不等式专题练习与解答_不等式专题练习

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不等式专题练习与解答

专题一：利用不等式性质，判断其它不等式是否成立

1、a、b∈R,则下列命题中的真命题是（C）

A、若a>b，则|a|>|b|B、若a>b，则1/ab，则a3>b3D、若a>b，则a/b>12、已知aab>ab2B、ab2>ab>a C、ab>a>ab2D、ab>ab2>a3、当0

A、(1―a)1/b >(1―a)bB、(1+a)a>(1+b)b C、(1―a)b >(1―a)b/2D、(1―a)a>(1―b)b4、若loga3>logb3>0，则a、b的关系是（B）A、0a>1C、0

5、若a>b>0，则下列不等式①1/ab2；③lg(a2+1)>lg(b2+1)；④2a>2b

中成立的是（A）A、①②③④B、①②③C、①②D、③④ 专题二：比较大小

1、若0

22、a、b为不等的正数，n∈N，则(anb+abn)－(an－1+bn－

1)的符号是（C）A、恒正B、恒负

C、与a、b的大小有关D、与n是奇数或偶数有关

3、设1＜x＜10，则lg2x,lgx2,lg(lgx)的大小关系是 lgx2>lg

2x>lg(lgx).4、设a>0,a≠1,比较logat/2与loga(t+1)/2的大小。

56、若a1，比较MN专题三；利用不等式性质判断P是Q的充分条件和必要条件

1、设x、y∈R,判断下列各题中，命题甲与命题乙的充分必要关系

⑴命题甲：x>0且y>0，命题乙：x+y>0且xy>0充要条件

⑵命题甲：x>2且y>2，命题乙：x+y>4且xy>4充分不必要条件

2、已知四个命题，其中a、b∈R

①a2

2的充要条件是(a+b)与(a

－b)异号；④a2

的充要条件是(|a|+|b|)与(|a|－|b|)异号.其中真命题的序号是_。

3、“a+b>2c”的一个充分条件是（C）

A、a>c或b>cB、a>c或b＜cC、a>c且b>cD、a>c且b＜c

专题四：范围问题

1、设60＜a＜84,－28＜b＜33,求：a+b,a－b,a/b的范围。

2、若二次函数y=f(x)的图象过原点，且1≤f(―1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(―2)的范围。专题五：均值不等式变形问题

1、当a、b∈R时,下列不等式不正确的是（D）

A、a2+b2≥2|a|•|b|B、(a/2+b/2)2≥ab

C、(a/2+b/2)2≤a2/2+b2/2D、log1/2(a2+b2)≥log1/2(2|a|•|b|)

2、x、y∈(0,+∞)，则下列不等式中等号不成立的是（A）

A、x

1x

2(x1)(y1)4 x

1B、xyx

C、(x+y)(1/x+1/y)≥4D、(lgx/2+lgy/2)2≤lg2x/2+lg2y/23、已知a>0,b>0,a+b=1，则(1/a2―1)(1/b2―1)的最小值为（D）

A、6B、7C、8D、94、已知a>0,b>0,c>0，a+b+c=1，求证：1/a+1/b+1/c≥95、已知a>0,b>0,c>0,d>0,求证：adbcbdbcad

ac

4 专题六：求函数最值

1、若x>4,函数yx

4x，当x____时，函数有最＿值是_____。答案：5，大，－62、设x、y∈R, x+y=5，则3x+3y的最小值是（D）

A、10B、63C、46D、3、下列各式中最小值等于2的是（D）2A、x/y+y/xB、x5x2

4C、tanα+cotαD、2x+2－

x4、已知实数a、b、c、d满足a+b=7,c+d=5,求(a+c)2+(b+d)2的最小值。

5、已知x>0,y>0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。专题七：实际问题1、98（高考）如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2cm的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为am，高度为bm，已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比，现有制箱材料60m2，问当a、b各为多少米时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）。解一：设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k>0)

