2021高考数学一轮复习课时作业73不等式的证明理

课时作业73 不等式的证明
[基础达标]
1．[2018·江苏卷]若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值． 证明：由柯西不等式，得(x 2
＋y 2
＋z 2
)(12
＋22
＋22
)≥(x ＋2y ＋2z )2. 因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2
＋y 2
＋z 2
≥4， 当且仅当x 1＝y 2＝z
2时，等号成立，
此时x ＝23，y ＝43，z ＝4
3，
所以x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值为4.
2．[2019·河北省“五个一名校联盟”高三考试]已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )<|x |＋1；
(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤1
6，求证：f (x )<1.
解析：(1)∵f (x )<|x |＋1，∴|2x －1|<|x |＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12，
2x －1<x ＋1，
或⎩⎪⎨⎪⎧
0<x <12，
1－2x <x ＋1，
或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≤0，
1－2x <－x ＋1，
得12≤x <2或0<x <1
2
或无解． 故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．
(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56
<1.
3．[2019·湖南衡阳八中模考]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：t 2
＋1≥3t
＋3t .
解析：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－3x ，x ≤－1，
2－x ，－1＜x ＜12，
3x ，x ≥1
2
.
于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨
⎪⎧
x ≤－1，
－3x ≤3
或⎩⎪⎨
⎪⎧
－1＜x ＜12，
2－x ≤3
或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12，
3x ≤3，
解得－1≤x ≤1.
即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．
(2)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，＋∞)． 要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2
－3t ＋1－3t
≥0.
而t 2
－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2
＋t －3
t
＝
t －3
t 2＋1t . ∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2
＋1＞0，∴t －3
t 2＋1
t
≥0.
∴t 2
＋1≥3t
＋3t .
4．[2019·大理模拟]已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|. (1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x ；
(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小． 解析：(1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，
2x －3，x >3.
f (x )－5≥x ，即⎩⎪⎨
⎪⎧
x <0，
3－2x ≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧
0≤x ≤3，
3≥x ＋5
或⎩⎪⎨⎪⎧
x >3，
2x －3≥x ＋5，
解得x ≤－2
3
或x ∈∅或x ≥8，
所以不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[8，＋∞)． (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.
由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n )
且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0,2－n <0， 即(m －2)(2－n )<0， 所以2(m ＋n )<mn ＋4.
5．[2020·福州市质量检测]已知不等式|2x ＋1|＋|2x －1|＜4的解集为M . (1)求集合M ；
(2)设实数a ∈M ，b ∉M ，证明：|ab |＋1≤|a |＋|b |.
解析：(1)当x ＜－1
2时，不等式化为：－2x －1＋1－2x ＜4，即x ＞－1，
所以－1＜x ＜－1
2
；
当－12≤x ≤1
2时，不等式化为：2x ＋1－2x ＋1＜4，即2＜4，
所以－12≤x ≤12
；
当x ＞1
2时，不等式化为：2x ＋1＋2x －1＜4，即x ＜1，
所以1
2
＜x ＜1，
综上可知，M ＝{x |－1＜x ＜1}．
(2)方法一：因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1. 而|ab |＋1－(|a |＋|b |) ＝|ab |＋1－|a |－|b | ＝(|a |－1)(|b |－1)≤0， 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |.
方法二：要证|ab |＋1≤|a |＋|b |， 只需证|a ||b |＋1－|a |－|b |≤0， 只需证(|a |－1)(|b |－1)≤0，
因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1， 所以(|a |－1)(|b |－1)≤0成立． 所以|ab |＋1≤|a |＋|b |成立．
6．[2020·开封市定位考试]已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －m |(m ＞1)，若f (x )＞4的解集是{x |x ＜0或x ＞4}．
(1)求m 的值；
(2)若正实数a ，b ，c 满足1a ＋12b ＋13c ＝m
3
，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.
解析：(1)∵m ＞1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x ＋m ＋1，x ＜1m －1，1≤x ≤m
2x －m －1，x ＞m .
作出函数f (x )的图象如图所示，
由f (x )＞4的解集及函数f (x )的图象得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2×0＋m ＋1＝4
2×4－m －1＝4，得m ＝3.
(2)由(1)知m ＝3，从而1a ＋12b ＋1
3c
＝1，
a ＋2
b ＋3
c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c (a ＋2b ＋3c )＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥9，当且仅当a ＝3，b ＝3
2
，c ＝1时“＝”成立．
[能力挑战]
7．[2019·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
≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.
解析：(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
≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成
立．
所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2
的最小值为43.
(2)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
≥
2＋a
2
3
，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a
3
，z ＝
2a－2
3
时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a2 3
.
由题设知2＋a2
3
≥
1
3
，解得a≤－3或a≥－1.。