(1)1()k k x k x kk f x xx-----'==,01kk>-, 当x 变化时,()f x ,()f x '的变化情况如下表：综上,当0k <时,()f x 在(0,)+∞上单调递增, 当01k <<时,()f x 在(0,)1kk-上单调递减,在(1k k -,)+∞上单调递增, 当1k 时,()f x 在(0,)+∞上单调递增,（Ⅱ）证明：由()I 知,当01k <<时,函数()f x 在(0,)1kk-上单调递减, 在(1k k -,)+∞上单调递增, 又f （1）0=,函数()f x 恰有两个零点1x ,212()x x x <, ∴102k <<或112k <<． ①当102k <<,即011k k<<-时, 令21x =,当0x +→时,()f x →+∞,且()(1)01kf f k <=-,∴有唯一的1(0,1)x ∈,使得1()0f x =,则不等式122()03x x g +>等价于1231x kk+>-, 又11(1)10k x klnx k --+-=,即1111x klnx k -=-, ∴只需证明111213x x lnx +->,即当101x <<时,证明1113(1)02x lnx x --<+成立,令3(1)()21x h x lnx x -=-+,则2219(1)(4)()0(2)(2)x x h x x x x x --'=-=>++, ()h x ∴在(0,1]上单调递增,即当01x <<时,有()h x h <（1）0=． ∴原不等式122()03x x g +>成立． ②当112k <<,即11k k >-时, 令11x =,当x →,+∞时,()f x →+∞,且()(1)01kf f k <=-,∴有唯一的2(1,)x ∈+∞,使得2()0f x =,则不等式122()03x x g +>等价于21231x kk+>-, 又22(1)10k x klnx k --+-=,即2211x klnx k -=-, 只需证明2221213x x lnx +->,即当21x >时,证明2223(1)021x lnx x -->+成立, 令3(1)()21x H x lnx x -=-+,则2219(1)(41)()0(21)(21)x x H x x x x x --'=-=>++． ()H x ∴在区间[1,)+∞上单调递增,即当1x >时,有()H x H >（1）0=． ∴原不等式122()03x x g +>成立．综上,当函数()f x 恰有两个零点1x ,212()x x x <,原不等式122()03x x g +>成立． 25．已知函数()2()ag x lnx x a R x =++∈．（Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）当10a e <<时,函数2()()(2)2af x xg x x x =-+-在其定义域内有两个不同的极值点,记作1x ,2x ,且12x x <,若1m ,证明：112mm x x e +>．【解析】解：22212()()2()a x x aI g x a R x x x+-'=+-=∈, 方程220x x a +-=的判别式△18a =+,①当18a -时,△0,()0g x ',()g x 在(0,)+∞为增函数,。

高考数学课时达标含答案解析——不等式的证明

课时达标第70讲[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 ，②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2，③①②③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 －1)(a 2＋1)a ，当0<a <1时，(a －1)(a 2＋1)a <0，所以a 2－a ＋1<1a ，当a ＝1时，(a －1)(a 2＋1)a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a，当1<a <2时，(a －1)(a 2＋1)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．(2016·全国卷Ⅲ)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 .解析 (1)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，即－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2，即－12<x <12；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，即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，－10，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＋b 6＋a 5b＝(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 ≤2.6．(2018·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.。

高中数学-不等式的证明精选练习(详解)

高中数学-不等式的证明精选练习（详解）1．设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)求证：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，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，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 ＝2.2．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 ＝6.3．设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，求证：(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必要性：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充分性：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．4．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.5．已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |＜1，|b |＜1，a ≠0，求证：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a . 解：(1)f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －2，x ＜－3，－x ＋4，－3≤x ＜12，3x ＋2，x ≥12，当x ＜－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103；当－3≤x ＜12时，－x ＋4≥8无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2. 所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－103或x ≥2. (2)证明：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )＞|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ，即|ab －1|＞|a －b |.因为|a |＜1，|b |＜1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)＞0，所以|ab －1|＞|a －b |.故所证不等式成立．6．(·武昌调研)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M .(1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x >2. 当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，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－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.7．已知a ，b 都是正实数，且a ＋b ＝2，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 证明：∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1－1＝a 2(b ＋1)＋b 2(a ＋1)－(a ＋1)(b ＋1)(a ＋1)(b ＋1)＝a 2b ＋a 2＋b 2a ＋b 2－ab －a －b －1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋ab (a ＋b )－ab －(a ＋b )－1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋2ab －ab －3(a ＋1)(b ＋1)＝(a ＋b )2－3－ab (a ＋1)(b ＋1)＝1－ab (a ＋1)(b ＋1). ∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1.∴1－ab (a ＋1)(b ＋1)≥0. ∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 8．设函数f (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|－m ，若∀x ∈R ，1m－4≥f (x )恒成立． (1)求实数m 的取值范围；(2)求证：log (m ＋1)(m ＋2)>log (m ＋2)(m ＋3)．解：(1)∵∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立，∴m ＋1m ≥x －|x ＋2|－|x －3|＋4恒成立．令g (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|＋4＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋3，x <－2，x －1，－2≤x ≤3，－x ＋5，x >3.∴函数g (x )在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数， ∴g (x )max ＝g (3)＝2，∴m ＋1m ≥g (x )max ＝2，即m ＋1m －2≥0⇒m 2－2m ＋1m ＝(m －1)2m≥0， ∴m >0，综上，实数m 的取值范围是(0，＋∞)．(2)证明：由m >0，知m ＋3>m ＋2>m ＋1>1，即lg(m ＋3)>lg(m ＋2)>lg(m ＋1)>lg 1＝0.∴要证log (m ＋1)(m ＋2)>log (m ＋2)(m ＋3)．只需证lg (m ＋2)lg (m ＋1)>lg (m ＋3)lg (m ＋2)，即证lg(m ＋1)·lg(m ＋3)<lg 2(m ＋2)，又lg(m ＋1)·lg(m ＋3)< ⎣⎡⎦⎤lg (m ＋1)＋lg (m ＋3)2 2 ＝[lg (m ＋1)(m ＋3)]24<[lg (m 2＋4m ＋4)]24＝lg 2(m ＋2)， ∴log (m ＋1)(m ＋2)>log (m ＋2)(m ＋3)成立．。

