统考版高考数学一轮复习选修4-5.2不等式的证明课时作业理含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业74不等式的证明〖基础达标〗1．〖2018·江苏卷〗若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．2．〖2021·福州市质量检测〗已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.3．〖2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试〗(1)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，证明eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9；(2)已知a，b，c均为正实数，且abc＝1，证明eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).4．〖2021·大同市高三学情调研测试试题〗设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(c2,a)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(a2,b)≥1.

5.〖2021·惠州市高三调研考试试题〗已知关于x的不等式|x－m|＋2x≤0的解集为{x|x≤－2}，其中m>0.(1)求m的值；(2)若正数a，b，c满足a＋b＋c＝m，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥2.6．〖2021·开封市高三第一次模拟考试〗已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：(1)eq\f(b,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)≥3；(2)eq\f(\r(a)＋\r(b)＋\r(c)2,a＋b＋c)>2.〖能力挑战〗7．〖2021·福州市高三质量检测〗已知函数f(x)＝|2x－1|＋x＋eq\f(1,2)的最小值为m.(1)求m的值；(2)若a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，证明：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).课时作业741．证明：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，当且仅当eq\f(x,1)＝eq\f(y,2)＝eq\f(z,2)时，不等式等号成立，此时x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(4,3)，z＝eq\f(4,3)，所以x2＋y2＋z2的最小值为4.2．〖解析〗(1)当x＜－eq\f(1,2)时，不等式化为：－2x－1＋1－2x＜4，即x＞－1，所以－1＜x＜－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，所以－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)；当x＞eq\f(1,2)时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，所以eq\f(1,2)＜x＜1，综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．(2)方法一因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1.而|ab|＋1－(|a|＋|b|)＝|ab|＋1－|a|－|b|＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.方法二要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1，所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．3．〖解析〗(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋1＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋1＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＋1＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,a)＋3≥9，当a＝b＝c时等号成立．(2)因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,a)＋\f(1,c)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(1,ab))＋2\r(\f(1,ac))＋2\r(\f(1,bc))))，又abc＝1，所以eq\f(1,ab)＝c，eq\f(1,ac)＝b，eq\f(1,bc)＝a，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥eq\r(c)＋eq\r(b)＋eq\r(a)，当a＝b＝c时等号成立．4．〖解析〗(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1，∴3(ab＋bc＋ac)≤1，即ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3).(2)∵eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，∴eq\f(c2,a)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(a2,b)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.5．〖解析〗(1)解法一由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>m,x－m＋2x≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤m,m－x＋2x≤0))，化简得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>m,x≤\f(m,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤m,x≤－m))，∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，∴－m＝－2，解得m＝2.解法二由题意知：2x≤x－m≤－2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－m,x≤\f(m,3)))，∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，∴－m＝－2，解得m＝2.(2)由(1)可知a＋b＋c＝2.根据基本不等式，得eq\f(b2,a)＋a≥2b，eq\f(c2,b)＋b≥2c，eq\f(a2,c)＋c≥2a，三式相加可得：eq\f(b2,a)＋a＋eq\f(c2,b)＋b＋eq\f(a2,c)＋c≥2b＋2c＋2a，∴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)≥2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)．6．〖解析〗(1)由已知可得eq\f(b,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)≥3eq\r(3,\f(b,a)·\f(c,b)·\f(a,c))＝3，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．(2)由于a，b，c为一个三角形的三边长，因为(eq\r(b)＋eq\r(c))2＝b＋c＋2eq\r(bc)>a，即eq\r(b)＋eq\r(c)>eq\r(a)，所以eq\r(ab)＋eq\r(ac)＝eq\r(a)(eq\r(b)＋eq\r(c))>a，同理eq\r(ab)＋eq\r(bc)>b，eq\r(ac)＋eq\r(bc)>c，三式相加得2eq\r(ac)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ab)>a＋b＋c，左右两边同时加上a＋b＋c得(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2>2(a＋b＋c)，所以eq\f(\r(a)＋\r(b)＋\r(c)2,a＋b＋c)>2.7．〖解析〗(1)根据题意，函数f(x)＝|2x－1|＋x＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,2)，x≥\f(1,2),－x＋\f(3,2)，x<\f(1,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，即m＝1.(2)由(1)知，m＝1，所以a＋b＋c＝1.又a，b，c为正实数，a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，所以2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ac)，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).课时作业74不等式的证明〖基础达标〗1．〖2018·江苏卷〗若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．2．〖2021·福州市质量检测〗已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.3．〖2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试〗(1)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，证明eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9；(2)已知a，b，c均为正实数，且abc＝1，证明eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).4．〖2021·大同市高三学情调研测试试题〗设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(c2,a)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(a2,b)≥1.

5.〖2021·惠州市高三调研考试试题〗已知关于x的不等式|x－m|＋2x≤0的解集为{x|x≤－2}，其中m>0.(1)求m的值；(2)若正数a，b，c满足a＋b＋c＝m，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥2.6．〖2021·开封市高三第一次模拟考试〗已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：(1)eq\f(b,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)≥3；(2)eq\f(\r(a)＋\r(b)＋\r(c)2,a＋b＋c)>2.〖能力挑战〗7．〖2021·福州市高三质量检测〗已知函数f(x)＝|2x－1|＋x＋eq\f(1,2)的最小值为m.(1)求m的值；(2)若a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，证明：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).课时作业741．证明：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，当且仅当eq\f(x,1)＝eq\f(y,2)＝eq\f(z,2)时，不等式等号成立，此时x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(4,3)，z＝eq\f(4,3)，所以x2＋y2＋z2的最小值为4.2．〖解析〗(1)当x＜－eq\f(1,2)时，不等式化为：－2x－1＋1－2x＜4，即x＞－1，所以－1＜x＜－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，所以－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)；当x＞eq\f(1,2)时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，所以eq\f(1,2)＜x＜1，综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．(2)方法一因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1.而|ab|＋1－(|a|＋|b|)＝|ab|＋1－|a|－|b|＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.方法二要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1，所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．3．〖解析〗(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋1＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋1＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＋1＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,a)＋3≥9，当a＝b＝c时等号成立．(2)因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,a)＋\f(1,c)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(1,ab))＋2\r(\f(1,ac))＋2\r(\f(1,bc))))，又abc＝1，所以eq\f(1,ab)＝c，eq\f(1,ac)＝b，eq\f(1,bc)＝a，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥eq\r(c)＋eq\r(b)＋eq\r(a)，当a＝b＝c时等号成立．4．〖解析〗(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1，∴3(ab＋bc＋ac)≤1，即ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3).(2)∵eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，∴eq\f(c2,a)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(a2,b)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.5．〖解析〗(1)解法一由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>m,x－m＋2x≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤m,m－x＋2x≤0))，化简得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>m,x≤\f(m,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤m,x≤－m))，∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，∴－m＝－2，解得m＝2.解法二由题意知：2x≤x－m≤－2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－m,x≤\f(m,3)))，∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，∴－m＝－2，解得m＝2.(2)由(1)可知a＋b＋c＝2.根据基本不等式，得eq\f(b2,a)＋a≥2b，eq\f(c2,b)＋b≥2c，eq\f(a2,c)＋c≥2a，三式相加可得：eq\f(b2,a)＋a＋eq\f(c2,b)＋b＋eq\f(a2,c)＋c≥2b＋2c＋2a，∴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)≥2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)．6．〖解析〗(1)由已知可得eq\f(b,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)≥3eq\r(3,\f(b,a)·\f(c,b)·\f(a,c))＝3，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．(2)由于a，b，c为一个三角形的三边