2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第二節(jié) 不等式證明檢測 理 新人教A版.doc

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第二節(jié) 不等式證明 限時規(guī)范訓(xùn)練(限時練夯基練提能練) A級　基礎(chǔ)夯實練 1．(2018廣西南寧測試)(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4； (2)若a，b滿足(1)中不等式，求證：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|. 解：(1)當(dāng)x＜－3時，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4＜4，解得x＞－4，所以－4＜x＜－3； 當(dāng)－3≤x＜－1時，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤x＜－1； 當(dāng)x≥－1時，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4＜4，解得x＜0，所以－1≤x＜0. 綜上，不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4的解集為{x|－4＜x＜0}． (2)4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2＝－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)＝－ab(b＋4)(a＋4)＜0， 所以4(a－b)2＜(ab＋2a＋2b)2， 所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|. 2．(2018廣東寶安中學(xué)等七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|－|x－a|，a∈R. (1)當(dāng)a＝1時，解不等式f(x)＜1； (2)當(dāng)x∈(－1,0)時，f(x)＞1有解，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝|2x－1|－|x－1|＝ 當(dāng)x≤時，－x＜1，解得x＞－1，∴－1＜x≤； 當(dāng)＜x≤1時，3x－2＜1，解得x＜1，∴＜x＜1； 當(dāng)x＞1時，x＜1，無解． 綜上所述，不等式f(x)＜1的解集為{x|－1＜x＜1}． (2)當(dāng)x∈(－1,0)時，f(x)＞1有解?|x－a|＜－2x有解?2x＜x－a＜－2x有解?3x＜a＜－x有解， ∵3x＞－3，－x＜1， ∴－3＜a＜1，即實數(shù)a的取值范圍是(－3,1)． 3．(2018安徽安師大附中階段性檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值為m. (1)求m； (2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值． 解：(1)當(dāng)x≤－1時，f(x)＝3＋x≤2； 當(dāng)－1＜x＜1時，f(x)＝－1－3x＜2； 當(dāng)x≥1時，f(x)＝－x－3≤－4. 故當(dāng)x＝－1時，f(x)取得最大值m＝2. (2)因為2＝a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝2(ab＋bc)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時取等號， 此時，ab＋bc取得最大值1. B級　能力提升練 4．(2018四川成都七中期中)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－1|，m∈R，且f(x＋2)＋f(x－2)≥0的解集為[－2,4]． (1)求m的值； (2)若a，b，c為正數(shù)，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥3. 解：(1)由f(x＋2)＋f(x－2)≥0可得|x＋1|＋|x－3|≤2m. 設(shè)g(x)＝|x＋1|＋|x－3|，則 當(dāng)x≤－1時，g(x)＝－2x＋2； 當(dāng)－1＜x＜3時，g(x)＝4； 當(dāng)x≥3時，g(x)＝2x－2. 所以g(－2)＝g(4)＝6＝2m，m＝3. (2)由(1)得＋＋＝3， 由柯西不等式，得(a＋2b＋3c)≥2＝32，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c＝1時等號成立，所以a＋2b＋3c≥3. 5．(2018廣東珠海二中期中)已知函數(shù)f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)． (1)當(dāng)m＝－1時，求不等式f(x)≤2的解集； (2)設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)≤|2x＋1|的解集為A，且?A，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)當(dāng)m＝－1時，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|，由f(x)≤2，得|x－1|＋|2x－1|≤2， ∴或 或 解得或或 ∴0≤x≤或＜x＜1或1≤x≤. ∴原不等式的解集為. (2)∵?A， ∴當(dāng)x∈時，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立， 即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈上恒成立， ∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，即|x＋m|≤2， ∴－2≤x＋m≤2， ∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈上恒成立， ∴(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min， ∴－≤m≤0， ∴實數(shù)m的取值范圍是. 6．(2018云南昆明適應(yīng)性檢測)已知a，b，c，m，n，p都是實數(shù)，且a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1. (1)證明：|am＋bn＋cp|≤1； (2)若abc≠0，證明：＋＋≥1. 解：(1)易知|am＋bn＋cp|≤|am|＋|bn|＋|cp|， 因為a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1， 所以|am|＋|bn|＋|cp|≤＋＋＝＝1， 故|am＋bn＋cp|≤1. (2)因為a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1， 所以＋＋＝(a2＋b2＋c2)≥2＝(m2＋n2＋p2)2＝1， 所以＋＋≥1.