高考总复习文数（北师大版）课时作业提升65不等式证明

课时作业提升(六十五)不等式证明1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2．证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2．2．(2015·湖南卷)设a＞0，b＞0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．证明：由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a＞0，b＞0，得ab＝1．(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2．当且仅当a＝b＝1时等号成立．(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．3．(2014·福建卷)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．(1)解：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，因为p2＋q2≥2pq，q2＋r2≥2qr，p2＋r2≥2pr，所以2(p2＋q2＋r2)≥2pq＋2qr＋2pr，所以3(p2＋q2＋r2)≥(p＋q＋r)2＝9，则p2＋q2＋r2≥3．4．(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d证明：(1)若ab>cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明：(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd．得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2．因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)．(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd．因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd．由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)．②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd)．因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd．于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2．因此|a－b|<|c－d|．综上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．5．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)＜4的解集为M．(1)求M；(2)当a，b∈M时，证明：2|a＋b|＜|4＋ab|．(1)解：f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x＜－1，,2，－1≤x≤1，,2x，x＞1.))当x＜－1时，由－2x＜4，得－2＜x＜－1；当－1＜x≤1时，f(x)＝2＜4；当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．所以M＝(－2,2)．(2)证明：a，b∈M，即－2＜a＜2，－2＜b＜2，∴4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8ab＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)＜0，∴4(a＋b)2＜(4＋ab)2，∴2|a＋b|＜|4＋ab|．6．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9(1)解：因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1．(2)证明：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈(0，＋∞)，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(2b)·\f(1,\r(2b))＋\r(3c)·\f(1,\r(3c))))2＝9．7．已知x，y，z均为实数，(1)若x＋y＋z＝1，求证：eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3)≤3eq\r(3)；(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．证明：(1)因为(eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3))2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27．所以eq\r(3x＋1)＋eq\r(3y＋2)＋eq\r(3z＋3)≤3eq\r(3)．当且仅当x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝0时取等号．(2)因为(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝36，即14(x2＋y2＋z2)≥36，x2＋y2＋z2≥eq\f(18,7)，当且仅当x＝eq\f(3,7)，y＝eq\f(6,7)，z＝eq\f(9,7)时取等号．所以x2＋y2＋z2的最小值为eq\f(18,7)．8．(2018·唐山月考)已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝3．(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)的最小值；(2)证明：3≤x2＋y2＋z2＜9．(1)解：因为x＋y＋z≥3eq\r(3,xyz)＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥eq\f(3,\r(3,xyz))＞0，所以(x＋y＋z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≥9，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)取最小值3．