2024高考数学一轮复习课后限时集训69不等式的证明文北师大版

PAGE1-课后限时集训69不等式的证明建议用时：45分钟1．(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).[证明](1)因为a＋b＋c＝1，所以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)))).又因为abc＝1，所以eq\f(1,ab)＝c，eq\f(1,ac)＝b，eq\f(1,bc)＝a，∴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，即原不等式成立．2．已知函数f(x)＝|x＋m|(m≥1)．(1)当m＝2时，求不等式eq\f(fx－1,2x)＞－1的解集；(2)设g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,m)))，记p(x)＝f(x)＋g(x)，证明：p(x)≥3.[解](1)∵m＝2，∴f(x)＝|x＋2|，∴不等式eq\f(fx－1,2x)＞－1，即为eq\f(|x＋2|－1,2x)＞－1，即eq\f(|x＋2|－1＋2x,2x)＞0，上述不等式同解于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0,1＋3x＞0))，即x＞0， ①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜0，,1＋3x＜0，))即－2＜x＜－eq\f(1,3)， ②或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,x－3＜0，))即x≤－2， ③由①②③得不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(1,3)或x＞0)))).(2)证明：∵g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,m)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,m)＋m))，∴p(x)＝|x＋m|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,m)＋m))，∵|x＋m|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,m)＋m))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2m＋\f(1,m)))，∴p(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2m＋\f(1,m)))，∵m≥1，∴p(x)≥2m＋eq\f(1,m)，∵h(m)＝2m＋eq\f(1,m)在区间[1，＋∞)上是增函数，∴h(m)≥3，∴p(x)≥3.3．已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，求证：f(ab)＞f(a)－f(－b)．[解](1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；②当－1＜x＜－eq\f(1,2)时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；③当x≥－eq\f(1,2)时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|＞|a＋b|，即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立．4．(2024·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)因为[(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]，所以由已知得(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：因为[(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]，所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f(2＋a2,3)，当