据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)

b

30a

2a

由a>0,b>0可得0

y

kabk30aa2a

令t=2+a，则a=t－

230aa2从而30(t2)(t2)234tt264642att34(tt)342t64t

18

当且仅当t=64/t，即t=8,a=6时等号成立。∴y=k/ab≥k/18

当a=6时,b=3，综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。

解二：设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k>0)要求y的最小值，即要求ab的最大值。

据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)，即a+2b+ab=30

a2b22ab(当且仅当a2b时等号成立）ab22ab30，解得－52ab32

即0ab18,由a2b及aba2b30解得a6,b

3即a=6,b=3时，ab有最大值，从而y取最小值。

综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。

2、某工厂有旧墙一面长14米,现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126米2的厂房，工程条件是：①建1米新墙的费用为a元；②修1米旧墙的费用为a/4元；③拆去1米旧墙用所得材料建1米新墙的费用为a/2元.经过讨论有两种方案：⑴利用旧墙的一段x(x

解：设总费用为y元，利用旧墙的一面矩形边长为x米，则另一边长为126/x米。

⑴若利用旧墙的一段x米(x

ya14x252x36 4x2aa(2xx14)7a(4x1)

x436x

6,当且仅当x＝12时等号成立，∴x＝12时ymin=7a(6－1)=35a。

⑵若利用旧墙的一段x米(x≥14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，建新墙的费用

为(2x+ 2•126/x－14)•a元，故总费用

y

a4xa(2x252x14)72a2a(x126x

7)

x126x2,当x14等号不成立。

设f(x)=x+126/x, x2>x1≥14，则f(x2)－f(x1)= x2+126/x2－(x1+126/x1)

=(x2―x1)(1―126/x1x2)>0∴f(x)=x+126/x在［14，＋∞)上递增，∴f(x)≥f(14)∴x=14时ymin=7a/2+2a(14+126/14－7)=35.5a

综上所述，采用方案⑴，即利用旧墙12米为矩形的一面边长，建墙费用最省。专题八：比较法证明不等式

1、已知a、b、m、n∈R+,证明：am+n+bm+n≥ambn+anbm 变式：已知a、b∈R+,证明：a3/b+b3/a≥a2+b22、已知a、b∈R+,f(x)=2x2+1,a+b=1,证明：对任意实数p、q恒有a•f(p)+b•f(q)≥f(ap+bq)专题九：综合法证明不等式

1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：

bcaaacbbabc

c

32、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/33、已知a、b、c为不全相等的正数，且abc=1,求证：

abc

1a11bc4、已知a、b∈R+，a+b=1,求证：a1/2b1/22 专题十：分析法证明不等式

1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：bc/a+ac/b+ab/c>a+b+c2、已知函数f(x)=lg(1/x－1),x1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求证：

f(x1)f(x2)x2f1x2

2

3、设实数x,y满足y+x2=0,0

专题十一：反证法、放缩法、构造法、判别式法、换元法等证明不等式

1、设f(x)=x2+ax+b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1/2。

2、若x2+y2≤1,求证|x

2+2xy－y2

|≤2.3、已知a>b>c,求证：

1ab1bc

4ac4、已知a、b、c∈R＋，且a+b>c求证：a1ab1bc1c

.5、已知a、b、c∈R，证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等号何时成立。

分析：整理成关于a的二次函数f(a)=a2+(c+3b)a+3b2+3bc+c

2∵Δ=(c+3b)2

－4(3b2+3bc+c2)=－3(b2+2bc+c2)≤0 ∴f(a)≥06、已知：x2－2xy + y

2+ x + y + 1＝0，求证：1/3≤y/x≤

37、在直角三角形ABC中，角C为直角，n≥2且n∈N，求证：cn≥an + bn8、设an2234n(n1)(nN)

n(n1)(n 2a1)

