高考数学统考一轮复习课时作业65不等式的证明文含解析新人教版

这是一份高考数学统考一轮复习课时作业65不等式的证明文含解析新人教版，共10页。

1．[2018·江苏卷]若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
2．[2021·福州市质量检测]已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.
(1)求集合M；
(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
3.[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]
(1)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，证明eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9；
(2)已知a，b，c均为正实数，且abc＝1，证明eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
4．[2021·大同市高三学情调研测试试题]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；
(2)eq \f(c2,a)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(a2,b)≥1.
5.[2021·惠州市高三调研考试试题]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：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥2.
6．[2021·开封市高三模拟考试]已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：
(1)eq \f(b,a)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)≥3；
(2)eq \f((\r(a)＋\r(b)＋\r(c))2,a＋b＋c)>2.
[能力挑战]
7．[2021·福州市高三质量检测]已知函数f(x)＝|2x－1|＋x＋eq \f(1,2)的最小值为m.
(1)求m的值；
(2)若a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，证明：a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
课时作业65
1．证明：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.
因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，
当且仅当eq \f(x,1)＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,2)时，不等式等号成立，
此时x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(4,3)，z＝eq \f(4,3)，
所以x2＋y2＋z2的最小值为4.
2．解析：(1)当x＜－eq \f(1,2)时，不等式化为：－2x－1＋1－2x＜4，即x＞－1，
所以－1＜x＜－eq \f(1,2)；
当－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，
所以－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)；
当x＞eq \f(1,2)时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，
所以eq \f(1,2)＜x＜1，
综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)方法一 因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1.
而|ab|＋1－(|a|＋|b|)
＝|ab|＋1－|a|－|b|
＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.
方法二 要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，
只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，
只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，
因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1，
所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．
3．解析：(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(a＋b＋c,a)＋eq \f(a＋b＋c,b)＋eq \f(a＋b＋c,c)＝eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋1＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋1＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)＋1＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,c)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(c,a)＋3≥9，当a＝b＝c时等号成立．
(2)因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,a)＋\f(1,c)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(1,ab))＋2\r(\f(1,ac))＋2\r(\f(1,bc))))，
又abc＝1，所以eq \f(1,ab)＝c，eq \f(1,ac)＝b，eq \f(1,bc)＝a，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥eq \r(c)＋eq \r(b)＋eq \r(a)，当a＝b＝c时等号成立．
4．解析：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1，
∴3(ab＋bc＋ac)≤1，即ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3).
(2)∵eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
∴eq \f(c2,a)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(a2,b)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
5．解析：(1)解法一 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>m,x－m＋2x≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤m,m－x＋2x≤0))，
化简得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>m,x≤\f(m,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤m,x≤－m))，
∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，
∴－m＝－2，解得m＝2.
解法二 由题意知：2x≤x－m≤－2x，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－m,x≤\f(m,3)))，
∵m>0，∴原不等式的解集为{x|x≤－m}，
∴－m＝－2，解得m＝2.
(2)由(1)可知a＋b＋c＝2.根据基本不等式，得eq \f(b2,a)＋a≥2b，eq \f(c2,b)＋b≥2c，eq \f(a2,c)＋c≥2a，
三式相加可得：eq \f(b2,a)＋a＋eq \f(c2,b)＋b＋eq \f(a2,c)＋c≥2b＋2c＋2a，
∴eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，
即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)．
6．解析：(1)由已知可得eq \f(b,a)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)≥3eq \r(3,\f(b,a)·\f(c,b)·\f(a,c))＝3，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
(2)由于a，b，c为一个三角形的三边长，
因为(eq \r(b)＋eq \r(c))2＝b＋c＋2eq \r(bc)>a，即eq \r(b)＋eq \r(c)>eq \r(a)，
所以eq \r(ab)＋eq \r(ac)＝eq \r(a)(eq \r(b)＋eq \r(c))>a，
同理eq \r(ab)＋eq \r(bc)>b，eq \r(ac)＋eq \r(bc)>c，
三式相加得2eq \r(ac)＋2eq \r(bc)＋2eq \r(ab)>a＋b＋c，左右两边同时加上a＋b＋c得(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2>2(a＋b＋c)，所以eq \f((\r(a)＋\r(b)＋\r(c))2,a＋b＋c)>2.
7．解析：(1)根据题意，函数f(x)＝|2x－1|＋x＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,2)，x≥\f(1,2),－x＋\f(3,2)，x<\f(1,2)))，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，即m＝1.
(2)由(1)知，m＝1，所以a＋b＋c＝1.
又a，b，c为正实数，
a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，
所以2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ac)，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，
所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).