2021届高中数学一轮复习北师大版（理）选修4－5第2讲不等式的证明作业

这是一份2021届高中数学一轮复习北师大版（理）选修4－5第2讲不等式的证明作业，共5页。
[基础题组练]1．(2020·南阳模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.(1)解不等式f(x)≤3；(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明：t2＋1≥＋3t.解：(1)依题意，得f(x)于是f(x)≤3⇔或或解得－1≤x≤1.即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时，取等号，所以M＝[3，＋∞)．要证t2＋1≥＋3t，即证t2－3t＋1－≥0.而t2－3t＋1－＝＝.因为t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，所以≥0.所以t2＋1≥＋3t.2．(2020·榆林模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－1|.(1)求函数f(x)的最小值a；(2)根据(1)中的结论，若m3＋n3＝a，且m>0，n>0，求证：m＋n≤2.解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1－(x－1)|＝2，当且仅当(x＋1)(x－1)≤0即－1≤x≤1时取等号，所以f(x)min＝2，即a＝2.(2)证明：假设m＋n>2，则m>2－n，m3>(2－n)3.所以m3＋n3>(2－n)3＋n3＝2＋6(1－n)2≥2.①由(1)知a＝2，所以m3＋n3＝2.②①②矛盾，所以m＋n≤2.3．(2020·宣城模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|，集合A＝{x|f(x)<3}．(1)求集合A；(2)若实数s，t∈A，求证：<.解：(1)函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|＝首先画出y＝f(x)与y＝3的图象如图所示．可得不等式f(x)<3的解集A＝.(2)证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈.所以－＝1＋－t2－＝(1－t2)·(s2－1)<0，所以<，所以<.4．(2020·重庆模拟)已知关于x的不等式|2x|＋|2x－1|≤m有解．(1)求实数m的取值范围；(2)已知a>0，b>0，a＋b＝m，证明：＋≥.解：(1)|2x|＋|2x－1|≥|2x－(2x－1)|＝1，当且仅当2x(2x－1)≤0即0≤x≤时取等号，故m≥1.所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：由题知a＋b≥1，又(a＋2b＋2a＋b)≥(a＋b)2，所以＋≥(a＋b)≥.[综合题组练]1．设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求证：>1.解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝由|f(x)|<2得－1<x<1，即A＝{x|－1<x<1}．(2)证明：要证>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，只需证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需证1－a2b2>c2(1－a2b2)，只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，由a，b，c∈A，得－1<ab<1，c2<1，所以(1－a2b2)(1－c2)>0恒成立．综上，>1.2．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．(1)求k的值；(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1，求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)因为f(x)＝k－|x－3|，所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．因为f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．因此k＝1.(2)证明：由(1)知＋＋＝1，因为a，b，c为正实数，所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.3．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.(1)求证：|b|≤1；(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．解：(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，所以b＝[f(1)－f(－1)]．因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，所以|b|＝|f(1)－f(－1)|≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，函数f(x)图象的对称轴为x＝，即x＝－.因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.所以－≤－≤0，故|f|＝|a＋(2－a)－1|≤1.整理得|＋1|≤1，所以－1≤＋1≤1，所以－2≤≤0，又a＞0，所以≥0，所以＝0，所以a＝2.4．(2019·高考全国卷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≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.解：(1)由于[(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]，故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.(2)证明：由于[(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]，故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.