2021高考文科数学（人教A版）一轮复习课时规范练57不等式的证明 WORD版含解析.docx

1、课时规范练57不等式的证明 基础巩固组1.已知a,b都是正数,且ab,求证:a3+b3a2b+ab2.2.(2019湖南雅礼中学月考五,23)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q是正实数,且满足p+q=a,求证:1p+1q43.3.(2017全国2,理23)已知a0,b0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)4;(2)a+b2.4.(2019广东韶关1月调研,23)(1)不等式:|x-1|+|x+3|6;(2)若a0,b0,a+b=2,证明:4a2-14b2-19.5.已知f(x)=ax2+bx+c,a,b,cR,定义

2、域为-1,1.(1)当a=1,|f(x)|1时,求证|1+c|1;(2)略.6.已知a,b,c均为正实数,求证:(1)1a+1b4a+b;(2)12a+12b+12c1a+b+1b+c+1c+a.综合提升组7.(2019全国卷1联考,23)已知函数f(x)=|x-1|+|2x|.(1)在给出的平面直角坐标系中作出函数f(x)的图象,并解不等式f(x)2;(2)若不等式f(x)+|x-1|k-1对任意的xR恒成立,求证:k+6k5.创新应用组8.(2019安徽安庆二模,23)已知函数f(x)=2|x+1|+|2x-1|.(1)若f(x)f(1),求实数x的取值范围;(2)f(x)1m+1n(m0

3、,n0)对任意的xR都成立,求证:m+n43.9.(2019福建厦门期末,23)函数f(x)=|ax+2|,其中aR,若f(x)a的解集为-2,0.(1)求a的值;(2)求证:对任意xR,存在m1,使得不等式f(x-2)+f(2x)m+1m-1成立.参考答案课时规范练57不等式的证明1.证明 (a3+b3)-(a2b+ab2)=(a3-a2b)+(b3-ab2)=a2(a-b)+b2(b-a)=(a2-b2)(a-b)=(a-b)2(a+b).ab,a,b0,(a-b)20,a+b0,(a-b)2(a+b)0,a3+b3a2b+ab2.2.(1)解 因为|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-

4、2)|=3,当且仅当-1x2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.(2)证明 由(1)知p+q=3,又因为p,q是正实数,所以1p+1q=1p+1qp3+q3=13+q3p+p3q+1323+2q3pp3q=43,当且仅当p=q=32时,等号成立.3.证明 (1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)24.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)2+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34,当且仅当a=b=1时,等号成立,所以(a+b)38,因此a+

5、b2.4.(1)解 不等式|x-1|+|x+3|6x-3,-2x-26或-36或x1,2x+26,解得x2,故不等式的解集为(-,-4)(2,+).(2)证明 (法1)4a2-14b2-1=2a-12a+12b-12b+1.又a+b=2,2a-12a+12b-12b+1=2+baba2+abab=5+2ab+2ba5+22ab2ba=9,当且仅当a=b=1时等号成立.(法2)4a2-14b2-1=16a2b2-4a2-4b2+1=16-4(a2+b2)a2b2+1=16-4(a+b)2+8aba2b2+1,a+b=2,16-4(a+b)2+8aba2b2+1=8ab+1,a0,b0,2=a+b

6、2ab,ab1,8ab+19,当且仅当a=b=1时,等号成立.5.(1)证明 因为|f(-1)|=|1-b+c|1,|f(1)|=|1+b+c|1,所以|1-b+c+1+b+c|1-b+c|+|1+b+c|2,即|2+2c|2,化简得|1+c|1.6.证明 (1)由a,b,c均为正实数,得a+b2ab,1a+1b21ab,相乘可得(a+b)1a+1b2ab21ab=4,当且仅当a=b取得等号.则1a+1b4a+b.(2)由(1)可得1a+1b4a+b;同理,由b,c为正实数,可得1b+1c4b+c;由c,a为正实数,可得1c+1a4c+a.相加可得21a+1b+1c4a+b+4b+c+4c+a

7、,即有12a+12b+12c1a+b+1b+c+1c+a.7.(1)解 f(x)=|x-1|+|2x|=1-3x,x1,其图象如下图所示.令f(x)=2,得x=-13或x=1,由f(x)的图象可知,不等式f(x)2的解集为xx-13或x1.(2)证明 因为f(x)+|x-1|=|2x-2|+|2x|2x-2-2x|=2,所以k3.因为k+6k-5=k2-5k+6k=(k-2)(k-3)k,又由k3,得k-20,k-30,所以(k-2)(k-3)k0,即k+6k5.8.(1)解 f(x)f(1),即2|x+1|+|2x-1|5.当x12时,2(x+1)+(2x-1)5,得x1;当-1x12时,2

8、(x+1)-(2x-1)5,得35,不成立;当x5,得x0,n0时,1m+1n21mn,所以21mn3,得mn23,所以m+n2mn43.9.(1)解 由题意知a0不满足题意,当a0时,由|ax+2|a得-aax+2a,-1-2ax1-2a,则-1-2a=-2,1-2a=0,解得a=2.(2)证明 由(1)得f(x)=|2x+2|,设g(x)=f(x-2)+f(2x)=|2x-2|+|4x+2|,对于任意实数x,存在m1,使得f(x+2)+f(2x)m+1m-1,只需g(x)minm+1m-1min,因为g(x)=6x,x1,2x+4,-12x1,-6x,x-12,当x=-12时,g(x)min=3.由m+1m-1=m-1+1m-1+12(m-1)1(m-1)+1=3,当且仅当m=2时取等号,所以原命题成立.