专题能力训练23高中数学不等式选讲选修45

1专题能力训练23不等式选讲(选修4—5)专题能力训练第56页一、能力突破训练1.已知a0,b0,√√=2,求证:(1)a√+b√2;(2)2≤a2+b216.答案：证明(1)√√=2,a0,b0,∴2≥2√√0,当且仅当a=b=1时等号成立.∴0√1.∴a√+b√√√√)=2√2.(2)由a2+b2=(a+b)2-2ab,a+b=√√-2√=4-2√,∴a2+b2=16-16√+4ab-2ab=2ab-16√+16=2(ab-8√+16)-16=2√--16=2-√-16,∵0√1,∴3≤4-√4,∴9-√16,∴18≤2(4-√)232,∴2≤a2+b216.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x+3|,x∈R.(1)解不等式f(x)≤5;(2)若不等式t2+3tf(x)在x∈R上有解,求实数t的取值范围.解：(1)原不等式等价于{---或{-或{得-x-3或-3≤x≤1或1x,因此不等式的解集为[-](2)∵f(x)=|x-1|+|x+3|≥|x-1-(x+3)|=4,要使t2+3tf(x)在x∈R上有解,只需t2+3t大于f(x)的最小值,∴t2+3t[f(x)]min=4⇒t2+3t-40⇒t-4或t1.3.设函数f(x)=||+|x-a|(a0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)5,求a的取值范围.答案：(1)证明由a0,有f(x)=||+|x-a||--|+a≥2.故f(x)≥2.(2)解f(3)=||+|3-a|.当a3时,f(3)=a+,由f(3)5,得3a√2当0a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)5,得√a≤3.综上,a的取值范围是(√√)4.(2018全国Ⅲ,理23)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.解：(1)f(x)={---y=f(x)的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅当a≥3且b≥2时,f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.5.已知函数f(x)=|-|||,M为不等式f(x)2的解集.3(1)求M;(2)证明:当a,b∈M时,|a+b||1+ab|.答案：(1)解f(x)={---当x≤-时,由f(x)2得-2x2,解得x-1;当-x时,f(x)2;当x时,由f(x)2得2x2,解得x1.所以f(x)2的解集M={x|-1x1}.(2)证明由(1)知,当a,b∈M时,-1a1,-1b1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0.因此|a+b||1+ab|.6.已知a0,b0,c0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)8的解集;(2)若函数f(x)的最小值为1,证明:a2+b2+c2答案：(1)解当a=b=c=2时,f(x)=|x-2|+|x+2|+2={---f(x)8{--或{-或{不等式的解集为{x|-3x3}.(2)证明∵a0,b0,c0,∴f(x)=|a-x|+|x+b|+c≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c,当且仅当(a-x)(x+b)≥0等号成立.∵f(x)的最小值为1,∴a+b+c=1,∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=1.∵2ab≤a2+b2,2bc≤b2+c2,2ac≤a2+c2,当且仅当a=b=c等号成立,∴1=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤3(a2+b2+c2).∴a2+b2+c27.已知函数f(x)=|2x-1|+|x-a|,a∈R.(1)当a=3时,解不等式f(x)≤4;(2)若f(x)=|x-1+a|,求x的取值范围.4解：(1)当a=3时,函数f(x)=|2x-1|+|x-3|={--如图,由于直线y=4和函数f(x)的图象交于点(0,4),(2,4),故不等式f(x)≤4的解集为(0,2).(2)由f(x)=|x-1+a|,可得|2x-1|+|x-a|=|x-1+a|.由于|2x-1|+|x-a|≥|(2x-1)-(x-a)|=|x-1+a|,当且仅当(2x-1)(x-a)≤0时取等号,故有(2x-1)(x-a)≤0.当a=时,可得x=,故x的取值范围为{};当a时,可得x≤a,故x的取值范围为[];当a时,可得a≤x,故x的取值范围为[]二、思维提升训练8.(2019全国Ⅲ,理23)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成立,证明:a≤-3或a≥-1.答案：(1)解由于[(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,当且仅当x=,y=-,z=-时等号成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为(2)证明由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]25=(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,当且仅当x=-,y=-,z=-时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为由题设知,解得a≤-3或a≥-1.9.已知函数f(x)=|x-3|-|x-a|.(1)当a=2时,解不等式f(x)≤-;(2)若存在实数a,使得不等式f(x)≥a成立,求实数a的取值范围.解：(1)∵a=2,∴f(x)=|x-3|-|x-2|={--∴f(x)≤-等价于{-或{--或{--解得x3或x≥3,∴不等式的解集为{|}(2)由不等式性质可知f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|,∴若存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,则|a-3|≥a,解得a实数a的取值范围是(-]10.已知函数f(x)=x2+|x-2|.(1)解不等式f(x)≤2|x|;(2)若f(x)≥a2+4b2+5c2-对任意x∈R恒成立,证明:ac+4bc≤1.答案：(1)解由f(x)≤2|x|,得x2+|x-2|≤2|x|,即{--或{-或{-解得x∈⌀或1≤x≤2或x∈⌀,故不等式f(x)≤2|x|的解集为[1,2].(2)证明f(x)≥a2+4b2+5c2-对任意x∈R恒成立,即f(x)+a2+4b2+5c2对任意x∈R恒成立.6当x≥2时,f(x)+=x2+x-2+22+2-2+;当x2时,f(x)+=x2-x+2+(-)+2≥2,所以f(x)+的最小值为2,即a2+4b2+5c2≤2.又a2+4b2+5c2=a2+c2+4b2+4c2≥2ac+8bc,所以2ac+8bc≤2,即ac+4bc≤1(当且仅当a=b=c时,等号成立)