第二节不等式的证明A组基础题组1.已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:
f(a)-f(-b).4.(2016广东肇庆三模)已知a>0,b>0,且a+b=1.(1)求ab的最大值;(2)求证:≥.B组提升题组5.(1)已知a,b都是正数,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2;(2)已知a,b,c都是正数,求证:≥abc.6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边的长分别为a,b,c,证明:(1)+++abc≥2;(2)++≥9.7.已知a是常数,对任意实数x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤|x+1|+|2-x|都成立.(1)求a的值;(2)设m>n>0,求证:2m+≥2n+a.答案全解全析A组基础题组1.解析要证0,只需证(a-b)(2a+b)>0,只需证(a-b)(a-c)>0.∵a>b>c,∴a-b>0,a-c>0.∴(a-b)(a-c)>0显然成立,故原不等式成立.2.证明(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.3.解析(1)当x≤-1时,原不等式可化为-x-1<-2x-2,解得x<-1;当-11,综上,M={x|x<-1或x>1}.(2)证明:证法一:f(ab)=|ab+1|=|(ab+b)+(1-b)|≥|ab+b|-|1-b|=|b||a+1|-|1-b|.因为a,b∈M,所以|b|>1,|a+1|>0,所以f(ab)>|a+1|-|1-b|,即f(ab)>f(a)-f(-b).证法二:因为f(a)-f(-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|,所以要证f(ab)>f(a)-f(-b),只需证|ab+1|>|a+b|,即证|ab+1|2>|a+b|2,即证a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2,即证a2b2-a2-b2+1>0,即证(a2-1)(b2-1)>0.因为a,b∈M,所以a2>1,b2>1,所以(a2-1)(b2-1)>0成立,所以原不等式成立.4.解析(1)∵a>0,b>0,且a+b=1,∴≤=,∴ab≤当且仅当a=b=时,等号成立,即ab的最大值为.(2)证明:证法一:(分析法)欲证原式,需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证4(ab)2-33ab+8≥0,即证ab≤或ab≥8.∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立.∵1=a+b≥2,∴ab≤,得证.证法二:(比较法)∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2,∴00.又因为a≠b,所以(a-b)2>0.于是(a+b)(a-b)2>0,即(a3+b3)-(a2b+ab2)>0,所以a3+b3>a2b+ab2.(2)因为b2+c2≥2bc,a2>0,所以a2(b2+c2)≥2a2bc.①同理,b2(a2+c2)≥2ab2c.②c2(a2+b2)≥2abc2.③①②③相加得2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2,从而a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).由a,b,c都是正数,得a+b+c>0,因此≥abc.6.证明(1)因为a,b,c为正实数,由基本不等式可得++≥3,即++≥,所以+++abc≥+abc,而+abc≥2=2,所以+++abc≥2.当且仅当a=b=c=时取等号.(2)++≥3=≥=,所以++≥9,当且仅当A=B=C=时取等号.7.解析(1)令f(x)=|x+1|-|2-x|,则f(x)=∴f(x)的最大值为3.∵对任意实数x,|x+1|-|2-x|≤a都成立,即f(x)≤a恒成立,∴a≥3.令h(x)=|x+1|+|2-x|,则h(x)=∴h(x)的最小值为3.∵对任意实数x,|x+1|+|2-x|≥a都成立,即h(x)≥a恒成立,∴a≤3,∴a=3.(2)证明:由(1)知a=3.∵2m+-2n=(m-n)+(m-n)+,且m>n>0,∴(m-n)+(m-n)+≥3=3,∴2m+≥2n+a.
