不等式_章节学习

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题型：简答题

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简答题

设a，b，c∈R，证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）≥0．

正确答案

证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）

=3b2+3b（a+c）+a2+ac+c2

=3（b+）2-（a+c）2+a2+ac+c2

=3（b+）2+（a2-2ac+c2）

=3（b+）2+（a-c）2≥0．

即有原不等式成立．

解析

证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）

=3b2+3b（a+c）+a2+ac+c2

=3（b+）2-（a+c）2+a2+ac+c2

=3（b+）2+（a2-2ac+c2）

=3（b+）2+（a-c）2≥0．

即有原不等式成立．

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题型：简答题

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简答题

对于任意实数a（a≠0）和b，不等式|a+b|+|a-b|≥|a|（|x-1|+|x-2|）恒成立，试求实数x的取值范围．

正确答案

解：由题知，|x-1|+|x-2|≤ 恒成立，故|x-1|+|x-2|小于或等于的最小值．

∵|a+b|+|a-b|≥|a+b+a-b|=2|a|，当且仅当（a+b）（a-b）≥0 时取等号，

∴ 的最小值等于2，∴x的范围即为不等式|x-1|+|x-2|≤2的解．

由于|x-1|+|x-2|表示数轴上的x对应点到1和2对应点的距离之和，又由于数轴上的、对应点到

1和2对应点的距离之和等于2，故不等式的解集为[，]，

故答案为[，]．

解析

解：由题知，|x-1|+|x-2|≤ 恒成立，故|x-1|+|x-2|小于或等于的最小值．

∵|a+b|+|a-b|≥|a+b+a-b|=2|a|，当且仅当（a+b）（a-b）≥0 时取等号，

∴ 的最小值等于2，∴x的范围即为不等式|x-1|+|x-2|≤2的解．

由于|x-1|+|x-2|表示数轴上的x对应点到1和2对应点的距离之和，又由于数轴上的、对应点到

1和2对应点的距离之和等于2，故不等式的解集为[，]，

故答案为[，]．

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题型：简答题

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简答题

△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，求证．

正确答案

证明：方法一：已知．

得，

=．

即cosB=＞0

故

法2：反证法：假设．

则有b＞a＞0，b＞c＞0．

则

可得与已知矛盾，

假设不成立，原命题正确．

解析

证明：方法一：已知．

得，

=．

即cosB=＞0

故

法2：反证法：假设．

则有b＞a＞0，b＞c＞0．

则

可得与已知矛盾，

假设不成立，原命题正确．

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题型：简答题

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简答题

已知|x+1|+|x-l|＜4的解集为M，若a，b∈M，证明：2|a+b|＜|4+ab|．

正确答案

解：f（x）=|x+1|+|x-1|=

当x＜-1时，由-2x＜4，得-2＜x＜-1；

当-1≤x≤1时，f（x）=2＜4；

当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．

所以M=（-2，2）．…（5分）

∴当a，b∈M，即-2＜a，b＜2，

∵4（a+b）2-（4+ab）2=4（a2+2ab+b2）-（16+8ab+a2b2）=（a2-4）（4-b2）＜0，

∴4（a+b）2＜（4+ab）2，

∴2|a+b|＜|4+ab|．…（10分）

解析

解：f（x）=|x+1|+|x-1|=

当x＜-1时，由-2x＜4，得-2＜x＜-1；

当-1≤x≤1时，f（x）=2＜4；

当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．

所以M=（-2，2）．…（5分）

∴当a，b∈M，即-2＜a，b＜2，

∵4（a+b）2-（4+ab）2=4（a2+2ab+b2）-（16+8ab+a2b2）=（a2-4）（4-b2）＜0，

∴4（a+b）2＜（4+ab）2，

∴2|a+b|＜|4+ab|．…（10分）

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题型：简答题

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简答题

将2006表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和．记S=xixj．问：

（1）当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最大值；

（2）进一步地，对任意1≤i，j≤5有≤2，当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最小值．说明理由．

正确答案

解：（1）首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值．

x1+x2+x3+x4+x5=2006，且使S=取到最大值，则必有|xi-xj|≤1（1≤i，j≤5）…（5分）（*）

事实上，假设（*）不成立，不妨假设x1-x2≥2，则令x1′′=x1-1，x2′=x2+1，xi′=xi （i=3，4，5），有x1′+x2′=x1+x2，x1′•x2′=x1x2+x1-x2-1＞x1x2．

