强基计划专题练06 不等式（解析版）高考数学复习练习

这是一份强基计划专题练06 不等式（解析版）高考数学复习练习，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：9
7．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
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.








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(进群送往届全部资料)（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，所以不等式组，当是恒成立.
当时，不等式恒成立，得.
当时，不等式恒成立，分离常数得恒成立. 当时，为单调递增函数，所以，所以，所以实数.
（3）原不等式可化为
①.
令，其判别式，所以有两个不相等的实数根，设，则，根据求根公式可求得.而，.
i)当时，不等式①等价于，解得，即不等式①的解集为，区间长度为.
ii)当时，不妨设，则，，所以.此时不等式①即，解得或，即不等式①的解集为，区间的长度为.
综上所述，关于的不等式的解集构成的各区间的长度和为定值.
【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用，考查分式不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.