高中数学竞赛不等式

1、第八讲 不等式第一部分 几个重要不等式 一、平均值不等式及应用（一）、相关定义设a1，a2，an是n个正实数，记，分别称Hn，Gn，An，Qn为这n个正数的调和平均、几何平均、算术平均数、平方平均（二）、相关定理定理 HnGnAnQn, ,等号成立当且仅当a1=a2=an引理 若则，等号成立当且仅当x1=x2=xn （三）.二维平均值不等式的变形(1)对实数a,b有a2+b22ab (2)对正实数a,b有(3)对b>0，有， (4)对ab2>0有， (5)对实数a,b有a(a-b) b(a-b) (6)对a>0,有(7) 对a>0,有 (8)对实数a，b有a2

2、2ab-b2(9) 对实数a，b及>0，有例题选讲例1设x+y+z=0, ，求证： 解：(1)由z=-(x+y),得x3+y3+z3=3xyz,记I=6(x3+y3+z3)=54x3y3z3. 现在从外形可看出能应用G3A3但只能推出如下形式：I54由于x+y+z=0及对称性，不妨设x>0,y0,把I改写成I=在注意到从而原始得证。另解：由于x+y+z=0及对称性，不妨设x>0,y0，z 0,由x+y=-z得例2.证明柯西不等式证明：法一、若或命题显然成立，对0且0，取代入(9)得有两边平方得法二、，即二次式不等式恒成立则判别式题外话：有很多同学十分“痛恨”这两个符号，总是看

3、不懂，其实这两个符号是绝对好用的，并且以后会常常遇到，在大学课本中更是家常便饭，多看几次自然也就习惯了。例3.已知a>0,b>0,c>0,abc=1,试证明：(1)(2)证明：(1)左=³(2)由知同理：相加得：左³例4.求证：证明：法一、取，有a1(a1-b)b(a1-b), a2(a2-b)b (a2-b), an(an-b)b (an-b)相加得(a12+ a22+ an2)-( a1+ a2+ an)bb(a1+ a2+ an)-nb 0所以法二、由柯西不等式得： (a1+ a2+ an)2=(a1×1+ a2×1+ an

4、15;1)2 (a12+ a22+ an2)(12+12+12)=(a12+ a22+ an2)n,所以原不等式成立例5.已知a1, a2,an是正实数，且a1+ a2+ an<1，证明：证明：设1-(a1+ a2+ an)=an+1>0,则原不等式即nn+1a1a2an+1 (1-a1)(1-a2)(1-an)1-a1=a2+a3+an+1n1-a2=a1+a3+an+1n1-an+1=a1+a1+ann相乘得(1-a1)(1-a2)(1-an)nn+1例6.对于正整数n，求证：证明：法一、>法二、左=例7.已知a1,a2,a3,an为正数，且，求证：(1)(2)证明：(1

5、)相乘左边³=(n2+1)n证明(2)左边= -n+2(= -n+2×(2-a1)+(2-a2)+(2-an)( -n+2×n练习题1设为锐角，且，求证：对任意实数x,y,z有 2设，且x+y+z=1，试求：的最小值3 求证：分析：为了凑出a+b+c+d，以便充分利用条件，将4a+1,4b+1,4c+1,4d+1视作整体，利用平均不等式。4若的最小值。并指出等号成立的条件。分析：由于a,b,c,d各项系数不同，而且既有1次项，又有2次项，显然要用柯西不等式。而且使用柯西不等式不受-7c这项的影响。使用时，注意写明等号成立条件，检验最小值能否取到。二、柯西不等式及应

6、用相关定理 柯西不等式是指下面的定理定理 设则当数组a1，a2，an ,b1，b2，bn不全为0时，等号成立当且仅当.注：这个式子在竞赛中极为常用，只需简记为“积和方小于方和积”。等号成立条件比较特殊，要牢记。此外应注意在这个式子里不要求各项均是正数，因此应用范围较广。柯西不等式有两个很好的变式：变式1 设 ,等号成立当且仅当变式2 设ai,bi同号且不为0（i=1，2，n）则,等号成立当且仅当注：要求ai，bi均为正数。当然，这两个式子虽常用，但是记不记并不太重要，只要将柯西不等式原始的式子记得很熟，这两个式子其实是一眼就能看出来的，这就要求我们对柯西不等式要做到活学活用。柯西不等式推广赫尔

