强基计划专题练06 不等式（解析版）

专题训练06不等式一、单选题1．信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵，若，随机变量所有可能的取值为，且，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用对数的运算和作差法，随机变量的创新应用即可判断.【详解】依题意知，，，，…，，∴，又，∴，又，，…，，∴，∴.故选：D.2．设，，若三个数，，能组成一个三角形的三条边长，则实数m的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得，可令，判断可得，可得，化为，结合基本不等式和导数判断单调性，以及不等式恒成立思想，即可得到所求范围．【详解】，，令，，，，，，，y，z能组成一个三角形的三条边长，可得，即为，设，可得，可令，即有，即为，由，当且仅当上式取得等号，但，可得，则，即；又设，可得，由的导数为，由可得，即函数y为增函数，可得，即有，即有，可得，故选C．【点睛】本题考查导数和函数的单调性，基本不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题，关键是转化为关于的函数求最值.3．已知函数满足：①对任意，都有；②函数的图象关于点对称.若实数a，b满足，则当时，的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据函数满足的①②条件得函数在上单调递减，再根据单调性得，解不等式得，再结合线性规划的知识解决即可.【详解】由对任意，都有，可得，在上单调递减；由函数的图象关于点对称，得函数的图象关于原点对称，可得函数为奇函数；故在上单调递减.于是得，∴，∴，∴.则当时，令，，则问题等价于点满足区域，如图阴影部分，由线性规划知识可知为与连线的斜率，由图可得，∴.故选B.【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性，线性规划等，考查学生分析问题与解决问题的能力，是难题.4．设，若对任意的正实数，都存在以为三边长的三角形，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．以上均不正确【答案】A【分析】先得到，由三角形三边关系得到，即，变形得到，分析得到和的单调性，求出，，从而得到实数的取值范围.【详解】因为，所以，，恒成立，即，，令，当且仅当，即时，等号成立，因为在上单调递减，当时，取得最大值，，因为在[2,+∞)上单调递增，当时，取得最小值，，.故选：A【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.二、多选题5．若实数，则下列不等式中一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】对于选项A：原式等价于，对于选项C：，对于选项D：变形为，构造函数，通过求导判断其在上的单调性即可判断；对于选项B：利用换底公式：，等价于，利用基本不等式，再结合放缩法即可判断；【详解】令，则在上恒成立，所以函数在上单调递减，对于选项A：因为，所以，即原不等式等价于，因为，所以，从而可得，故选项A正确；对于选项C：，由于函数在上单调递减，所以，即，因为，所以，取，则，故选项C错误；对于选项D：，与选项A相同，故选项D正确.对于选项B：，因为，所以等价于，因为，因为，所以不等式成立，故选项B正确；故选：ABD【点睛】本题考查利用对数的换底公式、构造函数法、利用导数判断函数的单调性、结合基本不等式和放缩法比较大小；考查逻辑推理能力、知识的综合运用能力、转化与化归能力和运算求解能力；属于综合型强、难度大型试题.三、填空题6．已知对任意成立，则不超过的最大整数是______．【答案】9【分析】依据切比雪夫、帕德逼近相关结论与性质即可求解.【详解】依题意，因为，依据结论3求得的最佳逼近直线为，从而可知，1，3，5是偏差点．又由题意知，，综合这两个不等式可以得到等式．由性质14可知，，则不超过的最大整数是9．故答案为：97．对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是________.【答案】【分析】由对数成立可得，再讲该问题转化为对任意的，不等式恒成立，构造函数，由函数在上单调递增，故时，则；时，则，再根据二次函数图象及性质，即可求出a的范围，最后取交集得答案.【详解】由题可知，且成立，则因为对任意的，不等式恒成立等价于不等式恒成立记，则在上单调递增当时，，即恒成立，则所以，得当时，不等式显然成立当时，，即恒成立，则因为函数在上单调递减所以时，，得因为对任意的，该不等式恒成立，故应取交集则故答案为：【点睛】本题考查构造函数研究不等式恒成立并求参数范围问题，还考查了二次函数的图象及性质，属于难题.8．用表示中的最大值，已知实数满足，设，则M的最小值为___________.【答案】【分析】由题，先求得M最大值时，x和y的关系范围，再画出图像，分别求得不同范围的的最小值即可求得答案.