专题12.2 不等式的证明-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1.会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：eq \i\su(i＝1,n,a)eq \\al(2,i)·eq \i\su(i＝1,n,b)eq \\al(2,i)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\i\su(i＝1,n,a)ibi))2，并会简单应用．
2．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题．
3．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法
【命题趋势】
不等式的证明是对必修5中“不等式”的补充和深化，其中以考查综合法、分析法、放缩法等为主．另外应用基本不等式、柯西不等式求函数的最值也是高考考查的一个方向
【核心素养】
本讲内容体现对数学运算，逻辑推理的考查。
【素养清单•基础知识】
1．基本不等式
(1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
(2)定理2：如果a，b＞0，那么eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
(3)定理3：如果a，b，c∈R＋，那么eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq \f(A,B)≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．
(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．
4．反证法
先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．
5．放缩法
证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地放大或缩小以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．
6．数学归纳法
数学归纳法证明不等式的一般步骤：
(1)证明当n＝n0时命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)可知，结论对于任意n≥n0，且n0，n∈N*都成立．
7．柯西不等式
(1)二维柯西不等式：设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2) (c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号当且仅当ad＝bc时，等号成立．
(2)三维柯西不等式：设a1，a2，a3，b1，b2，b3均为实数，则(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3))(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋beq \\al(2,3))≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2,3)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2,3)时，等号成立．
(3)n维柯西不等式：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋…＋beq \\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
8．排序不等式
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和．
【真题体验】
1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：
（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）因为，又，故有
．
所以．
（2）因为为正数且，故有
=24．
所以．
【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立．
2.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设，且．
（1）求的最小值；
（2）若成立，证明：或．
【答案】（1）；（2）见详解．
【解析】（1）由于
，
故由已知得，
当且仅当x=，y=–，时等号成立．
所以的最小值为．
（2）由于
，
故由已知，
当且仅当，，时等号成立．
因此的最小值为．
由题设知，解得或．
【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型．
3.(2019·长春质检)设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>1.
【答案】见解析
【解析】(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，x≥1，,2x，－1由|f(x)|<2，得－1(2)证明：要证eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，
即证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即证1－a2b2>c2(1－a2b2)，
即证(1－a2b2)(1－c2)>0，
由a，b，c∈A，得－10恒成立．
综上，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>1.
4.(2019·南宁模拟)(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|<4；
(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|<|ab＋2a＋2b|.
【答案】见解析
【解析】(1)当x<－3时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4<4，解得x>－4，所以 －4当－3≤x<－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2<4恒成立，
所以－3≤x<－1；
当x≥－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4<4，解得x<0，所以－1≤x<0.
综上，不等式|x＋1|＋|x＋3|<4的解集为{x|－4(2)证明：因为4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2
＝－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)
＝－ab(b＋4)(a＋4)<0，
所以4(a－b)2<(ab＋2a＋2b)2，
所以2|a－b|<|ab＋2a＋2b|.
5．(2019·西安质检)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，求证：t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
【答案】见解析
【解析】(1)依题意，得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x≤－1，,2－x，－1∴f(x)≤3⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1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，即－1≤x≤eq \f(1,2)时取等号，
∴M＝[3，＋∞)．
t2＋1－3t－eq \f(3,t)＝eq \f(t3－3t2＋t－3,t)＝eq \f(t－3t2＋1,t)，
∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，
∴eq \f(t－3t2＋1,t)≥0，
∴t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
6．(2019·长春质检)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.
(1)求f(x)<2的解集；
(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满足a＋b＝eq \f(1,2)，求证：eq \r(a)＋eq \r(b)≤T.
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5x＋9，x<\f(3,2)，,－x＋3，\f(3,2)≤x≤2，,5x－9，x>2.))
作出函数f(x)的图象如图所示．
由图象可知，f(x)<2的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)，\f(11,5))).
(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1，
由基本不等式可知eq \f(\r(a)＋\r(b),2)≤ eq \r(\f(a＋b,2))＝ eq \r(\f(1,4))＝eq \f(1,2)，
当且仅当a＝b时，“＝”成立，即eq \r(a)＋eq \r(b)≤1＝T.
