2000-2012全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽分類匯編-專題01-不等式

1、（2001一試6）已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價格之和大于24，而4枝攻瑰與5枝康乃馨的價格之和小于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較，結(jié)果是（）．

Ａ．2枝玫瑰價格高Ｂ．3枝康乃馨價格高Ｃ．價格相同Ｄ．不確定【答案】A2、（2003一試5）已知x，y都在區(qū)間(－2，2)內(nèi)，且xy=－1，則函數(shù)u=eq\f(4,4－x2)+eq\f(9,9－y2)的最小值是（）

(A)eq\f(8,5)(B)eq\f(24,11)(C)eq\f(12,7)(D)eq\f(12,5)【答案】D3、（2004一試3）不等式eq\r(log2x－1)+eq\f(1,2)logeq\s\do5(\f(1,2))x3+2>0的解集為（）A．[2，3)B．(2，3]C．[2，4)D．(2，4]【答案】C【解析】令log2x=t≥1時，eq\r(t－1)>eq\f(3,2)t－2．t∈[1，2)，x∈[2，4)，選C．4、（2005一試1）使關(guān)于的不等式有解的實數(shù)的最大值是（）A．B．C．D．【答案】D5、（2006一試2）設(shè)，則的取值范圍為（）A．B．C．D．【答案】B6、（2007一試2）設(shè)實數(shù)a使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2對任意實數(shù)x恒成立，則滿足條件的a所組成的集合是（）A.B. C. D.[?3，3]【答案】A【解析】令，則有，排除B、D。由對稱性排除C，從而只有A正確。一般地，對k∈R，令，則原不等式為，由此易知原不等式等價于，對任意的k∈R成立。由于，所以，從而上述不等式等價于。7、（2001一試10）不等式的解集為。9、（2009一試3）在坐標(biāo)平面上有兩個區(qū)域和，為，是隨變化的區(qū)域，它由不等式所確定，的取值范圍是，則和的公共面積是函數(shù)．【答案】【解析】由題意知10、（2009一試4）使不等式對一切正整數(shù)都成立的最小正整數(shù)的值為．【答案】2009【解析】設(shè)．顯然單調(diào)遞減，則由的最大值，可得．11、（2011一試3）設(shè)為正實數(shù)，，，則．12、（2012一試3）設(shè)，則的最大值是.13、（2001一試15）用電阻值分別為a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的電阻組裝成一個如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最小？證明你的結(jié)論。3．設(shè)4個電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD

若記，則S1、S2為定值，于是

只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時，RCD最小，故應(yīng)取R4＜R3，R3＜R2，R3＜Rl，即得總電阻的阻值最小4°對于圖3把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°應(yīng)使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且應(yīng)使RCD最?。?/p>

而由3°，要使RCD最小，應(yīng)使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1，

這就說明，要證結(jié)論成立14、（2003一試13）設(shè)eq\f(3,2)≤x≤5，證明不等式2eq\r(x+1)+eq\r(2x－3)+eq\r(15－3x)<2eq\r(19)．15、（2003二試3）由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形，其中n=q2+q+1，l≥eq\f(1,2)q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此圖中任四點不共面，每點至少有一條連線段，存在一點至少有q+2條連線段．證明：圖中必存在一個空間四邊形(即由四點A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形)．【解析】證明：設(shè)點集為V＝{A0，A1，…，An－1}，與Ai連線的點集為Bi，且|Bi|＝bi．于是1≤bi≤n－1．又顯然有eq\o(\s\do8(i＝0),\s\up10(n－1),∑)bi＝2l≥q(q+1)2+2．若存在一點與其余點都連線，不妨設(shè)b0＝n－1．則B0中n－1個點的連線數(shù)l－b0≥eq\f(1,2)q(q+1)2+1－(n－1)(注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)＝eq\f(1,2)(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝eq\f(1,2)(q－1)(n－1)+1≥eq\f(1,2)(n－1)+1≥[eq\f(1,2)(n－1)]+1．(由q≥2)但若在這n－1個點內(nèi)，沒有任一點同時與其余兩點連線，則這n－1個點內(nèi)至多連線[eq\f(n－1,2)]條，故在B0中存在一點Ai，它與兩點Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1≤i，j，k)連了線，于是A0、Aj、Ai、Ak連成四邊形．現(xiàn)設(shè)任一點連的線數(shù)≤n－2．且設(shè)b0＝q+2≤n－2．且設(shè)圖中沒有四邊形．于是當(dāng)i≠j時，Bi與Bj沒有公共的點對，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．記eq\o(B0,\s\up7(－))＝V\B0，則由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩eq\o(B0,\s\up7(－))|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且當(dāng)1≤i，j≤n－1且i≠j時，Bi∩eq\o(B0,\s\up7(－))與Bj∩eq\o(B0,\s\up7(－))無公共點對．從而(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)得q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因數(shù)比較)①但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．②(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．③又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均為正整數(shù)，從而由②、③得，q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．④由①、④矛盾，知原命題成立．又證：畫一個n×n表格，記題中n個點為A1，A2，…，An，若Ai與Aj連了線，則將表格中第i行j列的方格中心涂紅．于是表中共有2l個紅點，當(dāng)d(Ai)＝m時，則表格中的i行及i列各有m個紅點．且表格的主對角線上的方格中心都沒有涂紅．由已知，表格中必有一行有q＋2個紅點．不妨設(shè)最后一行前q＋2格為紅點．其余格則不為紅點(若有紅點則更易證)，于是：問題轉(zhuǎn)化為：證明存在四個紅點是一個邊平行于格線的矩形頂點．若否，則表格中任何四個紅點其中心都不是一個邊平行于格線的矩形頂點．于是，前n－1行的前q＋2個方格中，每行至多有1個紅點．去掉表格的第n行及前q＋2列，則至多去掉q＋2＋(n－1)＝q＋2＋q2＋q＝(q＋1)2＋1個紅點．于是在余下(n－1)×(n－q－2)方格表中，至少有2l－(q＋1)2－1＝q(q＋1)2＋2－(q＋1)2－1＝(q－1)(q＋1)2＋1＝q3＋q2－q個紅點．設(shè)此表格中第i行有mi(i＝1，2，…，n－1)個紅點，于是，同行的紅點點對數(shù)的總和＝eq\o(\s\do7(i＝1),\s\up11(n－1),∑)Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(mi))．其中n－1＝q2＋q．(由于當(dāng)n＞k時，Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(n))＋Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(k))＜Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(n＋1))＋Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(k－1))，故當(dāng)紅點總數(shù)16、（2008一試14）解不等式．【解析】方法一：由，且在上為增函數(shù)，故原不等式等價于．即．分組分解，，所以，。所以，即．故原不等式解集為．方法二：由，且在上為增函數(shù)，故原不等式等17、（2009一試11）求函數(shù)的最大和最小值．【解析】函數(shù)的定義域為.因為當(dāng)時等號成立．故的最小值為．又由柯西不等式得所以．由柯西不