（試題 試卷 真題）不等式

高考數(shù)學(xué)第二輪熱點(diǎn)專題復(fù)習(xí)不等式考綱指要：利用基本不等式解決像函數(shù)的單調(diào)性或解決有關(guān)最值問題是考察的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，解答題以含參數(shù)的不等式的證明、求解為主.考點(diǎn)掃描：1不等關(guān)系通過具體情境，感受在現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系，了解不等式（組）的實(shí)際背景；2基本不等式：（a,b0）探索并了解基本不等式的證明過程；會(huì)用基本不等式解決簡單的最大（小）問題。3常用的證明不等式的方法:（1）比較法；（2）綜合法；（3）分析法。4不等式及它的解法：（1）一元一次不等式； （2）一元二次不等式； （3）分式不等式；（4）簡單的絕對值不等式； （5）指數(shù)不等式；（6）對數(shù)不等式；（7）二元一次不等式（線性規(guī)劃）考題先知：例1 設(shè)函數(shù)，其中。（1）解不等式； （2）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最小值。分析：（1）所解不等式即為，從知，實(shí)施等價(jià)變形后對a分類討論可得解；（2）求函數(shù)的最小值，可從單調(diào)性入手，因此，細(xì)化函數(shù)表達(dá)（即去絕對值符號）成為解決問題的第一步。解：（1）由得，原不等式可化為，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 當(dāng)時(shí)，有，而，故；當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有，而，故；綜上所述，當(dāng)時(shí)，解集為；當(dāng)時(shí)，解集為。（2）由得當(dāng)時(shí)，在為增函數(shù)，在為減函數(shù)，所以；當(dāng)時(shí)，所以，綜上所述，。點(diǎn)評：本題第（1）題也可作出函數(shù)與的圖象，利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想求之。例2已知：且，求證：。分析：觀察條件不等式的特征，存在不少證法，若從消元角度入手，可構(gòu)造一元二次方程，用判別式法證之；若從基本不等式出發(fā)，可用放縮法證之；若著眼，則可用均值換元法證之；若無從下手，則可用分析法或反證法證之；若從不等式的幾何意義出發(fā)，又可用幾何法證之。證一（判別式法）：記，則由代入得：，整理得，得，即。證二（比較法）：，得證。證三（放縮法）：，得證。證四（換元法）：設(shè),則，得證。證五（分析法）：欲證，僅需證，即證，顯然成立，因上述過程可逆，故原不等式成立。證六（反證法）：假設(shè)，則，即，矛盾，故假設(shè)不成立，從而。證七（幾何法）：因?yàn)橹本€上的點(diǎn)到點(diǎn)的最小距離等于，所以。 點(diǎn)評：在高考中，不等式的證明常作為某一綜合題的其中一步，放縮與換元是兩種重要的方法，應(yīng)值得注意。復(fù)習(xí)智略：例3求使a(x0，y0)恒成立的a的最小值。分析：本題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊(yùn)含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)呈現(xiàn)出來。解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：x+y+2a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，中有等號成立。比較、得a的最小值滿足a21=1，a2=2，a= (因a0)，a的最小值是。解法二：設(shè) x0，y0，x+y2 (當(dāng)x=y時(shí)“=”成立)，1，的最大值是1。從而可知，u的最大值為，又由已知，得au，a的最小值為，解法三：y0，原不等式可化為+1a，設(shè)=tan，(0，)。tan+1a，即tan+1asecasin+cos=sin(+)，又sin(+)的最大值為1(此時(shí)=)，由式可知a的最小值為。點(diǎn)評：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與cos、sin來對應(yīng)進(jìn)行換元，即令=cos，=sin(0，這樣也得asin+cos，但是這種換元是錯(cuò)誤的 其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y1”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對的。除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，af(x)，則amin=f(x)max 若 af(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題。還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化。檢測評估：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1、設(shè)關(guān)于的不等式和的解集分別是、。下列說法中不正確的是（ ）（A）不存在一個(gè)常數(shù)使得、同時(shí)為.（B）至少存在一個(gè)常數(shù)使得、都是僅含有一個(gè)元素的集合.（C）當(dāng)、都是僅含有一個(gè)元素的集合時(shí)，總有.（D）當(dāng)、都是僅含有一個(gè)元素的集合時(shí)，總有.2若對任意，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）ABCD3.已知x、y滿足約束條件則（x+3）2+y2的最小值為 A. B.2 C.8 D.104已知兩個(gè)正數(shù)滿足，則取最小值時(shí)的值分別為（ ）A B C D 5設(shè)定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足以下條件：對任意；對任意當(dāng)時(shí)，有，則以下不等式不一定成立的是（ ） A、 B、 C、 D、6已知時(shí)，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 7取得，原不等式化為，從而，得。8設(shè)函數(shù)f(x)=，已知f(a)1，則a的取值范圍是 9 系數(shù)方程的一個(gè)根大于0且小于1，另一根大于1且小于2，則的取值范圍是_ 10設(shè)，則的最小值是 。11 已知 ; （1）.當(dāng)時(shí)，求的最小值；（2）.若不等式，對恒成立，求的取值范圍。12對1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗，清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為：為，要求清洗完后的清潔度為。有兩種方案可供選擇，方案甲：一次清洗；方案乙: 分兩次清洗。該物體初次清洗后受殘留水等因素影響，其質(zhì)量變?yōu)?。設(shè)用單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是，用單位質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是，其中是該物體初次清洗后的清潔度。()分別求出方案甲以及時(shí)方案乙的用水量, 并比較哪一種方案用水量較少；()若采用方案乙，當(dāng)為某固定值時(shí)，如何安排初次與第二次清洗的用水量，使總用水量最小? 并討論取不同數(shù)值時(shí)對最少總用水量多少的影響。點(diǎn)撥與全解：1由得時(shí)，集合A僅含有一個(gè)元素；由得或6，集合B僅含有一個(gè)元素。說法中不正確的是C。2解：記，則由條件得，解之得，故選B。3.作出如圖所示的可行區(qū)域，知（x+3）2+y2的最小值為|AC|2=10.故選D。4由得，所以當(dāng)，即時(shí)，取最小值25，故選B。5解：因，且，而在區(qū)間的單調(diào)性無法確定，所以無法判斷，故選C。6解：原不等式可化為，當(dāng)時(shí)，不等式顯然成立；當(dāng)時(shí)，而函數(shù)在上單調(diào)遞減，故，所以。7.f(x)是定義在(0，+)上的增函數(shù)，對正實(shí)數(shù)x,y都有：f(xy)=f(x)+f(y)成立，則不等式f(log2x)0的解集為_8解析 由f(x)及f(a)1可得 或 或 解得a2，解得a1，解得x a的取值范圍是(，2)(，1)9解：由條件得：，作出以為坐標(biāo)的線性區(qū)域，而表示在可行區(qū)域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)之間的斜率，從而可得其范圍是。10解：顯然取此時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，有最小值。解：（1）. 當(dāng)時(shí)， ,當(dāng)，即時(shí)，; （2）.由，得，設(shè)則，即或，或。由于，故顯然不成立，于是問題轉(zhuǎn)化為：若對恒成立，確定的取值范圍。設(shè)，則,當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，為極小值，這樣，對有,或，或12解：()設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設(shè)有=0.99,解得x=19。由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程：解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3。 因?yàn)楫?dāng),故方案乙的用水量較少。（II）設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為與，類似（