课时过关检测（七十六）
不等式的证明 A 级—— 基础达标 1 ．(2019· 石家庄二中二模) 已知 a ，b 是正实数，且 a ＋b ＝2. 证明：
(1) a＋ ＋ b ≤2 ； (2)(a ＋b 3 )(a 3 ＋ ＋b) ≥4. 证明：(1) ∵a ，b 是正实数， ∴ ∴a ＋b ≥2 ab ， ∴ ∴ ab ≤1 ， ∴ ∴( a＋ ＋ b) 2 ＝ ＝a ＋b ＋2 ab ≤4 ， ∴ ∴ a＋ ＋ b ≤2 ，当且仅当 a ＝b ＝1 时，取 “ ＝ ”． ． (2) ∵a 2 ＋b 2 ≥ ≥2ab ， ∴ ∴2(a 2 ＋b 2 ) ≥a 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋2ab ＝(a ＋b) 2 ＝ ＝4 ， ∴ ∴a 2 ＋b 2 ≥ ≥2 ， ∴ ∴(a ＋b 3 )(a 3 ＋ ＋b) ＝a 4 ＋ ＋b 4 ＋a 3 b 3 ＋ ＋ab ≥ ≥a 4 ＋b 4 ＋ ＋2a 2 b 2 ＝ ＝(a 2 ＋ ＋b 2 ) 2 ≥ ≥4 ， 当且仅当 a ＝b ，a 2 b 2 ＝ ＝1即 即 a ＝b ＝1 时，取 “ ＝ ”． ． 2 ．(1) 试比较 3 π 与 与 π 3 的大小，并加以证明； (2) 若正实数 a ，b 满足 a ＋b＝ ＝ 12 ：，求证：
a＋ ＋ b ≤1. 证明：(1)3 π ，π 3 以 两数同取以 e 为底的对数，即比较 πln 3 与 与 3ln π 的大小，亦即比较 ln 33与 ln ππ的大小， 数 下面构造函数 f(x)＝ ＝ ln xx则 ，则 f ′(x)＝ ＝ 1 －ln xx 2由 ，由 f ′(x) ＝0 ，解得 x ＝e ， 以 所以 f(x) 在(0 ，e) 上单调递增，在(e ，＋∞ ∞) 上单调递减，所以 f(3) ＞f(π) ．故 3 π ＞π 3 . (2) 因为 2 ab ≤a ＋b ＝ 12 以，所以 ab≤ ≤ 14 ，， 由 由( a＋ ＋ b) 2 ＝ ＝a ＋b ＋2 ab＝ ＝ 12 ＋＋2 ab≤ ≤ 12 ＋ 12 ＝＝1 ， 得 可得 a＋ ＋ b ≤1 ，所以原不等式成立． 3 ．已知函数 f(x) ＝|x －1|. (1) 解不等式 f(x) ＋f(x ＋4) ≥8 ； (2) 若|a|<1 ，|b|<1 ，且 a ≠0 ，求证：f(ab)>|a|f ba.
解：(1)f(x) ＋f(x ＋4) ＝|x －1| ＋|x ＋3|＝ ＝ － －2x －2 ，x< －3， ，4 ，－3 ≤x ≤1， ，2x ＋2 ，x>1， ， 当 当 x< －3 时，由－2x －2 ≥8 ，解得 x ≤－ －5 ； 当－3 ≤x ≤1 时，4 ≥8 不成立； 当 当 x>1 时，由 2x ＋2 ≥8 ，解得 x ≥3. 式 所以，不等式 f(x) ＋f(x ＋4) ≥8 的解集为{x|x≤ ≤－ －5 或 或 x ≥3} ． (2) 证明：f(ab)>|a|f ba， ， 即 即|ab －1|>|a －b|. 因为|a|<1 ，|b|<1 ，所以|ab －1| 2 － －|a －b| 2 ＝ ＝(a 2 b 2 － －2ab ＋1) －(a 2 － －2ab ＋b 2 ) ＝(a 2 － －1)(b 2 －1)>0 ， 所以|ab －1|>|a －b| ，故所证不等式成立． 4 ．(2021· 成都市诊断性检测) 已知函数 f(x) ＝|x －3|. (1) 解不等式 f(x) ≥4 －|2x ＋1| ； (2)若 若1m ＋ 4n ＝＝2(m ＞0 ，n ＞0) ，求证：m ＋n≥ ≥ x＋ ＋ 32－ －f(x) ． 解：(1) 原不等式化为|x －3| ≥4 －|2x ＋1| ， 即 即|2x ＋1| ＋|x －3| ≥4. 当 当 x ≤ － 12 时，不等式化为－2x －1 －x ＋3 ≥4 ， 得 解得 x ≤ － 23 故，故 x ≤ － 23 ；； 当－ 12 ＜x ＜3 时，不等式化为 2x ＋1 －x ＋3 ≥4 ， 得 解得 x ≥0 ，故 0 ≤x ＜3 ； 当 当 x ≥3 时，不等式化为 2x ＋1 ＋x －3 ≥4 ， 得 解得 x ≥2 ，故 x ≥3. ∴ 原不等式的解集为 x|x≤ ≤ － 23 或或x ≥0 . (2) 证明：∵ ∵f(x) ＝|x －3| ， ∴ x ＋ 32－ －f(x)＝ ＝ x ＋ 32－ －|x －3|≤ ≤ x ＋ 32－ － x －3 ＝ ＝ 92 ，， 当且仅当 x ＋ 32(x －3) ≥0 ， x ＋ 32≥ ≥|x －3| 时取等号．
