2019高三数学(人教A版 文)一轮课时分层训练58 不等式的证明

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2019高三数学(人教A版 文)一轮课时分层训练58 不等式的证明

课时分层训练(五十八) 不等式的证明 ‎(对应学生用书第308页)‎ ‎1.(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=+,M为不等式f(x)<2的解集.‎ ‎(1)求M;‎ ‎(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.‎ ‎ 【导学号:79170382】‎ ‎[解] (1)f(x)= 当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;‎ 当-<x<时,f(x)<2;‎ 当x≥时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.‎ 所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.5分 ‎(2)证明:由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.‎ 因此|a+b|<|1+ab|.10分 ‎2.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 ‎3.(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00,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 ‎5.(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.‎ ‎[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 ‎6.(2018·莆田模拟)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).‎ ‎ 【导学号:79170383】‎ ‎[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
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