2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第十二章不等式選講第71講不等式的證明課時(shí)達(dá)標(biāo)理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第71講不等式的證明課時(shí)達(dá)標(biāo)1．已知a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.證明(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.因?yàn)閍，b都是正數(shù)，所以a＋b>0.又因?yàn)閍≠b，所以(a－b)2>0.于是(a＋b)(a－b)2>0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，所以a3＋b3>a2b＋ab2.2．(2024·襄陽(yáng)四中質(zhì)檢)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d.證明：(1)若ab>cd，則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．證明證法一：(1)因?yàn)?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(shè)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)若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因?yàn)閍＋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)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?yàn)閍＋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．證法二：(1)假設(shè)eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(c)＋eq\r(d)，則有(eq\r(a)＋eq\r(b))2≤(eq\r(c)＋eq\r(d))2.由a＋b＝c＋d得eq\r(ab)≤eq\r(cd)，從而ab≤cd，與已知ab>cd沖突，故eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)(充分性)假設(shè)|a－b|≥|c－d|，則有(a＋b)2－4ab≥(c＋d)2－4cd，由此得4ab≤4cd,2eq\r(ab)≤2eq\r(cd)，(eq\r(a)＋eq\r(b))2≤(eq\r(c)＋eq\r(d))2，于是eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(c)＋eq\r(d)，這與eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)沖突，從而|a－b|<|c－d|，充分性得證．(必要性)假設(shè)eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(c)＋eq\r(d)，則有(eq\r(a)＋eq\r(b))2≤(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即ab≤cd.又a＋b＝c＋d，故(a－b)2≥(c－d)2，即|a－b|≥|c－d|，與|a－b|<|c－d|沖突．因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).必要性得證．綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件．3．(2024·紹興中學(xué)質(zhì)檢)若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解析(1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)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＝6.4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)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(dāng)a，b∈M時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＜eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋ab)).解析(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(dāng)x≤－eq\f(1,2)時(shí)，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，即－1<x≤－eq\f(1,2)；當(dāng)－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時(shí)，f(x)<2，即－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)；當(dāng)x≥eq\f(1,2)時(shí)，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(dāng)a，b∈M時(shí)，－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|.5．(2024·全國(guó)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＋b6＋a5b＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2(2)因?yàn)?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≤2.6．(2024·東北三校二模)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求證：(1)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)；(2)eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).證明(1)因?yàn)橛煽挛鞑坏仁降?eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝(1·eq\r(a)＋1·eq\r(b)＋1·eq\r(c))2≤(12＋12＋12)·[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,\r(a))＝eq\f(1,\r(b))＝eq\f(1,\r(c))，即a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立，所以eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).(2)因?yàn)橛煽挛鞑坏仁降肹(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3a＋1)·\f(1,\r(3a＋1))＋\r(3b＋1)·\f(1,\r(3b＋1))＋\r(3c＋1)·\f(1,\r(3c＋1