7、德不等式若(i=1,2,n)，p>1，q>1且则注：这个式子成立的前提挺多，不难看出当p=q=2时，这个式子即为柯西不等式。例题选讲例1.设x1,x2,xn都是正数(n>2)且，求证：证明：不等式左端即 (1)，取，则 (2)由柯西不等式有 (3)及综合(1)、(2)、(3)、(4)式得： 例2.已知a1,a2,a3,an，b1,b2,bn为正数，求证：证明：左边=例3.对实数a1,a2,an,求证：证明：左边=例4.在DABC中，设其各边长为a,b,c,外接圆半径为R，求证：证明：左边例5.设a,b,c为正数，且a+b+c=1,求证：证明：左边= = =例6.若n是不小于2

8、的正整数，试证：证明：所以求证式等价于由柯西不等式有于是：又由柯西不等式有<练习1. ）设三个正实数a,b,c满足求证： a,b,c一定是某三角形的三边长；）设个正实数a1，a2，an满足 2.已知,且求证: 3.设,求证: 4.设,且x+2y+3z=36,求的最小值三、排序不等式及应用相关定义及定理1）考虑如下2*(n+1)个实数摆成的矩阵：，其中是0,1,2,n的一个排列.矩阵A称为同序矩阵,矩阵B称为矩阵A的乱序矩阵,矩阵C称为矩阵A的反序矩阵若矩阵A的乱序M可经列列交换变出A，则称矩阵M为A的可同序矩阵显然，A的列积和或列和积均与A的列交换无关记S（A），T（A）分别表示矩阵A的

9、列积和与列和积，则S（M）=S（A），T（M）=T（A）2）排序不等式 排序不等式1 设A为2*（n+1）同序实数矩阵，B为A的乱序阵，C为A的反序阵，则，即 ，左边等号成立当且仅当B中任意两列同序，右边等号成立当且仅当B中任意两列反序排序不等式2 设A为2*（n+1）同序非负实数矩阵，B为A的乱序阵，C为A的反序阵，则，即，左（右）边等号成立当且仅当B中任意两列同（反）序排序不等式3设A为m*n同序非负实数矩阵，A为A的乱序阵，则有 （1）S（A）S（A），即；（2）T（A）T（B），即例题选讲例1、AG不等式：ai>0 (i=1,2,，n)，则 证明：例2若a1，a2，an 为两两不

10、等的正整数，求证：证明：由对称性，不妨设a1<a2<a3ß-<akß-,.依题意，akk,注：排序不等式：反序和乱序和同序和例3.对a,b,cR+,比较a3+b3+c3与a2b+b2c+c2a的大小解：取两组数a,b,c；a2,b2,c2，则有a3+b3+c3a2b+b2c+c2a例4.正实数a1,a2,an的任一排列为a1/,a2/,an/，则有证明：取两组数a1,a2,an；其反序和为，原不等式的左边为乱序和，有例5.已知a,b,cÎR+求证：证明：不妨设abc>0,则>0且a12b12c12>0则例6.设a1,a2,an是

11、1,2,n的一个排列，求证：证明：设b1,b2,bn-1是a1,a2,an-1的一个排列，且b1<b2<<bn-1；c1,c2,cn-1是a2,a3,an的一个排列,且c1<c2<<cn-1则且b11,b22,bn-1n-1；c12,c23,cn-1n利用排序不等式有：例7.设a,b,cÎR+,求证：证明：不妨设abc,则，a2b2c2>0由排序不等式有： 两式相加得又因为：a³b³c3>0,故两式相加得例8. 切比雪不等式：若a1a2an且b1b2bn,则证明：由排序不等式有：a1b1+a2b2+anbn= a1b

