高考數學（文）培優(yōu)增分一輪全國經典版培優(yōu)講義選修4－5不等式選講第2講不等式的證明

第2講不等式的證明板塊一知識梳理·自主學習[必備知識]考點1比較法比較法是證明不等式最基本的方法，可分為作差比較法和作商比較法兩種．考點2綜合法一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命題成立，這種證明方法叫做綜合法．綜合法又叫由因導果法．考點3分析法證明命題時，從要證的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質等)，從而得出要證的命題成立，這種證明方法叫做分析法，這是一種執(zhí)果索因的思考和證明方法．考點4反證法證明命題時先假設要證的命題不成立，以此為出發(fā)點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不正確，從而得出原命題成立，我們把這種證明方法稱為反證法．考點5放縮法證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的，我們把這種方法稱為放縮法．考點6柯西不等式1．二維形式的柯西不等式定理1若a，b，c，d都是實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時，等號成立．2．柯西不等式的向量形式定理2設α，β是兩個向量，則|α·β|≤|α|·|β|，當且僅當β是零向量，或存在實數k，使α＝kβ時，等號成立．[考點自測]1．判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時，假設為“a，b，c全不為0”．()(2)若eq\f(x＋2y,x－y)>1，則x＋2y>x－y.()(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.()(4)若實數x、y適合不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．[2018·溫州模擬]若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a2>b2C.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|答案C解析應用排除法．取a＝1，b＝－1，排除A；取a＝0，b＝－1，排除B；取c＝0，排除D.顯然eq\f(1,c2＋1)>0，對不等式a>b的兩邊同時乘以eq\f(1,c2＋1)，立得eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)成立．故選C.3．[課本改編]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，其中恒成立的是()A．①③B．②③C．①②③D．①②答案D解析由①得x2＋3－3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以x2＋3>3x；對于②，因為a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；對于③，因為當ab<0時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)－2＝eq\f(a－b2,ab)<0，即eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<2.故選D.4．[2018·南通模擬]若|a－c|<|b|，則下列不等式中正確的是()A．a<b＋c B．a>c－bC．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|答案D解析|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|，故選D.5．已知a，b，c是正實數，且a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為________．答案9解析解法一：把a＋b＋c＝1代入eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)，得eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立．解法二：由柯西不等式得：(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(1,a)＋b·\f(1,b)＋c·\f(1,c)))2，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.6．[2017·全國卷Ⅱ]已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.證明(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因為(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.板塊二典例探究·考向突破考向比較法證明不等式例1[2016·全國卷Ⅱ]已知函數f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M為不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.解(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))當x≤－eq\f(1,2)時，由f(x)<2，得－2x<2，解得x>－1，即－1<x≤－eq\f(1,2)；當－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時，f(x)<2，即－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)；當x≥eq\f(1,2)時，由f(x)<2，得2x<2，解得x<1，即eq\f(1,2)≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－1<a<1，－1<b<1，從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.觸類旁通比較法證明的一般步驟一般步驟：作差—變形—判斷—結論．為了判斷作差后的符號，有時要把這個差變形為一個常數，或者變形為一個常數與一個或幾個平方和的形式，也可變形為幾個因式的積的形式，以判斷其正負．常用的變形技巧有因式分解、配方、拆項、拼項等方法．【變式訓練1】[2018·福建模擬]已知函數f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)設a，b∈M，證明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解(1)當x≤－1時，原不等式可化為－x－1<－2x－2，解得x<－1；當－1<x<－eq\f(1,2)時，原不等式可化為x＋1<－2x－2，解得x<－1，此時原不等式無解；當x≥－eq\f(1,2)時，原不等式可化為x＋1<2x，解得x>1，綜上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)證明：證法一：因為f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.因為a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，所以f(ab)>|a＋1|－|1－b|，即f(ab)>f(a)－f(－b)．證法二：因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要證f(ab)>f(a)－f(－b)，只需證|ab＋1|>|a＋b|，即證|ab＋1|2>|a＋b|2，即證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即證a2b2－a2－b2＋1>0，即證(a2－1)(b2－1)>0.因為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．考向用綜合法與分析法證明不等式例2(1)[2018·浙江金華模擬]已知x，y∈R.