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课时验收评价(七十五)
不等式的证明
1.若a>0,b>0,且1a+1b=ah.
()求a3+b3的最小值:
(2)是否存在a,b,使得2a十3b=6?并说明理由.
解:()由ab=1a+1b≥2r(ab),
得ab≥2,当且仅当a=b=2时等号成立.
枚a3+b3≥2a3b3≥42,
当且仅当a=b=2时等号成立.
所以a3+b3的最小值为42.
(2)l(1)知,2a+3b≥26ab≥43.
由于43>6,从而不存在a,b,使得2a十3b=6.
2.()设x≥1,y≥1,证明:x+y+1xy≤1x+1y十y:
(2)设1<a≤b≤c,
证明:logb十logc十log a <log4十logb十logac.
证明:(1)由于x≥1,y≥1,
所以x+y+1xy≤1x+1y+(x+)+1
≤y+x十)2
将上式的右式减左式,
得十x十(y)月-+)+1刂
=y)2-1-rc+y-(x+川
=(y+1)一1)-(+y一1)
=(一1)(y一x一y十1)
=(xy一1)x-1)0y-1).
因为x≥1,y≥1,所以y-1)e一1)0一1)≥0,
从而所要证明的不等式成立。
(2)设logb=x,logsc=y,由对数的换底公式得
log a=1xy,logna=1x,log,b=1y,log.c=xy.
于是,所要证明的不等式即为x十y+1xy≤1x+1y十y,其中x=logb≥1,y=logc≥
故由(1)可知所要证明的不等式成立
3.己知函数x)=十x一耳,
(I)若x)≥m一1恒成立,求实数m的最大值M
(2)在(1)成立的条件下,正实数a,b满足a2+b2=M,证明:a+b≥2ab.
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解:(1)由己知可得fx)=1-2x,x<0,1,0sx<1,2x-1,x之1,
.f)min-1,
.只需m一1川≤1,
解得-1≤m-1≤1,
∴.0≤m≤2,
∴.实数m的最大值M=2.
(2)证明:法一:综合法
,a2+b2≥2ab,∴.ab≤1,
.ab≤1,当且仅当a=b时取等号.①
又ab≤a+b2,.ab)a+b≤12,
∴.aba+b≤ab)2,当且仅当a=b时取等号,②
由①②得aba+b≤12,∴.a+b≥2ab.
法二:分析法
.a>0,b>0,
∴.要证a十b≥2ab,
只需证(a+b)2≥4a2b2,
即证a2+b2+2ab≥4ab2,
a2十b2=2,.只要证2+2ab≥4a2b2,
即证2(ab)2-ab-1≤0,
即证(2ab+1)(ab一1)≤0
2ab十1>0,∴.只需证ab≤1,下证ab≤1.
2=a2+b2≥2ab,∴ab≤1成立,
∴.a十b≥2ab.
4.已知函数f)=x一\f(12)+x十\f(12)),M为不等式fx)2的解集
()求M
(2)证明:当a,b∈M时,a十bl1+abl
解:(1)x)=-2x,x≤-f(1211212).
当x≤-12时,由f)<2,得-2r<2,
解得心一1,即一1<x≤-12:
当-12<<12时,fx)<2恒成立,
即-12<x<12:
当x≥12时,由x)<2,得22,
解得x<1,即12≤x<1.
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所以f)2的解集M={一1x<1}.
(2)证明:由(1)知,当a,b∈M时,一1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1十ab)2=a2+
b2-a2b2-1=(a2-1)1-b2<0.因此a+b11+abl
5.已知a>0,b>0,c>0,且a+b+c=3.证明:
(10a2+b2+c2≥3:
(2)1a+1b+1c≥3.
证明:(1)因为a2+b2+c2(12+12+1)≥(a×1+b×1+c×1)2=9,所以a2+b2+c2≥3,
当且仅当a=b=c=1时,等号成立
(2)因aws4 aNco1(f111c(a+b+c)≥
alws4 alco1(f(1ad-r(ab))-r(bc-r(g2=9,所以1a+1b+1c≥3,当且仅当a=b=c=1
时,等号成立
6.函数fx)=2x-2十2x+1
(①)求函数y=x)的最小值:
(2)若(1)中fx)f的最小值为k,且实数a,b,c满足a十2b+4c=k.求证:a2+2ab+2b2+
c2≥12.
解:()当x≥1时,fx)=4x一1,fx)为单调递增函数,所以此时y=f)的最小值为f
(1)=3:
当一12<<1时,x)=3,所以此时y=fx)没有最大、最小值:
当x≤-1