（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业79(001).DOC

1、课时作业课时作业 79不等式的证明不等式的证明 1设 a0，b0，且 ab1 a 1 b.证明： (1)ab2； (2)a2a2 与 b2b0，b0，得 ab1. (1)由基本不等式及 ab1， 有 ab2 ab2，即 ab2， 当且仅当 ab1 时等号成立 (2)假设 a2a2 与 b2b2 同时成立，则由 a2a0 得 0a1；同理，0b1，从而 ab1，这与 ab1 矛 盾故 a2a2 与 b2b2 不可能同时成立 2(2021昆明市教学质检)已知函数 f(x)|2x1|. (1)解不等式 f(x)f(x1)4； (2)当 x0，xR 时，证明：f(x)f 1 x 4. 解：(1)不等式

2、 f(x)f(x1)4 等价于|2x1|2x1|4， 等价于 x1 2， 4x4， 解得 x1 或 x1，所以原不等式的解集是(，11，) (2)证明：当 x0，xR 时，f(x)f 1 x |2x1| 2 x1|2x1| 2 x1|，因为|2x1| 2 x1|2x 2 x| 2|x| 2 |x|4，当且仅当 2x1 2 x10， 2|x| 2 |x|， 即 x1 时等号成立，所以 f(x)f 1 x 4. 3已知函数 f(x)|x3|. (1)求不等式 f(x)2a22b2. 解：(1)当 x3 时，|x3|x1 等价于 x3x1，不等式恒成立，所以 x3； 当 x3 时，|x3|x1 等价

3、于 3x1，所以 1x3， 综上可知，不等式 f(x)1 (2)证明：因为(a21)(b21)(2a22b2) (ab)2a2b212a22b2 (ab)2a2b21(a21)(b21)， 又因为 a，bM，所以 a1，b1， 因此 a21，b21，a210，b210， 所以(a21)(b21)0， 所以原不等式(a21)(b21)2a22b2成立 4(2021成都市诊断性检测)已知函数 f(x)|xm|x2m|的最大值为 3，其中 m0. (1)求 m 的值； (2)若 a，bR，ab0，a2b2m2，求证：a 3 b b 3 a 1. 解：(1)m0，f(x)|xm|x2m| 3m，xm，

4、 2xm，2mxm， 3m，x2m. 当 x2m 时，f(x)取得最大值 3m， 3m3，m1. (2)证明：由(1)，得 a2b21， a3 b b 3 a a 4b4 ab a 2b222a2b2 ab 1 ab2ab. a2b212ab，当且仅当 ab 时等号成立 0ab1 2.令 h(t) 1 t 2t,0t1 2，则 h(t)在(0， 1 2上单调递减，h(t)h( 1 2)1. 当 08|2x2|的解集为 M. (1)求 M； (2)设 a，bM，证明：f(ab)f(2a)f(2b) 解：(1)将 f(x)|x4|代入不等式整理得|x4|2x2|8. 当 x4 时，不等式转化为x42x28， 解得 x10 3 ，所以此时 x4； 当4x8， 解得 x2，所以此时4x8， 解得 x2，所以此时 x2， 综上，Mx|x2 (2)证明：因为 f(2a)f(2b)|2a4|2b4|2a42b4|2a2b|， 所以要证 f(ab)f(2a)f(2b)， 只需证|ab4|2a2b|， 即证(ab4)2(2a2b)2， 即证 a2b28ab164a28ab4b2， 即证 a2b24a24b2160， 即证(a24)(b24)0. 因为 a，bM，所以 a24，b24， 所以(a24)(b24)0 成立， 所以原不等式成立