①若x，y滿足|x－3y|<eq\f(1,2)，|x＋2y|<eq\f(1,6)，求證：|x|<eq\f(3,10)；②求證：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.證明①利用絕對值不等式的性質得：|x|＝eq\f(1,5)[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤eq\f(1,5)[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)＋3×\f(1,6)))＝eq\f(3,10).②因為x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)＝x4－2x3y＋16y4－8xy3＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)＝(x－2y)(x3－8y3)＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.(2)[2018·徐州模擬]已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然對數的底數)，求證：ba>ab.(提示：可考慮用分析法找思路)證明∵ba>0，ab>0，∴要證ba>ab只要證alnb>blna只要證eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a).(∵a>b>e)取函數f(x)＝eq\f(lnx,x)，∵f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)令f′(x)＝0，x＝e∴當x>e時，f′(x)<0，∴函數f(x)在(e，＋∞)上單調遞減．∴當a>b>e時，有f(b)>f(a)，即eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a)，得證．觸類旁通綜合法與分析法的邏輯關系用綜合法證明不等式是“由因導果”，分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡單、條理清楚，所以在實際應用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉化，互相滲透，互為前提．【變式訓練2】(1)設a，b，c均為正數，且a＋b＋c＝1，證明：①ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；②eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明①由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).②證法一：因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證法二：由柯西不等式得：(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,a)＋\f(a2,b)＋\f(b2,c)))≥(c＋a＋b)2，∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(c2,a)＋eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)≥1.(2)[2015·全國卷Ⅱ]設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：①若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；②eq\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.所以eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②(ⅰ)若|a－b|<|c－d|，則(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).(ⅱ)若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，則(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．考向反證法證明不等式例3[2015·湖南高考]設a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立．證明由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，當且僅當a＝b＝1時等號成立．(2)假設a2＋a<2與b2＋b<2同時成立，則由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立．觸類旁通對于某些問題中所證結論若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等問題，一般用反證法．其一般步驟是反設→推理→得出矛盾→肯定原結論．【變式訓練3】[2018·達州校級期末]已知a，b，c∈(0,1)．求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同時大于eq\f(1,4).證明假設三式同時大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4).三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>eq\f(1,64)(*)又(1－a)a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4).所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq\f(1,64)，與*式矛盾，即假設不成立，故結論正確．考向柯西不等式的應用例4柯西不等式是大數學家柯西在研究數學分析中的“流數”問題時得到的，柯西不等式是指：對任意實數ai，bi(i＝1,2，…，n)，有(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))，當且僅當ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時，等號成立．(1)證明：當n＝2時的柯西不等式；(2)設a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求eq\r(m2＋n2)的最小值．解(1)證明：當n＝2時，柯西不等式的二維形式為：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))≥(a1b1＋a2b2)2，(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))－(a1b1＋a2b2)2＝aeq\o\al(2,1)beq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,2)beq\o\al(2,1)－2a1a2b1b2＝(a1b2－a2b1)2≥0，當且僅當a1b2＝a2b1時取得等號．(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以5(m2＋n2)≥52即m2＋n2≥5，所以eq\r(m2＋n2)的最小值為eq\r(5).觸類旁通利用柯西不等式解題時，要注意配湊成相應的形式，既可從左向右用，也可從右向左用．【變式訓練4】[2018·皇姑區(qū)校級期末]設xy>0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,x2)))的最小值為()A．－9B．9C．10D．0答案B解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,x2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·\f(1,x)＋\f(2,y)·y))2＝9.當且僅當xy＝eq\f(2,xy)即xy＝eq\r(2)時取等號．故選B.核心規(guī)律1.證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和反證法仍是證明不等式的基本方法．