2025年下学期初中数学竞赛不等式技巧试卷

2025年下学期初中数学竞赛不等式技巧试卷一、选择题（每题5分，共30分）若实数(a,b)满足(a+b=1)，则(a^2+2b^2)的最小值为（）A.(\frac{2}{3})B.(\frac{3}{4})C.1D.(\frac{4}{5})不等式(\frac{x^2-3x+2}{x-3}\leq0)的解集为（）A.([1,2]\cup(3,+\infty))B.([1,2]\cup(-\infty,3))C.([1,2])D.((-\infty,1]\cup[2,3))已知(x>0,y>0)，且(x+2y=4)，则(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})的最小值为（）A.(\frac{3+2\sqrt{2}}{4})B.(\frac{3}{4})C.(1+\sqrt{2})D.(2\sqrt{2})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（）A.(a>3)B.(a\geq3)C.(a>1)D.(a\geq1)设(a,b,c)为正实数，且(a+b+c=3)，则(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})的最小值为（）A.1B.3C.6D.9若不等式(x^2-ax+1>0)对任意(x\in\mathbf{R})恒成立，则实数(a)的取值范围是（）A.((-2,2))B.([-2,2])C.((-\infty,-2)\cup(2,+\infty))D.((-\infty,-2]\cup[2,+\infty))二、填空题（每题6分，共36分）不等式(2x^2-5x-3<0)的解集为__________。若(x>1)，则(x+\frac{4}{x-1})的最小值为__________。已知(a,b\in\mathbf{R})，且(a+2b=3)，则(2^a+4^b)的最小值为__________。不等式(|2x-1|>x+1)的解集为__________。设(x,y)为正实数，且(x+3y=5xy)，则(3x+4y)的最小值为__________。若关于(x)的不等式组(\begin{cases}x-a>0\1-2x>x-2\end{cases})无解，则实数(a)的取值范围是__________。三、解答题（共84分）13.（12分）解不等式：(\frac{|x+1|}{x-2}\geq1)。解析：分两种情况讨论：当(x-2>0)，即(x>2)时，不等式可化为(|x+1|\geqx-2)。因为(x>2)，所以(x+1>0)，绝对值可直接去掉：(x+1\geqx-2)，化简得(1\geq-2)，恒成立。故此时解集为(x>2)。当(x-2<0)，即(x<2)时，不等式可化为(|x+1|\leqx-2)。由于左边绝对值非负，右边(x-2<0)，不等式无解。综上，原不等式的解集为((2,+\infty))。14.（14分）已知(a,b)为正实数，且(a+b=1)，求证：(\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}{b}\right)\geq\frac{25}{4})。证明：由(a+b=1)，结合均值不等式得(ab\leq\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{1}{4})，当且仅当(a=b=\frac{1}{2})时等号成立。将原式展开：[\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}{b}\right)=ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{1}{ab}]令(t=ab)，则(t\in\left(0,\frac{1}{4}\right])。因为(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq2)（均值不等式），所以原式(\geqab+\frac{1}{ab}+2=t+\frac{1}{t}+2)。设函数(f(t)=t+\frac{1}{t})，易知(f(t))在(\left(0,\frac{1}{4}\right])上单调递减，故(f(t)_{\min}=f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}+4=\frac{17}{4})。因此，原式(\geq\frac{17}{4}+2=\frac{25}{4})，当且仅当(a=b=\frac{1}{2})时等号成立。15.（14分）已知关于(x)的不等式(x^2-(m+1)x+m<0)的解集为((1,m))，求实数(m)的取值范围。解析：不等式(x^2-(m+1)x+m<0)可化为((x-1)(x-m)<0)。方程((x-1)(x-m)=0)的根为(x=1)和(x=m)。若(m>1)，则不等式解集为((1,m))，符合题意；若(m=1)，不等式化为((x-1)^2<0)，无解；若(m<1)，不等式解集为((m,1))，与题目中解集((1,m))矛盾。综上，(m)的取值范围是(m>1)。16.