高考数学一轮复习不等式选讲课时作业79 不等式的证明课件理

解 (1)当 x≥1 时，x－1≥3－2x，解得 x≥43，所以 x≥34；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，所以 x≤－32。所以原不等式的解集为x|x≥43或x≤－23。
12/11/2021
(2)证明：因为 g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，所以 m＝4，即 a ＋b＝4。
又ab2＋b≥2a，ba2＋a≥2b，所以两式相加得ab2＋b＋ba2＋a≥2a＋2b，所以ab2＋ba2≥a＋b＝4，当且仅当 a＝b＝2 时等号成立。
12/11/2021
3．已知函数 f(x)＝|x－1|。 (1)解不等式 f(2x)＋f(x＋4)≥8； (2)若|a|<1，|b|<1，a≠0，求证：f|aab| >fba。
当 x≤－1 时，不等式为 x2－2x≤3，所以－1≤x≤3，即 x＝－1；当－1<x<2 时，不等式为 x2－2x≤－2x＋1，解得－1≤x≤1，即－1<x≤1；当 x≥2 时，不等式为 x2－2x≤－3，所以 x∈∅。综合上述，不等式的解集为[－1,1]。
12/11/2021
(2)证明：因为 x，y，z 都为正数，所以yxz＋zyx＝1z yx＋xy≥2z ①。同理可得xyz＋yzx≥2x②， xzy＋yxz≥2y③，当且仅当 x＝y＝z 时，以上三式等号都成立。将上述三个不等式两边分别相加，并除以 2，得yxz＋zyx＋xzy≥1x＋1y＋1z。
12/11/2021
4．(2019·湖南师大附中模拟)(1)已知函数 f(x)＝|x－2|－|x＋1|，解不等式 f(x)≥x2－2x；