∵1m ＋ 4n ＝＝2(m ＞0 ，n ＞0) ， ∴m ＋n ＝ 12 (m ＋n) 1m ＋ 4n＝ 12 5＋ ＋ nm ＋ 4mn≥ 12 5 ＋2nm ·4mn＝ 92 ，当且仅当 nm ＝ 4mn时取等号． ∴m ＋n≥ ≥ x ＋ 32－ －f(x) 成立． 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 的集 解集 M ； (2)当 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 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 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：要证 3|a ＋b|<|ab ＋9| ， 证 只需证 9(a 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋2ab)<a 2 b 2 ＋ ＋18ab ＋81 ， 证 即证 a 2 b 2 － －9a 2 － －9b 2 ＋ ＋81 ＞0 ， 即证(a 2 － －9)(b 2 － －9) ＞0. 为 因为 a ，b ∈M ， 所以－ 16 <a<52 ，－ 16 <b<52 ，， 以 所以 a 2 － －9<0 ，b 2 － －9<0 ， 所以(a 2 － －9)(b 2 － －9)>0 ， 以 所以 3|a ＋b|<|ab ＋9|.
6 ．(2021· 深圳市统一测试) 已知 a ，b ，c 为正数，且满足 a ＋b ＋c ＝1. 证明：(1) 1a ＋ 1b ＋ 1c ≥≥9 ； (2)ac ＋bc ＋ab －abc≤ ≤827 . 证明：(1) 1a ＋ 1b ＋ 1c ＝＝(a ＋b ＋c) 1a ＋ 1b ＋ 1c＝ ＝3＋ ＋ ba ＋ ab ＋ ca ＋ ac ＋ cb ＋ bc ≥≥3 ＋2ba ·ab ＋＋2ca ·ac＋ ＋2cb ·bc ＝＝9 当且仅当a ＝b ＝c ＝ 13 立时，等号成立 . (2) 法一：为 因为 a ，b ，c 为正数，且满足 a ＋b ＋c ＝1 ， 以 所以 c ＝1 －a －b ，且 1 －a ＞0,1 －b ＞0,1 －c ＞0 ， 以 所以 ac ＋bc ＋ab －abc ＝(a ＋b －ab)c ＋ab ＝ ＝(a ＋b －ab)(1 －a －b) ＋ab ＝ ＝(b －1)(a －1)(a ＋b) ＝ ＝(1 －a)(1 －b)(1 －c) ≤ 1 －a ＋ 1 －b ＋ 1 －c 33
＝827 当且仅当a ＝b ＝c ＝ 13 立时，等号成立 . 以 所以 ac ＋bc ＋ab －abc≤ ≤827 . 法二：为 因为 a ，b ，c 为正数，且满足 a ＋b ＋c ＝1 ， 以 所以 c ＝1 －a －b ，且 1 －a ＞0,1 －b ＞0,1 －c ＞0 ， 以 所以 ac ＋bc ＋ab －abc ＝1 －(a ＋b ＋c) ＋ac ＋bc ＋ab －abc ＝ ＝(1 －a) ＋b(a －1) ＋c(a －1) ＋bc(1 －a) ＝ ＝(1 －a)[1 －(b ＋c) ＋bc] ＝ ＝(1 －a)(1 －b)(1 －c) ≤ 3 － a ＋b ＋c 33
＝827 当且仅当a ＝b ＝c ＝ 13 立时，等号成立 . 以 所以 ac ＋bc ＋ab －abc≤ ≤827 . 7 ．(2021· 广州市阶段训练) 已知 a ＞0 ，b ＞0 ，且 a ＋b ＝1. (1)求 求 1a ＋ 2b 的最小值； (2) 证明：ab ＋2ba 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋1 ＜52. 解：(1) 法一：为 因为 a ＞0 ，b ＞0 ，且 a ＋b ＝1 ，