7．已知函数f(x)＝|2x－1|－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2))).
(1)求不等式f(x)<0的解集M；
(2)当a，b∈M时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－x，x<－\f(3,2)，,－3x－\f(1,2)，－\f(3,2)≤x≤\f(1,2)，,x－\f(5,2)，x>\f(1,2).))
当x<－eq \f(3,2)时，f(x)<0，即eq \f(5,2)－x<0，无解；
当－eq \f(3,2)≤x≤eq \f(1,2)时，f(x)<0，即－3x－eq \f(1,2)<0，得－eq \f(1,6)当x>eq \f(1,2)时，f(x)<0，即x－eq \f(5,2)<0，得eq \f(1,2)综上，M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)(2)证明：要证3|a＋b|<|ab＋9|，
只需证9(a2＋b2＋2ab)即证a2b2－9a2－9b2＋81＞0，
即证(a2－9)(b2－9)＞0.
因为a，b∈M，所以－eq \f(1,6)所以a2－9<0，b2－9<0，
所以(a2－9)(b2－9)>0，
所以3|a＋b|<|ab＋9|.
8．已知函数f(x)＝m－|x＋4|(m>0)，且f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c都是正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
【答案】见解析
【解析】(1)法一：依题意知f(x－2)＝m－|x＋2|≥0，
即|x＋2|≤m⇔－m－2≤x≤－2＋m.
由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m－2＝－3，,－2＋m＝－1，))
解得m＝1.
法二：因为不等式f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]，
所以－3，－1为方程f(x－2)＝0的两根，即－3，－1为方程m－|x＋2|＝0的两根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－|－3＋2|＝0，,m－|－1＋2|＝0，))解得m＝1.
(2)证明：由(1)可知eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1(a，b，c>0)，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2b)＋\f(2b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3c)＋\f(3c,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3c)＋\f(3c,2b)))≥9，当且仅当a＝2b＝3c，即a＝3，b＝eq \f(3,2)，c＝1时取等号．
【考法拓展•题型解码】
考法一 比较法证明不等式
答题模板
比较法证明不等式的步骤
①作差(商)；②变形；③判断差的符号(商与1的大小关系)；④下结论，其中“变形”是关键．作差比较法中，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
【例1】 (2019·苏州调研)(比较法)设a>0，b>0，求证：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)))eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)))eq \f(1,2)≥aeq \f(1,2)＋beq \f(1,2).
【答案】见解析
【解析】证明 方法一 左边－右边＝eq \f(\r(a)3＋\r(b)3,\r(ab))－(eq \r(a)＋eq \r(b))
＝eq \f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b－\r(ab)\r(a)＋\r(b),\r(ab))
＝eq \f(\r(a)＋\r(b)a－2\r(ab)＋b,\r(ab))＝eq \f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ab))≥0，
所以原不等式成立．
方法二 因为不等式左边>0，右边>0，
所以eq \f(左边,右边)＝eq \f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b,\r(ab)\r(a)＋\r(b))
＝eq \f(a－\r(ab)＋b,\r(ab))≥eq \f(2\r(ab)－\r(ab),\r(ab))＝1.
所以原不等式成立．
考法二 分析法和综合法证明不等式
解题技巧
分析法和综合法证明不等式的技巧
证明不等式，主要从目标式的结构特征，综合已知条件，借助相关定理公式探索思路，如果这种特征不足以明确解题方法时，就应从目标式开始通过“倒推”——分析法，寻找目标式成立的充分条件直至与已知条件吻合，然后从已知条件出发综合写出证明过程．
【例2】 (2018·江西丰城统考)已知a，b，c均为正数，证明：
a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥6eq \r(3)，
并确定a，b，c为何值时，等号成立．
【答案】见解析
【解析】证明 方法一 因为a，b，c均为正数，由平均值不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)eq \f(2,3)，①
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥3(abc)－eq \f(1,3)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥9(abc)－eq \f(2,3).②
故a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥3(abc)eq \f(2,3)＋9(abc)－eq \f(2,3).
