高中数学-不等式练习.pdf

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1、XX 博奥教育精品资料系列XX 博奥教育，中小学生课外辅导专家，个性化教育的最正确选择！不等式专项练习一选择题共6 小题1 2014?假设ab0，cd0，那么一定有ABCD2 2014?假设log4 3a+4b=log2，那么 a+b 的最小值是A6+2B7+2C6+4D7+43 2014?一模函数fx的定义域为，+，f x为 fx的导函数，函数y=f x的图象如下图，且f 2=1，f3=1，那么不等式fx26 1 的解集为A2，3B，C2，3 3，2D，+4 2014?模拟不等式 xx 3 0 的解集是Ax|x 0 Bx|x 3 Cx|0 x3 Dx|x 0 或 x 3 5 2014?三模不

2、等式组，那么其表示的平面区域的面积是A1B2C3D46 2014?二模实数a的值有如图程序框图算出，设x，y 满足约束条件，那么 z=ax+5y 的最大值是A4 B5C1D14.-优选二解答题共12 小题7 2014?虹口区三模阅读：a、b 0，+，a+b=1，求 y=+的最小值解法如下：y=+=+a+b=+3 3+2，当且仅当=，即 a=1，b=2时取到等号，那么y=+的最小值为3+2应用上述解法，求解以下问题：1a，b，c 0，+，a+b+c=1，求 y=+的最小值；2x 0，求函数y=+的最小值；3 正数 a1、a2、a3，an，a1+a2+a3+an=1，求证：S=+.-优选8 201

3、4?三模设函数 fx=x2+bln x+1，其中 b 01假设 b=12，求 fx在 1，3的最小值；2如果 fx在定义域既有极大值又有极小值，数b 的取值围；3是否存在最小的正整数N，使得当 nN 时，不等式恒成立9 2012?三模选修45：不等式选讲实数 a，b，c 满足 abc，且有 a+b+c=1，a2+b2+c2=1求证：1a+b.-优选10 2011?二模设a1，a2，a3均为正数，且a1+a2+a3=m，求证11 2011?二模 a，b 是正数，求证a+2b+.-优选12 2011?模拟函数，其中 0ab1当 D=0，+时，设，fx=gt，求 y=g t的解析式及定义域；2当 D

4、=0，+，a=1，b=2 时，求 fx的最小值；3设 k0，当 a=k2，b=k+12时，1 f x9 对任意 xa，b恒成立，求k 的取值围13 2004?模拟 1|a|1，|b|1，求证：|1；2数 的取值围，使不等式|1对满足|a|1，|b|1 的一切实数a、b 恒成立；3|a|1，假设|1，求 b 的取值围.-优选14 2000?XX 设函数，其中 a0，1解不等式fx 1；2证明：当a1时，函数fx在区间 0，+上是单调函数15 2005?函数 f x=kx+b 的图象与x，y 轴分别相交于点A、B，分别是与x，y 轴正半轴同方向的单位向量，函数 gx=x2x 61求 k，b 的值；

5、2当 x 满足 fx gx时，求函数的最小值.-优选16 2014?XX 设x，y 满足约束条件，那么 z=x+4y 的最大值为_ 17 2014?假设 a0，b0，且+=求a3+b3的最小值；是否存在a，b，使得 2a+3b=6？并说明理由18 2010?a，b，c 均为正数，证明：6，并确定a，b，c 为何值时，等号成立.-优选2014年 08月 17日 524222027的高中数学组卷参考答案与试题解析一选择题共6 小题1 2014?假设ab0，cd0，那么一定有ABCD考点：不等关系与不等式专题：不等式的解法及应用分析：利用特例法，判断选项即可999 解答：解：不妨令a=3，b=1，c

6、=3，d=1，那么，C、D 不正确；，A不正确，B 正确应选：B点评：此题考察不等式比拟大小，特值法有效，带数计算正确即可2 2014?假设log4 3a+4b=log2，那么 a+b 的最小值是A6+2B7+2C6+4D7+4考点：根本不等式；对数的运算性质专题：函数的性质及应用分析：利用对数的运算法那么可得0，a4，再利用根本不等式即可得出解答：解：3a+4b 0，ab0，a0b0 log43a+4b=log2，log43a+4b=log4ab 3a+4b=ab，a 4，a 0b0.-优选0，a4，那么 a+b=a+=a+=a4+7+7=4+7，当且仅当a=4+2取等号应选：D点评：此题考