（16分）已知(x,y,z)为正实数，且(x+y+z=1)，求(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z})的最小值。解析：利用柯西不等式（权方和不等式）：[\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right)(x+y+z)\geq(1+2+3)^2=36]因为(x+y+z=1)，所以(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\geq36)。等号成立条件为(\frac{1}{x^2}=\frac{4}{y^2}=\frac{9}{z^2})，即(y=2x)，(z=3x)。代入(x+y+z=1)，解得(x=\frac{1}{6})，(y=\frac{1}{3})，(z=\frac{1}{2})。故最小值为(36)。17.（16分）已知函数(f(x)=x^2+ax+3)，若对任意(x\in[-2,2])，(f(x)\geqa)恒成立，求实数(a)的取值范围。解析：将(f(x)\geqa)转化为(x^2+ax+3-a\geq0)，设(g(x)=x^2+ax+3-a)，需满足(g(x)_{\min}\geq0)，(x\in[-2,2])。函数(g(x))的对称轴为(x=-\frac{a}{2})，分三种情况讨论：当(-\frac{a}{2}\leq-2)，即(a\geq4)时，(g(x))在([-2,2])上单调递增，(g(x)_{\min}=g(-2)=4-2a+3-a=7-3a\geq0)，解得(a\leq\frac{7}{3})。与(a\geq4)矛盾，无解。当(-2<-\frac{a}{2}<2)，即(-4<a<4)时，(g(x)_{\min}=g\left(-\frac{a}{2}\right)=\left(-\frac{a}{2}\right)^2+a\left(-\frac{a}{2}\right)+3-a=-\frac{a^2}{4}-a+3\geq0)，化简得(a^2+4a-12\leq0)，解得(-6\leqa\leq2)。结合(-4<a<4)，得(-4<a\leq2)。当(-\frac{a}{2}\geq2)，即(a\leq-4)时，(g(x))在([-2,2])上单调递减，(g(x)_{\min}=g(2)=4+2a+3-a=7+a\geq0)，解得(a\geq-7)。结合(a\leq-4)，得(-7\leqa\leq-4)。综上，(a)的取值范围是([-7,2])。18.（18分）设(x,y,z)为非负实数，且(x+y+z=1)，求(u=xy+yz+zx-3xyz)的最大值。解析：由对称性，不妨设(z\leqy\leqx)，且(x+y+z=1)。若(z=0)，则(x+y=1)，此时(u=xy+0-0=xy\leq\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\frac{1}{4})，当(x=y=\frac{1}{2})时取等。若(z>0)，利用局部调整法：固定(x+y=1-z)，设(t=xy)，则(t\leq\left(\frac{1-z}{2}\right)^2)。此时(u=t(1-3z)+z(1-z))，关于(t)单调递增，故(t)取最大值时(u)最大，即(x=y=\frac{1-z}{2})。代入得(u=\left(\frac{1-z}{2}\right)^2(1-3z)+z(1-z)=\frac{(1-z)^2(1-3z)}{4}+z(1-z))，令(t=1-z)（(t\in\left[\frac{1}{3},1\right])，因为(z\leq\frac{1}{3})，否则(1-3z<0)），化简得(u=\frac{t^2(3t-2)}{4}+(1-t)t=\frac{3t^3-2t^2+4t-4t^2}{4}=\frac{3t^3-6t^2+4t}{4})。求导得(u'=\frac{9t^2-12t+4}{4}=\frac{(3t-2)^2}{4}\geq0)，故(u)在(t\in\left[\frac{1}{3},1\right])上单调递增，当(t=1)（即(z=0)）时，(u_{\max}=\frac{3-6+4}{4}=\frac{1}{4})。综上，(u)的最大值为(\frac{1}{4})。四、附加题（20分）19.已知正实数(a,b,c)满足(a+b+c=3)，求证：(\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{3}{2})。证明：由均值不等式，(b^2+1\geq2b)，故(\frac{a}{b^2+1}\geq\frac{a}{2b})，同理(\frac{b}{c^2+1}\geq\frac{b}{2c})，(\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{c}{2a})。三式相加得(\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{1}{2}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right))。由柯西不等式，(\left(\fr