高考数学课件-课时跟踪检测(七十九)　不等式的证明.doc

课时跟踪检测(七十九)　不等式的证明 1．设不等式|2x－1|＜1的解集为M. (1)求集合M. (2)若a，bM，试比较ab＋1与a＋b的大小． 解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1. 所以M＝{x|0＜x＜1}． (2)由(1)和a，bM可知0＜a＜1,0＜b＜1， 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0. 故ab＋1＞a＋b. 2．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证： c－＜a＜c＋. 证明：要证：c－＜a＜c＋， 只需证：－＜a－c＜， 只需证：|a－c|＜ 只需证：(a－c)2＜c2－ab， 只需证：a2＋c2－2ac＜c2－ab，即证：2ac＞a2＋ab. 因为a＞0，所以只需证2c＞a＋b，由题设，上式显然成立． 故c－＜a＜c＋. 3．(2015·湖南高考)设a0，b0，且a＋b＝＋.证明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a2与b2＋b2不可能同时成立． 证明：由a＋b＝＋＝，a0，b0， 得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1， 有a＋b≥2＝2， 即a＋b≥2. (2)假设a2＋a2与b2＋b2同时成立， 则由a2＋a2及a0，得0a1； 同理，0b1，从而ab1， 这与ab＝1矛盾． 故a2＋a2与b2＋b2不可能同时成立． 4．(2015·长春三模)(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2； (2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc. 证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2. 因为a，b都是正数，所以a＋b＞0. 又因为a≠b，所以(a－b)2＞0. 于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0， 所以a3＋b3＞a2b＋ab2. (2)因为b2＋c2≥2bc，a2＞0， 所以a2(b2＋c2)≥2a2bc. 同理b2(a2＋c2)≥2ab2c. c2(a2＋b2)≥2abc2. ①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2， 从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)． 由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0， 因此≥abc. 5．若a0，b0，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． 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46，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 6．(2016·吉林实验中学模拟)设函数f(x)＝|x－a|. (1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|； (2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，＋＝a(m0，n0)，求证：m＋2n≥4. 解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4， 当x≥2时，不等式可化为x－2＋x－1≥4，解得x≥； 当＜x＜时，不等式可化为2－x＋x－1≥4， 不等式的解集为； 当x≤时，不等式可化为2－x＋1－x≥4， 解得x≤－. 综上可得，不等式的解集为. (2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1， 解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0,2]， 解得a＝1， 所以＋＝1(m0，n0)， 所以m＋2n＝(m＋2n) ＝2＋＋≥2＋2 ＝4， 当且仅当m＝2，n＝1时取等号． 7．(2015·全国卷)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明： (1)若abcd，则＋＋； (2)＋＋是|a－b||c－d|的充要条件． 证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由题设a＋b＝c＋d，abcd， 得(＋)2(＋)2. 因此＋＋. (2)必要性：若|a－b||c－d|， 则(a－b)2(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab(c＋d)2－4cd. 因为a＋b＝c＋d，所以abcd. 由(1)，得＋＋. 充分性：若＋＋， 则(＋)2(＋)2， 即a＋b＋2c＋d＋2. 因为a＋b＝c＋d，所以abcd. 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． 8．已知x，yR，且|x|1，|y|1. 求证：＋≥. 证明：法一：(分析法)|x|1，|y|1， 0，0， ＋≥. 故要证明结论成立， 只要证明≥成立． 即证1－xy≥成立即可． (y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2， (1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)， 1－xy≥0. 不等式成立． 法二：(综合法)≤ ＝≤＝1－|xy|， ＋≥≥， 原不等