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高考数学一轮复习课时分层训练74不等式的证明理北师大版(含答案)


课时分层训练(七十四) 2 2 不等式的证明 1.设 a,b 是非负实数,求证:a +b ≥ ab(a+b). [证明] 因为 a +b - ab(a+b) =(a -a ab)+(b -b ab) =a a( a- b)+b b( b- a) =( a- b)(a a-b b) =? 2 2 2 2 ? 1 1?? 3 3?. ?? ? ?a2-b2??a2-b2? 1 1 3 3 因为 a≥0,b≥0,所以不论 a≥b≥0,还是 0≤a≤b,都有 a2-b2与 a2-b2同号,所 1 1 3 3 以(a2-b2) (a2-b2)≥0, 所以 a +b ≥ ab(a+b). 2.设不等式|2x-1|<1 的解集为 M. (1)求集合 M; (2)若 a,b∈M,试比较 ab+1 与 a+b 的大小. 【导学号:79140400】 [解] (1)由|2x-1|<1 得-1<2x-1<1, 解得 0<x<1.所以 M={x|0<x<1}. (2)由(1)和 a,b∈M 可知 0<a<1,0<b<1, 所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0. 故 ab+1>a+b. 3.(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 a +b =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. 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. (2)证明:由(1)知,a +b =2, 由 a +b ≥2ab,知 ab≤1.① 又 a+b≥2 ab,则(a+b) ab≥2ab. 由①知, ab≤1. 1 2 2 2 2 2 2 2 2 故 a+b≥2ab. 4.已知 a,b,c∈R,且 2a+2b+c=8,求(a-1) +(b+2) +(c-3) 的最小值. [解] 由柯西不等式得 (4+4+1)×[(a-1) +(b+2) +(c-3) ]≥[2(a-1)+2(b+2)+c-3] , ∴9[(a-1) +(b+2) +(c-3) ]≥(2a+2b+c-1) . ∵2a+2b+c=8, 49 2 2 2 ∴(a-1) +(b+2) +(c-3) ≥ , 9 当且仅当 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a-1 b+2 2 = 2 =c-3 时等号成立, 49 2 2 2 ∴(a-1) +(b+2) +(c-3) 的最小值是 . 9 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; 1 1 1 (2)若 a,b,c 是正实数,且 + + =1. ka 2kb 3kc 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. 1 1 1 (2)证明:由(1)知 + + =1,因为 a,b,c 为正实数. a 2b 3c ?1 1 1 ? 所以 a+2b+3c=(a+2b+3c)? + + ? ?a 2b 3c? ? a 2b? ? a 3c? ?2b 3c? =3+? + ?+

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