2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测(七十一)不等式的证明 理(普通高中、重点高中共用)
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2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测（七十一）不等式的证明 理（普通高中、重点高中共用）
1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
(1)求证：2ab＋bc＋ca＋c22≤12；
(2)求证：a2＋c2b＋b2＋a2c＋c2＋b2a≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
所以2ab＋bc＋ca＋c22＝12(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤12.
(2)因为a2＋c2b≥2acb，b2＋a2c≥2abc，c2＋b2a≥2bca，
所以a2＋c2b＋b2＋a2c＋c2＋b2a≥acb＋abc＋abc＋bca＋acb＋bca＝acb＋bc＋bac＋ca＋cab＋ba≥2a＋2b＋2c＝2.
2．若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab.
(1)求a3＋b3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a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为42.
(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.
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：p2＋q2＋r2≥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(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥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：fab|a|＞fba.
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：fab|a|＞fba等价于f(ab)＞|a|fba，
即|ab－1|＞|a－b|.
因为|a|＜1，|b|＜1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)＞0，
所以|ab－1|＞|a－b|.
故所证不等式成立．
6．(2018·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－x2f(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－x2f(x)
＝x(x－1)2－x2(x－1)
＝－x2＋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－x2f(x)≤0.
7．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：a2a＋1＋b2b＋1≥1.
证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，
∴a2a＋1＋b2b＋1－1＝a2b＋＋b2a＋－a＋b＋a＋1b＋
＝a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1a＋b＋
＝a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1a＋b＋
＝a2＋b2＋2ab－ab－3a＋b＋＝a＋b2－3－aba＋b＋＝1－aba＋b＋.
∵a＋b＝2≥2ab，∴ab≤1.
∴1－aba＋b＋≥0.
∴a2a＋1＋b2b＋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⇒m2－2m＋1m＝m－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m＋m＋>m＋m＋，
即证lg(m＋1)·lg(m＋3) 又lg(m＋1)·lg(m＋3)< m＋＋m＋22 ＝m＋m＋24 ∴log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)成立．
