2021高考数学（文）大一轮复习习题 选修4-5 不等式选讲 课时跟踪检测 （六十一）　不等式的证明 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 选修4-5 不等式选讲 课时跟踪检测 （六十一）　不等式的证明 word版含答案，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝|x－1|等内容，欢迎下载使用。
解：(eq \r(x)－1)2－(eq \r(x)＋1)2
＝
＝－4eq \r(x)．
因为x＞0，所以eq \r(x)＞0，所以－4eq \r(x)＜0，
所以(eq \r(x)－1)2＜(eq \r(x)＋1)2．
2．设不等式|2x－1|＜1的解集为M．
(1)求集合M．
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1．
所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0．
故ab＋1＞a＋b．
3．(2017·重庆第一次适应性测试)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1．
(1)求证：2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)≤eq \f(1,2)；
(2)求证：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，
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)，
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．
4．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．
解：(1)由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))，
得ab≥2，且当a＝b＝eq \r(2)时等号成立．
故a3＋b3≥2eq \r(a3b3)≥4eq \r(2)，
且当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．
5．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a．
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3．
解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3．
(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，
又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3．
6．(2016·海口调研)设函数f(x)＝|x－a|．
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为，eq \f(1,m)＋eq \f(1,2n)＝a(m＞0，n＞0)，求证：m＋4n≥2eq \r(2)＋3．
解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜1，,2－x＋1－x≥7))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤2，,2－x＋x－1≥7))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞2，,x－2＋x－1≥7，))
解得x≤－2或x≥5，
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＝0，,a＋1＝2，))解得a＝1，∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,2n)＝1(m＞0，n＞0)，
∴m＋4n＝(m＋4n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,2n)))＝3＋eq \f(4n,m)＋eq \f(m,2n)≥2eq \r(2)＋3(当且仅当m＝2eq \r(2)n时取等号)．
7．已知函数f(x)＝|x－1|．
(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：eq \f(fab,|a|)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))．
解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－2，x＜－3，,－x＋4，－3≤x＜\f(1,2)，,3x＋2，x≥\f(1,2)，))
当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－eq \f(10,3)；
当－3≤x＜eq \f(1,2)时，－x＋4≥8无解；
当x≥eq \f(1,2)时，由3x＋2≥8，解得x≥2．
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(10,3)))或x≥2))．
(2)证明：eq \f(fab,|a|)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))等价于f(ab)＞|a|feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))，
即|ab－1|＞|a－b|．
因为|a|＜1，|b|＜1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)＞0，
所以|ab－1|＞|a－b|．
故所证不等式成立．
8．设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1．记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N．
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x2≤eq \f(1,4)．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－3，x∈[1，＋∞，,1－x，x∈－∞，1.))
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤eq \f(4,3)，故1≤x≤eq \f(4,3)；
当x＜1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x＜1．
所以f(x)≤1的解集为M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(4,3)))))．
(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4，
得16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2≤4，
解得－eq \f(1,4)≤x≤eq \f(3,4)．
因此N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(3,4)))))，
故M∩N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(3,4)))))．
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，
于是x2f(x)＋x·2
＝xf(x)
＝x·f(x)＝x(1－x)
＝eq \f(1,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2≤eq \f(1,4)．