又3(abc)eq \f(2,3)＋9(abc)－eq \f(2,3)≥2eq \r(27)＝6eq \r(3)，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
当且仅当3(abc)eq \f(2,3)＝9(abc)－eq \f(2,3)时，③式等号成立，
即a＝b＝c＝3eq \f(1,4)时，原式等号成立．
方法二 因为a，b，c均为正数，由基本不等式得
a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①
同理eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,c2)≥eq \f(1,ab)＋eq \f(1,bc)＋eq \f(1,ac).②
故a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2
＝a2＋b2＋c2＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,c2)＋eq \f(2,ab)＋eq \f(2,bc)＋eq \f(2,ac)≥ab＋bc＋ac＋eq \f(3,ab)＋eq \f(3,bc)＋eq \f(3,ac)≥6eq \r(3).③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3eq \f(1,4)时，原式等号成立．
考法三 柯西不等式的应用
归纳总结
柯西不等式的应用类型及解题策略
(1)求表达式的最值：依据已知条件，利用柯西不等式求最值，注意等号成立的条件．
(2)求解析式的值：利用柯西不等式的条件，注意等号成立的条件，进而求得各个量的值，从而求出解析式的值．
(3)证明不等式：注意所证不等式的结构特征，寻找柯西不等式的条件，然后证明．
【例3】 已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求证：1≤a≤2.
【答案】见解析
【解析】证明 由柯西不等式得(2b2＋3c2＋6d2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,6)))≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，由已知可得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，b＋c＋d＝3－a，所以5－a2≥(3－a)2，即1≤a≤2，
当且仅当eq \f(\r(2)b,\r(\f(1,2)))＝eq \f(\r(3)c,\r(\f(1,3)))＝eq \f(\r(6)d,\r(\f(1,6)))，即2b＝3c＝6d时，等号成立．
【易错警示】
易错点 混淆恒成立问题、无解问题和有解问题
【典例】 已知关于x的不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－3))＜a，①恒成立；②无解；③有解；分别求a的取值范围．
【错解】：设g(x)＝|x－1|－|x－3|，
则g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，x>3，,2x－4，1≤x≤3，则－2≤gx≤2，,－2，x<1，))
所以①a∈(－∞，－2]，②a∈(2，＋∞)，③a∈(－2，＋∞)．
【错因分析】：转化为最值问题时，弄错大小或忽略等号导致错误．
【正解】：同上，所以①a∈(2，＋∞)；②a∈(－∞，－2]；③a∈(－2，＋∞)．
误区防范
①a>|x－1|－|x－3|恒成立，则a>(|x－1|－|x－3|)max；
②a>|x－1|－|x－3|无解，则a≤(|x－1|－|x－3|)min；
③a>|x－1|－|x－3|有解，则a>(|x－1|－|x－3|)min.
【跟踪训练】 (2019·湖北七市州联考)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|2x－3|＋2.
(1)解不等式g(x)<5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)g(x)<5⇔|2x－3|<3⇔－3<2x－3<3⇔0(2)由题意知{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}．
又f(x)＝|a－2x|＋|2x＋3|≥|(a－2x)＋(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|2x－3|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，
解得a≤－5或a≥－1.
所以a∈(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．
【递进题组】
1．设a>b>c>0，则2a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)－10ac＋25c2的最小值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】D
【解析】 2a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)－10ac＋25c2
＝(a－5c)2＋a2－ab＋ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)
＝(a－5c)2＋ab＋eq \f(1,ab)＋a(a－b)＋eq \f(1,aa－b)≥0＋2＋2＝4.
当且仅当a－5c＝0，ab＝1，a(a－b)＝1时，等号成立，
如取a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)，c＝eq \f(\r(2),5)满足条件，故选D.
2．若P＝eq \f(x,1＋x)＋eq \f(y,1＋y)＋eq \f(z,1＋z)(x>0，y>0，z>0)，则P与3的大小关系为__________.
【答案】 P<3
【解析】因为1＋x>0,1＋y>0,1＋z>0，
所以eq \f(x,1＋x)＋eq \f(y,1＋y)＋eq \f(z,1＋z)3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))≥8.
