不等式好題一題多解30道

1、不等式好題一題多解1. ( 2017秋？城區(qū)校級(jí)月考)對(duì)于函數(shù)，若對(duì)于任意的x1,x2,x3 R , f (Xi), f(X2), f(X3)為某一三角形的三邊長(zhǎng)，則稱 f(x)為 可構(gòu)成三角形的函X數(shù)”.已知函數(shù)f(x) =黑是“可構(gòu)成三角形的函數(shù)”，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是 ex 1( )-1 _,，A. -,1B. 0,1C. 11,2D. (0*)解：由題意可得f (a) +f (b) f (c) Xt于？ a, b, c R都包成立，由于f (x)=已+t =14I 是 可構(gòu)成三角形的函數(shù) ex+l ex+l當(dāng)t-1=0, f (x) =1,此時(shí)，f (a), f (b), f (c)都

2、為1,構(gòu)成一個(gè)等邊三角 形的三邊長(zhǎng)，滿足條件.當(dāng) t - 10, f (x)在 R上是減函數(shù)，1f (a) 1+t- 1=t,同理 1f (b) t, 1 f (c) f (c),可得 2t,解得 1t2.當(dāng)t - 10, f (x)在R上是增函數(shù)，tf (a) 1, 同理 tf (b) 1, tf (c) f (c),可得 2t1,解得 1t*k2綜上可得，9t 故實(shí)數(shù)t的取值范圍是 G，2;故選：A. -W-fad2.已知函數(shù)f (x11+：2 +；，若對(duì)于任意的實(shí)數(shù) x1,x2,x3均存在以f (x1 ) f (x2 ) f (x3 )為三邊長(zhǎng)的三角形，則實(shí)數(shù) k的取值范圍是 .解：“尸

3、餐3用+:令皿尸2x-：_ 10 1，3當(dāng)kH時(shí)，1詈，其中當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取得等號(hào)所以若對(duì)于任意的實(shí)數(shù)為木2,長(zhǎng)均存在以f (x)f 2 ) f63 )為三邊長(zhǎng)的三角形，只需2之9，所以1 Wk 43當(dāng)k 1時(shí)，W2 Mf (x )1 ,其中當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取得等號(hào)所以若對(duì)于任意的實(shí)數(shù)Xi,X2,X3均存在以f(X1 ) f (X2 ) f(X3 )為三邊長(zhǎng)的三角形，只需k22圭1 ,所以k 121綜上可得，-1 k 42.已知函數(shù)f(x)=x2_2aX+a21,若關(guān)于x的不等式f (f (x )0的解集為空集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.解：f (X)=x2 _2ax+a2 _1 =E _(a

4、_1_(a +1 ,所以 f(x)0 的解集為(a1,a+1)所以若使f (f(X )0的解集為空集就是a-1 f(x) a+1所以 J a +1 ,即 aE-21 9.已知 MBC的三邊長(zhǎng)分別為a, b,c ,其中邊c為最長(zhǎng)邊，且 +=1 ,則c的取值范圍a b是.1 9 1 9 10解：由題意知，aWc,bc,故1=1+9主1+9=U,所以c10 所以c16,故綜上可得10c0 ,則當(dāng)a =時(shí)，1f +取得最小值.2 a b解：1 但二a b.亙= aba 2 b a = a 12ab 4ab 4 a 4 a b 4 a ,4 a b 4 a當(dāng) a0 時(shí)，4-i+ 2 a b 4當(dāng)a0時(shí)滿

5、足b2a+3c且bcuaZMac的取值范圍是 b解法一：(齊次化思想)由bc =a2知b 0因?yàn)閎 0時(shí)，所以b 0o令 a -x-yb %一九1 2x - 3y則 y 0=2y 二x1 2x 3xx -021= x -1 or x3令 z =x -2y= x_2x2Q,9解法二：由2ab = - _2a 3c：二 a -c c2_4c ：二-1 c3令，則一二一一同類題：1 1 ： 11_ +- _t 48一9.已知正數(shù)a,b,c滿足：是. 已知正數(shù)a,b,c滿是.已知正數(shù)a,b,c滿足：一.b工5c _ 3a b a +cln c , 則一的 取值氾 圍 a_ 2_ 2a_bc_3a, 3

