高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 選考部分 不等式選講 高考達標檢測（六十）不等式證明 理試題

高考達標檢測（六十）不等式證明1．已知a，b都是正實數(shù)，且a＋b＝2，求證：eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.證明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)－1＝eq\f(a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2＋b2＋2ab－ab－3,a＋1b＋1)＝eq\f(a＋b2－3－ab,a＋1b＋1)＝eq\f(1－ab,a＋1b＋1).∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∴eq\f(1－ab,a＋1b＋1)≥0.∴eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.2．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正實數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3.解：(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)－1≤x≤2時，等號成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.(2)證明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因為p，q，r是正實數(shù)，所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.3．(2018·云南統(tǒng)一檢測)已知a是常數(shù)，對任意實數(shù)x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．(1)求a的值；(2)設(shè)m＞n＞0，求證：2m＋eq\f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.解：(1)設(shè)f(x)＝|x＋1|－|2－x|，則f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x≤－1，,2x－1，－1＜x＜2，,3，x≥2，))∴f(x)的最大值為3.∵對任意實數(shù)x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，∴a≥3.設(shè)h(x)＝|x＋1|＋|2－x|，則h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1＜x＜2，,2x－1，x≥2，))則h(x)的最小值為3.∵對任意實數(shù)x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，∴a≤3.∴a＝3.(2)證明：由(1)知a＝3.∵2m＋eq\f(1,m2－2mn＋n2)－2n＝(m－n)＋(m－n)＋eq\f(1,m－n2)，且m＞n＞0，∴(m－n)＋(m－n)＋eq\f(1,m－n2)≥3eq\r(3,m－nm－n\f(1,m－n2))＝3.∴2m＋eq\f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.4．已知x，y，z是正實數(shù)，且滿足x＋2y＋3z＝1.(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)的最小值；(2)求證：x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14).解：(1)∵x，y，z是正實數(shù)，且滿足x＋2y＋3z＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))(x＋2y＋3z)＝6＋eq\f(2y,x)＋eq\f(3z,x)＋eq\f(x,y)＋eq\f(3z,y)＋eq\f(x,z)＋eq\f(2y,z)≥6＋2eq\r(2)＋2eq\r(3)＋2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2y,x)＝eq\f(x,y)且eq\f(3z,x)＝eq\f(x,z)且eq\f(3z,y)＝eq\f(2y,z)時取等號．(2)由柯西不等式可得1＝(x＋2y＋3z)2≤(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)＝14(x2＋y2＋z2)，∴x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(y,2)＝eq\f(z,3)，即x＝eq\f(1,14)，y＝eq\f(1,7)，z＝eq\f(3,14)時取等號．故x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14).5．(2018·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實數(shù)m的最大值M；(2)在(1)成立的條件下，正實數(shù)a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab.解：(1)由絕對值不等式的性質(zhì)知f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－x＋1|＝1，∴f(x)min＝1，∴只需|m－1|≤1，即－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，∴實數(shù)m的最大值M＝2.(2)證明：∵a2＋b2≥2ab，且a2＋b2＝2，∴ab≤1，∴eq\r(ab)≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．①又eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，∴eq\f(\r(ab),a＋b)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(ab,a＋b)≤eq\f(\r(ab),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．②由①②得，eq\f(ab,a＋b)≤eq\f(1,2)，∴a＋b≥2ab.6．(2018·吉林實驗中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|.(1)當(dāng)a＝2時，解不等式f(x)≥4－|x－1|；(2)若f(x)≤1的解集為[0,2]，eq\f(1,m)＋eq\f(1,2n)＝a(m>0，n>0)，求證：m＋2n≥4.解：(1)當(dāng)a＝2時，不等式為|x－2|＋|x－1|≥4.①當(dāng)x≥2時，不等式可化為x－2＋x－1≥4，解得x≥eq\f(7,2)；②當(dāng)1＜x＜2時，不等式可化為2－x＋x－1≥4，不等式的解集為?；③當(dāng)x≤1時，不等式可化為2－x＋1－x≥4，解得x≤－eq\f(1,2).綜上可得，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).(2)證明：∵f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0,2]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＝0，,a＋1＝2，))解得a＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,2n)＝1(m>0，n>0)，所以m＋2n＝(m＋2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,2n)))＝2＋eq\f(m,2n)＋eq\f(2n,m)≥2＋2eq\r(\f(m,2n)·\f(2n,m))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝1時取等號．7．已知a，b，c，d均為正數(shù)，且ad＝bc.(1)證明：若a＋d>b＋c，則|a－d|>|b－c|；(2)若t·eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝eq\r(a4＋c4)＋eq\r(b4＋d4)，求實數(shù)t的取值范圍．解：(1)證明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均為正數(shù)，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.(2)因為(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd所以t·eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝t(ac＋bd)．由于eq\r(a4＋c4)≥eq\r(2)ac,eq\r(b4＋d4)≥eq\r(2)bd，又已知t·eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝eq\r(a4＋c4)＋eq\r(b4＋d4)，則t(ac＋bd)≥eq\r(2)(ac＋bd)，故t≥eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c，b＝d時取等號．所以實數(shù)t的取值范圍為[eq\r(2)，＋∞)．8．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；(2)若|a|<1，|b|<1，a≠0，求證：eq\f(fab,|a|)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－2，x<－3，,－x＋4，－3≤x<\f(1,2)，,3x＋2，x≥\f(1,2)，))當(dāng)x<－3時，由－3x－2≥8，解得x≤－eq\f(10,3)；當(dāng)－3≤x<eq\f(1,2)時，－x＋4≥8無解；當(dāng)x≥eq\f(1,2)時，由3x＋2≥8，解得x≥2.所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(10,3)))∪[2，＋∞)．(2)證明：eq\f(fab,|a|)>feq\b\l