2022版高考数学大一轮复习课时作业74《不等式的证明》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业74《不等式的证明》(含答案详解)，共6页。

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≥eq \f(9,8).
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≥eq \f(3,t)＋3t.
已知不等式|2x－3|(1)求m－n；
(2)若a，b，c∈(0,1)，且ab＋bc＋ac=m－n，求a2＋b2＋c2的最小值.
已知函数f(x)=|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函数g(x)=f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b=m，求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥4.
已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c=1.
(1)求证：a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3)；
(2)求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
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.
(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4；
(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
已知函数f(x)=m－|x－1|，m∈R，且f(x＋2)＋f(x－2)≥0的解集为[－2,4]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c为正数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)=m，求证：a＋2b＋3c≥3.
已知函数f(x)=|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)．
(1)当m=－1时，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)设关于x的不等式f(x)≤|2x＋1|的解集为A，且eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))⊆A，求实数m的取值范围．
已知a，b，c，m，n，p都是实数，且a2＋b2＋c2=1，m2＋n2＋p2=1.
(1)证明：|am＋bn＋cp|≤1；
(2)若abc≠0，证明：eq \f(m4,a2)＋eq \f(n4,b2)＋eq \f(p4,c2)≥1.
\s 0 答案详解
解：(1)根据题意，若f(x)≤6，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋3－x≤6，,－1≤x<3))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋x－3≤6，,x≥3，))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|
=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，－1≤x<3，,2x－2，x≥3，))
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eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)=8，
∴2a＋b=eq \f(1,8)（eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)）(2a＋b)=eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,b)＋\f(2b,a)＋5))≥eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))=eq \f(9,8)，原不等式得证.
解：(1)依题意，得f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,－3x，x≤－1，,2－x，－1∴f(x)≤3⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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，∴M=[3，＋∞).
t2＋1－3t－eq \f(3,t)=eq \f(t3－3t2＋t－3,t)=eq \f(t－3t2＋1,t)，
∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，
∴eq \f(t－3t2＋1,t)≥0，∴t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
解：(1)当x≤0时，不等式的解集为空集；
当x>0时，|2x－3|∴1,3是x2－mx＋n=0的两根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m＋n＝0，,9－3m＋n＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝4，,n＝3，))∴m－n=1.
(2)由(1)得ab＋bc＋ac=1，
∵eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(b2＋c2,2)≥bc，eq \f(a2＋c2,2)≥ac，
∴a2＋b2＋c2=eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(a2＋c2,2)≥ab＋bc＋ac=1(当且仅当a=b=c=eq \f(\r(3),3)时取等号).
∴a2＋b2＋c2的最小值是1.
解：(1)当x≥1时，x－1≥3－2x，
解得x≥eq \f(4,3)，∴x≥eq \f(4,3)；
当0当x≤0时，1－x≥3＋2x⇒x≤－eq \f(2,3)，∴x≤－eq \f(2,3).
∴原不等式的解集为{x|x≥eq \f(4,3)或x≤－eq \f(2,3)}.
(2)证法1：∵g(x)=|x－1|＋|x＋3|
≥|(x－1)－(x＋3)|=4，
∴m=4，即a＋b=4.
又eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,a)＋a≥2b，
∴两式相加得(eq \f(a2,b)＋b)＋(eq \f(b2,a)＋a)≥2a＋2b，
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥a＋b=4，
当且仅当a=b=2时等号成立.
证法2：∵g(x)=|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|=4，
∴m=4，即a＋b=4，
由柯西不等式得(eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a))(b＋a)≥(a＋b)2，
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥a＋b=4，当且仅当eq \f(\f(a2,b),b)=eq \f(\f(b2,a),a)，即a=b=2时等号成立.
证明：(1)∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
∵(a＋b＋c)2=1，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca=1，
∴3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
(2)∵eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
∴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，
∵a＋b＋c=1，∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
解：(1)由已知得f(x－2)－f(x－3)=|x－1|－|x－2|
=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，x≤1，,2x－3，1则－1≤f(x)≤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≥2eq \r(a－1)>0(当且仅当a=2时等号成立)，
b=(b－1)＋1≥2eq \r(b－1)>0(当且仅当b=2时等号成立)，
c=(c－1)＋1≥2eq \r(c－1)>0(当且仅当c=2时等号成立)，
则abc≥8 SKIPIF 1 < 0 =8(当且仅当a=b=c=2时等号成立).
解：
(1)当x＜－3时，|x＋1|＋|x＋3|=－x－1－x－3=－2x－4＜4，
解得x＞－4，所以－4＜x＜－3；
当－3≤x＜－1时，|x＋1|＋|x＋3|=－x－1＋x＋3=2＜4恒成立，所以－3≤x＜－1；
当x≥－1时，|x＋1|＋|x＋3|=x＋1＋x＋3=2x＋4＜4，解得x＜0，所以－1≤x＜0.
综上，不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4的解集为{x|－4＜x＜0}．
(2)4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2=－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)=－ab(b＋4)(a＋4)＜0，
所以4(a－b)2＜(ab＋2a＋2b)2，
所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
解：
(1)由f(x＋2)＋f(x－2)≥0可得|x＋1|＋|x－3|≤2m.
设g(x)=|x＋1|＋|x－3|，则
当x≤－1时，g(x)=－2x＋2；
当－1＜x＜3时，g(x)=4；
当x≥3时，g(x)=2x－2.
所以g(－2)=g(4)=6=2m，m=3.
(2)由(1)得eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)=3，
由柯西不等式，得(a＋2b＋3c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(a·\f(1,a))＋\r(2b·\f(1,2b))＋\r(3c·\f(1,3c))))2=32，
当且仅当a=2b=3c=1时等号成立，所以a＋2b＋3c≥3.
解：
(1)当m=－1时，f(x)=|x－1|＋|2x－1|，由f(x)≤2，得|x－1|＋|2x－1|≤2，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤\f(1,2)，,1－x＋1－2x≤2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜x＜1，,1－x＋2x－1≤2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x－1＋2x－1≤2.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤\f(1,2)，,x≥0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜x＜1，,x≤2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x≤\f(4,3).))
∴0≤x≤eq \f(1,2)或eq \f(1,2)＜x＜1或1≤x≤eq \f(4,3).
∴原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0≤x≤\f(4,3))).
(2)∵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))⊆A，∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，
即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上恒成立，
∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，即|x＋m|≤2，
∴－2≤x＋m≤2，
∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上恒成立，
∴(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min，∴－eq \f(11,4)≤m≤0，
∴实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,4)，0)).
解：
(1)易知|am＋bn＋cp|≤|am|＋|bn|＋|cp|，
因为a2＋b2＋c2=1，m2＋n2＋p2=1，
所以|am|＋|bn|＋|cp|≤eq \f(a2＋m2,2)＋eq \f(b2＋n2,2)＋eq \f(c2＋p2,2)=eq \f(a2＋b2＋c2＋m2＋n2＋p2,2)=1，
故|am＋bn＋cp|≤1.
(2)因为a2＋b2＋c2=1，m2＋n2＋p2=1，
所以eq \f(m4,a2)＋eq \f(n4,b2)＋eq \f(p4,c2)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m4,a2)＋\f(n4,b2)＋\f(p4,c2)))(a2＋b2＋c2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,a)·a＋\f(n2,b)·b＋\f(p2,c)·c))2=(m2＋n2＋p2)2=1，
所以eq \f(m4,a2)＋eq \f(n4,b2)＋eq \f(p4,c2)≥1.