7、察了对数的运算法那么、根本不等式的性质，属于中档题3 2014?一模函数fx的定义域为，+，f x为 fx的导函数，函数y=f x的图象如下图，且f 2=1，f3=1，那么不等式fx26 1 的解集为A2，3B，C2，3 3，2D，+考点：一元二次不等式的解法；导数的几何意义专题：计算题分析：由函数 y=f x的图象，知x0 时，fx是增函数；x0 时，fx是减函数由f2=1，f3=1，不等式fx26 1的解集满足 x|2x263，由此能求出结果解答：解：函数y=f x的图象如下图，x0 时，fx是增函数；x0 时，fx是减函数 f 2=1，f3=1，由不等式fx26 1 得2x263，解得

8、3x 2或 2 x3应选 C点评：此题考察一元二次不等式的性质和应用，是根底题解题时要认真审题，注意导数的性质和应用4 2014?模拟不等式 xx 3 0 的解集是.-优选Ax|x 0 Bx|x 3 Cx|0 x3 Dx|x 0 或 x 3 考点：一元二次不等式的解法专题：不等式的解法及应用分析：结合函数 y=x x3的图象，求得不等式xx3 0的解集解答：解：由不等式x x3 0，结合函数y=xx3的图象，可得不等式xx3 0 的解集为x|0 x3，应选：C点评：此题主要考察一元二次不等式的解法，属于根底题5 2014?三模不等式组，那么其表示的平面区域的面积是A1B2C3D4考点：简单线性

9、规划专题：不等式的解法及应用分析：作出不等式组对应的平面区域，根据平面区域对应的图形，即可得到结论解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：那么 A0，2，C2，0，由，解得，即 B2，4，那么直角三角形ABC 的面积 S=，应选：D 点评：此题主要考察二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合作出对应的平面区域是解决此题的关键，比拟根底.-优选6 2014?二模实数a的值有如图程序框图算出，设x，y 满足约束条件，那么 z=ax+5y 的最大值是A4 B5C1D14 考点：简单线性规划；程序框图专题：不等式的解法及应用分析：根据程序框图，计算a，利用线性规划的知识即可得到结论解答：解：第一次

10、循环，K=2，a=10+2=8，第二次循环，K=4，a=8+4=4，第三次循环，K=6，a=4+6=2，此时满足条件，输出a=2，即 z=ax+5y=2x+5y，那么 y=，作出不等式组对应的平面区域如图：那么由图象可知当直线经过点A0，1时，y=的截距最大，此时z 最大，此时 z=2x+5y=5，应选：B 点评：此题主要考察线性规划的应用，利用程序和框图，求出a的值是解决此题的关键二解答题共12 小题7 2014?虹口区三模阅读：a、b 0，+，a+b=1，求 y=+的最小值解法如下：y=+=+a+b=+3 3+2，当且仅当=，即 a=1，b=2时取到等号，那么y=+的最小值为3+2应用上述

11、解法，求解以下问题：1a，b，c 0，+，a+b+c=1，求 y=+的最小值；.-优选2x 0，求函数y=+的最小值；3 正数 a1、a2、a3，an，a1+a2+a3+an=1，求证：S=+考点：根本不等式专题：不等式的解法及应用分析：利用“乘1 法和根本不等式即可得出解答：解 1 a+b+c=1，y=+=a+b+c=3+2=9，当且仅当a=b=c=时取等号即的最小值为92=10+2，而，=8，当且仅当，即时取到等号，那么y 18，函数 y=的最小值为183a1+a2+a3+an=1，2S=+a1+a2+a2+a3+an+a1=+2a1a2+2a2a3+2ana1=1当且仅当a1=a2=an

