Question

10．已知a＞0，b＞0，c＞0，设函数f（x）=|x-b|+|x+c|+a，x∈R
（Ⅰ）若a=b=c=1，求不等式f（x）＜5的解集；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为1，证明：$\frac{1}{a+b}$+$\frac{4}{b+c}$+$\frac{9}{c+a}$≥18（a+b+c）

Answer 1

分析 （Ⅰ）若a=b=c=1，不等式f（x）＜5，即|x-1|+|x+1|＜4，利用绝对值的意义求得它的解集．
（Ⅱ）（$\frac{1}{a+b}$+$\frac{4}{b+c}$+$\frac{9}{c+a}$）（b+c+a）=（$\frac{1}{a+b}$+$\frac{4}{b+c}$+$\frac{9}{c+a}$ ）•$\frac{1}{2}$（a+b+b+c+a+c），再利用柯西不等式求得要证的结论．

解答 解：（Ⅰ）若a=b=c=1，不等式f（x）＜5，即|x-1|+|x+1|＜4，
而|x-1|+|x+1|表示数轴上的x对应点到1、-1对应点的距离之和，
而-2、2对应点到1、-1对应点的距离之和正好等于4，
故它的解集为（-2，2）．
（Ⅱ）函数f（x）=|x-b|+|x+c|+a的最小值为|b+c|+a=b+c+a=1，
∴（$\frac{1}{a+b}$+$\frac{4}{b+c}$+$\frac{9}{c+a}$）（b+c+a）=（$\frac{1}{a+b}$+$\frac{4}{b+c}$+$\frac{9}{c+a}$ ）•$\frac{1}{2}$（a+b+b+c+a+c）
=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{a+b}$+4$\sqrt{b+c}$+9$\sqrt{a+c}$）（a+b+b+c+a+c）
≥$\frac{1}{2}$•${（\frac{1}{\sqrt{a+b}}•\sqrt{a+b}+\frac{2}{\sqrt{b+c}}•\sqrt{b+c}+\frac{3}{\sqrt{a+c}}•\sqrt{a+c}）}^{2}$=18=18（a+b+c）．

点评 本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，柯西不等式的应用，属于中档题．