2020届高考数学一轮复习：课时作业75《不等式的证明》(含解析) 练习

课时作业75　不等式的证明

1．(2019·河北五个一名校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.

(1)解不等式f(x)<|x|＋1；

(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.

解：(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，

即或或

得≤x<2或0<x<或无解．

故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0<x<2}．

(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤

|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝<1.

2．已知x，y都是正实数，且x＋y≥2.

(1)求x2＋y2的最小值；

(2)求证：≤2和≤2至少有一个成立．

解：(1)(x2＋y2)－＝＝≥0，

当且仅当x＝y时等号成立，

所以x2＋y2≥≥2，当x＝y＝1时，x2＋y2取得最小值，最小值为2.

(2)证明：假设≤2和≤2都不成立，则有>2且>2，即1＋x>2y且1＋y>2x，

两式相加，得2＋x＋y>2x＋2y，

即x＋y<2，

这与已知矛盾，因此≤2和≤2至少有一个成立．

3．(2019·太原模拟)已知实数a，b满足a2＋4b2＝4.

(1)求证：a≤2；

(2)若对任意的a，b∈R，|x＋1|－|x－3|≤ab恒成立，求实数x的取值范围．

解：(1)证明：因为a2＋4b2＝4，所以a≤|a|·＝≤＝2.

(2)由a2＋4b2＝4及a2＋4b2≥2＝4|ab|，可得|ab|≤1，所以ab≥－1，当且仅当a＝，b＝－或a＝－，b＝时取等号．

因为对任意的a，b∈R，|x＋1|－|x－3|≤ab恒成立，所以|x＋1|－|x－3|≤－1.

当x≤－1时，|x＋1|－|x－3|＝－4，不等式|x＋1|－|x－3|≤－1恒成立；

当－1<x<3时，|x＋1|－|x－3|＝2x－2，由得－1<x≤；

当x≥3时，|x＋1|－|x－3|＝4，

不等式|x＋1|－|x－3|≤－1不成立．

综上可得，实数x的取值范围是{x|x≤}．

4．(2019·广东中山模拟)已知函数f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1.

(1)求不等式f(x)≤6的解集；

(2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥.

解：(1)根据题意，若f(x)≤6，则有

或

解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}．

(2)证明：函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝

分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，

则正数a，b满足8ab＝a＋2b，即＋＝8，

∴2a＋b＝(2a＋b)＝≥

＝，原不等式得证．

5．(2019·山西晋中模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|.

(1)若∃x0∈R，使不等式f(x0－2)－f(x0－3)≥u成立，求满足条件的实数u的集合M；

(2)已知t为集合M中的最大正整数，若a>1，b>1，c>1，且(a－1)(b－1)(c－1)＝t，求证：abc≥8.

解：(1)由已知得f(x－2)－f(x－3)＝|x－1|－|x－2|＝

则－1≤f(x－2)－f(x－3)≤1，

由于∃x0∈R，使不等式|x0－1|－|x0－2|≥u成立，所以u≤1，即M＝{u|u≤1}．

(2)证明：由(1)知t＝1，

则(a－1)(b－1)(c－1)＝1，

因为a>1，b>1，c>1，

所以a－1>0，b－1>0，c－1>0，

则a＝(a－1)＋1≥2>0(当且仅当a＝2时等号成立)，

b＝(b－1)＋1≥2>0(当且仅当b＝2时等号成立)，

c＝(c－1)＋1≥2>0(当且仅当c＝2时等号成立)，

则abc≥8＝8(当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立)．

6．(2019·广州综合测试)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，不等式f(x)≤2的解集为M.

(1)求M；

(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＋|a－b|≤1.

解：(1)f(x)≤2，即|2x＋1|＋|2x－1|≤2，

当x≤－时，得－(2x＋1)＋(1－2x)≤2，解得x≥－，故x＝－；

当－<x<时，得(2x＋1)－(2x－1)≤2，即2≤2，故－<x<；

当x≥时，得(2x＋1)＋(2x－1)≤2，解得x≤，故x＝.

所以不等式f(x)≤2的解集M＝{x|－≤x≤}．

(2)证明：证法一　当a，b∈M时，－≤a≤，－≤b≤，得|a|≤，|b|≤.

当(a＋b)(a－b)≥0时，

|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|≤1，

当(a＋b)(a－b)<0时，

|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|≤1，

所以|a＋b|＋|a－b|≤1.

证法二　当a，b∈M时，－≤a≤，－≤b≤，

得|a|≤，|b|≤.

(|a＋b|＋|a－b|)2＝2(a2＋b2)＋2|a2－b2|

＝

因为a2≤，b2≤，所以4a2≤1,4b2≤1.

故(|a＋b|＋|a－b|)2≤1，

所以|a＋b|＋|a－b|≤1.

7．已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0,1]．

(1)求m的值；

(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1.

解：(1)由f(x＋1)≥0，得|x|＋|x－1|≤m.

∵|x|＋|x－1|≥1恒成立，

∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为∅，不合题意；

若m＝1，不等式|x|＋|x－1|≤1的解集为[0,1]．

若m>1，①当x<0时，≤x<0；

②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；

③当x>1时，得2x－1≤m,1<x≤.

综上可知，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为.

由题意知，原不等式的解集为[0,1]．

∴＝0，＝1，解得m＝1.

∴m＝1.

(2)证明：∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，当且仅当x＝a，y＝b，z＝c时等号成立．

三式相加，得

x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2≥2ax＋2by＋2cz.

由题设及(1)，知x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m＝1，

∴2≥2(ax＋by＋cz)，

∴ax＋by＋cz≤1，不等式得证．

8．设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求证：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．

解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，

∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．

令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝

∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，

∴g(x)max＝g(3)＝2，

∴m＋≥g(x)max＝2，

即m＋－2≥0⇒＝≥0，∴m>0，

综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．

(2)证明：由m>0，知

m＋3>m＋2>m＋1>1，

即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0.

∴要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．

只需证>，

即证lg(m＋1)·lg(m＋3)<lg2(m＋2)，

又lg(m＋1)·lg(m＋3)<2＝

<＝lg2(m＋2)，

∴log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)成立．