【答案】见解析
【解析】证明 因为a，b，c∈(0，＋∞)，所以a＋b≥2eq \r(ab)，b＋c≥2eq \r(bc)，
c＋a≥2eq \r(ca)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))＝eq \f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥
eq \f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
4．已知x，y，z是正实数，且满足x＋2y＋3z＝1.
(1)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)的最小值；
(2)求证：x2＋y2＋z2≥eq \f(1,14).
【答案】见解析
【解析】(1)因为x，y，z是正实数，且满足x＋2y＋3z＝1，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)，
当且仅当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)时，等号成立．
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)的最小值为6＋2eq \r(2)＋2eq \r(3)＋2eq \r(6).
(2)证明：由柯西不等式可得1＝(x＋2y＋3z)2≤(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)＝14(x2＋y2＋z2)，所以x2＋y2＋z2≥eq \f(1,14)，当且仅当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)时，等号成立，
故x2＋y2＋z2≥eq \f(1,14).
【考卷送检】
1．已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.
【答案】见解析
【解析】证明 (a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(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(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，
所以a3＋b3>a2b＋ab2.
2．(2019·襄阳四中质检)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：
(1)若ab>cd，则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|的充要条件．
【答案】见解析
【解析】证明 证法一：(1)因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)，(eq \r(c)＋eq \r(d))2＝c＋d＋2eq \r(cd)，由题设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(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eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
②(充分性)若eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)，则(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，eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证法二：(1)假设eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(c)＋eq \r(d)，则有(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤(eq \r(c)＋eq \r(d))2.
由a＋b＝c＋d得eq \r(ab)≤eq \r(cd)，从而ab≤cd，与已知ab>cd矛盾，
故eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
(2)(充分性)假设|a－b|≥|c－d|，则有(a＋b)2－4ab≥(c＋d)2－4cd，由此得4ab≤4cd,2eq \r(ab)≤2eq \r(cd)，(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤(eq \r(c)＋eq \r(d))2，于是eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(c)＋eq \r(d)，这与eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)矛盾，
从而|a－b|<|c－d|，充分性得证．
(必要性)假设eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(c)＋eq \r(d)，则有(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤(eq \r(c)＋eq \r(d))2，即ab≤cd.
又a＋b＝c＋d，故(a－b)2≥(c－d)2，即|a－b|≥|c－d|，
与|a－b|<|c－d|矛盾．因此eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).必要性得证．
综上，eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．
3．(2019·绍兴中学质检)若a＞0，b＞0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \r(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．
【答案】见解析
【解析】(1)由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))，得ab≥2，当且仅当a＝b＝eq \r(2)时，等号成立．故a3＋b3≥2eq \r(a3b3)≥4eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \r(2)时，等号成立．所以a3＋b3的最小值为4eq \r(2).
(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq \r(6)·eq \r(ab)≥4eq \r(3).
由于4eq \r(3)＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
4．(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)＜2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))＜eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋ab)).
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)当x≤－eq \f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，
即－1当－eq \f(1,2)当x≥eq \f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，即eq \f(1,2)≤x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝
(a2－1)(1－b2)<0.
因此|a＋b|<|1＋ab|.
5．(2017·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.
【答案】见解析
【解析】证明 (1)(a＋b)(a5＋b5) ＝a6＋ab5＋b6＋a5b＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq \f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq \f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，
因此a＋b≤2.
6．(2019·东北三校二模)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)；
(2)eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).
【答案】见解析
【解析】证明 (1)因为由柯西不等式得(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(1·eq \r(a)＋1·eq \r(b)＋1·eq \r(c))2≤(12＋12＋12)·[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]＝3，当且仅当eq \f(1,\r(a))＝eq \f(1,\r(b))＝eq \f(1,\r(c))，即a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立，所以eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3).
(2)因为由柯西不等式得[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3a＋1)·\f(1,\r(3a＋1))＋\r(3b＋1)·\f(1,\r(3b＋1))＋\r(3c＋1)·\f(1,\r(3c＋1))))2＝9(当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立)，又a＋b＋c＝1，所以6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9，所以eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).