高中数学高考2 第2讲　不等式证明 新题培优练

[基础题组练]

1．已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.

(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；

(2)证明：＋＋≤＋＋.

证明：(1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，

相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8.

(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，

ab＋bc≥2＝2，

ab＋ac≥2＝2，

bc＋ac≥2＝2，

相加得＋＋≤＋＋.

2．求证：＋＋＋…＋<2.

证明：因为<＝－，(n＞1)

所以＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－<2.

3．(2019·长春市质量检测(一))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.

4．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.

[综合题组练]

1．已知函数f(x)＝|x－2|.

(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；

(2)若a<0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．

解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.

因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.

当x≤1时，原不等式等价于－2x＋3≤2，即≤x≤1；

当1<x≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x≤2；

当x>2时，原不等式等价于2x－3≤2，即2<x≤.

综上，原不等式的解集为.

(2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax－2|－a|x－2|＝|ax－2|＋|2a－ax|≥|ax－2＋2a－ax|＝|2a－2|＝f(2a)，

所以f(ax)－af(x)≥f(2a)成立．

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)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)＝|x－1|.

(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；

(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：>f.

解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|

＝

当x<－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；

当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；

当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.

所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为

{x|x≤－或x≥2}．

(2)证明：>f等价于f(ab)>|a|f，

即|ab－1|>|a－b|.

因为|a|<1，|b|<1，

所以|ab－1|2－|a－b|2

＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)

＝(a2－1)(b2－1)>0，

所以|ab－1|>|a－b|.

故所证不等式成立．

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.