将S改写成S==x1x2+（x1+x2）（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5

同时有 S′=x1′x2′+（x1′+x2′）（（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5．

于是有S′-S=x1′x2′-x1x2＞0．

这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．

所以必有|xi-xj|≤1，（1≤i，j≤5）．

因此当x1=402，x2=x3=x4=x5=401时S取到最大值． …（10分）

（2）当x1+x2+x3+x4+x5=2006，且|xi-xj|≤2时，只有

（1）402，402，402，400，400；

（2）402，402，401，401，400；

（3）402，401，401，401，401；

三种情形满足要求． …（15分）

而后两种情形是由第一组作xi′=xi-1，xj′=xj+1调整下得到的．

根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式S=变大．

所以在x1=x2=x3=402，x4=x5=400时S取到最小值．…（20分）

解析

解：（1）首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值．

x1+x2+x3+x4+x5=2006，且使S=取到最大值，则必有|xi-xj|≤1（1≤i，j≤5）…（5分）（*）

事实上，假设（*）不成立，不妨假设x1-x2≥2，则令x1′′=x1-1，x2′=x2+1，xi′=xi （i=3，4，5），有x1′+x2′=x1+x2，x1′•x2′=x1x2+x1-x2-1＞x1x2．

将S改写成S==x1x2+（x1+x2）（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5

同时有 S′=x1′x2′+（x1′+x2′）（（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5．

于是有S′-S=x1′x2′-x1x2＞0．

这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．

所以必有|xi-xj|≤1，（1≤i，j≤5）．

因此当x1=402，x2=x3=x4=x5=401时S取到最大值． …（10分）

（2）当x1+x2+x3+x4+x5=2006，且|xi-xj|≤2时，只有

（1）402，402，402，400，400；

（2）402，402，401，401，400；

（3）402，401，401，401，401；

三种情形满足要求． …（15分）

而后两种情形是由第一组作xi′=xi-1，xj′=xj+1调整下得到的．

根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式S=变大．

所以在x1=x2=x3=402，x4=x5=400时S取到最小值．…（20分）

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题型：简答题

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简答题

设对于不大于的所有正实数a，如果满足不等式|x-a|＜b的一切实数x，也满足不等式，求实数b的取值范围．

正确答案

解：由题意可得b＞0是不用求的，否则|x-a|＜b都没解了．

故有-b＜x-a＜b，即a-b＜x＜a+b．

由不等式可得，-＜x-a2＜，即 a2-＜x＜a2+．

第二个不等式的范围要大于第一个不等式，这样只要满足了第一个不等式，

肯定满足第二个不等式，命题成立．

故有 a2-≤a-b，且 a+b≤a2+，0＜a≤．

化简可得 b≤-a2+a+，且b≤a2-a+．

由于-a2+a+=-+∈[，]，故 b≤．

由于 a2-a+=+∈[，]．故 b≤．

综上可得 0＜b≤．

解析

解：由题意可得b＞0是不用求的，否则|x-a|＜b都没解了．

故有-b＜x-a＜b，即a-b＜x＜a+b．

由不等式可得，-＜x-a2＜，即 a2-＜x＜a2+．

第二个不等式的范围要大于第一个不等式，这样只要满足了第一个不等式，

肯定满足第二个不等式，命题成立．

故有 a2-≤a-b，且 a+b≤a2+，0＜a≤．

化简可得 b≤-a2+a+，且b≤a2-a+．

由于-a2+a+=-+∈[，]，故 b≤．

由于 a2-a+=+∈[，]．故 b≤．

综上可得 0＜b≤．

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题型：简答题

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简答题

若a＞0，b＞0，且a+b=1．求证：

（Ⅰ）；

（Ⅱ）．

正确答案

证明：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴a+b=1≥

∴；

（Ⅱ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴（a+1）（b+1）=ab+a+b+1=ab+2

∵0＜

∴2＜（a+1）（b+1）≤

∴

∴．

解析

证明：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴a+b=1≥

