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- 2021-06-03 发布
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