Question

17．已知f（x）=2|x+1|-x的最小值为b．
（Ⅰ）求b；
（Ⅱ）已知a≥b，求证：$\sqrt{2a-b}+\sqrt{{a^2}-b}≥a$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化简函数的解析式，利用单调性求得函数的最小值，再根据最小值为b，求得b的值．
（Ⅱ）a=1+m（m≥0），变形后利用放缩法证明要证的不等式．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=2|{x+1}|-x=\left\{\begin{array}{l}x+2，x≥-1\\-3x-2，x＜-1\end{array}\right.$，∴b=f（x）_min=f（-1）=1．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知b=1，设a=1+m（m≥0），
则$\sqrt{2a-b}+\sqrt{{a^2}-b}=\sqrt{2a-1}+\sqrt{{a^2}-1}$=$\sqrt{2（1+m）-1}+\sqrt{{{（1+m）}^2}-1}$=$\sqrt{1+2m}+\sqrt{{m^2}+2m}≥1+m=a$．

点评 本题主要考查绝对值三角不等式的应用，求函数的最值，用放缩法证明不等式，属于中档题．