12、1+a2b2+anbna1b1+a2b2+anbn a1b2+a2b3+anb1a1b1+a2b2+anbn a1b3+a2b4+anb2a1b1+a2b2+anbn a1bn+a2b1+anbn-1将以上式子相加得：n(a1b1+a2b2+anbn) a1(b1+b2+bn)+ a2(b1+b2+bn)+ an(b1+b2+bn)练习题1若a>0,b>0，则2在ABC中，求证：（IMO）3若x1，x2，xn0，x1+x2+xn，则四、琴生不等式首先来了解凸函数的定义一般的，设f(x)是定义在(a,b)内的函数如果对于定义域内的任意两数x1，x2都有 ,则称f(x)是(a,b)内的

13、下凸函数，一般说的凸函数，也就是下凸函数，例如y=x2，从图像上即可看出是下凸函数，也不难证明其满足上述不等式。如果对于某一函数上述不等式的等号总是不能成立，则称此函数为严格凸函数。注：凸函数的定义为我们提供了极为方便地证明一个函数为凸函数的方法。这个方法经常使用。此外利用二阶求导也可以判断一个函数为凸函数，凸函数的二阶导数是非负数。凸函数具有的常用性质性质一：对于(a,b)内的凸函数f(x)，有 注：此即常说的琴生不等式性质二：加权的琴生不等式 对于(a,b)内的凸函数，若，则注：加权琴生不等式很重要，当时，即为原始的琴生不等式。注：另外，对于上面有关凸函数和琴生不等式的部分，如果将不等号全

14、部反向，则得到的便是凹函数，以及凹函数的琴生不等式。例 设xi>0（i=1,2,n），求证：注：不仅要用琴生不等式，注意知识综合利用。五利用二次函数的性质证不等式一般来说，许多题目是涉及x，y，z三个量的证明题，由于二次函数的性质十分好用，因此凑出一个关于其中一个字母的二次函数，进而利用二次函数的性质可以解决最值问题。例 设x,y,z0，且x+y+z=1，求xy+yz+zx-3xyz的最大最小值。提示：将x=1-y-z代入，整理成关于y的二次函数，最值即为，整理后不难得到z=0和z=1式分别取到最大值和最小值0，然后只需举一例证明能够取到即可。2 求f4对于给定的正整数，求最小的正整数，

15、使得：如果 ，。就有 .5设 求最小的实数使得，其中6设且. 求证：7设且 .求证:8.求证：9求证：对原命题加强，证明：10设求的最大、最小值。11设求的最小值12求最小的正数，使得有 .13设且求 的最小值。14设令， 求f的最大值和最小值。15若则第二部分 高考不等式问题不等式是中学数学的主要内容，涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对逻辑推理能力要求较高的内容，是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意与证明有关的综合题却频繁出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是考查的重要内容，且不等式的证明难度大，综合性强。例1.若a

16、、b、c是实数，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b, 当-1x1时,|f(x)|1. 求证：|c|1 当|x|1时, |g(x)|2 设a>0,当-1x1时, g(x)的最大值为2，求f(x).证明：(1) 由条件知：|f(0)|=|c|1(2) g(x)=ax+b为一次函数, 要证：|g(x)|2, 则只需|g(-1)|2,|g(1)|2 而|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|f(1)|+|c|2 |g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|f(-1)|+|c|2故当：|x|1时, |g(x)|2(3) 因为a>0, 则g(x)在-1,1上是增函数, 当x=1

17、时取最大值2, 即g(1)=2=a+b则：f(1)-f(0)=2, 又因为-1f(0)=f(1)-21-2=-1, c=f(0)=-1，因为当-1x1时，|f(x)|1，即f(x)-1，由二次函数的性质知：直线x=0为f(x)图像的对称轴，由此得：-=0，即b=0，由a+b=2，得a=2，所以f(x)=2x2-1。例2. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2，满足0<x1<x2<(1)当x(0,x1)时，求证：x<f(x)<x1 ，(2)设函数f(x)的图像关于直线x=x0对称，求证：x0< 证明 （1）