高三数学不等式的性质试题答案及解析

高三数学不等式的性质试题答案及解析1.“”是“”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【答案】A【解析】∵不等式的性质，所以选A.【考点】不等式的性质.2.若为非零实数，且，则下列命题成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵，，，∴由于a，b的正负不确定，所以A，B，C都错，所以D正确.【考点】作差法比较大小.3.已知实数满足，则下面关系是恒成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由及指数函数的性质得，所以，，选D.【考点】指数函数的性质，不等式的性质.4.设则（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】因为所以，选C.【考点】比较大小5.已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a>ab>ab2B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2D．ab>ab2>a【答案】D【解析】∵a<0，－1<b<0，∴ab2－a＝a(b2－1)>0，ab－ab2＝ab(1－b)>0.∴ab>ab2>a.也可利用特殊值法，取a＝－2，b＝－，则ab2＝－，ab＝1，从而ab>ab2>a.故应选D.6.已知f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，则f(3)的取值范围是()A．[－1,20]B．(－1,20)C．[－7,26]D．(－7,26)【答案】A【解析】∵f(1)＝a－c，f(2)＝4a－c，∴a＝ [f(2)－f(1)]．c＝－f(1)＋f(2)，∴f(3)＝9a－c＝f(2)－f(1)．∵－1≤f(2)≤5，－≤f(2)≤.又－4≤f(1)≤－1，≤－f(1)≤.∴－1≤f(3)≤20.7. [2014·绵阳周测]设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是() A．t>s B．t≥s C．t<s D．t≤s【答案】D【解析】s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t，选D项．8. [2014·银川质检]当x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋≥2，x＋＝＋＋()2≥3，由此可以推广为x＋≥n＋1，取值p等于 ()A．n n B．n2C．n D．n＋1【答案】A【解析】∵x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋≥2，x＋＝＋＋()2≥3，∴在p位置出现的数恰好是不等式左边分母x n的指数n的n次方，即p＝n n.9.已知且，则“”是“”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【答案】B【解析】或,所以是的必要非充分条件.故选B.【考点】充分必要条件10.“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】【解析】由所以“”是“” 充分而不必要条件故选.【考点】充分性和必要性.11.(2014·十堰模拟)若不等式-a<x-1<a成立的充分条件是0<x<4,则实数a的取值范围是________.【答案】a≥3【解析】设A={x|-a<x-1<a}={x|1-a<x<1+a},B={x|0<x<4},依题意知B⊆A,因此解得a≥3. 12.已知a,b,c,d∈R,用分析法证明：ac+bd≤并指明等号何时成立.【答案】见解析【解析】(1)当ac+bd≤0时,≥0,故不等式显然成立,此时a=b=c=d=0时等号成立.(2)当ac+bd>0时,要证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤a2d2+b2c2,即0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,故不等式成立,此时等号成立的条件为bc=ad.所以由(1)(2)知原不等式成立.13.已知经过计算和验证有下列正确的不等式：＋<2，＋<2，＋<2，根据以上不等式的规律，请写出一个对正实数m，n都成立的条件不等式________．【答案】若m>0，n>0，则当m＋n＝20时，有＋<2【解析】观察所给不等式可以发现：不等式左边两个根式的被开方数的和等于20，不等式的右边都是2，因此对正实数m，n都成立的条件不等式是若m>0，n>0，则当m＋n＝20时，有＋<2．14.函数f（x）=的定义域为（）A．（﹣3，0]B．（﹣3，1]C．（﹣∞，﹣3）∪（﹣3.0）D．（﹣∞，﹣3）∪（﹣3，1）【答案】A【解析】由函数f（x）=可得 1﹣2x≥0 且x+3＞0，解得﹣3＜x≤0，故函数f（x）=的定义域为 {x|﹣3＜x≤0}，故选A．15.设、，若，则下列不等式中正确的是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，当时，，∴，∴，【考点】不等式的性质.16.（设函数f(x)＝｜x＋a｜－｜x－4｜，x R（1）当a=1时，解不等式f（x）＜2；（2）若关于x的不等式f(x)≤5－｜a＋l｜恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法、不等式的性质及恒成立问题等数学知识，考查学生的转化能力和计算能力.第一问，将函数化为分段函数，再解不等式；第二问，利用不等式的性质先求的最大值，再解这个绝对值不等式即可.试题解析：①∵，∴由得.（4分）②因为，要使恒成立，须使，即，解得.（7分）【考点】1.绝对值不等式的解法；2.不等式的性质.17.要证明a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明()A．2ab-1-a2b2≤0B．a2+b2-1-≤0C．-1-a2b2≤0D．(a2-1)(b2-1)≥0【答案】D【解析】a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0.18.已知x,y均为正数,且x≠y,则下列四个数中最大的一个是()A．(+)B．C．D．【答案】A【解析】取x=1,y=2,可得(+)=,=,=,=,因此最大的是(+),故选A.19.使a<b成立的一个充分不必要条件是()A．a<b+1B．a<b-1C．>D．a3<b3【答案】B【解析】当a<b-1时,一定有a<b,但当a<b时,不一定有a<b-1,故a<b-1是a<b的充分不必要条件.A选项中的条件是必要不充分条件,C项既不是充分条件也不是必要条件,D项是充要条件.20.若A=+3与B=+2,则A,B的大小关系是()A．A>B B．A<BC．A≥B D．不确定【答案】A【解析】A-B=+3-(+2)=(-)2+≥>0,所以A>B,故选A.21.已知a,b,c∈(0,+∞),若<<,则有()A．c<ab+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c;由b+c>c+a可得b>a,于是有c<a<b.22.若m,n∈N*,则“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】a m+n+b m+n>a n b m+a m b n(a m-b m)(a n-b n)>0.当a>b时,由于a,b可能为负值,m,n奇偶不定,因此不能得出(a m-b m)(a n-b n)>0;当(a m-b m)·(a n-b n)>0时,即使在a,b均为正数时也有a<b的可能,因此也得不出a>b.所以“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的既不充分也不必要条件.【误区警示】不等式性质的使用前提23.观察下列不等式：①<1；②＋<；③＋＋<；…；则第5个不等式为________．【答案】＋＋＋＋<【解析】不等式左边为＋＋…＋，不等式右边为，故第5个不等式为＋＋＋＋<24.设a，b，c为正实数，求证：＋abc≥2.【答案】见解析【解析】因为a，b，c为正实数，由均值不等式可得≥3，即≥. 所以＋abc≥＋abc.而＋abc≥2＝2，所以＋abc≥225.已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.(1)解关于x的不等式f(x)＋a－1>0(a∈R)；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围．【答案】（1）(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)；（2）(－∞，5).【解析】(1)本题是一个含参不等式的求解，需要按a＝1，a>1，a<1进行讨论；（2）f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即为|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，分离参数为|x－2|＋|x ＋3|>m恒成立．