2023届高考一轮复习讲义（文科）选修4－5　不等式选讲 第2讲　高效演练 分层突破学案

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1．设a＞0，b＞0，若eq \r(3)是3a与3b的等比中项，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
证明：由eq \r(3)是3a与3b的等比中项得
3a·3b＝3，
即a＋b＝1，要证原不等式成立，
只需证eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)≥4成立，即证eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立，
因为a＞0，b＞0，
所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，
(当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b＝eq \f(1,2)时，“＝”成立)，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
2．求证：eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜2.
证明：因为eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n（n－1）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜1＋eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,（n－1）×n)
＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq \f(1,n)＜2.
3．(2020·大理一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.
(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x；
(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小．
解：(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2x，x<0，,3，0≤x≤3，,2x－3，x>3.))f(x)－5≥x，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,3－2x≥x＋5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤x≤3，,3≥x＋5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>3，,2x－3≥x＋5，))解得x≤－eq \f(2,3)或x∈∅或x≥8.
所以不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪[8，＋∞)．
(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.
由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n)．
且m≥3，n≥3，所以m－2>0，2－n<0，
即(m－2)(2－n)<0，
所以2(m＋n)4．(2020·开封市定位考试)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－m|(m>1)，若f(x)>4的解集是{x|x<0或x>4}．
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b，c满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝eq \f(m,3)，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为m>1，所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋m＋1，x<1,m－1，1≤x≤m,2x－m－1，x>m))，
作出函数f(x)的图象如图所示，
由f(x)>4的解集及函数f(x)的图象得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2×0＋m＋1＝4,2×4－m－1＝4))，得m＝3.
(2)由(1)知m＝3，从而eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1，
a＋2b＋3c＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c))(a＋2b＋3c)＝3＋(eq \f(a,2b)＋eq \f(2b,a))＋(eq \f(a,3c)＋eq \f(3c,a))＋(eq \f(2b,3c)＋eq \f(3c,2b))≥9，
当且仅当a＝3，b＝eq \f(3,2)，c＝1时“＝”成立．
5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2的最小值为s.
(1)试求s的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝s，求证：a2＋b2＋c2≥3.
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2≥|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，即f(x)≥3.
当且仅当x＝1，且(x＋1)(2－x)≥0，即x＝1时，等号成立，所以f(x)的最小值为3，所以s＝3.
(2)证明：由(1)知a＋b＋c＝3.
故a2＋b2＋c2＝(a2＋12)＋(b2＋12)＋(c2＋12)－3
≥2a＋2b＋2c－3
＝2(a＋b＋c)－3＝3(当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立)．
6．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))＜eq \f(1,4)；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2＜x≤1，,－3，x＞1，))由－2＜－2x－1＜0
解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,2)，即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|＜eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(2)由(1)得a2＜eq \f(1,4)，b2＜eq \f(1,4)，因为|1－4ab|2－4|a－b|2
＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
故|1－4ab|2＞4|a－b|2，即|1－4ab|＞2|a－b|.
[综合题组练]
1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．
(1)求实数a的值；
(2)求eq \r(12－at)＋eq \r(4＋t)的最大值．
解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}．当1－a2≠0时，不符合题意， 舍去．
当1－a2＝0，即a＝±1时，
x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，
a＝1符合题意．
综上，a＝1.
(2)(eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t))2＝16＋2eq \r(（12－t）（4＋t）)＝16＋2eq \r(－t2＋8t＋48)，当t＝eq \f(8,2)＝4时，(eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t))2有最大值，为32.
又eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t)≥0，所以eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t)的最大值为4eq \r(2).
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq \f(1,3)成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解：(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq \f(4,3)，当且仅当x＝eq \f(5,3)，y＝－eq \f(1,3)，z＝－eq \f(1,3)时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为eq \f(4,3).
(2)证明：由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq \f(（2＋a）2,3)，当且仅当x＝eq \f(4－a,3)，y＝eq \f(1－a,3)，z＝eq \f(2a－2,3)时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为eq \f(（2＋a）2,3).
由题设知eq \f(（2＋a）2,3)≥eq \f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.