高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）課時(shí)作業(yè)提升65不等式證明

課時(shí)作業(yè)提升(六十五)不等式證明1．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2．證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4(2)因?yàn)?a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2．2．(2015·湖南卷)設(shè)a＞0，b＞0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時(shí)成立．證明：由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a＞0，b＞0，得ab＝1．(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立．(2)假設(shè)a2＋a＜2與b2＋b＜2同時(shí)成立，則由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，從而ab＜1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時(shí)成立．3．(2014·福建卷)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(shí)數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3．(1)解：因?yàn)閨x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，等號(hào)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，因?yàn)閜2＋q2≥2pq，q2＋r2≥2qr，p2＋r2≥2pr，所以2(p2＋q2＋r2)≥2pq＋2qr＋2pr，所以3(p2＋q2＋r2)≥(p＋q＋r)2＝9，則p2＋q2＋r2≥3．4．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d證明：(1)若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件．證明：(1)因?yàn)?eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab>cd．得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2．因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)．(2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd．因?yàn)閍＋b＝c＋d，所以ab>cd．由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)．②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd)．因?yàn)閍＋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|．綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件．5．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)＜4的解集為M．(1)求M；(2)當(dāng)a，b∈M時(shí)，證明：2|a＋b|＜|4＋ab|．(1)解：f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x＜－1，,2，－1≤x≤1，,2x，x＞1.))當(dāng)x＜－1時(shí)，由－2x＜4，得－2＜x＜－1；當(dāng)－1＜x≤1時(shí)，f(x)＝2＜4；當(dāng)x＞1時(shí)，由2x＜4，得1＜x＜2．所以M＝(－2,2)．(2)證明：a，b∈M，即－2＜a＜2，－2＜b＜2，∴4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8ab＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)＜0，∴4(a＋b)2＜(4＋ab)2，∴2|a＋b|＜|4＋ab|．6．已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求證：a＋2b＋3c≥9(1)解：因?yàn)閒(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等價(jià)于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1．(2)證明：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈(0，＋∞)，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(2b)·\f(1,\r(2b))＋\r(3c)·\f(1,\r(3c))))2＝9．7．已知x，y，z均為實(shí)數(shù)，(1)若x＋y＋z＝1，求證：eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3)≤3eq\r(3)；(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．證明：(1)因?yàn)?eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3))2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27．所以eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3)≤3eq\r(3)．當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝0時(shí)取等號(hào)．(2)因?yàn)?12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝36，即14(x2＋y2＋z2)≥36，x2＋y2＋z2≥eq\f(18,7)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3,7)，y＝eq\f(6,7)，z＝eq\f(9,7)時(shí)取等號(hào)．所以x2＋y2＋z2的最小值為eq\f(18,7)．8．(2018·唐山月考)已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝3．(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)的最小值；(2)證明：3≤x2＋y2＋z2＜9．(1)解：因?yàn)閤＋y＋z≥3eq\r(3,xyz)＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥eq\f(3,\r(3,xyz))＞0，所以(x＋y＋z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≥9，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)取最小值3．