2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第71講 不等式的證明課時達(dá)標(biāo) 理（含解析）新人教A版

第71講 不等式的證明 課時達(dá)標(biāo)　 1．已知a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2. 證明 (a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.因為a，b都是正數(shù)，所以a＋b>0.又因為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．(2019·襄陽四中質(zhì)檢)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d.證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋＞＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明 證法一：(1)因為(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2.　 因此＋>＋. (2)①(必要性)若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因為a＋b＝c＋d， 所以ab>cd. 由(1)得＋>＋. ②(充分性)若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2.因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|.綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證法二：(1)假設(shè)＋≤＋，則有(＋)2≤(＋)2. 由a＋b＝c＋d得≤，從而ab≤cd，與已知ab>cd矛盾， 故＋>＋. (2)(充分性)假設(shè)|a－b|≥|c－d|，則有(a＋b)2－4ab≥(c＋d)2－4cd，由此得4ab≤4cd,2≤2，(＋)2≤(＋)2，于是＋≤＋，這與＋>＋矛盾， 從而|a－b|<|c－d|，充分性得證． (必要性)假設(shè)＋≤＋，則有(＋)2≤(＋)2，即ab≤cd. 又a＋b＝c＋d，故(a－b)2≥(c－d)2，即|a－b|≥|c－d|， 與|a－b|<|c－d|矛盾．因此＋>＋.必要性得證． 綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 3．(2019·紹興中學(xué)質(zhì)檢)若a＞0，b＞0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并說明理由． 解析 (1)由＝＋≥，得ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，等號成立．故a3＋b3≥2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，等號成立．所以a3＋b3的最小值為4. (2)由(1)知，2a＋3b≥2·≥4. 由于4＞6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 4．(2016·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)＜2的解集． (1)求M； (2)證明：當(dāng)a，b∈M時，＜. 解析 (1)f(x)＝ 當(dāng)x≤－時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1， 即－1<x≤－； 當(dāng)－<x<時，f(x)<2，即－<x<； 當(dāng)x≥時，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，即≤x<1. 所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}． (2)證明：由(1)知，當(dāng)a，b∈M時，－1<a<1，－1<b<1， 從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝ (a2－1)(1－b2)<0. 因此|a＋b|<|1＋ab|. 5．(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 證明 (1)(a＋b)(a5＋b5) ＝a6＋ab5＋b6＋a5b＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，所以(a＋b)3≤8， 因此a＋b≤2. 6．(2019·東北三校二模)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求證： (1)＋＋≤； (2)＋＋≥. 證明 (1)因為由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)·[()2＋()2＋()2]＝3，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即a＝b＝c＝時，等號成立，所以＋＋≤. (2)因為由柯西不等式得[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]·≥2＝9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時，等號成立)，又a＋b＋c＝1，所以6≥9，所以＋＋≥. 3