课时达标检测(六十六)不等式的证明1．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值为t.(1)求t的值；(2)若正实数a，b满足a＋b＝t，求证：＋≥.解：(1)因为|x＋3|＋|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故＋＝1，＋＝＝＋1＋＋≥＋2＝＋1＝，当且仅当b＝2a，即a＝，b＝时取等号，故＋≥.2．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：<；(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝由－2<－2x－1<0解得－0.所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|.3．(2017·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．(1)求实数m的值；(2)若α，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2a2b＋ab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.因为a，b都是正数，所以a＋b>0.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(当且仅当a＝b＝c时取等号)．5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.求证：＋≥.证明：∵≤＝≤＝1－|xy|，∴＋≥≥，∴原不等式成立．6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cosα|＋|sinβ|，|sin(α＋β)|≤|cosα|＋|cosβ|；(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cosα|＋|cosβ|＋|cosγ|≥1.证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cosαcosβ－sinαsinβ|≤|cosαcosβ|＋|sinαsinβ|≤|cosα|＋|sinβ|；|sin(α＋β)|＝|sinαcosβ＋cosαsinβ|≤|sinαcosβ|＋|cosαsinβ|≤|cosα|＋|cosβ|.(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cosα|＋|sin(β＋γ)|≤|cosα|＋|cosβ|＋|cosγ|，而α＋β＋γ＝0，故|cosα|＋|cosβ|＋|cosγ|≥cos0＝1.7．(2017·重庆模拟)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.求证：(1)2ab＋bc＋ca＋≤；(2)＋＋≥2.证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，当且仅当a＝b时等号成立，所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.(2)因为≥，≥，≥，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．8．(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.(1)求f(x)的最小值m；(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．综上，f(x)的最小值m＝3.(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，因为＋＋＋(a＋b＋c)＝＋＋≥2＝2(a＋b＋c)．(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.
