《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第十三單元 第67講 不等式的證明練習(xí) 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第十三單元 第67講 不等式的證明練習(xí) 理 新人教A版（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第67講　不等式的證明 1.設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),且a+b+c=9,求2a+2b+2c的最小值. 2.[2018·深圳耀華實(shí)驗(yàn)學(xué)校模擬] 若a>0,b>0,a+b=1.求證: (1)4a+1b≥9; (2)2a+1+2b+1≤22. 3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值為a. (1)求a的值; (2)若p,q,r是正實(shí)數(shù),且滿足p+q+r=a,求證:p2+q2+r2≥3. 4.[2018·武昌調(diào)研] 設(shè)函數(shù)f(x)=|x-2|+2x-3,記f(x)≤-1的解集為M. (1)求M

2、; (2)當(dāng)x∈M時(shí),證明:x[f(x)]2-x2f(x)≤0. 5.[2018·甘肅臨澤一中月考] 已知函數(shù)f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+1)≥0的解集為[0,2]. (1)求m的值; (2)若a,b,c∈R,且1a+12b+13c=m,求證:a+2b+3c≥9. 6.[2018·衡水模擬] 已知函數(shù)f(x)=|x-3|. (1)求不等式f(x)2a2+2b2. 7.[2018·寧夏銀川一中月考] 已知函數(shù)f(x)=|x|-|x-1

3、|. (1)若f(x)≥|m-1|的解集非空,求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)若正數(shù)x,y滿足x2+y2=M,M為(1)中m可取到的最大值,求證:x+y≥2xy. 8.設(shè)函數(shù)f(x)=x-|x+2|-|x-3|-m,若對任意x∈R,1m-4≥f(x)恒成立. (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)求證:logm+1(m+2)>logm+2(m+3). 6 課時(shí)作業(yè)(六十七) 1.解:∵(a+b+c)2a+2b+2c=[(a)2+(b)2+(c)2]·2a2+2b2+2c2≥a

4、·2a+b·2b+c·2c2=18,且a+b+c=9, ∴2a+2b+2c≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號, ∴2a+2b+2c的最小值為2. 2.證明:(1)∵a>0,b>0,a+b=1, ∴4a+1b=(a+b)4a+1b=4+4ba+ab+1≥5+24ba·ab=9,當(dāng)且僅當(dāng)a2=4b2時(shí),等號成立. (2)(分析法) 欲證2a+1+2b+1≤22, 只需證2a+1+2b+1+2(2a+1)(2b+1)≤8, ∵a>0,b>0,a+b=1, ∴只需證(2a+1)(2b+1)≤2, 由均值不等式可得(2a+1)(2b+1)≤(2a+1)+(2b+1)2=2,當(dāng)且僅當(dāng)a=

5、b時(shí),等號成立, 故不等式2a+1+2b+1≤22成立. 3.解:(1)因?yàn)閨x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 當(dāng)且僅當(dāng)-1≤x≤2時(shí),等號成立, 所以f(x)的最小值等于3,即a=3. (2)證明:由(1)知p+q+r=3, 又因?yàn)閜,q,r是正實(shí)數(shù), 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,當(dāng)且僅當(dāng)p=q=r=1時(shí),等號成立,即p2+q2+r2≥3. 4.解:(1)由已知,得f(x)=x-1,x≤2,3x-5,x>2. 當(dāng)x≤2時(shí),由f(x)=x-1≤-1, 解得x≤0,此時(shí)x≤0; 當(dāng)x

6、>2時(shí),由f(x)=3x-5≤-1, 解得x≤43,顯然不成立. 故f(x)≤-1的解集為M=(-∞,0]. (2)證明:當(dāng)x∈M時(shí),f(x)=x-1, 于是x[f(x)]2-x2f(x)=x(x-1)2-x2(x-1)=-x2+x=-x-122+14. 令g(x)=-x-122+14,x∈(-∞,0], 則函數(shù)g(x)在(-∞,0]上是增函數(shù), ∴g(x)≤g(0)=0. 故當(dāng)x∈M時(shí),x[f(x)]2-x2f(x)≤0. 5.解:(1)由f(x+1)≥0,得m-|x-1|≥0,顯然m>0,則1-m≤x≤1+m. ∵f(x+1)≥0 的解集為[0,2],∴1+m=2且1-

7、m=0,∴m=1. (2)證明:由(1)可知1a+12b+13c=1,則a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba+a2b+3ca+a3c+3c2b+2b3c≥3+6=9, 當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=3c時(shí)等號成立,即a=3,b=32,c=1時(shí)等號成立. 6.解:(1)當(dāng)x≥3時(shí),由|x-3|1, 所以11}. (2)因?yàn)?a2+1)(

8、b2+1)-(2a2+2b2) =(ab)2+a2+b2+1-2a2-2b2 =(ab)2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1), 又因?yàn)閍,b∈M, 所以a>1,b>1, 所以a2>1,b2>1,即a2-1>0,b2-1>0, 所以(a2-1)(b2-1)>0, 所以原不等式(a2+1)(b2+1)>2a2+2b2成立. 7.解:(1)由題可得f(x)=-1,x<0,2x-1,0≤x≤1,1,x>1, 所以f(x)max=1, 所以|m-1|≤1,解得0≤m≤2, 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為[0,2]. (2)證明:由(1)知,M=2,所以x2+y2=2. 因?yàn)閤>

9、0,y>0, 所以要證x+y≥2xy,只需證(x+y)2≥4x2y2, 即證2(xy)2-xy-1≤0,即證(2xy+1)(xy-1)≤0. 因?yàn)?xy+1>0,所以只需證xy≤1, 因?yàn)?xy≤x2+y2=2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時(shí)取等號),所以xy≤1成立,所以x+y≥2xy成立. 8.解:(1)∵對任意x∈R,1m-4≥f(x)恒成立, ∴m+1m≥x-|x+2|-|x-3|+4恒成立. 令g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4,則g(x)=3x+3,x<-2,x-1,-2≤x≤3,-x+5,x>3,∴函數(shù)g(x)在(-∞,3]上是增函數(shù),在(3,+∞)上是減函數(shù), ∴g

10、(x)max=g(3)=2, ∴m+1m≥g(x)max=2, 即m+1m-2≥0,∴m2-2m+1m=(m-1)2m≥0, ∴m>0, 綜上,實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,+∞). (2)證明:由m>0知,m+3>m+2>m+1>1, 即lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1=0. ∴要證logm+1(m+2)>logm+2(m+3), 只需證lg(m+2)lg(m+1)>lg(m+3)lg(m+2), 即證lg(m+1)·lg(m+3)<[lg(m+2)]2, 又∵lg(m+1)·lg(m+3)logm+2(m+3)成立.