所以对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m<5.试题解析：(1)不等式f(x)＋a－1>0，即|x－2|＋a－1>0，当a＝1时，解集为x≠2，即(－∞，2)∪(2，＋∞)；当a>1时，解集为全体实数R；当a<1时，∵|x－2|>1－a，∴x－2>1－a或x－2<a－1，∴x>3－a或x<a＋1，故解集为(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．(2)f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即为|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，即|x－2|＋|x＋3|>m恒成立．又对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m<5，即m的取值范围是(－∞，5)．【考点】1.含参不等式的求解；2.不等式恒成立问题.26.若（m¹0）对一切x≥4恒成立，则实数m的取值范围是【答案】【解析】当时，当时，或.因为不等式对一切x≥4恒成立，所以不能满足，因此且，所以.本题恒成立问题，从解不等式出发，利用解集形式得出不等关系.【考点】不等式恒成立.27.若关于的不等式对任意的正实数恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】解法一：由得由不等式得或所以解法二：图像法.与的图像不能同时在轴上方或下方，所以它们与轴的交点必然重合，所以本题难点在于将原不等式对正实数恒成立理解为两个不等组解集的并集为正实数集.【考点】解不等式，不等式恒成立.28.已知均为正数,证明：．【答案】详见解析．【解析】可利用三元或二元基本不等式证明，但要注意合理的配凑.试题解析：证法一：因为均为正数，由均值不等式得， 2分因为，所以． 5分故．又3，所以原不等式成立． 10分证法二：因为均为正数，由基本不等式得，，．所以． 2分同理， 5分所以．所以原不等式成立． 10分【考点】基本不等式的应用.29.设，则下列不等式一定成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】本题主要考查不等式的性质，在不等式的性质中，与乘除相关的性质中有条件“均为正数”，否则不等式不一定成立，如本题中当都是负数时，都不成立，当然只能选D，事实上由于函数是增函数，故是正确的．【考点】不等式的性质．30.不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为_________________【答案】[-1,4](或－1≤a≤4)【解析】因为，所以，解得．【考点】绝对值不等式的性质，恒成立问题．31.已知，.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）最小值为3；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生的分析问题的能力和转化能力.第一问，用基本不等式分别对和进行计算，利用不等式的可乘性，将两个式子乘在一起，得到所求的表达式的范围，注意等号成立的条件必须一致；第二问，先用基本不等式将，，变形，再把它们加在一起，得出已知中出现的，从而求出最小值，而所求证的式子的右边，须作差比较大小，只需证出差值小于0即可.试题解析：（Ⅰ）因为，，所以，即，当且仅当时，取最小值3． 5分（Ⅱ）．又，所以．【考点】1.基本不等式；2.不等式的性质；3.作差比较大小.32.已知，那么下列不等式成立的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由于每个式子中都有，故先比较的大小.因为，所以.又.【考点】不等关系.33.设函数（1）若的最小值为3，求的值；（2）求不等式的解集.【答案】（1）；（2）【解析】本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查学生的分类讨论思想和转化能力以及计算能力.第一问，利用不等式的性质，得出的最小值，列出等式，解出的值；第二问，解含参绝对值不等式，用零点分段法去掉绝对值，由于已知中有和4的大小，所以直接解不等式即可，最后综合上述所得不等式的解集.试题解析：⑴因为因为,所以当且仅当时等号成立,故为所求. 4分⑵不等式即不等式，①当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.②当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.③当时，原不等式可化为即由于时所以，当时，原不等式成立.综合①②③可知：不等式的解集为 10分【考点】1.不等式的性质；2.绝对值不等式的解法.34.若在内恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】本题不等式恒成立问题可采用分离参数法．在内恒成立转化为在内恒成立，即，即只要求时的最大值，易求得最大值为3，故．【考点】分离参数法．35.集合，且、、恰有一个成立，若且,则下列选项正确的是( )A．,B．,C．,D．,【答案】B【解析】从集合的定义，可三个不等式，也可得三个不等式，组合之后可知满足不等关系且，或且，或且，或且，这样可能有或或或，于是不一定成立，也不一定成立，故A，C，D都不能选，只能选B．【考点】不等关系．36.若和均为非零实数，则下列不等式中恒成立的是（）A．.B．.C．.D．.【答案】D【解析】令，则，于是；令，则；令，则；，即，两边同乘以得.【考点】基本不等式37.已知，则下列不等式中总成立的是（）A．B．C．D．【答案】A．【解析】，故选A．【考点】不定式的性质．38.若是任意实数，，则下列不等式成立的是( )A．B．C．D．【答案】Ｄ【解析】当时，，可排除Ａ，Ｂ，Ｃ，故选Ｄ．【考点】不等式性质．39.设,则的大小关系是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】，，，所以最小，而，，所以，即，所以综上得：.【考点】比较大小.40.已知函数.（1）解不等式；（2）若，且，求证：.【答案】（1）不等式的解集为；（2）证明过程详见解析.【解析】本题考查解绝对值不等式和证明不等式，意在考查考生运用函数零点分类讨论的解题思想.第一问，利用函数零点将绝对值去掉，将函数转化为分段函数，分类讨论解不等式；第二问，先利用已知函数将所证结论进行转化变成，再利用作差法先证，再开方即可.试题解析：（Ⅰ），当时，由，解得；当时，不成立；当时，由，解得．…4分所以不等式的解集为．…5分（Ⅱ）即．…6分因为，所以，所以．故所证不等式成立．…10分【考点】1.解绝对值不等式；2.作差法证明不等式.41.已知的最小值是，则二项式展开式中项的系数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，当且仅当时取等号，∴二项式为，∴，∴令，∴，∴.【考点】1.不等式的性质；2.二项式定理.42.若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是()A．>B．＋≤1C．≥2D．a2＋b2≥8【答案】D【解析】因为a>0，b>0利用基本不等式有，当且仅当时等号成立，C 错；由得，，A错；，当且仅当时，等号成立，D正确；，当且仅当时等号成立，B错；综上可知，选D.【考点】基本不等式、不等式的性质.43.求下列不等式的解集（Ⅰ）（Ⅱ）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）这是一个含绝对值的不等式，解此类不等式一般可用零点分类讨论，化为解不等式组的问题，另外也可以将其变形为，然后两边平方转化为一元二次不等式求解；（Ⅱ）同样用零点分类讨论，化为解不等式组的问题，也可以利用型不等式解法求解；试题解析：（Ⅰ）解法1：原不等式等价于或或这三个不等式组的解集分别为，，，所以原不等式的解集为； 5分解法2：原不等式等价于，两边平方整理得，，解得，所以原不等式的解集为； 5分（Ⅱ）解法1：原不等式等价于或这两个不等式组的解集分别为，，所以原不等式的解集为； 10分解法2：原不等式等价于，所以或，解得或所以原不等式的解集为. 10分【考点】含绝对值的不等式.44.设，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，而，故.【考点】指对数的计算以及余弦符号的判断.45.设正有理数x是的一个近似值，令.（Ⅰ）若；（Ⅱ）比较y与x哪一个更接近于，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析;（Ⅰ）利用差比较法证明；（Ⅱ）利用差比较法证明.试题解析：(Ⅰ),,. (5分)（Ⅱ），，，，而，，即，所以比更接近于.【考点】绝对值不等式.46.若不等式对一切成立，则实数的取值范围为____________.【答案】或【解析】根据，化简原不等式为，令，则，成立，有，解得或.【考点】三角函数恒等变形，恒成立问题，二次函数的图像与性质.47.若则________________________。