【详解】由题，当当，解得所以当时，，即图像的区域1当，即解得，所以当，，即图像的区域3所以当在区域2时，综上可得：在区域1中，；在区域2中，；在区域3中，在区域1中，当且紧当时，取最小值为在区域2中，当且紧当时，取最小值为在区域3中，当且紧当时，取最小值为综上所述，可得M的最小值为【点睛】本题考查了函数与不等式综合，熟悉理解题意，求最值是解题的关键，属于难题.9．设实数且满足，则使不等式恒成立的的最大值为______________________【答案】【详解】不妨设，令，则原不等式化为恒成立，由，【点睛】利用换元法，令，原不等式化为整理得，利用不等式恒成立求最大值．四、解答题10．设正实数a、b、c满足：，求证：对于整数，有．【答案】证明见解析【分析】本不等式是对称不等式，显然当时取等号．从不等式局部入手，当时，，用元均值不等式即可求解．【详解】因为，所以.同理可得.三式相加可得：【点睛】对于对称型不等式,有时从整体考虑较难入手,故比较管用的手法是从局部入手,从局部导出一些性质为整体服务,这里的局部可以是某一单项也可以是其中的若干项.11．已知P为内部或边上一点，P到三边的距离分别为PD，PE，PF，证明：．【答案】证明见解析【分析】由函数的凹凸性，根据琴生不等式证明几何不等式，即可证明结论.【详解】证明：如图，，，∴，同理，，∴．现在只要证明，设，则，所以在时是上凸（凹）函数，当时，，当且仅当时取等号．故，即，当且仅当时取等号，即，因此．12．证明恒等式．【答案】证明见解析【分析】利用第二、三类切比雪夫多项式的定义及通项公式即可证明．【详解】证明：一方面，由的定义及通项公式可得：．①另一方面．②由①②知原式成立．13．设a、b、c为正数，且．对任意整数，证明：．【答案】证明见解析【分析】运用切比雪夫不等式，幂平均不等式和均值不等式进行转化，从而得以证明.【详解】证明：不妨设，则（整数），则，运用切比雪夫不等式得到．其中运用幂平均不等式得到，所以，所以，两边同除，得，因为，再运用均值不等式可得．所以．14．若对任意正实数恒成立，求实数的最大值.【答案】2【分析】取，则，即，构造函数，利用导数求出函数的最值，从而可得，再利用不等式和不等式证明对任意正实数恒成立即可.【详解】取，则，即，令，则，令，则，整理得，即，解得或，又，所以或，当或时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，又，所以，下面证明，即证对任意正实数恒成立，令，则，，不等式的等价形式）不等式），所以，所以.【点睛】关键点点睛：取，构造函数，利用导数求出函数的最值是解决本题的关键.15．设实数满足，求的最小值.【答案】答案见解析【分析】由特例可得当为偶数时，的最小值为0，当为奇数时，问题可转化为“给定正奇数，设满足，,则恒成立.”，利用逐步调整法可证后者.【详解】当为偶数时，取，故的最小值为0；当为奇数时，也可只取，其余为0，此时，下证当为奇数时，恒成立.（利用换元可以得到更直观的形式如问题2）.问题2：给定正奇数，设满足，,则恒成立.证明：注意到若同号，即有，因为为正奇数，则必定存在一组同号，否则若均异号，则的符号必定相异.若还存在其他组，则可得成立，若无其他组同号，不妨，可设，（若等于0的可以进行小范围微调，只要不影响绝对值内数值的符号即可）.因为无其他组同号，故，此时同号.记，则且对，设，下面将在条件下进行调整.①若存在.令则②若存在.令则由上述讨论知，经过有限次调整可得：对，除至多一个（设为外，其余.因此就有，不妨设，则，故，原不等式得证.至此我们完成了问题2在奇数情况下的解答，即所求.综上，当为偶数时，的最小值为0；当为奇数时，的最小值为2.16．求最大的实数，使得不等式对任意正整数以及任意实数均成立.【答案】最大实数是【详解】解法一：设，，则.所以，即满足题目要求.另一方面，我们取，，1，…，.此时2n即此时我们有，这样满足题意的需要满足对所有正整数均成立.故，即满足题目要求的最大实数是.解法二：固定正整数，对任意的实数，设的最小值为.我们有递推关系：.题目所需的是对任意正整数都有：，即对任意成立.，，我们看看的变化情况.，记即数列的增量上式中的区间是由得到.这样由归纳法易得：，即满足题意.另一方面，当充分大时，无界增长，接近于，接近于1，增量接近于.即对任意的，当足够大时都有，这样对充分大的成立.因此当即时，对充分大的有，即这样的不合题意.因此满足题目要求的最大实数是.递推式是因为：对记，，，2，…，，则.17．定义函数的所有零点构成严格单调增数列.（1）求证:;（2）若对任意的存在负数使得方程有两个不等实解与,并且满足,试证明:.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)求出,进而可得,根据函数的性质,可推出..,因此,根据裂项相消法即可证明.(2)由函数的增减性得到,从而对所证式子的坐标进行整理变形并放缩,即可证明.【详解】由得,解得:.则随的变化如下表00上至少一个零点.又在单调,所以..(1)证明:当时,.当时.综上所述,(2)由在单调递减,在单调递增.而,.所以所以.所以.【点睛】本题考查了导数的求解,考查了函数的零点,考查了数列求和,考查了不等式的放缩.本题的难点在于,将所证问题范围进行放缩.易错点在于没有透彻分析函数的零点情况,误认为是函数零点.18．已知正数满足，求的最小值.【答案】【详解】由柯西不等式可得，，所以，

