2022高考数学一轮复习选修4-5不等式选讲第2讲不等式的证明课时作业含解析新人教B版选修4-5.doc

不等式的证明
课时作业
1．(2022·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)假设(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解　(1)因为[(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]，
所以由，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：因为[(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]，
所以由，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
所以(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.
2．设a1，a2，a3均为正数，且a1＋a2＋a3＝m，求证：＋＋≥.
证明　∵·m
＝(a1＋a2＋a3)·
≥3·3
＝9＝9.
当且仅当a1＝a2＝a3＝时，等号成立，
又m>0，∴＋＋≥.
3．(2022·吉林长春质监四)a，b，c，d均为正实数．
求证：(1)(a2＋b2 )(c2＋d2 )≥(ac＋bd)2；
(2)假设a＋b＝1，那么＋≥.
证明　(1)(a2＋b2)(c2＋d2)＝(a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2)≥(a2c2＋2abcd＋b2d2)＝(ac＋bd)2.
(2)(1＋a＋1＋b)＝a2＋·a2＋
·b2＋b2≥a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2＝1，
而(1＋a)＋(1＋b)＝3，所以＋≥.
4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)假设ab>cd，那么＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明　(1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，
欲证＋>＋，
只需证明(＋)2>(＋)2，
也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2，
只需证明>，即证ab>cd.
由于ab>cd，因此＋>＋.
(2)①假设|a－b|<|c－d|，那么(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
②假设＋>＋，那么(＋)2>(＋)2，
∴a＋b＋2>c＋d＋2.
∵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|<|c－d|.
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
5．(2022·银川摸底)函数f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)假设f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥.
解　(1)根据题意，假设f(x)≤6，那么有
或
解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}．
(2)证明：函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝
分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，
那么正数a，b满足8ab＝a＋2b，即＋＝8，
又a>0，b>0，
∴2a＋b＝(2a＋b)＝
≥＝，当且仅当a＝b＝时取等号．
原不等式得证．
6．(2022·咸阳模拟)a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2|x－|＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋log3≥3－b.
解　(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.
(2)证明：由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝且a＋b＝1，即a＝，b＝时取等号．
所以log3≥log39＝2，
所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，
即a＋log3≥3－b.