课时过关检测( ( 七十七) )
不等式的证明
A 级——基础达标 1．若 a，b∈(0，＋∞)，且 a＋b＝1，求证：1a 2 ＋1b 2 ≥8. 证明：∵a＋b＝1，∴a 2 ＋2ab＋b 2 ＝1， ∵a>0，b>0， ∴1a 2 ＋1b 2 ＝（a＋b）
2a 2＋ （a＋b）2b 2 ＝1＋ 2ba＋ b2a 2 ＋1＋2ab＋ a2b 2
＝2＋ 2ba＋ 2ab＋ b 2a 2 ＋a 2b 2 ≥2＋22ba· 2ab＋2b 2a 2 ·a 2b 2
＝8(当且仅当 a＝b＝ 12 时取等号)． 2．若 a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b| ≤|a|1＋|a| ＋|b|1＋|b| . 证明：当|a＋b|＝0 时，不等式显然成立． 当|a＋b|≠0 时， 由 0<|a＋b|≤|a|＋|b| ⇒1|a＋b| ≥1|a|＋|b| ， 所以|a＋b|1＋|a＋b| ＝11|a＋b| ＋1≤11＋1|a|＋|b| ＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|
＝|a|1＋|a|＋|b| ＋|b|1＋|a|＋|b| ≤|a|1＋|a| ＋|b|1＋|b| . 综上，原不等式成立． 3．(2021·惠州第二次调研)已知关于 x 的不等式|x－m|＋2x≤0 的解集为{x|x≤－2}，其中m>0. (1)求 m 的值； (2)若正数 a，b，c 满足 a＋b＋c＝m.求证：
b2a＋ c2b ＋a 2c≥2.
解：(1)法一：由题意知 x>m，x－m＋2x≤0 或 x≤m，m－x＋2x≤0，
化简得 x>m，x≤ m3或 x≤m，x≤－m，
∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}， ∴－m＝－2，解得 m＝2. 法二：由题意知，2x≤x－m≤－2x，∴ x≤－m，x≤ m3 ， ∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}， ∴－m＝－2，解得 m＝2. (2)证明：由(1)可知 a＋b＋c＝2. 根据基本不等式，得 b2a ＋a≥2b，c 2b ＋b≥2c，a 2c＋c≥2a， 三式相加可得， b2a ＋a＋c 2b ＋b＋a 2c＋c≥2b＋2c＋2a， ∴ b2a ＋c 2b ＋a 2c≥a＋b＋c， 即 b2a ＋c 2b ＋a 2c≥2(当且仅当 a＝b＝c 时等号成立)． 4．已知函数 f(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)求函数 f(x)的最小值 a； (2)根据(1)中的结论，若 m 3 ＋n 3 ＝a，且 m>0，n>0，求证：m＋n≤2. 解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|≥|(x＋1)－(x－1)|＝2， 当且仅当－1≤x≤1 时取等号，所以 f(x) min ＝2，即 a＝2. (2)证明：假设 m＋n>2，则 m>2－n，m 3 >(2－n) 3 . 所以 m 3 ＋n 3 >(2－n) 3 ＋n 3 ＝2＋6(1－n) 2 ≥2.① 由(1)知 a＝2，所以 m 3 ＋n 3 ＝2.② ①②矛盾，所以 m＋n≤2. B 级——综合应用 5．已知函数 f(x)＝|2x－1|－ x＋ 32. (1)求不等式 f(x)<0 的解集 M； (2)当 a，b∈M 时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.
