课时提升作业(六十二)证明不等式的基本方法一、选择题(每小题6分,共18分)1.设a,b,c是互不相等的正数,则下列不等式中不恒成立的是( )【解析】选C.(a+3)2-(2a2+6a+11)=-a2-2<0,故A恒成立;在B项中不等式的两侧同时乘以a2,得a4+1≥a3+a⇐(a4-a3)+(1-a)≥0⇐a3(a-1)-(a-1)≥0⇐(a-1)2(a2+a+1)≥0,所以B项中的不等式恒成立;对C项中的不等式,当a>b时,恒成立,当a<b时,不恒成立;由不等式恒成立,知D项中的不等式恒成立.故选C.2.设,则P,Q,R的大小关系是( )A.P>Q>RB.P>R>QC.Q>P>RD.Q>R>P【解析】选B.因为,所以,即P>R;又因为,所以,即R>Q,所以P>R>Q.3.若α∈,M=|sinα|,N=|cosα|,P=|sinα+cosα|,则它们之间的大小关系为( )A.M>N>PB.P>N>MC.M>P>ND.N>P>M【解析】选D.因为α∈,所以0>sinα>cosα,-5-\n所以|sinα|<|cosα|.所以P=|sinα+cosα|=(|sinα|+|cosα|)>(|sinα|+|sinα|)=|sinα|=M,P=|sinα+cosα|<(|cosα|+|cosα|)=|cosα|=N.所以N>P>M.二、填空题(每小题6分,共18分)4.若a,b均为正数,则下列两式的大小关系为a5+b5 a3b2+a2b3.【解析】a5+b5-(a3b2+a2b3)=a5+b5-a3b2-a2b3=(a5-a3b2)+(b5-a2b3)=a3(a2-b2)+b3(b2-a2)=(a2-b2)(a3-b3)=(a2-b2)(a-b)(a2+ab+b2)=(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2).因为a,b均为正数,所以a+b>0,(a-b)2≥0,a2+ab+b2>0,所以(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2)≥0,即a5+b5-(a3b2+a2b3)≥0.所以a5+b5≥a3b2+a2b3.答案:≥5.设m≠n,x=m4-m3n,y=n3m-n4,则x,y的大小关系是 .【解析】因为x-y=m3(m-n)-n3(m-n)=(m-n)(m3-n3)=(m-n)2(m2+mn+n2)因为m≠n,所以x-y>0,所以x>y.答案:x>y-5-\n6.如果loga3>logb3,且a+b=1,则a与b的大小关系为 .【解析】因为a>0,b>0,又因为a+b=1,所以0<a<1,0<b<1,所以lga<0,lgb<0,由loga3>logb3,所以->0⇒->0,所以>0⇒lgb>lga,所以b>a.答案:b>a三、解答题(每小题16分,共64分)7.(2022·莆田模拟)设a,b是非负实数,求证:a2+b2≥(a+b).【证明】因为(a2+b2)-(a+b)=(a2-a)+(b2-b)=a(-)+b(-)=(-)(a-b)=(-)(-)因为a≥0,b≥0,所以不论a≥b≥0,还是0≤a≤b,都有-与-同号,所以(-)(-)≥0,所以a2+b2≥(a+b).8.(2022·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(1)证明:f(x)≥2.(2)若f(3)<5,求a的取值范围.【解析】(1)由a>0,有f(x)=+|x-a|≥.所以f(x)≥2.(2)f(3)=+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+,由f(3)<5,得3<a<.-5-\n当0<a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)<5,得<a≤3.综上,a的取值范围是.9.已知x1,x2均为正数,求证:≥【解题提示】利用分析法找思路来证明.【证明】由于不等式两边均为正数,再平方,得(1+)(1+)≥1+2x1x2+,化简整理,得+≥2x1x2(显然成立).所以原不等式成立.10.已知不等式|x+1|+|x-2|≥m的解集是R.(1)求实数m的取值范围.(2)在(1)的条件下,当实数m取得最大值时,试判断+>+是否成立?并证明你的结论.【解析】(1)由绝对值不等式性质知:|x+1|+|x-2|≥|x+1+2-x|=3对x∈R恒成立.故|x+1|+|x-2|≥m的解集为R,只需m≤3即可,所以m的取值范围是(-∞,3].(2)由(1)知实数m的最大值为3,-5-\n当m=3时,不等式+>+成立.证明如下:要使+>+成立,只需(+)2>(+)2,等价于13+2>13+2,等价于>,等价于42>30,而42>30显然成立,故所证不等式成立.-5-
