高考数学一轮复习 选修4－5 第2节 课时分层训练70

这是一份高考数学一轮复习 选修4－5 第2节 课时分层训练70，共3页。试卷主要包含了已知函数f＝|x＋1|.等内容，欢迎下载使用。
课时分层训练(七十)　不等式的证明1．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.[解]　(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.4分(2)证明：法一：由(1)知p＋q＋r＝3，且p，q，r大于0，∴(p＋q＋r)2＝9.又易知p2＋q2＋r2≥pq＋pr＋qr.8分故9＝(p＋q＋r)2＝p2＋q2＋r2＋2pq＋2pr＋2qr≤3(p2＋q2＋r2)，因此，p2＋q2＋r2≥3.10分法二：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，故p2＋q2＋r2≥3.10分2．(2015·湖南高考)设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．[证明]　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.2分(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.5分(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.10分3．(2014·全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．[解]　(1)由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立.2分故a3＋b3≥2≥4，当且仅当a＝b＝时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4.5分(2)由(1)知，2a＋3b≥2·≥4.由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.10分4．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab. 【导学号：31222449】[解]　(1)∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.3分要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.5分(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.①又a＋b≥2，则(a＋b)≥2ab.8分由①知，≤1.故a＋b≥2ab.10分5．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. 【导学号：31222450】[解]　(1)因为f(x)＝k－|x－3|，所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，2分由|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＝1.5分(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＋2＋2＋2＝9.8分当且仅当a＝2b＝3c时等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.10分6．(2017·福州质检)已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．[解]　(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；2分②当－1＜x＜－时，原不等式可化为x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此时原不等式无解；③当x≥－时，原不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}.5分(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，6分所以，要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|＞|a＋b|，即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，8分即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立.10分