2n2对所有正整数n都成立。

专题十二：解不等式

1、解不等式：

1x12x3

3x

22、解关于x的不等式：ax

x

2x2

0 专题十三：不等式应用

不等式的应用主要有三个方面：一是能转化为求解不等式（组）的有关问题（如求函数的定义域、讨论一元二次方程的根的分布等）；二是能转化为不等式证明的有关问题（如证明函数的单调性）；三是能转化为重要不等式的极端情形解决的最值问题。

1、已知f(x)的定义域是（0,1］，则函数yf(lgx2x)的定义域是_［－5，－2)∪(1,4］。

2、已知不等式ax

2+bx+c>0的解集是{x|α

+bx+a

、设f(x)2x

314x

(x≥0).⑴求证：f(x)是减函数；⑵求f(x)的值域。

4、由于对某种商品实行征税，其售价比原价上涨x%，涨价后商品卖出量减少

36x

%，已知税率为销售金额的20%.⑴为实现销售金额和扣除税款的余额y不比原销售金额少，求上涨率x%的取值范围； ⑵x为何值时，y最大？（保留一位小数）解：设原价为a，销售量为b，则

ya(1x%)b(1

36x100%)(120%)ab(1x%)(136x

100%)80%yab,(1x%)(136x

%)80%

1整理得：36(x%)264(x%)250,0x%

2yab(1x%)（259x%)80%36125ab(1x%)(259

x%)1x%25x

36%125ab2





当且仅当1＋x%＝25/9－x%，即x%＝8/9.∴x＝88.9时y最大。专题十四：恒成立问题

1、若不等式a

2、关于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集为R，求实数a的取值范围。

3、如果关于x的不等式

lg2axlgax1的解集总包含了区间（1,2］，求实数a的取值范围。解：由题设可知，原不等式在（1,2］中总成立，∴a＞0且a＋x＞

1原不等式等价于lg(2ax)＜lg(a+x),等价于2ax＜a＋x，等价于(1－2a)x＋a＞0设f(x)＝(1－2a)x＋a，则f(x)＞0在（1,2］中总成立，故有

4、设对x∈R有3x22x

2x2

x1n(nN)恒成立，试求n的值。分析：原不等式等价于

(3n)x2(2n)x(2n)

x2x

10(1)由题意不等式（1）的解集为R

又x2+x+1恒大于零，所以不等式（1）等价于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0(2)故不等式（2）的解集为R，从而有

所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或15、若f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对于一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。

6、已知函数f(x)x22xa

x

⑴当a=1/2时，求函数f(x)的最小值；

⑵若对任意x∈［1，＋∞）,f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围。专题十五：绝对值不等式定理中等号成立的问题

1、解关于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x|

2、证明：|x+1/x|≥

2专题十六：绝对值不等式的证明

1、设a∈R，函数f(x)=ax

2+x－a(－1≤x≤1).⑴若|a|≤1,求证|f(x)|≤5/4；

⑵若函数f(x)有最大值17/8，求实数a的值。

2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求证：|xy－ab|＜ε

3、专题十七：探索性问题

1、是否存在自然数k，使得不等式

1n11n21n313n

12k5对一切正整数n都成立，若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由。

解：令

f(n)

1n11n213n1，对任意的nN f(n1)f(n)111111

23n23n33n4n13n23n4

3n3 2∴

f(n+1)>f(n)，即＋3(n4)(n2)(n3)0

f(n)在N上是增函数，∴f(n)的最小值是f(1)又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12 故对一切正整数n使得f(n)>2a－5的充要条件是13/12>2a－5，∴a

2、已知抛物线y=f(x)=ax2+bx+c过点（－1,0），问是否存在常数a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤

(1+x

2)/2对于一切实数x都成立？

解：假设存在常数a、b、c，使得x≤f(x)≤(1+x

2)/2对一切实数x恒成立，令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1① ∵抛物线过点（－1,0）∴a－b＋c＝0②