18、 令F(x)=f(x)-x 因为x1、x2是方程f(x)-x=0的两根，所以F(x)=a(x-x1)·(x-x2) 而x1<x2, x(0,x1) 故F(x)>0恒成立，即f(x)>x.又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)a(x-x2)+1 因为0<x<x1<x2< 所以：x1-x>0 1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0得f(x)-x1<0 即f(x)<x1 故：x<f(x)<x1（2）依题意知:x0= -,因为x1、x2是方程f(x)-x=0的根,

19、 即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根,所以：x1+x2= x0= - = = 又因为ax2<1, 所以: x0< =.例3 .设a为实数，函数f(x)=x2+|xa|+1,xR.(1)讨论f(x)的奇偶性； (2)求f(x)的最小值.解：(1)当a=0时，函数f(x)=(x)2+|x|+1=f(x),此时f(x)为偶函数；当a0时，f(a)=a2+1,f(a)=a2+2|a|+1,f(a)f(a),f(a)f(a).此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数.(2)当xa时，函数f(x)=x2x+a+1=(x)2+a+,若a,则函数f(x)在(,a上单调递减，从而，函

20、数f(x)在(,a上的最小值为f(a)=a2+1.若a>,则函数f(x)在(,a上的最小值为f()=+a,且f()f(a).当xa时，函数f(x)=x2+xa+1=(x+)2a+;当a时，则函数f(x)在a,+上的最小值为f()=a,且f()f(a).若a>,则函数f(x)在a,+)上单调递增，从而，函数f(x)在a,+)上的最小值为f(a)=a2+1.综上，当a时，函数f(x)的最小值是a,当a时，函数f(x)的最小值是a2+1;当a>时，函数f(x)的最小值是a +.例4 .已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,当-1f(x)1时, |f(x)|1.求证：(1) |c|

21、1,|b|1,|a|2 (2) 当|x|2时, |f(x)|7证明：(1) 由于当-1x1时, |f(x)|1.则|f(0)|1. 即|c|1. 且 -1f(-1)1 即 -1a-b+c1 -1f(1)1 即 -1a+b+c1 +式得：-22b2 即-1b1<=>|b|1由、得：-1-ca-b1-c, -1+ca+b1+c, 而-1c1=>-2-1-c, 1+c2 故 -2a-b2, -2a+b2 =>-42a4, 即|a|2(2)|f(2)|=|4a+2b+c|=|2(a+b+c)+2a-c|2|f(1)|+2|a|+|c|7|f(-2)|=4a-2b+c|=|2(a

22、-b+c)+2a-c|2|f(-1)|+2|a|+|c|7当-2-2时, |2, 此时|f(-)|=|=|c-|c|+|c|+|27,故当|x|2时, |f(x)|7例5.若f(x)=ax2+bx+c(a、bR),在区间0,1上恒有|f(x)|1, (1) 对于所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值(2) 试给出一个这样的f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值解:(1)由f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f()=a+b+c, 可解得a=2f(1)-4f()+2f(0),b=4f()-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|1, |f(0)|1, |

23、f()|1故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f()+2f(0)|+|4f()-3f(0)-f(1)|+|f(0)|2|f(1)|+4f|()|+2|f(0)|+|4|f()|+3|f(0)|+|f(1)|+|f(0)|17所以|a|+|b|+|c|的最大值为17 由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f()|=1故x= 应为函数y=f(x)的对称轴, 则可设f(x)=a(x-)2±1再将|f(0)|=1, |f(1)|=1代入检验得：f(x)=8x2-8x+1例6.已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.(1)若方程有

