2022高考数学一轮复习课时规范练58不等式的证明文含解析新人教A版.docx

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1、课时规范练58不等式的证明基础巩固组1.(2020全国3,理23)设a,b,cR,a+b+c=0,abc=1.(1)证明:ab+bc+ca0,b0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)4;(2)a+b2.4.(2020福建漳州二模,理23)已知a0,b0,a2+4b2=1ab+3.(1)求证:ab1;(2)若ba,求证:1a3-1b331a-1b.5.已知f(x)=ax2+bx+c,a,b,cR,定义域为-1,1.(1)当a=1,|f(x)|1时,求证|1+c|1;(2)略.6.已知a,b,c均为正实数,求证:(1)1a+1b4a+b;(2)12a+12b+12c1a+b+1b

2、+c+1c+a.综合提升组7.(2020山西晋城一模,理23)已知函数f(x)=|3x-1|+|3x+3|.(1)求不等式f(x)10的解集;(2)正实数a,b满足a+b=2,证明:f(x)a+b.创新应用组8.已知关于x的不等式|x+1|-|x-3|m-2|+m有解.(1)求实数m的取值范围;(2)设实数m的最大值为t.若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=t,证明:a3b+b3c+c3a3abc.9.(2020湖南长郡中学四模,理23)已知函数f(x)=|2x-1|+|x+5|.(1)求不等式f(x)7的解集;(2)若函数f(x)的最小值为m+32,求证:p,q(0,+),1p+1qm

3、p+q恒成立.10.函数f(x)=|ax+2|,其中aR,若f(x)a的解集为-2,0.(1)求a的值;(2)求证:对任意xR,存在m1,使得不等式f(x-2)+f(2x)m+1m-1成立.参考答案课时规范练58不等式的证明1.证明(1)由题设可知,a,b,c均不为零,所以ab+bc+ca=12(a+b+c)2-(a2+b2+c2)=-12(a2+b2+c2)0,b0,c0,1ab+3=a2+4b24ab,当且仅当a2=4b2,即a=2,b=22时,等号成立.所以1+3ab4(ab)2,即4(ab)2-3ab-10,所以ab1.(2)因为ba0,所以1a-1b0,要证1a3-1b331a-1b

4、,则1a-1b1a2+1ab+1b231a-1b,只需证1a2+1ab+1b23.因为1a2+1ab+1b22ab+1ab=3ab,当且仅当a=b时取等号,又ba0,所以1a2+1ab+1b23ab.因为0a0,所以1a2+1ab+1b23,故原不等式成立.5.(1)证明因为|f(-1)|=|1-b+c|1,|f(1)|=|1+b+c|1,所以|1-b+c+1+b+c|1-b+c|+|1+b+c|2,即|2+2c|2,化简得|1+c|1.6.证明(1)由a,b,c均为正实数,得a+b2ab,1a+1b21ab,相乘可得(a+b)1a+1b2ab21ab=4,当且仅当a=b时取等号.则1a+1b

5、4a+b.(2)由(1)可得1a+1b4a+b;同理,由b,c为正实数,可得1b+1c4b+c,当且仅当b=c时取等号,由c,a为正实数,可得1c+1a4c+a,当且仅当a=c时取等号.相加可得21a+1b+1c4a+b+4b+c+4c+a,即有12a+12b+12c1a+b+1b+c+1c+a.7.(1)解当x13时,f(x)=3x-1+3x+3=6x+210,解得x43,所以x43.综上,不等式f(x)10的解集为(-,-243,+.(2)证明因为a,b为正实数,则f(x)a+b,等价于f(x)a+b+2ab.又因为f(x)=|3x-1|+|3x+3|4,且a+b=2,所以只需证ab1.因

6、为aba+b2=1,当且仅当a=b=1时,等号成立,所以f(x)a+b成立.8.(1)解f(x)=|x+1|-|x-3|=4,x3,2x-2,-1x3,-4,x-1,f(x)的最大值为4.关于x的不等式|x+1|-|x-3|m-2|+m有解等价于f(x)max=4|m-2|+m.当m2时,上述不等式转化为4m-2+m,解得2m3;当m2时,上述不等式转化为4-m+2+m,解得m0,b0,c0,a3b+b3c+c3a3abc等价于b2a+c2b+a2c3.又b2a+c2b+a2c+(a+b+c)=b2a+a+c2b+b+a2c+c2b2aa+2c2bb+2a2cc=2(a+b+c),当且仅当a=

7、b=c时,等号成立,即b2a+c2b+a2ca+b+c,b2a+c2b+a2c3,故a3b+b3c+c3a3abc.9.(1)解f(x)=|2x-1|+|x+5|=-3x-4,x12.若f(x)7,则有x7或-5x12,-x+67或x12,3x+47,解得x-5或-5x1,因此不等式f(x)7的解集为x|x1.(2)证明由(1)可知,f(x)在-,12上单调递减,在12,+上单调递增,因此f(x)min=f12=112=m+32,所以m=4.因此要求证p,q(0,+),1p+1q4p+q恒成立,即证p+qpq4p+q恒成立,即证(p+q)24pq恒成立,即证p2+q2-2pq0恒成立,而对p,

8、q(0,+),p2+q2-2pq=(p-q)20恒成立,因此,原不等式得证.10.(1)解由题意知a0不满足题意,当a0时,由|ax+2|a得-aax+2a,-1-2ax1-2a,则-1-2a=-2,1-2a=0,解得a=2.(2)证明由(1)得f(x)=|2x+2|,设g(x)=f(x-2)+f(2x)=|2x-2|+|4x+2|,对于任意实数x,存在m1,使得f(x-2)+f(2x)m+1m-1,只需g(x)minm+1m-1min,因为g(x)=6x,x1,2x+4,-12x1,-6x,x-12,当x=-12时,g(x)min=3.由m+1m-1=m-1+1m-1+12(m-1)1(m-1)+1=3,当且仅当m=2时取等号,所以原命题成立.