课时提升练(六十三) 证明不等式的基本方法一、选择题1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是( )A．s≥t B．s>tC．s≤tD．s<t【解析】 ∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.【答案】 A2．设a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，则有( )A．a＋b≥2(＋1)B．a＋b≤＋1C．a＋b＜＋1D．a＋b＞2(＋1)【解析】 ∵ab－a－b＝1，∴1＋a＋b＝ab≤2令a＋b＝t(t＞0)，则1＋t≤(t＞0)，解得t≥2(＋1)，则a＋b≥2(＋1)．【答案】 A3．(2014·北京东城模拟)设a，b，c为正数，且a＋2b＋3c＝13，则＋＋的最大值为( )A.B.C.D.【解析】 由柯西不等式得(a＋2b＋3c)≥(＋＋)2∴(＋＋)2≤.∴＋＋≤.当且仅当＝＝时等号成立，即a＝9，b＝，c＝时＋＋5\n取得最大值.【答案】 C4．已知a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为( )A．5B.7C．9 D．11【解析】 把a＋b＋c＝1代入＋＋得＋＋＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.【答案】 C5．设0<x<1，则a＝，b＝1＋x，c＝中最大的一个是( )A．aB．bC．cD．无法判断【解析】 ∵0<x<1，∴1＋x>2＝>，∴只需比较1＋x与的大小，∵1＋x－＝＝－<0，∴1＋x<.因此c＝最大．【答案】 C6．(2012·湖北高考)设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则＝( )A. B.C. D.【解析】 由题意可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz，①①与a2＋b2＋c2＝10相加可得(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝10，所以不妨令.则x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，5\n即＝.【答案】 C二、填空题7．(2014·南昌模拟)若实数a，b，c满足a2＋b2＋c2＝4，则3a＋4b＋5c的最大值为________．【解析】 由柯西不等式得(3a＋4b＋5c)2≤(a2＋b2＋c2)·(9＋16＋25)＝200，所以－10≤3a＋4b＋5c≤10，所以3a＋4b＋5c的最大值为10.【答案】 108．以下三个命题：①若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；②若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；③若|x|＜2，|y|＞3，则＜，其中正确命题的序号是________．【解析】 ①|a|－|b|≤|a－b|＜1，所以|a|＜|b|＋1；②|a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)＋(a－b)|＝|2a|，所以|a＋b|－2|a|≤|a－b|；③|x|＜2，|y|＞3，所以＜，因此＜.∴①②③均正确．【答案】 ①②③9．若x＞0，则函数f(x)＝3x＋的最小值为________．【解析】 ∵x＞0，∴f(x)＝3x＋＝x＋x＋≥3＝3，等号成立的条件为x＝∴x＝，∴x＝时，f(x)的最小值为3.【答案】 3三、解答题5\n10．(2014·贵州六校联盟)设a、b、c均为正实数，求证：＋＋≥＋＋≥＋＋.【证明】 ∵a，b，c均为正实数，∴＋≥≥当a＝b时等号成立＋≥≥当b＝c时等号成立＋≥≥当a＝c时等号成立三个不等式相加即得＋＋≥＋＋≥＋＋当且仅当a＝b＝c时等号成立即＋＋≥＋＋≥＋＋.11．(2014·辽宁高考)设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.(1)求M；(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤.【解】 (1)f(x)＝当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；当x＜1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x＜1.所以f(x)≤1的解集为M＝{x|0≤x≤}．(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4得162≤4，解得－≤x≤.因此N＝，故M∩N＝.当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，于是x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]5\n＝x·f(x)＝x(1－x)＝－2≤.12．(2014·东北三省联考)已知a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1.(1)求证：|a＋b＋c|≤；(2)若不等式|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围．【解】 (1)由柯西不等式得，(a＋b＋c)2≤(12＋12＋12)·(a2＋b2＋c2)＝3，∴－≤a＋b＋c≤，所以a＋b＋c的取值范围是，即|a＋b＋c|≤.(2)同理，(a－b＋c)2≤(a2＋b2＋c2)＝3，若不等式|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2对一切实数a，b，c恒成立，则|x－1|＋|x＋1|≥3，解集为∪.5
