1、课时作业提升(七十七)不等式证明1(2017全国卷)已知a0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.2(2015湖南卷)设a0，b0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b2不可能同时成立证明：由ab，a0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2.当且仅当ab1时等号成立(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则
2、由a2a2及a0得0a1；同理，0b1，从而ab1，这与ab1矛盾故a2a2与b2b2不可能同时成立3(2014福建卷)已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.(1)解：因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明：由(1)知pqr3，因为p2q22pq，q2r22qr，p2r22pr，所以2(p2q2r2)2pq2qr2pr，所以3(p2q2r2)(pqr)29，则p2q2r23.4(2015全国卷)设a，b，c，d均为正数，
3、且abcd.证明：(1)若abcd，则；(2)是|ab|cd.得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)，得.若，则()2()2，即ab2cd2.因为abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24 ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|是|ab|cd|的充要条件5已知f(x)|x1|x1|，不等式f(x)4的解集为M.(1)求M；(2)当a，bM时，证明：2|ab|4ab|.(1)解：f(x)|x1|x1|当x1时，由2x4，得2x1；当1x1时，f(x)24；当x1时，由2x4，得1x2.所以M(2,2)(2)证明：a，b
4、M，即2a2，2b2，4(ab)2(4ab)24(a22abb2)(168aba2b2)(a24)(4b2)0，4(ab)2(4ab)2，2|ab|4ab|.6已知函数f(x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为1,1(1)求m的值；(2)若a，b，c(0，)，且m，求证：a2b3c9.(1)解：因为f(x2)m|x|，f(x2)0等价于|x|m，由|x|m有解，得m0，且其解集为x|mxm又f(x2)0的解集为1,1，故m1.(2)证明：由(1)知1，又a，b，c(0，)，由柯西不等式得a2b3c(a2b3c)29.7已知x，y，z均为实数，(1)若xyz1，求证：3；(2)若x2y3z6，求x2y2z2的最小值证明：(1)因为()2(121212)(3x13y23z3)27.所以3.当且仅当x，y，z0时取等号(2)因为(122232)(x2y2z2)(x2y3z)236，即14(x2y2z2)36，x2y2z2，当且仅当x，y，z时取等号所以x2y2z2的最小值为.8(2018唐山月考)已知x，y，zR， xyz3.(1)求的最小值；(2)证明：3x2y2z29.(1)解：因为xyz30，0，所以(xyz)9，即3，当且仅当xyz1时，取最小值3.(2)证明：x2y2z23.又x2y2z29x2y2z2(xyz)22(xyyzzx)0， 所以3x2y2z29.
