备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（七十五） 不等式的证明

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课时验收评价（七十五） 不等式的证明1．若a>0，b>0，且＋＝.(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＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立．故a3＋b3≥2 ≥4，当且仅当a＝b＝ 时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4.(2)由(1)知，2a＋3b≥2 ≥4.由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.2．(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋≤＋＋xy；(2)设1<a≤b≤c，证明：logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．3．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.解：(1)由已知可得f(x)＝∴f(x)min＝1，∴只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，∴实数m的最大值M＝2.(2)证明：法一：综合法∵a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，∴≤1，当且仅当a＝b时取等号．①又∵≤，∴≤，∴≤ ，当且仅当a＝b时取等号，②由①②得≤，∴a＋b≥2ab.法二：分析法∵a>0，b>0，∴要证a＋b≥2ab，只需证(a＋b)2≥4a2b2，即证a2＋b2＋2ab≥4a2b2，∵a2＋b2＝2，∴只要证2＋2ab≥4a2b2，即证2(ab)2－ab－1≤0，即证(2ab＋1)(ab－1)≤0.∵2ab＋1>0，∴只需证ab≤1，下证ab≤1.∵2＝a2＋b2≥2ab，∴ab≤1成立，∴a＋b≥2ab.4．已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.解：(1)f(x)＝当x≤－时，由f(x)<2，得－2x<2，解得x>－1，即－1<x≤－；当－<x<时，f(x)<2恒成立，即－<x<；当x≥时，由f(x)<2，得2x<2，解得x<1，即≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<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．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝3.证明：(1)a2＋b2＋c2≥3；(2)＋＋≥3.证明：(1)因为(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a×1＋b×1＋c×1)2＝9，所以a2＋b2＋c2≥3，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．(2)因为(a＋b＋c)≥2＝9，所以＋＋≥3，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．6．函数f(x)＝|2x－2|＋|2x＋1|.(1)求函数y＝f(x)的最小值；(2)若(1)中f(x)的最小值为k，且实数a，b，c满足a＋2b＋4c＝k.求证：a2＋2ab＋2b2＋c2≥.解：(1)当x≥1时，f(x)＝4x－1，f(x)为单调递增函数，所以此时y＝f(x)的最小值为f(1)＝3；当－<x<1时，f(x)＝3，所以此时y＝f(x)没有最大、最小值；当x≤－时，f(x)＝1－4x，f(x)为单调递减函数，所以此时y＝f＝3为最小值．综上，当－≤x≤1时，y＝f(x)的最小值为3.(2)证明：由(1)知k＝3，所以a＋2b＋4c＝3，由柯西不等式可知(a2＋2ab＋2b2＋c2)(12＋12＋42)＝[(a＋b)2＋b2＋c2](12＋12＋42)≥[(a＋b)×1＋b×1＋c×4]2＝(a＋2b＋4c)2＝9，所以a2＋2ab＋2b2＋c2≥当且仅当a＝0，b＝，c＝时等号成立．7．设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥；(2) ＋ ＋ ≥(＋＋)．证明：(1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c>0，因此只需证(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，又ab＋bc＋ca＝1，故需证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.又易知ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)，∴原不等式成立．(2)＋ ＋ ＝.由于(1)中已证a＋b＋c≥ ，因此要证原不等式成立，只需证明≥ ＋＋，即证a＋b＋c≤1，即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.又a＝≤，b≤，c≤，∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.∴原不等式成立．