6、b_aa c_ 5b ,則b-2c的取值范圍 a足：3a + c 2 b 44 a c則a +b *c的取值范圍 a -b- y+15sin0 = 20sin(6 十中)，其中 552x = cos4_,日 w 0, 2n,貝U 2x + y = cosQ,15y = sini,4.15 口山 2、10 C 2.10 TOC o 1-5 h z tan中=.顯然 一2x + y .355xy乘積項(xiàng)，所以設(shè) 2x = a + b,y=ab解：本題有多種解法，這里也利用換元來(lái)做.因?yàn)橛?a2 3b2.一則條件變?yōu)?a-+3b-=1 ,求2x+y =2a的取值范圍.22可以視為橢圓用三角換元做；令也

7、可以變成規(guī)劃問(wèn)題求切線做；Yco的所以2a=24cos。斗等普,一 ,3b25a2也可以竺=1 竺之0所以2210102 10 2 10-a ,所以 2x + y=2aw,55|55變式：（2011年浙江文科）若實(shí)數(shù)x, y ,滿足x2 + y2+xy = 1,則x+y的最大值是 解法x2 + y2 +xy =1 可得(x + y)2 =1 + xy , (x + y)2 =1 + xy 1+-(y-4解得一述Mx + yM型，x + y的最大值是氈 333解法二二維柯西不等式：2 x3x 1 .2x 2 3 221 24(x+y) 巧+y) 1+(-2-) 7 叫+y) +-x 1 +工解法

8、三利用向量不等式m n 0,則原式=-(t1 ) +1M1 ,所以一十一的最大值為1.yx y za, a _b 、叱8.定義maxa,b = W，設(shè)頭數(shù)b,a :二 b TOC o 1-5 h z x b c ,則a的取值范圍是 O2解：由 a +b +c =2得 b +c =2 a ,又 a b c ,故 3a 2 ,即 a -3又 a2 十b2 +c2=4,所以(b+cf 2bc=4 a2,所以 bc =a2 -2a所以b,c是方程x2-(2-a )x+(a2 -2a )=0的兩個(gè)小于a不等實(shí)根2 -aa224所以 (a -2 ) -4(a解法一：設(shè) f (x)=|2xa + 3x2a_

9、 a一5x +3a, x a2a當(dāng) a 之。時(shí)，f (x )=-x+a,-0,解得-a 222a - 2 -a a a-2a 0本題是2014年浙江文科 解決16題的變式，雖然多加了 abc的條件,本質(zhì)上還是利用法10.設(shè)實(shí)數(shù)a使得不等式2x-a +|3x-2a|之a(chǎn)2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立,則滿足條件 a組成的所以 fmin x )= f 2a ；= 3集合是2a-5x 3a, x _ 32ax -a, x _32a5x -3a,x2所以a2 -,解得0 Eawl,當(dāng)a0時(shí), 33所以 fmin x =f 2a =-,3a ,所以a2三-a1,解得一一 Ma a轉(zhuǎn)化為|a 2t -1 +|3t

10、2對(duì)任意tw R恒成立，易得(2t -1 +|3t -2| )min一,111(x + 2y p2 +2a +2xy 34 之0 恒成立,所以a -,解得一 a 272xy ,即m22解得m - 4所以(x +2y ja2 +2a +2xy -34 20 等價(jià)于64 -4a2a2 1在m w 14, f）上恒成立所以4 26414a ,解得a E或a之芻2a2 1211.12 .已知正實(shí)數(shù)a,b,c滿足一十一 =1 ,a b111十一十一二1 ,則實(shí)數(shù)c的取值氾圍 ab bc ca11斛法一：由一十=1 得 a+b =aba b,1111 /日 11由 +. 十 1 = 1 住F + =1 ,

