《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第十二單元 第58講 不等式的證明練習(xí) 文（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第十二單元 第58講 不等式的證明練習(xí) 文（含解析）新人教A版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第58講　不等式的證明 1.設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),且a+b+c=9,求2a+2b+2c的最小值. 2.[2018·深圳耀華實(shí)驗(yàn)學(xué)校模擬] 若a>0,b>0,a+b=1.求證: (1)4a+1b≥9; (2)2a+1+2b+1≤22. 3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值為a. (1)求a的值; (2)若p,q,r是正實(shí)數(shù),且滿(mǎn)足p+q+r=a,求證:p2+q2+r2≥3. 4.[2018·武昌調(diào)研] 設(shè)函數(shù)f(x)=|x-2|+2x-3,記f(x)≤-1的解集為M. (1)求M; (2)當(dāng)x

2、∈M時(shí),證明:x[f(x)]2-x2f(x)≤0. 5.[2018·甘肅臨澤一中模擬] 已知函數(shù)f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+1)≥0的解集為[0,2]. (1)求m的值; (2)若a,b,c∈R,且1a+12b+13c=m,求證:a+2b+3c≥9. 6.[2018·衡水模擬] 已知函數(shù)f(x)=|x-3|. (1)求不等式f(x)2a2+2b2. 7.[2018·銀川一中模擬] 已知函數(shù)f(x)=|x|-|x-1|. (1)若f(

3、x)≥|m-1|的解集非空,求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)若正數(shù)x,y滿(mǎn)足x2+y2=M,M為(1)中m可取到的最大值,求證:x+y≥2xy. 8.[2018·鄭州三模] 已知a>0,b>0,函數(shù)f(x)=|x+a|+|2x-b|的最小值為1. (1)證明:2a+b=2; (2)若a+2b≥tab恒成立,求實(shí)數(shù)t的最大值. 5 課時(shí)作業(yè)(五十八) 1.解:∵(a+b+c)2a+2b+2c=[(a)2+(b)2+(c)2]·2a2+2b2+2c2≥a·2a+b·2b+c·2c2=18,且a+b+c=9, ∴2a+2b+2c≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào)

4、, ∴2a+2b+2c的最小值為2. 2.證明:(1)∵a>0,b>0,a+b=1, ∴4a+1b=(a+b)4a+1b=4+4ba+ab+1≥5+24ba·ab=9(當(dāng)且僅當(dāng)a=2b時(shí)取等號(hào)). (2)欲證2a+1+2b+1≤22, 只需證2a+1+2b+1+2(2a+1)(2b+1)≤8, ∵a>0,b>0,a+b=1, ∴只需證(2a+1)(2b+1)≤2, 由基本不等式可得(2a+1)(2b+1)≤(2a+1)+(2b+1)2=2, ∴不等式2a+1+2b+1≤22成立. 3.解:(1)因?yàn)閨x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 當(dāng)且僅當(dāng)-1≤x

5、≤2時(shí),等號(hào)成立, 所以f(x)的最小值為3,即a=3. (2)證明:由(1)知p+q+r=3, 又因?yàn)閜,q,r是正實(shí)數(shù), 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9(當(dāng)且僅當(dāng)p=q=r=1時(shí)取等號(hào)),即p2+q2+r2≥3. 4.解:(1)由已知得f(x)=x-1,x≤2,3x-5,x>2. 當(dāng)x≤2時(shí),由f(x)=x-1≤-1, 解得x≤0,此時(shí)x≤0; 當(dāng)x>2時(shí),由f(x)=3x-5≤-1, 解得x≤43,顯然不成立. 故f(x)≤-1的解集M={x|x≤0}. (2)證明:當(dāng)x∈M時(shí),f(x)=x-1,

6、于是x[f(x)]2-x2f(x)=x(x-1)2-x2(x-1)=-x2+x=-x-122+14. 令g(x)=-x-122+14, 則函數(shù)g(x)在(-∞,0]上是增函數(shù), ∴g(x)≤g(0)=0, 故x[f(x)]2-x2f(x)≤0. 5.解:(1)f(x+1)≥0?m-|x-1|≥0?1-m≤x≤1+m, 由f(x+1)≥0的解集為[0,2],可知m=1. (2)證明:由(1)知1a+12b+13c=1,則 a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba+a2b+3ca+a3c+3c

7、2b+2b3c≥3+6=9, 當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=3c時(shí)等號(hào)成立. 6.解:(1)當(dāng)x≥3時(shí),|x-3|1, 所以11}. (2)證明:(a2+1)(b2+1)-(2a2+2b2) =(ab)2+a2+b2+1-2a2-2b2 =(ab)2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1), 因?yàn)閍,b∈M,所以a>1,b>1, 因此a2>1,b2>1,所以a2-1>0,b2-1>0, 所以(a2-1)(b2-1)>

8、0, 所以(a2+1)(b2+1)>2a2+2b2成立. 7.解:(1)由題可得f(x)=-1,x<0,2x-1,0≤x≤1,1,x>1, 所以f(x)max=1,所以|m-1|≤1,解得0≤m≤2, 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為[0,2]. (2)證明:由(1)知,M=2,所以x2+y2=2. 因?yàn)閤>0,y>0, 所以要證x+y≥2xy,只需證(x+y)2≥4x2y2, 即證2(xy)2-xy-1≤0,即證(2xy+1)(xy-1)≤0. 因?yàn)?xy+1>0,所以只需證xy≤1, 因?yàn)?xy≤x2+y2=2,所以xy≤1成立,所以x+y≥2xy. 8.解:(1)證明:因?yàn)?ab2, 顯然f(x)在-∞,b2上單調(diào)遞減,在b2,+∞上單調(diào)遞增, 所以f(x)的最小值為fb2=a+b2=1,即2a+b=2. (2)因?yàn)閍+2b≥tab恒成立,所以a+2bab≥t恒成立. 因?yàn)閍+2bab=1b+2a=121b+2a(2a+b)=125+2ab+2ba≥92, 當(dāng)且僅當(dāng)a=b=23時(shí),a+2bab取得最小值92, 所以t≤92,即實(shí)數(shù)t的最大值為92.