所以 1a ＋ 2b ＝ a ＋ba＋ 2 a ＋b b＝ ＝3＋ ＋ ba ＋ 2ab≥ ≥3 ＋2ba ·2ab＝ ＝3 ＋2 2. 当且仅当 ba ＝ 2ab， ， 即 即 b 2 ＝ ＝2a 2 时 ，等号成立． 由 a ＞0 ，b ＞0， ，a ＋b ＝1， ，b 2 ＝ ＝2a 2 ，解得 a＝ ＝ 2 －1， ，b ＝2－ － 2. 所以 1a ＋ 2b 为的最小值为 3 ＋2 2. 法二：为 因为 a ＞0 ，b ＞0 ，且 a ＋b ＝1 ， 所以 1a ＋ 2b ＝＝(a ＋b) 1a ＋ 2b＝ ＝3＋ ＋ ba ＋ 2ab≥ ≥3 ＋2ba ·2ab＝ ＝3 ＋2 2. 当且仅当 ba ＝ 2ab即 ，即 b 2 ＝ ＝2a 2 时，等号成立． 由 a ＞0 ，b ＞0， ，a ＋b ＝1， ，b 2 ＝ ＝2a 2 .解得 a＝ ＝ 2 －1， ，b ＝2－ － 2. 所以 1a ＋ 2b 为的最小值为 3 ＋2 2. (2) 证明：
法一：为 因为 a ＞0 ，b ＞0 ， 所以ab ＋2ba 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋1 ＝ab ＋2ba 2 ＋ b25 ＋ 4b25＋ ＋1≤ab ＋2b2 a 2 ·b 25＋ ＋2 4b 25× ×1＝ab ＋2b25 ab ＋2b ＝52. 当且仅当 a 2 ＝ b25，4b 25＝ ＝1， ，时，等号成立． 得 解得 a ＝ 12 ，，b ＝52时 ，此时 a ＋b ≠1. 所以ab ＋2ba 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋1 ＜52. 法二：于 由于 a ＞0 ，b ＞0 ，a ＋b ＝1 ，所以 a ＝1 －b ， 要证明ab ＋2ba 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋1 ＜52，只要证明 1 －b b ＋2b 1 －b 2 ＋b 2 ＋ ＋1 ＜52， ， 即证3b －b 22b 2 － －2b ＋2 ＜52，只要证3b －b 2b 2 － －b ＋1 ＜＜ 5. 于 由于 b 2 － －b ＋1 ＞0 ，则只要证明 3b －b 2 ＜ ＜ 5b 2 － － 5b＋ ＋ 5 ， 即 即( 5 ＋1)b 2 － －( 5 ＋3)b＋ ＋ 5 ＞0. 因为 Δ＝ ＝( 5 ＋3) 2 － －4 5( 5 ＋1) ＝－6 ＋2 5 ＜0 ，
所以( 5 ＋1)b 2 － －( 5 ＋3)b＋ ＋ 5 ＞0 成立． 所以ab ＋2ba 2 ＋ ＋b 2 ＋ ＋1 ＜52. 8． ．(1) 已知函数 f(x) ＝|x ＋1| ＋|x －a|(a>0) ，若不等式 f(x) ≥5 的解集为{x|x≤ ≤－ －2 或 x ≥3}， ，求 求 a 的值； (2) 已知 a ，b ，c 为正实数，且 a ＋b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92m . 解：(1) 因为 a>0 ， 以 所以 f(x) ＝|x ＋1| ＋|x －a|＝ ＝ － －2x ＋a －1 ，x< －1， ，a ＋1 ，－1 ≤x<a， ，2x －a ＋1 ，x ≥a. 式 又不等式 f(x) ≥5 的解集为{x|x≤ ≤－ －2 或 或 x ≥3} ， 得 解得 a ＝2. (2) 证明：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a
＝ 1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a 2m ＝1＋ ＋ b ＋ca ＋b ＋ c ＋aa ＋b ＋＋1＋ ＋ a ＋bb ＋c ＋ c ＋ab ＋c ＋＋1＋ ＋ a ＋bc ＋a ＋ b ＋cc ＋a2m ＝3＋ ＋ b ＋ca ＋b ＋ a ＋bb ＋c ＋ c ＋ab ＋c ＋ b ＋cc ＋a ＋ a ＋bc ＋a ＋ c ＋aa ＋b2m ≥92m 当且仅当a ＝b ＝c ＝ m3 号时，取等号 .