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[基础题组练]
1．已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.
(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；
(2)证明：＋＋≤＋＋.
证明：(1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，
相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8.
(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，
ab＋bc≥2＝2，
ab＋ac≥2＝2，
bc＋ac≥2＝2，
相加得＋＋≤＋＋.
2．求证：＋＋＋…＋<2.
证明：因为<＝－，(n＞1)
所以＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－<2.
3．(2019·长春市质量检测(一))设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：>1.
解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－11，只需证|1－abc|>|ab－c|，
只需证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，
只需证1－a2b2>c2(1－a2b2)，
只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，
由a，b，c∈A，得－10恒成立．
综上，>1.
4．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.
(1)求证：|b|≤1；
(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．
解：(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，
所以b＝[f(1)－f(－1)]．
因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，所以|b|＝|f(1)－f(－1)|≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.
(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，
所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.
当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，
函数f(x)图象的对称轴为x＝，即x＝－.
因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.
所以－≤－≤0，故|f|＝
|a＋(2－a)－1|≤1.
整理得|＋1|≤1，
所以－1≤＋1≤1，
所以－2≤≤0，
又a＞0，所以≥0，
所以＝0，所以a＝2.
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；
(2)若a<0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．
解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.
因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.
当x≤1时，原不等式等价于－2x＋3≤2，即≤x≤1；
当12时，原不等式等价于2x－3≤2，即2f.
解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝
当x<－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；
当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；
当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为
{x|x≤－或x≥2}．
(2)证明：>f等价于f(ab)>|a|f，
即|ab－1|>|a－b|.
因为|a|<1，|b|<1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)>0，
所以|ab－1|>|a－b|.
故所证不等式成立．
4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解：(1)由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明：由于
[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