12、=时取到等号，那么点 此题考察了“乘1 法和根本不等式的性质，考察了推理能力和计算能力，属于难题.-优选评：8 2014?三模设函数 fx=x2+bln x+1，其中 b 01假设 b=12，求 fx在 1，3的最小值；2如果 fx在定义域既有极大值又有极小值，数b 的取值围；3是否存在最小的正整数N，使得当 nN 时，不等式恒成立考点：一元二次方程的根的分布与系数的关系；函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；利用导数求闭区间上函数的最值专题：综合题；压轴题分析：1当 b=12 时，由得 x=2，可判断出当x1，2时，f x单调递减；当x 2，3时，fx单调递增，故fx在 1，3的最小值在

13、x=2 时取得2要使 f x在定义域既有极大值又有极小值，即fx在定义域与X 轴有三个不同的交点，即使在 1，+有两个不等实根，即 2x2+2x+b=0在 1，+有两个不等实根，可以利用一元二次函数根的分布可得，解之即可求 b 的围3先构造函数hx=x3x2+ln x+1，然后研究h x在 0，+上的单调性，求出函数 hx的最小值，从而得到lnx+1 x2x3，最后令，即可证得结论解答：解：1由题意知，f x的定义域为1，+，b=12 时，由，得 x=2 x=3 舍去，当 x1，2时，f x 0，当 x 2，3时，f x 0，所以当 x1，2时，f x单调递减；当x 2，3时，f x单调递增，

14、所以 fxmin=f 2=412ln3 2由题意在 1，+有两个不等实根，即 2x2+2x+b=0 在 1，+有两个不等实根，设 gx=2x2+2x+b，那么，解之得；.-优选3对于函数fx=x2lnx+1，令函数hx=x3fx=x3x2+ln x+1那么，当 x0，+时，h x 0 所以函数hx在 0，+上单调递增，又 h0=0，x0，+时，恒有hx h 0=0 即 x2x3+ln x+1恒成立取，那么有恒成立显然，存在最小的正整数N=1，使得当nN 时，不等式恒成立点评：此题以函数为载体，考察函数的最值，考察函数的单调性第一问判断fx在定义域的单调性即可求出最小值第二问将f x在定义域既有

15、极大值又有极小值问题转化为fx在定义域与X 轴有三个不同的交点是解题的关键，第三问的关键是构造新函数，利用导数证明不等式9 2012?三模选修45：不等式选讲实数 a，b，c 满足 abc，且有 a+b+c=1，a2+b2+c2=1求证：1a+b考点：一元二次方程的根的分布与系数的关系专题：证明题分析：由题意可得a，b 是方程 x21cx+c2c=0 的两个不等实根，由判别式大于0可得c1再由 ca cb 0，解得 c0，或 c，取交集得到c0，从而得到1a+b解答：证明：因为a+b=1 c，ab=c2 c，所以 a，b 是方程 x2 1cx+c2c=0 的两个不等实根，那么=1c24c2 c

16、 0，解得c1 4 分而ca cb=c2a+bc+ab0，即 c2 1cc+c2c0，解得 c0，或 c 不和题意，舍去，7 分所以c0，即 1 a+b 8 分点评：此题主要考察一元二次方程根的分布与系数的关系，表达了转化的数学思想，式子的变形是.-优选解题的关键，属于中档题10 2011?二模设a1，a2，a3均为正数，且a1+a2+a3=m，求证考点：根本不等式专题：证明题分析：根据根本不等式的性质可分别求得a1+a2+a3和的最小值，两式相乘即可求得的最小值，整理后原式得证解答：证明：=，当且仅当时等号成立又 m=a1+a2+a30，点评：此题主要考察了根本不等式的应用解题的时候要特别注

17、意等号成立的条件11 2011?二模 a，b 是正数，求证a+2b+考点：根本不等式专题：证明题分析：把不等式左边利用多项式的乘法法那么计算后，由 a与 b为正数，利用均值不等式a+b2，当且仅当a=b 时取等号，即可求出左边式子的最小值为，得证解答：证明：因为a，b 是正数，利用均值不等式，a+2b+=2ab+2+=2ab+2+=，所以 a+2b+点评：此题考察了根本不等式的运用，是一道证明题熟练掌握根本不等式是证明的关键.-优选12 2011?模拟函数，其中 0ab1当 D=0，+时，设，fx=gt，求 y=g t的解析式及定义域；2当 D=0，+，a=1，b=2 时，求 fx的最小值；3

