2023屆高考數(shù)學一輪復習課時跟蹤檢測（七十一）不等式的證明理（普通高中、重點高中共用）

課時跟蹤檢測〔七十一〕不等式的證明1．設a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.(1)求證：2ab＋bc＋ca＋eq\f(c2,2)≤eq\f(1,2)；(2)求證：eq\f(a2＋c2,b)＋eq\f(b2＋a2,c)＋eq\f(c2＋b2,a)≥2.證明：(1)因為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)因為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\co1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac,b)＋\f(bc,a)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(c,a)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2a＋2b＋2c＝2.2．假設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解：(1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，且當a＝b＝eq\r(2)時等號成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，且當a＝b＝eq\r(2)時等號成立．所以a3＋b3的最小值為4eq\r(2).(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq\r(6)eq\r(ab)≥4eq\r(3).由于4eq\r(3)>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.3．設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，求證：(1)假設ab>cd，那么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|的充要條件．證明：(1)因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設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必要性：假設|a－b|<|c－d|，那么(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②充分性：假設eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，那么(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).因為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|.綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件．4．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)假設p，q，r是正實數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3.解：(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，當且僅當－1≤x≤2時，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，又因為p，q，r是正實數(shù)，所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.5．函數(shù)f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；(2)假設|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求證：eq\f(fab,|a|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－2，x＜－3，,－x＋4，－3≤x＜\f(1,2)，,3x＋2，x≥\f(1,2)，))當x＜－3時，由－3x－2≥8，解得x≤－eq\f(10,3)；當－3≤x＜eq\f(1,2)時，－x＋4≥8無解；當x≥eq\f(1,2)時，由3x＋2≥8，解得x≥2.所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(10,3)))或x≥2)).(2)證明：eq\f(fab,|a|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))等價于f(ab)＞|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))，即|ab－1|＞|a－b|.因為|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|.故所證不等式成立．6．(2023·武昌調研)設函數(shù)f(x)＝|x－2|＋2x－3，記f(x)≤－1的解集為M.(1)求M；(2)當x∈M時，證明：x[f(x)]2－x2f(x解：(1)由，得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≤2，,3x－5，x>2.))當x≤2時，由f(x)＝x－1≤－1，解得x≤0，此時x≤0；當x>2時，由f(x)＝3x－5≤－1，解得x≤eq\f(4,3)，顯然不成立．故f(x)≤－1的解集為M＝{x|x≤0}．(2)證明：當x∈M時，f(x)＝x－1，于是x[f(x)]2－x2f(x＝x(x－1)2－x2(x－1)＝－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4).令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，那么函數(shù)g(x)在(－∞，0]上是增函數(shù)，∴g(x)≤g(0)＝0.故x[f(x)]2－x2f(x7．a，b都是正實數(shù)，且a＋b＝2，求證：eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.證明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)－1＝eq\f(a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1,a＋1b＋1)＝eq\f(a2＋b2＋2ab－ab－3,a＋1b＋1)＝eq\f(a＋b2－3－ab,a＋1b＋1)＝eq\f(1－ab,a＋1b＋1).∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∴eq\f(1－ab,a＋1b＋1)≥0.∴eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.8．設函數(shù)f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，假設?x∈R，eq\f(1,m)－4≥f(x)恒成立．(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求證：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．解：(1)∵?x∈R，eq\f(1,m)－4≥f(x)恒成立，∴m＋eq\f(1,m)≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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(x)max＝g(3)＝2，∴m＋eq\f(1,m)≥g(x)max＝2，即m＋eq\f(1,m)－2≥0?eq\f(m2－2m＋1,m)＝eq\f(m－12,m)≥0，∴m>0，綜上，實數(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log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．只需證eq\f(lgm＋2,lgm＋1)>eq\f(l