2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第70讲不等式的证明、柯西不等式与均值不等式(含解析)

第70讲不等式的证明、柯西不等式与均值不等式考试说明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.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)a-b>0(2)结论(5)结论矛盾假设结论2.(1)(a 1b 1+a 2b 2)2【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)利用基本不等式可得当且仅当=且=且=时,++取得最小值6+2+2+2;(2)利用柯西不等式的特点结合题意证得结论即可,注意等号成立的条件.解:(1)∵x ,y ,z 是正实数,且满足x+2y+3z=1,∴++=(x+2y+3z )=6++++++=6+++≥6+2+2+2,当且仅当=且=且=时取等号,故++的最小值为6+2+2+2.(2)证明:由柯西不等式可得1=(x+2y+3z )2≤(x 2+y 2+z 2)(12+22+32)=14(x 2+y 2+z 2),∴x2+y2+z2≥,当且仅当x==,即x=,y=,z=时取等号,故x2+y2+z2≥.变式题解:(1)由|x+a|<b,得-b-a<x<b-a,则解得(2)证明:由柯西不等式有(+)2=(·+1·)2≤[()2+12][()2+()2]=16,所以+≤4,当且仅当=,即t=1时,等号成立.又(+)2=-3t+12+t+2·≥12-2t≥4(0≤t≤4),所以+≥2,当且仅当t=4时,等号成立.综上,2≤+≤4.例2[思路点拨](1)依据题设借助绝对值三角不等式分析求解;(2)借助题设条件运用基本不等式进行证明.解:(1)∵|x-2m|-|x|≤|x-2m-x|=|2m|,∴要使|x-2m|-|x|<4恒成立,则|m|<2,解得-2<m<2.又∵m∈N*,∴m=1.(2)证明:由(1)可知f(x)=|x-2|-|x|.∵α∈(0,1),β∈(0,1),∴f(α)+f(β)=2-2α+2-2β=3,即α+β=,∴+=2(α+β)=2≥2=18,当且仅当=,即α=,β=时取等号,故+≥18.变式题证明:要证+≤1,只需证a+b+2≤1,即证2≤,即证≤,而a+b=≥2,所以≤成立,所以原不等式成立.【备选理由】例1既考查了绝对值不等式,又考查了柯西不等式,是一道很好的不等式选讲考题.例2是全国卷考题,考查了综合法证明不等式.例3考查了综合法与分析法的结合,同时考查利用绝对值不等式求最值,是对上一节知识的整合.希望对考生的复习有一定的导向作用.1[配例1使用]已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4.(1)求a+b+c的值;(2)求a2+b2+c2的最小值.解:(1)因为|x+a|+|x-b|≥|a+b|,所以f(x)≥|a+b|+c,当且仅当(x+a)(x-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+c,所以a+b+c=4.(2)由(1)知a+b+c=4,由柯西不等式得(4+9+1)≥=(a+b+c)2=16,即a2+b2+c2≥,当且仅当==,即a=,b=,c=时,等号成立,所以a2+b2+c2的最小值为.2[配例2使用][2015·全国卷Ⅱ]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d.证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明:(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.(2)(i)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+>+.(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.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,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.3[配例2使用][2017·广州模拟](1)已知a+b+c=1,证明:(a+1)2+(b+1)2+(c+1)2≥;(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.解:(1)证明:因为a+b+c=1,所以(a+1)2+(b+1)2+(c+1)2=a2+b2+c2+2(a+b+c)+3=a2+b2+c2+5,所以要证(a+1)2+(b+1)2+(c+1)2≥,只需证a2+b2+c2≥.因为a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2),所以3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2.因为a+b+c=1,所以a2+b2+c2≥,所以(a+1)2+(b+1)2+(c+1)2≥.(2)设f(x)=|x-a|+|2x-1|,≥2”.则“对任意实数x,不等式|x-a|+|2x-1|≥2恒成立”等价于“f(x)min当a<时,f(x)==f=-a,此时f(x)min要使|x-a|+|2x-1|≥2恒成立,必须-a≥2,解得a≤-.当a=时,≥不可能恒成立.当a>时,f(x)==f=a-,此时f(x)min要使|x-a|+|2x-1|≥2恒成立,必须a-≥2,解得a≥.综上可知,实数a的取值范围为-∞,-∪,+∞.。

高考复习理科数学专题强化训练：选修4-5不等式选讲含解析

因为|y＋＋|y－a|≥|a＋，当且仅当
(y－a)≤0，即－ ≤y≤a时等号成立，
所以当y∈(－∞，a]时，＋|y－a|min＝|a＋＝a＋ .
于是 ≤a＋，解得－1≤a≤5.
又a＞0，所以a的取值范围是(0,5]．
7．[20xx·福州质检]已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.
所以a≤2 .
综上，知a的最大值是2 .
4．[20xx·郑州质量预测二]设函数f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a＞0)，g(x)＝x2－x.
(1)当a＝1时，求不等式g(x)≥f(x)的解集；
(2)已知f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝
当x≤－1时，x2－x≥－2x，得x≤－1；
所以－3≤a< ，即实数a的取值范围为 .
解法二：不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)>ax对任意x∈R恒成立，
(ⅰ)当x≤ 时，f(x)＝－3x＋3>ax，
即(a＋3)x－3<0恒成立，
若a＋3<0，显然不合题意；
若a＋3＝0，即a＝－3，则－3<0恒成立，符合题意；
若a＋3>0，即a>－3，只需(a＋3)× －3<0即可，
解：(1)解法一：由题意f(x)＝
当x≤ 时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤ ；
当 <x<2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即 <x<2；
当x≥2时，f(x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.
综上所述，原不等式的解集为[0,2]．
解法二：由题意f(x)＝
作出f(x)的图象，如图所示．

关于证明不等式的高考题

1、已知a, b ∈ R，且a + b = 1。

求证：3a + 3b < 4。

以下哪个选项是正确的推导步骤？A. 利用均值不等式，得到3a + 3b ≥ 2√(3a * 3b)B. 直接计算3a + 3b的值C. 利用指数函数的性质，得到3a + 3b > 4D. 通过代入a + b = 1，化简得到3a + 3b < 4（答案：A，后续需进一步推导至D的结论）2、设x, y > 0，且x + y = 4。

下列不等式中正确的是：A. x2 + y2 ≥ 8B. √(xy) ≥ 2C. 1/(x + 1) + 1/(y + 1) ≤ 1/2D. x3 + y3 ≥ 64（答案：A）3、若a, b, c > 0，且a + b + c = 1，则下列不等式成立的是：A. a2 + b2 + c2 ≥ 1/3B. abc ≥ (1/3)3C. 1/(a + b) + 1/c ≥ 4D. √a + √b + √c ≤ 1（答案：A）4、设x > 1，y > 1，且xy = 4。

下列不等式正确的是：A. x + y ≥ 4B. x + y ≤ 4C. 1/x + 1/y ≥ 1D. 1/x + 1/y ≤ 1/2（答案：C）5、已知a, b > 0，且a + b = 2。