24、两根，其中一根在区间(1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围.(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围.解：(1)抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(1，0)和(1，2)内，画出示意图，得 .(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组(这里0<m<1是因为对称轴x=m应在区间(0，1)内通过)例7设a,b,c是直角三角形的三边长，且abc，求最大常数k,使得a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)kabc对所有直角三角形都成立，并确定等号成立的条件.解：设边a随队的内角为，依题意a=csin,b=ccos,c>0

25、,例8设>0，求最大常数C=C()，使得对任意非负实数x,y均有x2+y2+xyC(x+y)2解：对分两种情况：例9设x+y=k,x、y。试求K的取值范围，使不等式恒成立.解：当x=y时，原不等式恒成立，此时k可为任意正实数，当xy时，不妨设x>y,令m=k/2,x=m+t,y=m-t,这里0<t<m于是原不等式可写为例10非负实数a1,a2,-,an满足a1+a2+-+an=1求的最小值解：设原式=S=，设参数0，由条件a1+a2+-+an=1得练习:， 1已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，bR，a0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.(1)如果

26、x12x24，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x01；(2)如果|x1|2，|x2x1|=2，求b的取值范围.2函数f(x)定义在R上对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，当x0时，0f(x)1.1)求证：f(0)=1，且当x0时，f(x)1；2)求证：f(x)在R上单调递减；3)设集合A= (x，y)|f(x2)·f(y2)f(1)，集合B=(x，y)|f(axy+2)=1，a R，若AB=，求a的取值范围.3甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与

27、速度v(km/h)的平方成正比，比例系数为b,固定部分为a元.(1)把全程运输成本y(元)表示为v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？4定义在(1，1)上的函数f(x)满足对任意x、y(1,1),都有f(x)+f(y)=f();当x(1,0)时，有f(x)>0.求证：.参考答案:1(1)设g(x)=f(x)x=ax2+(b1)x+1，且x0.x12x24，(x12)(x22)0，即x1x22(x1+x2)4，(2)由方程g(x)=ax2+(b1)x+1=0可知x1·x2=0，所以x1，x2同号1°若0x12，

28、则x2x1=2，x2=x1+22，g(2)0，即4a+2b10 又(x2x1)2= 2a+1= (a0)代入式得，232b 解得b2°若 2x10，则x2=2+x12g(2)0，即4a2b+30 又2a+1=，代入式得22b1 解得b.综上，当0x12时，b，当2x10时，b.2(1)证明：令m0，n=0得：f(m)=f(m)·f(0).f(m)0，f(0)=1取m=m，n=m，(m0)，得f(0)=f(m)f(m)f(m)=，m0，m0，0f(m)1，f(m)1(2)证明：任取x1，x2R，则f(x1)f(x2)=f(x1)f(x2x1)+x1=f(x1)f(x2x1)&

29、#183;f(x1)=f(x1)1f(x2x1)，f(x1)0，1f(x2x1)0，f(x1)f(x2)，函数f(x)在R上为单调减函数.(3)由，由题意此不等式组无解，数形结合得：1，解得a23 a，3解：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y=a·+bv2·=S(+bv) 所求函数及其定义域为y=S(+bv),v(0,c.(2)依题意知，S、a、b、v均为正数 S(+bv)2S 当且仅当=bv,即v=时，式中等号成立.若c则当v=时，有ymin；若>c,则当v(0,c时，有S(+bv)S(+bc)=S()+(bvbc)= (cv)(a

30、bcv)cv0,且c>bc2,abcvabc2>0S(+bv)S(+bc),当且仅当v=c时等号成立，也即当v=c时，有ymin；综上可知，为使全程运输成本y最小，当c时，行驶速度应为v=,当>c时行驶速度应为v=c.4证明：对f(x)+f(y)=f()中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0,再令y=x,又得f(x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)=f(x),f(x)在x(1,1)上是奇函数.设1x1x20,则f(x1)f(x2)=f(x1)+f(x2)=f(),1x1x20,x1x20,1x1x2>0.0,于是由知f()>0,从而f(x1)f(x2)>

