1、其次节 不等式证明的基本方法
时间：45分钟 分值：100分
一、填空题
1．已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M、N的大小关系为________．
解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
由于a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.
答案 M≥N
2．设a>b>0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是________．
解析 ∵a>b>0，∴m＝－>0，n＝>
2、0.
∵m2－n2＝(a＋b－2)－(a－b)
＝2b－2＝2(－)<0，∴m20，则函数y＝3－3x－的最大值是________．
解析 y＝3－3x－＝3－
≤3－2 ＝3－2，
当且仅当3x＝，即x＝时等号成立，
即ymax＝3－2.
答案 3－2
4．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是________．
解析 由柯西不等式(2x2＋3y2)·≥2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．
答案
5．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M、N
3、的大小关系为________．
解析 ∵a≠b，∴＋>2，＋>2，
∴＋＋＋>2＋2，∴＋>＋.即M>N.
答案 M>N
6．设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为________．
解析 ∵(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2]
≥2＝18.
∴＋＋≥2，∴＋＋的最小值为2.
答案 2
7．若x＋y＋z＝1，则F＝2x2＋3y2＋z2的最小值为________．
解析 (2x2＋3y2＋z2)(3＋2＋6)≥(x＋y＋z)2＝6，∴2x2＋3y2＋z2≥.
答案
8．记S＝＋＋＋…＋，则S与1的大小关系是________．
解析 ∵<，<，…
4、＝<，
∴S＝＋＋＋…＋<＋＋…＋＝1.
答案 S<1
9．(2022·辽宁卷)对于c>0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，＋＋的最小值为________．
解析 要求|2a＋b|的最大值，只需求(2a＋b)2的最大值．
∵4a2－2ab＋b2－c＝0，
∴4a2＋b2＝c＋2ab.
∴(2a＋b)2＝4a2＋b2＋4ab＝c＋2ab＋4ab＝c＋6ab
≤c＋32，即(2a＋b)2≤4c，当且仅当2a＝b时，取得等号，即(2a＋b)2取到最大值，
即 2a＝b时，|2a＋b|取到最大值．
把2a＝b代入4a2－2ab＋b2－c＝0
5、可得c＝4a2.
∴＋＋＝＋＋＝＋＝2－1.∴当＝－1时，＋＋取到最小值－1.
答案 －1
二、解答题
10．已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)，f(2)，f(6)成等差数列．
(1)求f(30)的值；
(2)若a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试推断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
解 (1)由f(0)，f(2)，f(6)成等差数列，
得2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，
即(m＋2)2＝m(m＋6)(m＞0)，∴m＝2.
∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.
(2)f(a)＋f(c)
6、＝log2(a＋2)(c＋2)，
2f(b)＝log2(b＋2)2，
∵b2＝ac，∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2＝2(a＋c)－4b.
∵a＋c＞2＝2b(a≠c)，∴2(a＋c)－4b＞0.
∴log2(a＋2)(c＋2)＞log2(b＋2)2.
即f(a)＋f(c)＞2f(b)．
11．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
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＝
7、1，
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)由于＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)．
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
12．(2021·福建质检)若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2.
(1)求abc的最大值；
(2)证明：＋＋≥.
解 (1)由于a，b，c∈R＋，
所以2＝a＋b＋c≥3，故abc≤.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，
所以abc的最大值为.
(2)证明：由于a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以依据柯西不等式，可得＋＋＝(a＋b＋c)·＝[()2＋()2＋()2]×＋≥
2
＝.
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