下列不等式中正确的是：A. a3 + b3 ≥ 8B. ab ≥ 1C. 1/a + 1/b ≤ 2D. √(a2 + b2) ≤ 2（答案：D）6、设x, y ∈ R，且xy ≠ 0。

若|x| + |y| = 2，则下列不等式恒成立的是：A. x2 + y2 ≥ 2B. 1/x2 + 1/y2 ≥ 1C. |x + y| ≥ 2D. |x - y| ≤ 2（答案：A）7、已知a, b, c ∈ R，且a - b = b - c = 1/2。

则下列不等式中正确的是：A. a2 + b2 + c2 ≥ 3/2B. ab + bc + ca ≥ -1/4C. a + b + c ≤ 3/2D. |a| + |b| + |c| ≥ 3/2（答案：B，注意此题需利用平方和与平方差公式进行推导）8、设x > 0，y > 0，且x + y = 5。

2021高三数学北师大版(理)：不等式的证明含解析

教课资料范本2021高三数学北师大版（理）：不等式的证明含分析编辑： __________________时间： __________________[ 最新考纲 ]经过一些简单问题认识证明不等式的基本方法：比较法、综合法、剖析法．1．基本不等式定理 1：对随意实数 a、b、有 a2＋ b2≥2ab、当且仅当 a＝ b时取等号．a＋b定理 2：对随意两个正数 a、 b、有2≥ab、当且仅当 a＝ b时取等号．公义 3：对随意三个正数 a、 b、 c、有 a3＋b3＋c3≥3abc、当且仅当 a＝ b＝ c时取等号．定理 4：对随意三个正数 a、 b、 c、有a＋ b＋ c 33≥ abc、当且仅当 a＝ b＝ c时、等号建立．推行： (一般形式的算术—几何均匀不等式 )假如 a1、a2、、n为个正数、则a1＋ a2＋＋ an n n时、≥a1a2 an、当且仅当 a＝＝＝a n n a a等号建立．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 (a2＋b2) ·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当且仅当 ad＝ bc时、等号建立 )．(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α或β是零向量、或存在实数 k、使α＝ kβ(α、β为非零向量 )时、等号建立．(3)柯西不等式的三角不等式：设x1、y1、x2、 y2、x3、y3∈R、则错误 ! ＋错误! ≥错误 ! .(4)柯西不等式的一般形式：设a1、 a2、a3、、 a n、b1、b2、b3、、b n是实数、则 (a21＋a2＋＋ a2n)(b21＋b2＋＋ b2n)≥(a1b1＋a2b2＋＋ 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、等号建立．3．不等式的证明方法(1)比较法①作差法 (a、 b∈ R)：a－b>0? a>b；a－b<0? a<b； a－ b＝ 0? a＝b.a a a②作商法 (a>0、b>0)：b>1? a>b；b<1? a<b；b＝1? a＝b.(2)综合法与剖析法①综合法：从已知条件出发、利用定义、公义、定理、性质等、经过一系列的推理、论证而得出命题建立．综合法又叫顺推证法或由因导果法．②剖析法：从要证的结论出发、逐渐追求使它建立的充足条件、所需条件为已知条件或一个明显建立的事实(定义、公义或已证明的定理、性质等)、进而得出要证的命题建立、这类证法称为剖析法、即“执果索因”的证明方法．(3)放缩法证明不等式时、有时我们要把所证不等式中的某些部分的值放大或减小、简化不等式、进而达到证明的目的．这类方法称为放缩法．(4)反证法的步骤①作出否认结论的假定；②进行推理、导出矛盾；③否认假定、必定结论 .一、思虑辨析 (正确的打“√”、错误的打“×”)(1)比较法最后要判断式子的符号得出结论．()(2)综合法是从原由推导到结果的思想方法、它是从已知条件出发、经过逐渐推理、最后达到待证的结论．()(3)剖析法又叫逆推证法或执果索因法、是从待证结论出发、一步一步地追求结论建立的必需条件、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”不可以作为推理的条件应用．()[答案 ] (1)×(2)√(3)×(4)×二、教材改编1．不等式：① x2＋ 3＞ 3x；② a2＋b2≥2(a－b－1)；③ba＋ab≥2、此中恒建立的是 ()A．①③B．②③C．①②③D．①②D[ 由①得 x2＋3－3x＝ x－32＋3＞0、所以 x2＋3＞3x；关于②、因为 a2 2 4＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋ (b＋1)2≥0、所以不等式建立；关于③、因为当 abb a＜0 时、a＋b－2＝错误 ! ＜ 0、即错误 ! ＋错误 ! ＜2、应选 D.]2．已知 a≥ b>0、M＝2a3－b3、 N＝2ab2－ a2b、则 M、N的大小关系为 ________．M≥N[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、进而 (a－b)(a＋b)(2a＋ b)≥0、故 2a3－ b3≥2ab2－ a2b.]1 113．已知 a、 b、c是正实数、且 a＋ b＋ c＝ 1、则a＋b＋c的最小值为 ________．9 [∵ a＋ b＋ c＝1、1 11∴a＋b＋cb ac a c b＝3＋a＋b＋a＋c＋b＋cb ac a c b≥3＋2a×b＋2a×c＋2b×c＝3＋6＝9、当且仅当 a＝b＝c 时等号建立． ]4．设 a、b、m、 n∈R、且 a2＋b2＝ 5、 ma＋ nb＝5、则m2＋n2的最小值为 ________．5[依据柯西不等式 (ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)、得 25≤5(m2＋ n2)、即 m2＋n2≥ 5、所以m2＋n2的最小值为 5.]考点 1用综合法与剖析法证明不等式用综合法证明不等式是“由因导果”、用剖析法证明不等式是“执果索因” 、它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法常常是剖析法的逆过程、表述简单、条理清楚、所以在本质应用时、常常用剖析法找思路、用综合法写步骤、因而可知、剖析法与综合法相互转变、相互浸透、互为前提、充足利用这一辩证关系、能够宽阔解题思路、宽阔视线．1.已知 x、y均为正数、且 x>y、1求证： 2x＋x2－2xy＋y2≥2y＋ 3；[ 证明 ]因为x>0、y>0、x－y>0、12x＋x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋错误 !＝(x－ y)＋(x－y)＋错误 !≥3错误 ! ＝ 3(当且仅当 x－y＝1 时、等号建立 )、所以 2x＋错误 ! ≥ 2y＋3.2．设 a、b、c>0且ab＋bc＋ ca＝1、求证： a＋b＋c≥3.[ 证明 ]因为a、b、c>0、所以要证a＋b＋c≥3、只要证明 (a＋ b＋ c)2≥3.即证 a2＋b2＋ c2＋2(ab＋ bc＋ca)≥3、而 ab＋bc＋ ca＝1、故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)、即证 a2＋b2＋ c2≥ab＋ bc＋ca.而 ab＋bc＋ ca≤a2＋b2b2＋c2＋c2＋a2 2＋22＝a2＋ b2＋c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号建立 )建立、所以原不等式建立．