31、;0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在x(1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象关于原点对称，知f(x)在x(0,1)上仍是递减函数，且f(x)0.第三部分05-07年高考试题精选2005年不等式选择题：1（福建卷）不等式的解集是（ A ）ABCD2（福建卷）下列结论正确的是（ B ）A当BC的最小值为2D当无最大值3（湖北卷）对任意实数a，b，c，给出下列命题：“”是“”充要条件；“是无理数”是“a是无理数”的充要条件“a>b”是“a2>b2”的充分条件；“a<5”是“a<3”的必要条件.其中真命题的个数是（ B ）A1B2C3D44. （辽宁卷）6若

32、，则的取值范围是（ C ）ABCD5. （辽宁卷）在R上定义运算若不等式对任意实数成立，则（ C）ABCD6. (全国卷) 设，函数，则使的的取值范围是（B）（A）（B）（C）（D）7. （山东卷），下列不等式一定成立的是（ A ）（A）（B）（C）（D）8. （天津卷）9设是函数的反函数，则使成立的x的取值范围为（A ）A B C D 9. （天津卷）已知 ，则A2b2a2cB2a2b2c C2c2b2a D2c2a2b10. (重庆卷)不等式组的解集为(C ) (A) (0,)；(B) (,2)；(C) (,4)；(D) (2,4)。11.(江西卷）已知实数a、b满足等式下列五个关系式：0

33、<b<a a<b<0 0<a<b b<a<0 a=b其中不可能成立的关系式有（ B ）A1个B2个C3个D4个填空题：7. (全国卷) （13）若正整数m满足，则m = 155 。解答题：1（湖北卷）22（本小题满分14分）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数. 设数列的各项为正，且满足 （）证明（）猜测数列是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（）试确定一个正整数N，使得当时，对任意b>0，都有2006年不等式一、选择题（共15题）1（安徽卷）不等式的解集是（ ）A B C D2（江苏卷）设a、b、c是互不相等的正数，则

34、下列等式中不恒成立的是（A）（B）（C）（D）3（江西卷）若a>0，b>0，则不等式b<<a等价于（ ）A<x<0或0<x< B.<x< C.x<-或x> D.x<或x>4（山东卷）设f(x)= 则不等式f(x)>2的解集为(A)（1，2）（3，+） (B)（，+）(C)（1，2） （ ，+） (D)（1，2）5(陕西卷)已知不等式(x+y)( + )9对任意正实数x,y恒成立,则正实数a的最小值为( )A.2 B.4 C.6 D.86(陕西卷)已知函数f(x)=ax2+2ax+4(0<a<3

35、),若x1<x2,x1+x2=1a,则( )A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)=f(x2) C.f(x1)>f(x2) D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定7(陕西卷)已知函数f(x)=ax2+2ax+4(a>0),若x1<x2 , x1+x2=0 , 则( )A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)=f(x2) C.f(x1)>f(x2) D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定8(陕西卷)设x,y为正数, 则(x+y)( + )的最小值为( ) A. 6 B.9 C.12 D.159(上海卷)若关于的不等式4的解集是M，则对任意实常数

36、，总有（ ）（A）2M，0M； （B）2M，0M； （C）2M，0M； （D）2M，0M10(上海卷)如果，那么，下列不等式中正确的是（ ）（A） （B） （C） （D）11（浙江卷）“abc”是“ab”的(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件12（浙江卷）“a0，b0”是“ab>0”的(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件13(重庆卷)若a,b,c0且a(a+b+c)+bc=4-2,则2a+b+c的最小值为（A）-1 (B) +1 (C) 2+2 (D) 2-214(重庆卷)若且

37、，则的最小值是（A） （B）3 （C）2 （D）15（上海春）若，则下列不等式成立的是( ) （A）. （B）. （C）.（D）.二、填空题（共6题）16（江苏卷）不等式的解集为17(上海卷)三个同学对问题“关于的不等式25|5|在1，12上恒成立，求实数的取值范围”提出各自的解题思路甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”乙说：“把不等式变形为左边含变量的函数，右边仅含常数，求函数的最值”丙说：“把不等式两边看成关于的函数，作出函数图像”参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，即的取值范围是 18（天津卷）某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买吨，运费为4万元/次，