18、设 k0，当 a=k2，b=k+12时，1 f x9 对任意 xa，b恒成立，求k 的取值围考点：根本不等式；函数恒成立问题；二次函数的性质专题：计算题；综合题分析：1由题意可得fx=+1，而 t=+，于是可得y=g t的解析式及定义域；2a=1，b=2 时，fx=3，利用 x+121 即可求得f x的最小值；3由题意可求得xa，b=k2，k+12时，fxmin=，由 1 9，k0，即可求得 k 的取值围解答：解：1 t=+，0ab，x0，t 2=，又 f x=+=+1，fx=gt，gt=t12+1，t，+；2 x 0，a=1，b=2，f x=3，又 x+121当且仅当x=时取“=f x3=6

19、4，f xmin=6 43由题意可得，xa，b=k2，k+12，1 f x9 恒成立，只需求得xk2，k+1 2时 fx的最小值即可此时，fx=+1，.-优选 k0，x0，令 g x=+=x+由双钩函数y=hx=x+a0的性质 hx在 0，单调递减，在，+单调递增得：gx在 k2，kk+1上单调递减，在k k+1，k+1 2单调递增当 x=k k+1时 gx取到最小值；当 x=k2时，gk2=2+；当 x=k+12时，g k+12=2+=gk2，即当 x=k2或 k+12时 gx取到最大值；gxmin=，gxmax=2+；由题意可知，当g x取到最小值时，fx取到最小值，gx取到最大值时，fx

20、亦取到最大值 f xmin=+1=；同理可求，fxmax=1 f x9 对任意 xk2，k+12恒成立，而 k0，0 k点评：此题考察根本不等式，考察函数恒成立问题，考察二次函数的性质，考察综合分析与运算能力，难度大，属于难题13 2004?模拟 1|a|1，|b|1，求证：|1；2数 的取值围，使不等式|1对满足|a|1，|b|1 的一切实数a、b 恒成立；3|a|1，假设|1，求 b 的取值围考点：根本不等式；分析法和综合法.-优选专题：计算题；证明题分析：1用综合法，首先化简|1 ab|2|a b|2可得，|1 ab|2|ab|2=1+a2b2 a2b2=a21 b21；结合题意中|a|

21、1，|b|1，可得 a、b 的围，进而可得|1 ab|2|ab|2 0，由不等式的性质，可得答案；2根据题意，将|1 转化为分式，可得|1?a221 b21 0，由于|b|1，那么 b210，即只需 a2210 即可，分 a=0 与 a0两种情况讨论，可得答案；3根据题意，可得|1?a21 b21 0，结合题意|a|1，可得 a21，即只需 1b20，解可得答案解答：解：1证明：|1 ab|2|a b|2=1+a2b2a2b2=a2 1 b21|a|1，|b|1，a210，b210|1 ab|2|ab|20|1 ab|a b|，=12解：|1?|1 ab|2|a b|2=a221 b21 0b

22、21，a22 10 对于任意满足|a|1 的 a恒成立当 a=0 时，a2210 成立；当 a0时，要使 2对于任意满足|a|1的 a恒成立，而1，|1故113|1?21?a+b2 1+ab2?a2+b21a2b20?a21 b21 0|a|1，a21 1b2 0，.-优选即 1 b1点评：此题考察不等式性质的根本运用，注意结合题意，进展分式、整式的转化，一般利要积的符号法那么进展分析14 2000?XX 设函数，其中 a0，1解不等式fx 1；2证明：当a1时，函数fx在区间 0，+上是单调函数考点：其他不等式的解法；函数单调性的判断与证明专题：计算题；综合题；分类讨论分析：1不等式fx 1

23、，转化为一元二次不等式组，根据a的围求解不等式即可2当 a1时，利用函数单调性的定义，即：在区间0，+上任取x1，x2，使得 x1x2，证明 fx1 fx2 0，从而证明函数fx在区间 0，+上是单调减函数解答：1解：不等式fx1 即，由此得 1 1+ax，即ax 0，其中常数 a0所以，原不等式等价于即3 分所以，当0a1 时，所给不等式的解集为；当 a1 时，所给不等式的解集为x|x 0 6 分2证明：在区间0，+上任取x1，x2使得 x1x2=，.-优选，又 x1x20，f x1 fx2 0，即 f x1 fx2 所以，当a1 时，函数fx在区间 0，+上是单调递减函数12 分点评：本小