3．(20xx ·全国卷Ⅰ )已知 a、 b、 c为正数、且知足 abc＝ 1.证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋ b 2＋c 2； (2)(a ＋ b)3＋ (b ＋c)3 ＋(c ＋a)3≥24.[ 解 ] (1)因为 a2＋ b 2≥2ab 、b 2＋ c 2≥2bc 、c 2＋a 2≥2ac 、且abc ＝1、故有a 2＋b 2＋ c 2≥ab ＋ bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca1 1 1abc＝ a ＋ b ＋ c .1 1 1所以＋＋ ≤a 2＋b 2＋c 2. a b c(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 ab)× (2 bc)×(2 ac)＝ 24.所以 (a ＋b)3 ＋(b ＋c)3＋(c ＋a)3≥24.(1)利用综合法证明不等式时、常用的不等式有：①a 2≥ 0；② |a|≥0；③ a 2＋b 2≥ 2ab 、它的变形形式又有 (a ＋ b)2≥ 4ab 、a2＋b22≥a ＋b 2 等；④a ＋ b1 b 22≥ ab(a>0、b>0)、它的变形形式又有 a ＋ ≥2(a>0)、＋aaab ab ≥2(ab>0)、 a ＋ b ≤ －2(ab<0)等．(2)用剖析法证明不等式时、不要把“逆求”错误地作为“逆推”、剖析的过程是追求结论建立的充足条件、而不必定是充要条件、同时要正确使用“ 要证”“ 只要证” 这样的“ 重点词”．[ 教师备选例题 ](20xx ·全国卷Ⅱ )已知 a>0、b>0、a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋ b)(a5＋b5)≥ 4；(2)a＋b≤2.[证明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ ab(a4＋ b4)＝ 4＋ab(a4＋ b4－2a2b2)＝ 4＋ ab(a2－ b2)2≥4.(2)(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、所以 a＋ b≤ 2.考点 2放缩法证明不等式(1)在不等式的证明中、“放”和“缩” 是常用的证明技巧、常有的放缩方法有：1①变换分式的分子和分母、如k2<错误!、错误! >错误!、错误! <错误!、12>、上边不等式中k∈ N＋、 k>1；k k＋k＋ 1②利用函数的单一性；a a ＋m ③利用结论、如 “若 0<a0、则 <”．b b ＋m(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时、常与放缩法联合在一同应用、利用放缩法时要目注明确、经过添、拆项后、适合放缩．a(1)设a>0、| x －1| <3、a|y －2|<3、求证： |2x ＋ y － 4|<a.1 1 1 1 7(2)求证： 12＋22＋ 32＋＋ n2<4.[证明 ]a 2a (1)由 a>0、|x － 1|< 、可得 |2x － 2|< 3、3a又|y －2|<3、∴ |2x ＋y －4|＝|(2x －2)＋ (y －2)|2a a≤ |2x －2|＋ |y －2|< 3 ＋ 3＝ a.即|2x ＋y －4|<a.1(2)∵ n2<错误 ! ＝错误 ! －错误 !11 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 7∴12＋22＋ 32＋＋ n2<1＋ 22＋(2－ 3＋＋ n －1－n )＝ 4＋ (2－n )<4.(1)本例 1 采纳了绝对值不等式的性质证明不等式、经过变形、配凑达到证明的目的； (2)本例 2 采纳了从第三项开始拆项放缩的技巧、放缩拆项时、不必定从第一项开始、须依据详细题型分别对待、即不可以放的太宽、也不可以缩的太窄、真实做到恰到利处．11.设n 是正整数、求证： 2 ≤111＋＋＋＜1.n ＋1 n ＋22n[ 证明 ] 由 2n ≥n ＋k ＞n(k ＝1,2、、 n)、得11 12n≤n ＋k＜n.11 1当 k ＝1 时、 2n ≤ n ＋1＜n ；当 k＝2 时、1≤1＜1；2n n＋2n111当 k＝n 时、2n≤n＋n＜n、1 n11 1 n∴2＝2n≤n＋1＋n＋2＋＋2n＜n＝ 1.∴原不等式建立．|a ＋b||a||b|2．若 a、b∈R、求证：1＋|a＋b|≤1＋|a|＋1＋ |b|.[证明 ]当 |a＋b|＝ 0 时、不等式明显建立．当|a＋b|≠ 0 时、11由 0＜ |a＋ b|≤|a|＋|b|? |a＋b|≥|a|＋|b|、|a ＋b|1≤1所以＝1 1＋ |a ＋b|1|a ＋b|＋11＋|a| ＋|b||a| ＋|b||a||b||a||b|＝1＋|a| ＋ |b|＝1＋ |a|＋|b|＋1＋|a| ＋ |b|≤1＋|a|＋1＋ |b|.考点 3柯西不等式的应用柯西不等式的解题策略(1)利用柯西不等式证明不等式、先使用拆项重组、添项等方法结构切合柯西不等式的形式及条件、再使用柯西不等式解决相关问题．(2)利用柯西不等式求最值、本质上就是利用柯西不等式进行放缩、放缩不当则等号可能不建立、所以必定不可以忘掉查验等号建立的条件.(20xx ·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)21＋(y－1)2＋(z－a)2≥建立、证明： a≤－ 3或a≥－ 1.3[ 解 ](1)因为[( 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)24511≥3、当且仅当 x＝3、y＝－3、z＝－3时等号建立．所以 (x－1)2＋ (y＋1)2＋(z＋1)24的最小值为3.(2)因为 [( 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＝1－a、z＝2a－ 23 3时等号建立．所以 (x－2)2＋ (y－1)2＋(z－a)2的最小值为错误 ! .利用柯西不等式证明不等式或求解某些含有拘束条件的多变量的最值问题、解决的重点是结构两组数、并向柯西不等式的形式进行转变．1.已知 a、b、c∈R、且知足 a＋2b＋3c＝6、求 a2＋2b2＋3c2的最小值．[ 解 ]由柯西不等式、得 (1＋2＋3)(a 2＋2b2＋ 3c2≥·＋·＋·)(1 a2 2b3 3c)2 .得 6(a2＋2b2＋3c2)≥ (a＋2b＋ 3c)2＝36.所以 a2＋2b2＋3c2≥6.a2b3c、即 a＝b＝c＝1 时、上式等号建立．所以a2＋2b2当且仅当1＝2＝3＋ 3c2的最小值为 6.x2y2z22．设 x、y、z∈ R、且16＋5＋4＝1、求 x＋y＋z的取值范围．[ 解 ]由柯西不等式、得[42＋(5)2＋22]x y z 4 2＋5 2＋ 22≥ 4×x＋ 5×y＋ 2×z2、452即 25×1≥(x＋y＋z)2.所以 5≥|x＋ y＋ z|、所以－ 5≤x＋ y＋ z≤5.即 x＋y＋z 的取值范围是 [ －5,5] ．3．(20xx ·江苏高考 )已知 a、 b、 c、d为实数、且 a2＋b2＝ 4、 c2＋d2＝16、证明： ac＋ bd≤8.[证明]由柯西不等式、得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4、c2＋d2＝16、所以 (ac＋bd)2≤64、所以 ac＋bd≤8.。