11、 ab c a b ab ccc -1由均值不等式,a +b =c 1/c ：m、-4ab I ,所以 一 I ,所以 1 0,即 1 c W-3x1x2 0111 11212斛法二：由一十 =1 ,且 一，一 w(0,1設(shè)一 =cos a,- =sin ot a b a bab所以 1 =1 - =1 -sin2a cos2ot =1 - sin2 2一 3 i-,1 ,所以 1 c0,且 jy_mx = x2和W 為y = m方程yx2 -x+ y =0的兩組不同實(shí)數(shù)解。若四邊形 ABCD是矩形，則此矩形繞 x軸旋轉(zhuǎn)一周得到的圓柱的體積的最大值為解：yxx2 1m 二心一得 mx2 - x

12、 + m = 0 x2 1x1x21=一 , x1x2m一 x2= .n12-4、，_2V =5 x2 x1二二 m2 1 -4m2 =2：,；m2m2JI 414 .若對(duì)任意的xwb,5，不等式1+xM M1+1x恒成立,則m的最大值44 x 5解：當(dāng) x=0 時(shí)，i+mx、_2 _m+_2y恒成立,此時(shí) m, n R4 一 4x 一 5當(dāng) xw(0,5時(shí), m 2, n1 x 1 x：=44 x 5-n- M 一5J 1Y 1)則 x十一x十一的取小值I y 八 z)一 1解：.x+I y八二x+；1+工y z yz,1由 2xlx yz)11二 yz二 xy z TOC o 1-5 h

13、z m-1- 44x2 74 x人工-1令 f x 二 4x24 x則f(x)在xw(0,5時(shí)單調(diào)遞增，所以f(x產(chǎn)一1，_；11m . 1 n111Hr 以w _ _, _ * ,即 m 三 _ _, n 占 4851523y _115.若直線ax+by=1與不等式組2x-y-1 W0表示的平面區(qū)域無(wú)公共點(diǎn)，則 2a +3b的取2x y 1_0值范圍是。y 1解：不等式組2x y 1 M0表示的平面區(qū)域是由 A(1,1), B(-1,1), C(0,1 )圍成的三角形2x y 1_0區(qū)域。y1直線ax+by=1與不等式組2x-y -1 M0表示的平面區(qū)域 2x y 1 ,0無(wú)公共點(diǎn)，則a,b

14、滿足：a - b 1a b ： 1I一 、 ！a+bA1 (無(wú)解)或a+b1,回出(a,b )在如圖所不-b -1 0-b-1;0的三角形區(qū)域(不含邊界和原點(diǎn))，所以2a+3bW(7,3 ).十一乙、c J 1 1.已知正實(shí)數(shù)x, y,z滿足2x x十一十一 =yz , F (0)=0, F (x) F (0)=0, F(x) F(0) = 0.二不等式成立.-2118.已知a 0,b 0,且+=1,則a +b的取小值是 a 2 a 2b解法一(權(quán)方和不等式)：1 =十1 之(2 1),a 2 a 2b 2a 2b 2即 a =、12, b =，有(a +b)min + M2 22解法二(換元

15、法加基本不等式)：令a + b = tUb=t a,，a + 2b = 2t a,- 3 2 2.之工+超,當(dāng)且僅當(dāng) a+2 = J2(a+2b),即 a = $2,b =1,有(a + b)min = 1+V2 .22211a解法二(消兀法)：由已知條件可知b=-+-a0A0a2,2 a 210J2.當(dāng)且僅當(dāng)a = J2,b = L時(shí)取等號(hào)219.若直線-+-a b=1 通過(guò)點(diǎn) M (cosa,sin a)則()A.a2 b2 1. 1a b a b故選Dcos： sin :(二1=a b解法三（柯西不等式）=1. 211. cos：sin：.J0slsin： a2b2一下丁1一 T a故選

16、D1b2 一 TOC o 1-5 h z 2220.已知 x20, y之0,且 3x+y W5,則 u=x2 xy + y2 的取值范圍為 .f x =a +b . . qr解析 解法一：令，故題目變?yōu)椤耙阎?Waw3, a之b,求a2+3b2的取值范圍”，、y =a -b22顯然a=g , b=0時(shí)取得最小值；a=b=5時(shí)取得最大值，故 u = -,25. 224解法二：令 x=asin2g ,y = a cos2 6 ,其中 8 w 0,2n),且 3MaM5 ,則u =a2s i4na2 si2nc02sla2 c04 s=a2( JOnc o s)2-3si2nco2s5函數(shù)f (x)