①取等号的条件分别为，

②

③当时，有，结合②③得又，所以，整理得，故

④记，则，所以在上为增函数，故当时，于是，由④可得，从而代入②③求得代入①式，整理得，因此的最小值为.19．已知x、y、z.证明，并指出等号成立的条件.【答案】见解析【详解】令.不妨设，令首先证明

①事实上，.式①

②注意到，，，.故式②显然成立.从而，式①成立.其次证明.注意到，

③而，故式③成立.综上，原不等式成立.当且仅当或x、y、z中一个取2、两个取1时等号成立20．若、、，且满足，证明：，其中“”表示轮换对称和．【答案】见解析【详解】注意到，．故原不等式．而．故．令，，．由舒尔不等式得．则．21．已知定义在上的函数有，且对于任意的都有，求证：对于大于1的有理数，及实数，有．【答案】见解析【详解】首先证明：对有理数，有，易得．对正整数、有，．故．

①由．

②此时，，得．

③由式①、②、③得，对有理数有．此时，对大于1的有理数及正整数，有也是有理数，得．由于对正整数有，得．变形得，即．取并求和得．22．已知正实数、、满足．证明：对任意正实数、、，有．【答案】见解析【详解】用构造法证明．如图，作，使，，．在直线、、上分别取点、、，满足，，．由斯特瓦尔特定理知，．又由海伦公式知．于是，所证不等式等价于，①显然，，，．而，故式①成立．23．已知互异的正实数、、、满足.证明：从、、、中任取三个数作为边长，共可构成四个不同的三角形.【答案】见解析【详解】由，知结论等价于任取三个数作为边长，均可构成不同的三角形.接下来用反证法证明.若存在某三个数为边长不能构成三角形，由对称性，不妨设这三个数为、、，且.由均值不等式知.由.设，得.由条件得.这与时，，矛盾.从而，原命题成立.24．定义区间的长度均为,其中(1)若函数的定义域为值域为写出区间长度的最大值；(2)若关于的不等式组的解集构成的各区间长度和为6,求实数的取值范围；(3)已知求证:关于的不等式的解集构成的各区间的长度和为定值.【答案】（1）；（2）；（3）定值为，证明见解析.【分析】（1）令求得函数的零点，令，求得定义域区间长度最大时的值.（2）先求得不等式的解集，设不等式的解集为，根据的长度为列不等式组，由此求得的取值范围.（3）将原不等式转化为分式不等式的形式，结合高次不等式的解法，求得不等式的解集，进而求得不等式解集构成的各区间的长度和为定值.【详解】（1）令，解得，此时为函数的最小值.令，解得，.故定义域区间长度最大时，故区间的长度为.（2）由得，解得，记.设不等式的解集为，不等式组的解集为.设不等式等价于，所以，，由于不等式组的解集的个区间长度和为，所以