2023年高考数学(理科)一轮复习——不等式选讲第二课时不等式的证明

索引
(2)用 max{a，b，c}表示 a，b，c 中的最大值，证明：max{a，b，c}≥3 4. 证明不妨设max{a，b，c}＝a. 因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a>0，b<0，c<0. 由 bc≤（b＋4 c）2，可得 abc≤a43，当且仅当 b＝c＝－2a时取等号，故 a≥3 4，所以 max{a，b，c}≥3 4.
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感悟提升
1.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. 2.利用放缩法证明不等式时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩.
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训练1 (1)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为 __M_≥__N___. 解析 M－N＝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，即M≥N.
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 logx10＋lg x＝lg1x＋lg x≥2(x>1)，①正确； ab≤0 时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；因为 ab≠0，ab与ba同号，所以ba＋ab＝ba＋ab≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知， |x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确.
索引
(2) bac＋ abc＋ acb≥ 3( a＋ b＋ c).
证明
bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c.

高三数学(理)一轮复习课时作业(七十七)不等式的证明 Word版含解析

课时作业
[授课提示：对应学生用书第295页]
1．如果x>0，比较( －1)2与( ＋1)2的大小．
解析：( －1)2－( ＋1)2
＝[( －1)＋( ＋1)][( －1)＋( ＋1)]
＝－4 .
因为x>0，所以 >0，所以－4 <0，所以( －1)2<( ＋1)2.
2．设a，b，ca<1时， <0，
所以a2－a＋1< ，
当a＝1时，＝0，
所以a2－a＋1＝，
当1<a<2时， >0，
所以a2－a＋1> ，
综上所述：当0<a<1时，a2－a＋1< ，
当a＝1时，a2－a＋1＝，
当1<a<2时，a2－a＋1> .
4．设a>0，b>0，若是3a与3b的等比中项，求证：＋ ≥4.
因此|a＋b|<|1＋ab|.
6．设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，＋＝a(m>0，n>0)，求证：m＋4n≥2 ＋3.
解析：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
∴ 或
或，
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，
而f(x)≤1的解集是[0,2]，
∴ ，解得a＝1，
∴ ＋＝1(m>0，n>0)，
∴m＋4n＝(m＋4n) ＝3＋＋ ≥2 ＋3(当且仅当m＝2 n时取等号)．
解析：(1)解：f(x)＝

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

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 <1,00.故ab ＋1>a ＋b .3．(2017·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|.(1)若f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足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．。

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高考数学复习课时作业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 2
a
≥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 2
b ＋b 2
c ＋c 2
a
≥a ＋b ＋c ， ∵a ＋b ＋c ＝1，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥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 2
a
≥4.
解：(1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥4
3
；
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 ≤－2
3.
∴原不等式的解集为{x |x ≥43或x ≤－2
3}．
(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 2
a
＋a ≥2b ， ∴两式相加得(a 2b ＋b )＋(b 2
a ＋a )≥2a ＋2
b ，
∴a 2b ＋b 2
a
≥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 2
2
≥ab ，
b 2＋
c 2
2≥bc ，
a 2＋c 2
2≥ac ，
∴a 2
＋b 2
＋c 2
＝a 2＋b 22
＋
b 2＋
c 22
＋
a 2＋c 2
2
≥ab ＋bc ＋ac ＝1(当且仅当a ＝b ＝c ＝
3
3
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 ≥1
2
，
∴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＋1t
，
∵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 ≥9
8
.
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 ＋2
a
＝8，
∴2a ＋b ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b ＋2b a ＋5≥18⎝ ⎛
⎭⎪⎫5＋2
2a
b ·2b a ＝9
8
，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)．。