∴；

（Ⅱ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴（a+1）（b+1）=ab+a+b+1=ab+2

∵0＜

∴2＜（a+1）（b+1）≤

∴

∴．

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题型：填空题

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填空题

（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）

A．（不等式选做题）若关于x的不等式|x+1|+|x-2|≤a有解，则实数a的取值范围是______．

B．（几何证明选做题）如图所示，圆O是△ABC的外接圆，过C点的切线交AB的延长线于点D，，AB=BC=3，则AC长______．

C．（坐标系与参数方程选做题）极坐标系下，直线与圆的公共点个数是______．

正确答案

[3，+∞）

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解析

解：A．∵|x+1|+|x-2|≥|（x+1）-（x-2）|=3，即|x+1|+|x-2|≥3，

由关于x的不等式|x+1|+|x-2|≤a有解，知a≥3，

故答案为[3，+∞）．

B．由切割线定理得：DB•DA=DC2，即DB（DB+BA）=DC2，∴DB2+3DB-28=0，得DB=4．

∵∠A=∠BCD，∴△DBC∽△DCA，∴，解得AC==．

故答案为．

C．直线ρcos（θ-）= 即 ρcosθ+ρsinθ=，化为直角坐标方程为 x+y-2=0，

圆ρ=2 即 x2+y2=4，圆心到直线的距离等于 =＜2（半径），

故直线和圆相交，故直线和圆有两个交点，

故答案为 2．

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题型：简答题

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简答题

（1）设a＞0，b＞0，求证：a3+b3≥a2b+ab2；

（2）已知正数x、y满足2x+y=1，求的最小值及对应的x、y值；

（3）已知实数x、y、z满足x2+4y2+9z2=36，求x+y+z的最大值及对应的x、y、z值．

正确答案

（1）证明：由于a＞0，b＞0，

则a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）

=（a+b）（a2-2ab+b2）=（a+b）（a-b）2≥0，

故a3+b3≥a2b+ab2；

（2）解：因为正数x、y满足2x+y=1，

+=（+）（2x+y）=3++≥3+2=3+2，

当且仅当=时取等号．

由2x+y=1且当=，x，y＞0 得x=1-，y=-1，

所以当x=1-，y=-1时，+有最小值为3+2．

（3）解：由柯西不等式得到：．

因为x2+4y2+9z2=36，所以（x+y+z）2≤36×（1+）=49，即-7≤x+y+z≤7．

则x+y+z的最大值是7，此时有x=4y=9z，则当时，x+y+z取最大值7．

解析

（1）证明：由于a＞0，b＞0，

则a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）

=（a+b）（a2-2ab+b2）=（a+b）（a-b）2≥0，

故a3+b3≥a2b+ab2；

（2）解：因为正数x、y满足2x+y=1，

+=（+）（2x+y）=3++≥3+2=3+2，

当且仅当=时取等号．

由2x+y=1且当=，x，y＞0 得x=1-，y=-1，

所以当x=1-，y=-1时，+有最小值为3+2．

（3）解：由柯西不等式得到：．

因为x2+4y2+9z2=36，所以（x+y+z）2≤36×（1+）=49，即-7≤x+y+z≤7．

则x+y+z的最大值是7，此时有x=4y=9z，则当时，x+y+z取最大值7．

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题型：简答题

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简答题

已知a＞0，-＞1，求证：＞．

正确答案

证明：证法一：由已知-＞1及a＞0，可知b＞0，

要证＞，

可证•＞1，

即证1+a-b-ab＞1，这只需证a-b-ab＞0，即＞1，即-＞1，

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

证法二：-＞1及a＞0，可知1＞b＞0，

∵-＞1，

∴a-b-ab＞0，1+a-b-ab＞1，（1+a）（1-b）＞1．

由a＞0，1-b＞0，得•＞1，

即＞．

解析

证明：证法一：由已知-＞1及a＞0，可知b＞0，

要证＞，

可证•＞1，

即证1+a-b-ab＞1，这只需证a-b-ab＞0，即＞1，即-＞1，

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

证法二：-＞1及a＞0，可知1＞b＞0，

∵-＞1，

∴a-b-ab＞0，1+a-b-ab＞1，（1+a）（1-b）＞1．

由a＞0，1-b＞0，得•＞1，

即＞．

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