解①②得：b=1/2,c=1/2－a,∴f(x)=ax2

+x/2+1/2－a

由x≤f(x)≤(1+x2)/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2

∴a=1/4,专题十八：不等式中常见的数学思想方法

（一）分类讨论的思想：

1、设f(x)= 1+logx3,g(x)=2logx2，其中x＞0且x≠1，试比较f(x)与g(x)的大小。

2、解关于x的不等式

xa

(x1)(x1)

0

分析：①当a＜－1时，原不等式的解集为｛x|x≤a或－1＜x＜1}

②当－1＜a＜时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或a≤x＜

1}

③当a＞1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或1＜x≤a} ④当a＝1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1 }

⑤当a＝－1时，原不等式的解集为｛x|x＜1且x≠－1}

（二）数形结合的思想

1、关于x的方程x2―x―(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，则实数a的取值范围是（）A、［－5/4,+∞)B、(―5/4,―1)C、［－5/4，1］D、(－∞，1］

2、设k、a都是实数，关于x的方程|2x―1|=k(x―a)+a对于一切实数k都有解，求实数a的取值范围。

3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：

+

≥

分析观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a

2+b2

=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.∴

OC=

再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，∴

≥

（三）函数与方程的思想

1、函数f(x)=lg(x2+ax+1)的值域为R，求实数a的取值范围。、已知f(x)lg12x3x4x2a，若f(x)在（－∞，1］有意义，求实数a的取值范围。

3、设不等式mx2―2x＜m―1对于满足|m|≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围。

分析：设f(m)=(x

2―1)m＋2x―1，则对于满足|m|≤2的一切实数m都有f(m)＜0 ∴f(－2)＜0且f(2)＜04、已知x、y、z∈（0,1），求证：x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)

f(x)= y(1－z)+ z－1 = y + z －1－yz = －yz

∵y、z∈（0,1）

∴f(0)= y(1－z)+ z－1 =(y－1)(z－1)

1（四）转化与化归思想

1、关于x的方程4x+(m－3)•2x+m=0有两个不等的实数根，求实数m的取值范围。

（五）换元的思想

1、解不等式：2x5x

1变：关于x的不等式ax5xb的解集为［－5/2,2），求实数a、b的值。

2、（六）1的代换

1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求证：ax2+by2≥(ax+by)

22、已知x、y都是正数，a、b都是正常数，且a/x + b/y = 1，求证：xy(ab)

23、已知x、y都是正数，且x + y = 1,求证：(1 + 1/x)(1 + 1/y)≥94、已知x、y∈R+,且1/x + 9/y = 1，求x + y的最小值。

5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x + b/(1－x)的最小值是。

6、已知a,b是正数，且a + b = 1，求证：(ax + by)(ay + bx)≥xy 分析：∵a,b是正数，且a + b =

1∴(ax + by)(ay + bx)= a2xy + abx2 + aby2 + b2xy

=(a2 + b2)xy+ ab(x2 + y2)=(1－2ab)xy+ ab(x2 + y2)= xy+ ab(x2 + y2－2xy)= xy + ab(x－y)2 ≥xy

（七）特殊与一般的思想

1、已知a、b、c ∈R,函数f(x)= ax2 + bx + c, g(x)= cx2+bx + a, 当|x| ≤1时，有|f(x)≤2。（1）求证：|g(1)| ≤ 2；（2）求证：当|x| ≤ 1时，|g(x)|≤ 4.证：（1）∵当|x| ≤1时，|f(x)|≤2,∴|f(1)|≤2又|f(1)|＝|g(1)|∴|g(1)|≤

2（2）∵f(x)= ax2

+bx+c

∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c∴a= [f(1)+f(-1)-2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2

∵|x|≤1时|f(x)|≤2 ∴|f(1)|≤2,|f(-1)|≤2,|f(0)|≤2

∴|g(x)|=|cx2

+bx+a| =|x2

f(0)+[f(1)-f(-1)]x/2+[f(1)+f(-1)-2f(0)]/2|

=|(x2

－1)f(0)+(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2|

≤|(x2

－1)f(0)|+|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|

≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|(1－x2)||f(0)| ≤x+1+1-x+2 =

