2018-2019学年高中一轮复习理数课时跟踪检测（六十九）不等式的证明.doc

课时跟踪检测（六十九）不等式的证明

1．(2018·南京、盐城一模)若实数x，y，z满足x＋2y＋z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．

解：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋12)≥(x＋2y＋z)2＝1，

当且仅当eq\f(x,1)＝eq\f(y,2)＝eq\f(z,1)，即x＝z＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)时取等号．

所以(x2＋y2＋z2)min＝eq\f(1,6).

2．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：

c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).

证明：要证：c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab)，

只需证：－eq\r(c2－ab)＜a－c＜eq\r(c2－ab)，

只需证：|a－c|＜eq\r(c2－ab，)

只需证：(a－c)2＜c2－ab，

只需证：a2＋c2－2ac＜c2－ab，即证：2ac＞a2＋ab.

因为a＞0，所以只需证2c＞a＋b，由题设，上式显然成立．

故c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).

3．(2018·苏州高三期中调研)设x，y均为正数，且xy，求证：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.

证明：因为x0，y0，x－y0，

所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq\f(1,?x－y?2)

＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,?x－y?2)≥3eq\r(3,?x－y?2\f(1,?x－y?2))＝3，

当且仅当x－y＝eq\f(1,?x－y?2)时等号成立，

所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.

4．(2018·南通一调)求函数y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)的最大值．

解：y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)＝3sinx＋4eq\r(cos2x).

由柯西不等式得

y2＝(3sinx＋4eq\r(cos2x))2≤(32＋42)(sin2x＋cos2x)＝25，

所以ymax＝5，此时sinx＝eq\f(3,5).

所以函数y＝3sinx＋2eq\r(2＋2cos2x)的最大值为5.

5．已知a，b，c∈R＋，求证：eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2).

证明：因为a，b，c∈R＋，

所以eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)

＝eq\f(a＋b＋c,b＋c)＋eq\f(a＋b＋c,a＋c)＋eq\f(a＋b＋c,a＋b)－3

＝(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋c)＋\f(1,a＋c)＋\f(1,a＋b)))－3

＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(b＋c)＋(a＋c)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋c)＋\f(1,a＋c)＋\f(1,a＋b)))－3≥eq\f(1,2)×3eq\r(3,?a＋b??a＋c??b＋c?)×3eq\r(3,\f(1,?a＋b??a＋c??b＋c?))－3＝eq\f(9,2)－3＝eq\f(3,2)，当且仅当a＝b＝c时等号成立，

所以eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≥eq\f(3,2).

6．(2018·镇江期末)已知a＞0，b＞0，证明：(a2＋b2＋ab)(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2.

证明：因为a＞0，b＞0，所以由基本不等式可得a2＋b2＋ab≥3eq\r(3,a3b3)＝3ab，

ab2＋a2b＋1≥3eq\r(3,a3b3)＝3ab，

两式相乘可得(a2＋b2＋ab)(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2，当且仅当a＝b＝1时取等号．

7．已知a，b，c为正实数，eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋27abc的最小值为m，解关于x的不等式|x＋1|－2x＜m.

解：因为a0，b0，c＞0，

所以eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋27abc≥3eq\r(3,\f(1,a3)·\f(1,b3)·\f(1,c3))＋27abc＝eq\f(3,abc)＋27abc≥2eq\r(\f(3,abc)·27abc)＝18，

当且仅当a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,3))时取“＝”，所以m＝18.

所以不等式|x＋1|－2x＜m，即为|x＋1|＜2x＋18，所以－2x－18＜x＋1＜2x＋18，解得x＞－eq\f(19,3)，

所以原不等式的