24、题主要考察不等式的解法、函数的单调性等根本知识，分类讨论的数学思想方法和运算、推理能力15 2005?函数 f x=kx+b 的图象与x，y 轴分别相交于点A、B，分别是与x，y 轴正半轴同方向的单位向量，函数 gx=x2x 61求 k，b 的值；2当 x 满足 fx gx时，求函数的最小值考点：根本不等式在最值问题中的应用；直线的斜率专题：计算题分析：1观察题设条件，可先求出fx=kx+b 的图象与x，y 轴交点 A、B 的坐标，表示出向量 AB 的坐标，即可与=2，2建立相关的方程，解方程求出k，b 的值2由 fx gx解出 x 的取值围，再对化简，因其形式中出现了积为定值的形式，故可以用

25、根本不等式求最值，此时注意验证等号成立的条件解答：解：1由得 A，0，B0，b，那么=，b，于是=2，b=2、k=1，b=22由 fx gx，得 x+2 x2 x6，即 x+2 x4 0，得 2x4，由=x+2+5 由于 x+20，那么 3，其中等号当且仅当x+2=1，即 x=1 时成立的最小值是 3点评：此题考察向量的相等的条件及用根本不等式求最值，用根本不等式求最值时要注意验证等号.-优选成立的条件与相关因子的符号16 2014?XX 设x，y 满足约束条件，那么 z=x+4y 的最大值为5 考点：简单线性规划专题：数形结合分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由图得到

26、最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案解答：解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 C 1，1 化目标函数z=x+4y 为直线方程的斜截式，得由图可知，当直线过 C 点时，直线在y 轴上的截距最大，z 最大此时 zmax=1+4 1=5故答案为：5点评：此题考察简单的线性规划，考察了数形结合的解题思想方法，是中档题17 2014?假设 a0，b0，且+=求a3+b3的最小值；是否存在a，b，使得 2a+3b=6？并说明理由考点：根本不等式；根本不等式在最值问题中的应用专题：不等式的解法及应用.-优选分析：由条件利用根本不等式求得ab 4，再利用根本不等式求得a3+b3的最小值

27、根据ab4 及根本不等式求的2a+3b8，从而可得不存在a，b，使得 2a+3b=6 解答：解：a 0，b0，且+=，=+2，ab 2，当且仅当a=b=时取等号a3+b3 22=4，当且仅当a=b=时取等号，a3+b3的最小值为4由 1可知，2a+3b 2=246，故不存在a，b，使得 2a+3b=6 成立点评：此题主要考察根本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于根底题18 2010?a，b，c 均为正数，证明：6，并确定a，b，c 为何值时，等号成立考点：根本不等式专题：证明题；压轴题分析：证法一：两次利用根本不等式放小，此处不用考虑等号成立的条件，因等号不成立不影响不

28、等号的传递性证法二：先用根本不等式推出a2+b2+c2 ab+bc+ac 与两者之和用根本不等式放小，整体上只用了一次放缩法其本质与证法一同解答：证明：证法一因为 a，b，c均为正数，由平均值不等式得所以 6 分故又所以原不等式成立 8 分.-优选当且仅当a=b=c 时，式和式等号成立当且仅当时，式等号成立即当且仅当a=b=c=时，原式等号成立 10 分证法二因为 a，b，c均为正数，由根本不等式得所以 a2+b2+c2 ab+bc+ac 同理 6 分故所以原不等式成立 8 分当且仅当a=b=c 时，式和式等号成立，当且仅当a=b=c，ab2=bc2=ac2=3 时，式等号成立即当且仅当a=b=c=时，原式等号成立 10 分点评：考察放缩法在证明不等式中的应用，此题在用缩法时屡次用到根本不等式，请读者体会此题证明过程中不考虑等号是否成立的原理，并与利用根本不等式求最值再据最值成立的条件求参数题型比拟深入分析等号成立的条件什么时候必须考虑，什么时候可以不考虑