【新高考复习】2 第2讲　不等式证明 新题培优练

[基础题组练]1．已知实数a，b，c满足a0，b0，c0，且abc＝1.(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；(2)证明：a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.证明：(1)1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8.(2)1a＋1b＋1c＝ab＋bc＋ac，ab＋bc≥2ab2c＝2b，ab＋ac≥2a2bc＝2a，bc＋ac≥2abc2＝2c，相加得a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.2．求证：112＋122＋132＋…＋1n22.证明：因为1n21n（n－1）＝1n－1－1n，(n＞1)所以112＋122＋132＋…＋1n21＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n－1）×n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝2－1n2.3．(2019·长春市质量检测(一))设不等式||x＋1|－|x－1||2的解集为A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求证：1－abcab－c1.解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝2，x≥1，2x，－1＜x＜1，－2，x≤－1，由|f(x)|2得－1x1，即A＝{x|－1x1}．(2)证明：要证1－abcab－c1，只需证|1－abc||ab－c|，只需证1＋a2b2c2a2b2＋c2，只需证1－a2b2c2(1－a2b2)，只需证(1－a2b2)(1－c2)0，由a，b，c∈A，得－1ab1，c21，所以(1－a2b2)(1－c2)0恒成立．综上，1－abcab－c1.4．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.(1)求证：|b|≤1；(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．解：(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，所以b＝12[f(1)－f(－1)]．因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，所以|b|＝12|f(1)－f(－1)|≤12[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，函数f(x)图象的对称轴为x＝a－22a，即x＝12－1a.因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.所以－12≤12－1a≤0，故|f12－1a|＝|a12－1a2＋(2－a)12－1a－1|≤1.整理得|（a－2）24a＋1|≤1，所以－1≤（a－2）24a＋1≤1，所以－2≤（a－2）24a≤0，又a＞0，所以（a－2）24a≥0，所以（a－2）24a＝0，所以a＝2.[综合题组练]1．已知函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；(2)若a0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.当x≤1时，原不等式等价于－2x＋3≤2，即12≤x≤1；当1x≤2时，原不等式等价于1≤2，即1x≤2；当x2时，原不等式等价于2x－3≤2，即2x≤52.综上，原不等式的解集为x12≤x≤52.(2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax－2|－a|x－2|＝|ax－2|＋|2a－ax|≥|ax－2＋2a－ax|＝|2a－2|＝f(2a)，所以f(ax)－af(x)≥f(2a)成立．2．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；(2)若a，b，c是正实数，且1ka＋12kb＋13kc＝1，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.(2)由(1)知1a＋12b＋13c＝1，因为a，b，c为正实数，所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1a＋12b＋13c＝3＋a2b＋a3c＋2ba＋2b3c＋3ca＋3c2b＝3＋a2b＋2ba＋a3c＋3ca＋2b3c＋3c2b≥3＋2a2b·2ba＋2a3c·3ca＋22b3c·3c2b＝9.当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.3．已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；(2)若|a|1，|b|1，且a≠0，求证：f（ab）|a|fba.解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|＝－3x－2，x－3，－x＋4，－3≤x≤123x＋2，x≥12，当x－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－103；当－3≤x＜12时，－x＋4≥8无解；当x≥12时，由3x＋2≥8，解得x≥2.所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为{x|x≤－103或x≥2}．(2)证明：f（ab）|a|fba等价于f(ab)|a|fba，即|ab－1||a－b|.因为|a|1，|b|1，所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)0，所以|ab－1||a－b|.故所证不等式成立．4．(2019·高考全国卷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：(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)证明：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）23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为（2＋a）23.由题设知（2＋a）23≥13，解得a≤－3或a≥－1.