2021高考数学（理）大一轮复习习题：选修4－5 不等式选讲 课时达标检测（六十六） 不等式的证明 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：选修4－5 不等式选讲 课时达标检测（六十六） 不等式的证明 word版含答案，共4页。试卷主要包含了设α，β，γ均为实数等内容，欢迎下载使用。

1．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).
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)证明：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).
2．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2由－2<－2x－1<0解得－eq \f(1,2)则M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq \f(1,3)|a|＋eq \f(1,6)|b|(2)由(1)得a2因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0.
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|.
3．(2017·广州模拟)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.
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.
4．(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2；
(2)已知a，b，c都是正数，求证：eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.
证明：(1)(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)因为b2＋c2≥2bc，a2>0，
所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，
因此eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.
求证：eq \f(1,1－x2)＋eq \f(1,1－y2)≥eq \f(2,1－xy).
证明：∵eq \f(2,\f(1,1－x2)＋\f(1,1－y2))≤eq \f(1－x2＋1－y2,2)
＝eq \f(2－x2＋y2,2)≤eq \f(2－2|xy|,2)＝1－|xy|，
∴eq \f(1,1－x2)＋eq \f(1,1－y2)≥eq \f(2,1－|xy|)≥eq \f(2,1－xy)，
∴原不等式成立．
6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．
(1)证明：|cs(α＋β)|≤|cs α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cs α|＋|cs β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|≥1.
证明：(1)|cs(α＋β)|＝|cs αcs β－sin αsin β|≤|cs αcs β|＋|sin αsin β|≤|cs α|＋|sin β|；
|sin(α＋β)|＝|sin αcs β＋cs αsin β|≤|sin αcs β|＋|cs αsin β|≤|cs α|＋|cs β|.
(2)由(1)知，|cs|≤|cs α|＋|sin(β＋γ)|≤|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|≥cs 0＝1.
7．(2017·重庆模拟)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)≤eq \f(1,2)；
(2)eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)＝eq \f(1,2)(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤eq \f(1,2).
(2)因为eq \f(a2＋c2,b)≥eq \f(2ac,b)，eq \f(b2＋a2,c)≥eq \f(2ab,c)，eq \f(c2＋b2,a)≥eq \f(2bc,a)，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
所以eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(bc,a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)＋\f(c,a)))＋ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2a＋2b＋2c＝2，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
8．(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)＋(a＋b＋c)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(\f(b2,a)·a)＋ \r(\f(c2,b)·b)＋ \r(\f(a2,c)·c))))＝2(a＋b＋c)．
(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.