2022版高考数学大一轮复习作业本72《证明不等式的基本方法》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本72《证明不等式的基本方法》(含答案详解)，共5页。

设函数f(x)=x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，eq \f(1,m)－4≥f(x)恒成立.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：lg(m＋1)(m＋2)>lg(m＋2)(m＋3).
已知定义在R上的函数，且f(x)<4恒成立.
（1）求实数m的值；
（2）若，求证：.

[选修4−5：不等式选讲]
已知函数f(x)=|x-1|+|x-5|.
（1）解关于x的不等式f(x)>6；
（2）记f(x)的最小值为m，已知实数a，b，c都是正实数，且，
求证：a+2b+3c≥9．

已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c=1.
(1)求证：a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3)；
(2)求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
已知不等式|2x－3|(1)求m－n；
(2)若a，b，c∈(0,1)，且ab＋bc＋ac=m－n，求a2＋b2＋c2的最小值.
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≥eq \f(9,8).
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：eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
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：eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.
\s 0 参考答案
解：(1)∵∀x∈R，eq \f(1,m)－4≥f(x)恒成立，
∴m＋eq \f(1,m)≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立.
令g(x)=x－|x＋2|－|x－3|＋4=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＋eq \f(1,m)≥g(x)max=2，
即m＋eq \f(1,m)－2≥0⇒eq \f(m2－2m＋1,m)=eq \f(m－12,m)≥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lg(m＋1)(m＋2)>lg(m＋2)(m＋3).
只需证eq \f(lgm＋2,lgm＋1)>eq \f(lgm＋3,lgm＋2)，
即证lg(m＋1)·lg(m＋3)又lg(m＋1)·lg(m＋3)eq \f([lgm＋1m＋3]2,4)∴lg(m＋1)(m＋2)>lg(m＋2)(m＋3)成立.
解：


解:
证明：(1)∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∵(a＋b＋c)2=1，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca=1，
∴3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
(2)∵eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c，
∵a＋b＋c=1，∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
解：(1)当x≤0时，不等式的解集为空集；
当x>0时，|2x－3|∴1,3是x2－mx＋n=0的两根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m＋n＝0，,9－3m＋n＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝4，,n＝3，))∴m－n=1.
(2)由(1)得ab＋bc＋ac=1，
∵eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(b2＋c2,2)≥bc，eq \f(a2＋c2,2)≥ac，
∴a2＋b2＋c2=eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(a2＋c2,2)≥ab＋bc＋ac=1(当且仅当a=b=c=eq \f(\r(3),3)时取等号).
∴a2＋b2＋c2的最小值是1.
解：(1)根据题意，若f(x)≤6，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋3－x≤6，,－1≤x<3))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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|
=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)=8，
∴2a＋b=eq \f(1,8)（eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)）(2a＋b)=eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,b)＋\f(2b,a)＋5))≥eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))=eq \f(9,8)，原不等式得证.
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)由(1)得a＋b=4，故eq \f(a,4)＋eq \f(b,4)=1，eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)＋\f(b,4)))=eq \f(1,4)＋1＋eq \f(b,4a)＋eq \f(a,b)
≥eq \f(5,4)＋2eq \r(\f(b,4a)×\f(a,b))=eq \f(5,4)＋1=eq \f(9,4)，
当且仅当b=2a，即a=eq \f(4,3)，b=eq \f(8,3)时取等号，故eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
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eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)=eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,α)＋\f(1,β)))(α＋β)=eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4β,α)＋\f(α,β)))≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(4β,α)·\f(α,β))))=3.
(当且仅当eq \f(4β,α)=eq \f(α,β)，即α=2，β=1时等号成立)故eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.