38、一年的总存储费用为万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则_ 吨19.（浙江卷）不等式的解集是。.20.（上海春）不等式的解集是 .21.（上海春）已知直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于两点，为坐标原点，则三角形面积的最小值为 .三、解答题（共1题）22.（湖南卷）对1个单位质量的含污物体进行清洗,清洗前其清洁度(含污物体的清洁度定义为:)为0.8,要求洗完后的清洁度是0.99.有两种方案可供选择,方案甲:一次清洗;方案乙:两次清洗.该物体初次清洗后受残留水等因素影响,其质量变为(1a3).设用单位质量的水初次清洗后的清洁度是(),用质量的水第二次清洗后的清洁度是,其中是该物体初次清洗

39、后的清洁度.()分别求出方案甲以及时方案乙的用水量,并比较哪一种方案用水量较少;()若采用方案乙,当为某定值时,如何安排初次与第二次清洗的用水量,使总用水量最少?并讨论取不同数值时对最少总用水量多少的影响. 2007年不等式1（全国2理科）.不等式:>0的解集为（C）(A)( -2, 1)(B) ( 2, +)(C) ( -2, 1)( 2, +)(D) ( -, -2) ( 1, +)2（北京理科6）若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则的取值范围是（D）或3（北京理科7）如果正数满足，那么（A），且等号成立时的取值唯一，且等号成立时的取值唯一，且等号成立时的取值不唯一，且等号成立时

40、的取值不唯一4（北京理科12）已知集合，若，则实数的取值范围是（2，3）5（上海理科6）已知，且，则的最大值为6(上海理科13)已知为非零实数，且，则下列命题成立的是(C)A、 B、 C、 D、7(上海理科15)已知是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的，若成立，则成立，下列命题成立的是（D）A、若成立，则对于任意，均有成立B、若成立，则对于任意的，均有成立C、若成立，则对于任意的，均有成立D、若成立，则对于任意的，均有成立8（天津理科2）设变量满足约束条件则目标函数的最大值为（B）41112149（天津理科9）设均为正数，且，则（A）10（浙江理科1）“”是“”的（A）充分而不必要条件

41、 （B）必要而不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件11（浙江理科13）不等式的解集是_。12（浙江理科17）设为实数，若，则的取值范围是_。13（湖北理科3）3.设P和Q是两个集合，定义集合P-Q=，如果P=x|log2x<1,Q=x|x-2|<1,那么P-Q等于（B）Ax|0<x<1 B.x|0<x1 C.x|1x<2 D.x|2x<314（湖北理科21）（本小题满分14分）已知m，n为正整数.（）用数学归纳法证明：当x>-1时，(1+x)m1+mx；（）对于n6，已知，求证，m=1,1,2，n；（）求出满足等式3n+4m+

42、(n+2)m=(n+3)n的所有正整数n.解：（）证：当x=0或m=1时，原不等式中等号显然成立，下用数学归纳法证明：当x>-1，且x0时，m2,(1+x)m>1+mx. (i)当m=2时，左边1+2x+x2,右边1+2x，因为x0,所以x2>0，即左边>右边，不等式成立；（ii）假设当m=k(k2)时，不等式成立，即（1+x）k>1+kx,则当m=k+1时，因为x>-1,所以1+x>0.又因为x0,k2,所以kx2>0.于是在不等式（1+x）k>1+kx两边同乘以1+x得（1+x）k·(1+x)>(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x,所以（1+x）k+1>1+(k+1)x,即当mk+1时，不等式也成立.综上所述，所证不等式成立.()证：当而由（）， （）解：假设存在正整数成立，即有（）+1.又由（）可得（）+与式矛盾，故当n6时，不存在满足该等式的正整数n.故只需要讨论n=1,2,3,4,5的情形；当n=1时，34，等式不成立；当n=2时，32+4252，