4小结：对于二次函数f(x)=ax2

+bx+cc=f(0)

2a=f(1)+f(－1)－2f(0)2b=f(1)―f(―1)

2、已知a、b、c ∈R,函数f(x)= ax2 + bx + c, g(x)= ax + b, 当－1≤x≤1时，有|f(x)≤1。（1）证明：|c|≤1；（2）证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；（3）设a＞0，－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)的解析式。

①证明：∵－1≤x≤1时，有|f(x)|≤1,∴当x = 0时，有f(0)= c, 即|c| = |f(0)|≤1,故|c|≤1。②证明：欲证当－1≤x≤1时，有|g(x)|≤2,即证－1≤x≤1时，－2≤g(x)≤2。

对a分类讨论

当a＞0时，∵g(x)在[－1,1]上是增函数，∴－a+b≤g(x)≤a+b, ∵a+b = f(1)－c ≤|f(1)| + |c|≤2,－a +b = －[f(－1)－c]≥－[|f(－1)|+|c|]≥－2，∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。当a＜0时，∵g(x)在[－1,1]上是减函数，∴a+b≤g(x)≤－a+b, ∵a+b = f(1)－c ≥－[|f(1)|+|c|]≥－2，－a +b = －[f(－1)－c] ≤|f(－1)|+ |c|≤2,，∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。综上所述，有|g(x)|≤2。

③∵a＞0，∴g(x)在[－1,1]上是增函数，∴x＝1时，g(x)取最大值2，即a+b＝2。∴f(1)－f(0)＝a+b＝2，∴－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1，即c= f(0)＝－1，∵－1≤x≤1时，f(x)≥－1= f(0)，∴x = 0为函数f(x)图象的对称轴，∴b = 0, 故a＝2，所以f(x)＝2x2－1。

②另解：∵f(x)= ax

2+bx+c

∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c∴a= [f(1)+f(-1)-2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2

∵|x|≤1时|f(x)|≤1 ∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(0)|≤1 ∴|g(x)|=|ax+b|

=|[f(1)+f(-1)-2f(0)]x/2+[f(1)-f(-1)]/2| =|(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2-xf(0)|

≤|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|+|-xf(0)|

≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|-x||f(0)| ≤(x+1)/2+(1-x)/2+1= 23、是否存在满足下列条件的二次函数f(x)：

⑴当|x|≤1时，|f(x)|≤1；⑵f(2)＞7。若存在，求出解析式；若不存在，说明理由。

4、设f(x)=x

2+bx+c(b、c为常数)，定义域为［－1,1］，⑴设|f(x)|的最大值为M，求证：M≥1/2；⑵求出⑴中当M＝1/2时，f(x)的表达式。

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不等式与一次函数专题练习题型一：方程、不等式的直接应用典型例题：李晖到“宁泉牌”服装专卖店做社会调查．了解到商店为了激励营业员的工作积极性，实行“月总收入＝基本工资＋计件奖......

数列与不等式练习4

高二数学中午练习10.171、设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k=2、已知数列an满足a11,an12an1(nN*).则数列an的 通项公式为12123123n3、求和：4、在等差数列a......

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一元一次不等式与实际问题练习题1、在一次绿色环保知识竞赛中，共有20道题，对于每一道题，答对了得10分，答错了或不答扣5分，则至少要答对几道题，其得分才会不少于80分？2、某次数学竞......

第一课时 不等式练习

七年级数学练习题班别学号姓名成绩一、列不等式表示：（1）x的2倍是负数；（2）x与3的和是非负数；（3）x与6的差小于－3（4）n的6倍不小于51（5）m的与8的和大于55（6）a与8的差的一半不大于5二、在数轴上表......

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