解：(1)f(x)＝52 －x，x<－32 ，－3x－ 12 ，－32 ≤x≤12 ，x－ 52 ，x>12 ， 当 x<－ 32 时，f(x)<0，即52 －x<0，无解； 当－ 32 ≤x≤12 时，f(x)<0，即－3x－12 <0，得－16 <x≤12 ； 当 x> 12 时，f(x)<0，即 x－52 <0，得12 <x<52 . 综上，M＝ x － 16 <x<52. (2)证明：欲证 3|a＋b|<|ab＋9|，只需证 9(a 2 ＋b 2 ＋2ab)<a 2 b 2 ＋18ab＋81，即证 0<a 2 b 2 －9a 2 －9b 2 ＋81，即证 0<(a 2 －9)(b 2 －9)． 因为 a，b∈M，所以－ 16 <a<52 ，－16 <b<52 ，所以 a2 －9<0，b 2 －9<0，所以(a 2 －9)(b 2 －9)>0， 所以 3|a＋b|<|ab＋9|. 6．(2021·安徽省部分重点学校联考)已知 a>0，b>0，c>0. (1)求证：a 4 －a 2 b 2 ＋b 4 ≥ ab（a4 ＋b 4 ）a 2 ＋b 2； (2)若 abc＝1，求证：a 3 ＋b 3 ＋c 3 ≥ab＋bc＋ac. 证明：(1)要证 a 4 －a 2 b 2 ＋b 4 ≥ ab（a4 ＋b 4 ）a 2 ＋b 2， 即证(a 2 ＋b 2 )(a 4 －a 2 b 2 ＋b 4 )≥ab(a 4 ＋b 4 )， 即证 a 6 ＋b 6 ≥a 5 b＋ab 5 ，即证 a 6 ＋b 6 －a 5 b－ab 5 ≥0， 即证 a 5 (a－b)－(a－b)b 5 ≥0，即证(a 5 －b 5 )(a－b)≥0， 该式显然成立，当且仅当 a＝b 时等号成立， 故 a 4 －a 2 b 2 ＋b 4 ≥ ab（a4 ＋b 4 ）a 2 ＋b 2. (2)由算术－几何平均值不等式得 a 3 ＋b 3 ＋c 3 ≥3abc， a 3 ＋b 3 ＋1≥3ab，b 3 ＋c 3 ＋1≥3bc，a 3 ＋c 3 ＋1≥3ac， 将上面四式相加，可得 3a 3 ＋3b 3 ＋3c 3 ＋3≥3abc＋3ab＋3bc＋3ac，由 abc＝1，所以 a 3＋b 3 ＋c 3 ≥ab＋bc＋ac， 当且仅当 a＝b＝c＝1 时等号成立． 故 a 3 ＋b 3 ＋c 3 ≥ab＋bc＋ac.
7．已知函数 f(x)＝|x－m|－|x＋2m|的最大值为 3，其中 m>0. (1)求 m 的值； (2)若 a，b∈R，ab>0，a 2 ＋b 2 ＝m 2 ，求证：
a3b＋ b3a≥1. 解：(1)∵m>0， ∴f(x)＝|x－m|－|x＋2m|＝ －3m，x≥m，－2x－m，－2m<x<m，3m，x≤－2m， ∴当 x≤－2m 时，f(x)取得最大值 3m， ∴3m＝3， ∴m＝1. (2)证明：由(1)得 a 2 ＋b 2 ＝1， a 3b＋ b3a＝ a4 ＋b 4ab＝ （a2 ＋b 2 ）
2 －2a 2 b 2ab＝1ab －2ab. ∵a 2 ＋b 2 ＝1≥2ab，当且仅当 a＝b 时等号成立， ∴0<ab≤ 12 . 令 h(t)＝ 1t －2t，0<t≤12 ， 则 h(t)在 0， 12上单调递减，∴h(t)≥h 12＝1. ∴当 0<ab≤ 12 时，1ab －2ab≥1. ∴ a3b ＋b 3a≥1. 8．(2021·陕西榆林模拟)∀a∈R，|a＋1|＋|a－1|的最小值为 M. (1)若三个正数 x，y，z 满足 x＋y＋z＝M，证明：
x2y＋ y2z＋ z2x ≥2； (2)若三个正数 x，y，z 满足 x＋y＋z＝M，且(x－2) 2 ＋(y－1) 2 ＋(z＋m) 2 ≥ 13 恒成立，求实数 m 的取值范围． 解：(1)证明：由∀a∈R，|a＋1|＋|a－1|≥|a＋1－a＋1|＝2， 当且仅当－1≤a≤1 时取等号，得 x＋y＋z＝2， 又 x，y，z>0，所以 x2y＋y≥2 x 2y·y＝2x， 同理可得 y2z＋z≥2y， z2x ＋x≥2z，
三式相加可得， x2y ＋y 2z＋ z2x ≥x＋y＋z＝2， 当且仅当 x＝y＝z＝ 23 时，取等号， 所以 x2y＋ y2z＋ z2x ≥2. (2)(x－2) 2 ＋(y－1) 2 ＋(z＋m) 2 ≥ 13 恒成立，等价于13 ≤[(x－2)2 ＋(y－1) 2 ＋(z＋m) 2 ] min ， 由(1 2 ＋1 2 ＋1 2 )[(x－2) 2 ＋(y－1) 2 ＋(z＋m) 2 ]≥(x－2＋y－1＋z＋m) 2 ＝(m－1) 2 ， 当且仅当 x－2＝y－1＝z＋m 时取等号， 可得 13 ≤13 (m－1)2 ， 即|m－1|≥1，解得 m≥2 或 m≤0， 即 m 的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．