第2講不等式的證明1.設不等式|2x－1|＜1的解集為M.(1)求集合M；(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大小.解(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}.(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1，所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.故ab＋1＞a＋b.2.已知a，b，c均為正實數，且互不相等，且abc＝1，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).證明法一∵a，b，c均為正實數，且互不相等，且abc＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ca))＋eq\r(\f(1,ab))＜eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,c)＋\f(1,a),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).法二∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))＝2eq\r(c)；eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(1,bc))＝2eq\r(a)；eq\f(1,c)＋eq\f(1,a)≥2eq\r(\f(1,ac))＝2eq\r(b).∴以上三式相加，得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).又∵a，b，c互不相等，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＞eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).法三∵a，b，c是不等正數，且abc＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝bc＋ca＋ab＝eq\f(bc＋ca,2)＋eq\f(ca＋ab,2)＋eq\f(ab＋bc,2)＞eq\r(abc2)＋eq\r(a2bc)＋eq\r(ab2c)＝eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).3.(2017·衡陽二聯)已知函數f(x)＝|x－3|.(1)若不等式f(x－1)＋f(x)＜a的解集為空集，求實數a的取值范圍；(2)若|a|＜1，|b|＜3，且a≠0，判斷eq\f(f（ab）,|a|)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))的大小，并說明理由.解(1)因為f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，不等式f(x－1)＋f(x)＜a的解集為空集，則1≥a即可，所以實數a的取值范圍是(－∞，1].(2)eq\f(f（ab）,|a|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).證明：要證eq\f(f（ab）,|a|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))，只需證|ab－3|＞|b－3a|，即證(ab－3)2＞(b－3a)2，又(ab－3)2－(b－3a)2＝a2b2－9a2－b2＋9＝(a2－1)(b2－9).因為|a|＜1，|b|＜3，所以(ab－3)2＞(b－3a)2成立，所以原不等式成立.4.(2015·陜西卷)已知關于x的不等式|x＋a|＜b的解集為{x|2＜x＜4}.(1)求實數a，b的值；(2)求eq\r(at＋12)＋eq\r(bt)的最大值.解(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－b－a＝2，,b－a＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝1.))(2)eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t)＝eq\r(3)eq\r(4－t)＋eq\r(t)≤eq\r([（\r(3)）2＋12][（\r(（4－t）)）2＋（\r(t)）2])＝2eq\r(4－t＋t)＝4，當且僅當eq\f(\r(4－t),\r(3))＝eq\f(\r(t),1)，即t＝1時等號成立，故(eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t))max＝4.5.(2015·全國Ⅱ卷)設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d.證明：(1)若ab＞cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件.證明(1)因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設a＋b＝c＋d，ab＞cd得(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①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eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).②若eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).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，eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件.6.已知a，b，c均為正實數.求證：(1)(a＋b)(ab＋c2)≥4abc；(2)若a＋b＋c＝3，則eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)＋eq\r(c＋1)≤3eq\r(2).證明(1)要證(a＋b)(ab＋c2)≥4abc，可證a2b＋ac2＋ab2＋bc2－4abc≥0，需證b(a2＋c2－2ac)＋a(c2＋b2－2bc)≥0，即證b(a－c)2＋a(c－b)2≥0，當且僅當a＝b＝c時，取等號，由已知，上式顯然成立，故不等式(a＋b)(ab＋c2)≥4abc成立.(2)因為a，b，c均為正實數，由不等式的性質知eq\r(a＋1)·eq\r(2)≤eq\f(a＋1＋2,2)＝eq\f(a＋3,2)，當且僅當a＋1＝2時，取等號，eq\r(b＋1)·eq\r(2)≤eq\f(b＋1＋2,2)＝eq\f(b＋3,2)，當且僅當b＋1＝2時，取等號，eq\r(c＋1)·eq\r(2)≤