要依據題設、題目的結構特點、內在聯系，選擇恰當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維方法，并掌握相應的步驟，技巧和語言特點．2.綜合法往往是分析法的相反過程，其表述簡單、條理清楚．當問題比較復雜時，通常把分析法和綜合法結合起來使用，以分析法尋找證明的思路，而用綜合法敘述、表達整個證明過程．3.不等式證明中的裂項形式：(1)eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).(2)eq\f(1,k2)<eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).(3)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,k＋1k)<eq\f(1,k2)<eq\f(1,k－1k)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).(4)eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).滿分策略1.作差比較法適用的主要題型是多項式、分式、對數式、三角式，作商比較法適用的主要題型是高次冪乘積結構．2.如果已知條件與待證明的結論直接聯系不明顯，可考慮用分析法；如果待證的命題以“至少”“至多”等方式給出或否定性命題、唯一性命題，則考慮用反證法．3.高考命題專家說：“放縮是一種能力．”如何把握放縮的“度”，使得放縮“恰到好處”，這正是放縮法的精髓和關鍵所在！板塊三模擬演練·提能增分[A級基礎達標]1．已知a，b，c，d均為正數，S＝eq\f(a,a＋b＋d)＋eq\f(b,b＋c＋a)＋eq\f(c,c＋d＋b)＋eq\f(d,d＋a＋c)，則一定有()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4答案B解析S>eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,a＋b＋c＋d)＝1，S<eq\f(a,a＋b)＋eq\f(b,a＋b)＋eq\f(c,c＋d)＋eq\f(d,c＋d)＝2，∴1<S<2.故選B.2．[2018·駐馬店期末]若x1，x2，x3∈(0，＋∞)，則3個數eq\f(x1,x2)，eq\f(x2,x3)，eq\f(x3,x1)的值()A．至多有一個不大于1 B．至少有一個不大于1C．都大于1 D．都小于1答案B解析解法一：設x1≤x2≤x3，則eq\f(x1,x2)≤1，eq\f(x2,x3)≤1，eq\f(x3,x1)≥1.故選B.解法二：設eq\f(x1,x2)>1，eq\f(x2,x3)>1，eq\f(x3,x1)>1，∴eq\f(x1,x2)·eq\f(x2,x3)·eq\f(x3,x1)>1與eq\f(x1,x2)·eq\f(x2,x3)·eq\f(x3,x1)＝1矛盾，∴至少有一個不大于1.3．設x>0，y>0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，則M、N的大小關系為________．答案M<N解析N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)>eq\f(x,2＋x＋y)＋eq\f(y,2＋x＋y)＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)＝M.4．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，則3a＋2b的取值范圍是________．答案[－2eq\r(13)，2eq\r(13)]解析根據柯西不等式(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)∴－2eq\r(13)≤3a＋2b≤2eq\r(13).3a＋2b∈[－2eq\r(13)，2eq\r(13)]．[B級能力達標]5．求證：eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)<eq\f(1,2)(n∈N*)．證明∵eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))∴左邊＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).6．[2018·瀘州模擬]設函數f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,a)))＋|x＋a|(a>0)．(1)證明：f(x)≥4；(2)若f(2)<5，求a的取值范圍．解(1)證明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,a)))＋|x＋a|≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋a＋\f(4,a)－x))＝a＋eq\f(4,a)≥4；當且僅當a＝2時取等號．(2)f(2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,a)))＋|a＋2|.①當a＝2時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,a)))＋|2＋a|<5顯然滿足；②當0<a≤2時，不等式變成a＋eq\f(4,a)<5，即a2－5a＋4<0?1<a<4，聯立求解得1<a≤2；③當a>2時，不等式變成a2－a－4<0，∴eq\f(1－\r(17),2)<a<eq\f(1＋\r(17),2)，聯立求解得2<a<eq\f(1＋\r(17),2).綜上，a的取值范圍為1<a<eq\f(1＋\r(17),2).7．[2018·龍門縣校級模擬]已知函數f(x)＝|2x－1|.(1)若不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤2m＋1(m>0)的解集為[－2,2]，求實數m的值；(2)對任意x∈R，y>0，求證：f(x)≤2y＋eq\f(4,2y)＋|2x＋3|.解(1)不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤2m＋1?|2x|≤2m＋1(m>0)，∴－m－eq\f(1,2)≤x≤m＋eq\f(1,2)，由解集為[－2,2]，可得m＋eq\f(1,2)＝2，解得m＝eq\f(3,2).(2)證明：原不等式即為|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋eq\f(4,2y).令g(x)＝|2x－1|－|2x＋3|≤|(2x－1)－(2x＋3)|＝4，當2x＋3≤0，即x≤－eq\f(3,2)時，g(x)取得最大值4，又2y＋eq\f(4,2y)≥2eq\r(2y·\f(4,2y))＝4，當且僅當2y＝eq\f(4,2y)，即y＝1時，取得最小值4.則|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋eq\f(4,2y).故原不等式成立．8．[2018·黃山期末](1)已知a，b∈(0，＋∞)，求證：x，y∈R，有eq\f(x2,a)＋eq\f(y2,b)≥eq\f(x＋y2,a＋b)；(2)若0<a<2,0<b<2,0<c<2，求證：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同時大于1.證明(1)證法一：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a)＋\f(y2,b)))(a＋b)＝x2＋eq\f(bx2,a)＋eq\f(ay2,b)＋y2≥x2＋2xy＋y2＝(x＋y)2，當且僅當eq\f(bx2,a)＝eq\f(ay2,b)，即|bx|＝|ay|時取等號，由于a，b∈(0，＋∞)，所以有eq\f(x2,a)＋eq\f(y2,b)≥eq\f(x＋y2,a＋b).證法二：由柯西不等式得(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a)＋\f(y2,b)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(x,\r(a))＋\r(b)·\f(y,\r(b))))2，即(a＋b)eq\b\lc\(\r