课时跟踪检测（六十） 不等式的证明.doc

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1、第5页共5页课时跟踪检测（六十）不等式的证明1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.(1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤；(2)求证：＋＋≥2.证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.(2)因为≥，≥，≥，所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2.2．若a>0，b>0，且＋＝.(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．解：(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立

2、．故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4.(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，求证：(1)若ab>cd，则＋>＋；(2)＋>＋是a－bcd，得(＋)2>(＋)2.因此＋>＋.(2)①必要性：若a－b

3、d，所以ab>cd.由(1)，得＋>＋.②充分性：若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，即a＋b＋2>c＋d＋2.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此a－b＋是a－b＜c－d的充要条件．4．已知定义在R上的函数f(x)＝x＋1＋x－2的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.解：(1)因为x＋1＋x－2≥(x＋1)－(x－2)＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3

4、，即a＝3.(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.5．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，a≠0，求证：＞f.解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝2x－1＋x＋3＝当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为.第5页共5页(2)证

5、明：＞f等价于f(ab)＞af，即ab－1＞a－b.因为a＜1，b＜1，所以ab－12－a－b2＝(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．6．(2018·武昌调研)设函数f(x)＝x－2＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.(1)求M；(2)当x∈M时，证明：x[f(x)]2－x2f(x)≤0.解：(1)由已知，得f(x)＝当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，解得x≤0，此时x≤0；当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，解得x≤，显然不成立．故f(x)≤－1的解集

6、为M＝{xx≤0}．(2)证明：当x∈M时，f(x)＝x－1，于是x[f(x)]2－x2f(x)＝x(x－1)2－x2(x－1)＝－x2＋x＝－2＋.令g(x)＝－2＋，则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，∴g(x)≤g(0)＝0.故x[f(x)]2－x2f(x)≤0.7．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1.证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴＋－1＝第5页共5页＝＝＝＝＝.∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.∴≥0.∴＋≥1.8．设函数f(x)＝x－x＋2－x－3－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立．(1)求实数m的取值范围；(2

7、)求证：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，∴m＋≥x－x＋2－x－3＋4恒成立．令g(x)＝x－x＋2－x－3＋4＝∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，∴g(x)max＝g(3)＝2，∴m＋≥g(x)max＝2，即m＋－2≥0⇒＝≥0，∴m>0，综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．(2)证明：由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1，即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg1＝0.∴要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)

8、．只需证>，即证lg(m＋1)·lg(m＋3)