统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业21不等式选讲文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业21不等式选讲文，共6页。试卷主要包含了证明等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·江西省重点中学协作体高三联考]已知a>0，b>0，c>0，ab＋bc＋ca＝3.
(1)求a3＋b3＋c3的最小值M；
(2)关于x的不等式|x－m|－|x＋1|>M有解，求实数m的取值范围．
2．[2023·江西省九江市高三二模]已知函数f(x)＝2|x－1|＋|x－a|(a∈R).
(1)若f(x)的最小值为1，求a的值；
(2)若f(x)3．[2023·江西省南昌市高三二模]已知f(x)＝|x＋1|－|2x－2|，g(x)＝a|x－b|.
(1)在给出的直角坐标系中画出函数f(x)的图象；
(2)若f(x)≥g(x)在R上恒成立，求b－a的最小值．
4．[2023·广西南宁市高三二模]已知a，b，c均为正数，且a2＋2b2＋3c2＝4，证明：
(1)若a＝c，则ab≤eq \f(\r(2),2)；
(2)a＋2b＋3c≤2eq \r(6).
5.[2023·四川省绵阳南山中学高三检测]已知a，b，c为正数，且满足a＋b＋c＝3.
(1)证明：ab＋bc＋ca≤3；
(2)证明：9ab＋bc＋4ac≥12abc.
6．[2023·贵州省贵阳市高三检测]已知a、b、c均为正数，且a2＋4b2＋4c2＝27.
(1)证明：a＋2b＋2c≤9；
(2)若b＝c，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值．
课时作业21 不等式选讲
1．解析：（1）a>0，b>0，c>0，则a3＋b3＋13≥3a·b·1＝3ab，b3＋c3＋13≥3b·c·1＝3bc，c3＋a3＋13≥3c·a·1＝3ca，
则2（a3＋b3＋c3）＋3×13≥3（ab＋bc＋ca）＝9，
所以a3＋b3＋c3≥3，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，a3＋b3＋c3的最小值为M＝3.
（2）|x－m|－|x＋1|≤|（x－m）－（x＋1）|＝|m＋1|，
当且仅当（x－m）（x＋1）≥0且|x－m|≥|x＋1|时取最大值|m＋1|.
y＝|x－m|－|x＋1|的最大值为|m＋1|>3，
解得m∈（－∞，－4）∪（2，＋∞）.
2．解析：（1）因为|x－a|＋|x－1|≥|（x－a）－（x－1）|＝|a－1|，当且仅当（x－a）（x－1）≤0时取等号，
f（x）＝2|x－1|＋|x－a|≥|x－1|＋|a－1|≥|a－1|，当且仅当x＝1时取等号，
所以|a－1|＝1，解得a＝0或a＝2，
故a的值为0或2.
（2）令g（x）＝2|x－1|＋|x－a|－a|x|－6，
由题意知g（x）<0恒成立，
当x∈{x|x≥1且x≥a}时，g（x）＝2（x－1）＋（x－a）－ax－6＝（3－a）x－a－8，要使得g（x）<0恒成立，
则3－a≤0，可得a≥3，
当a≥3时，g（x）＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－3）x＋a－4，x<0,－（a＋3）x＋a－4，0≤x<1,（1－a）x＋a－8，1≤x因为g（x）<0恒成立，则g（x）max<0，由图象可知g（x）max＝g（0），
所以g（x）≤g（0）＝a－4<0，所以a<4，
综上可知，实数a的取值范围为[3，4）.
3．解析：（1）f（x）＝|x＋1|－|2x－2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－3，x≤－1，,3x－1，－1其图象如图所示：
（2）由（1）知函数f（x）与x轴的交点为（eq \f(1,3)，0）和（3，0），
结合函数f（x）和g（x）的图象可以知道，
当－13时，由图可知f（x）≥g（x）在R上不可能恒成立；
当a≥0时，g（x）≥0，而f（x）的值有负数，可知f（x）≥g（x）在R上不可能恒成立；
当a≤－3时，只需eq \f(1,3)≤b≤3，则f（x）≥g（x）在R上恒成立，此时b－a≥eq \f(1,3)＋3＝eq \f(10,3)，
当－3令y＝0，则x＝－eq \f(4,a)－1，要f（x）≥g（x）在R上恒成立，则－eq \f(4,a)－1≤b≤3，
此时b－a≥－eq \f(4,a)－1－a＝－eq \f(4,a)－a－1≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,a)))×（－a）)－1＝3，当且仅当a＝－2时等号成立．
综上：b－a的最小值为3.
4．证明：（1）∵a2＋2b2＋3c2＝4，a＝c，∴4a2＋2b2＝4，
∵4a2＋2b2≥2·2a·eq \r(2)b，
当且仅当a＝eq \f(\r(2),2)，b＝1时取等号，
∴4≥2·2a·eq \r(2)b，即ab≤eq \f(\r(2),2).
（2）∵a，b，c均为正数，且a2＋2b2＋3c2＝4，
∴由柯西不等式得，（a2＋2b2＋3c2）[12＋（eq \r(2)）2＋（eq \r(3)）2]≥（a＋2b＋3c）2，
∴（a＋2b＋3c）2≤4×6，
∴a＋2b＋3c≤2eq \r(6)，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(\r(6),3)时取等号．
5．证明：（1）∵a，b，c为正数，
要证ab＋bc＋ca≤3，∵a＋b＋c＝3，
只需证ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3)（a＋b＋c）2，
即证3（ab＋bc＋ca）≤a2＋b2＋c2＋2（ab＋bc＋ca），
即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，
∵a，b，c为正数，∴a2＋b2≥2ab，
∴b2＋c2≥2bc，∴c2＋a2≥2ca，
∴2（a2＋b2＋c2）≥2（ab＋bc＋ca），
∴ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2当且仅当a＝b＝c＝1时取等．
（2）要证9ab＋bc＋4ac≥12abc，
只需证eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＋eq \f(9,c)≥12，
即证（eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＋eq \f(9,c)）（a＋b＋c）≥36，
根据柯西不等式可得（eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＋eq \f(9,c)）（a＋b＋c）≥（eq \r(\f(1,a))·eq \r(a)＋eq \r(\f(4,b))·eq \r(b)＋eq \r(\f(9,c))·eq \r(c)）2＝（1＋2＋3）2＝36，
当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝1，c＝eq \f(3,2)取等号．从而9ab＋bc＋4ac≥12abc.
6．解析：（1）证明：因为a、b、c均为正数，且a2＋4b2＋4c2＝27，
由柯西不等式可得[a2＋（2b）2＋（2c）2]·（12＋12＋12）≥（a＋2b＋2c）2，
即（a＋2b＋2c）2≤81，所以a＋2b＋2c≤9，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2b＝2c,a＋2b＋2c＝9))，
即当a＝3，b＝c＝eq \f(3,2)时，等号成立，
因此，a＋2b＋2c≤9.
（2）因为b＝c且a、b、c均为正数，
由（1）可知a＋4b≤9，所以eq \f(1,a＋4b)≥eq \f(1,9)，
因为（eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)）（a＋4b）＝5＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)≥5＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(9,a＋4b)≥1，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2b,a＋4b＝9))，即当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3,b＝\f(3,2)))时，等号成立，
因此，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为1.
A基础达标
B素养提升