17、 =x + *x2 -3x +2的值域?yàn)榻馕?解法一：定義域?yàn)?-0,12,F) , f (x) =(x-%+J(x-3)2-，+3 ,令 t=(x-3)2. 2.24 22 32 2,二:)小 3 一.1.x之一，即x之2時(shí)，tw,土均,此時(shí)24小 31133 一二3 x-,令x -=-,其中00,-),將其代 2222 cos2入函數(shù)可得f =3十111s”亡2, F);令x2=1,其中00,-),將其代入2 2 cos22 cos2函數(shù)可得f =3 -1 .上史引1 3).2 2 cos 12232 9 _= a2(1 sin2 26),從而 u e- ,25. 4424.已知正頭數(shù)x,

18、 y滿足x+3y+=10 ,則xy的取值氾圍為 . xy .t .一 2 3t 4x解析 解法一：令t =xy 0 ,則y =,將其田入得x + + + =10 ,即 xx x t(1+4)x2 10 x+(2+3t) =10 有正解，只需之0,解得 tW1,8. t3解法二：x +- +3y +2 2 l(x +)(3y +2),所以 10 2 ,14 +( +3xy),解得 xyW1,8.y x y x xy3說(shuō)明 本題容易發(fā)生錯(cuò)解：10=x+2 +3y+-之2廊 +2J-8 ,這樣解得的答案是錯(cuò)誤的， x y. xy2 4- 89 4原因是x +3y 2v-3xy中當(dāng)x =3y時(shí)取等號(hào)，

19、一+ 2 中當(dāng)2 =-取等號(hào)，這兩個(gè)等號(hào) x y, xyx y不能同時(shí)取到，因此10至2廊十28算得的范圍就會(huì)被擴(kuò)大，導(dǎo)致答案錯(cuò)誤.；xy.求 y = j2x+4 - Jx+3的值域.解法一：導(dǎo)數(shù)法y的定義域?yàn)镮2,y）. y=友二1二里事0,所以y在定義域2,+b）內(nèi)單調(diào)2 . x 3 .2x 4遞增.因此 y 至 y（ -2） = 1 ;又當(dāng) xt +, y = Jx +3（3i）t .綜上解法二：向量數(shù)量積y w -1,依鱉到 y=J2 斤21 jx下3 = oP oq,其中 O?=（我1）,OQ =（Jx+2, Vx+3）,點(diǎn)Q的軌跡是y2 x2=1（x,y至0）（焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線

20、的四分之一部分）.用幾何投影可知最值在 y軸端點(diǎn)和無(wú)窮遠(yuǎn)處，因此yw-1,+望）.1223.已知實(shí)數(shù)a, b滿足4a25ab+4b2=1,貝U S = a2+b2的取值范圍為213S -102解法一：消兀解不等式法：(a+b )=20,(a-b )5SS_0=s.嗎四513 3:法+換元法：令b = ka消去b得：a25 2 0= k R 4- 5ck25 1k22S =2 = 4S -5 k2 -5Sk 4S -5 = 0 =：4 -5k 4k2c c 10 10 _ 0 = S,-11.13 324.設(shè) abc,nw N ,且A、2b-c a -c、4則n的最大值為、5(第十一屆高二第一試

21、第 7題)解法1原式之a(chǎn) - c a+c n .一十一_a-b b-c mina-b b-cb-c a -ba +c =2b時(shí)取等二 nE4.故選C.a-ca -c二c+c=4._a -bb -c min.a-b0,b-c0,a-c0,已知不等式化為2a -c ,n c，知 a-bA0,b-CA0,a-CA0,有nM(a-ca -ca-b b-c =4,由題意，n M4.故選C .min解法 4 a b c, a -b0,b-c0, a-c0. 已知不等式可變形為2a -c2a -c 、n 0,_A0.于是 a-b b-c TOC o 1-5 h z 1144,、一一.之4=二一.比較得n W

22、 4 .故選C .a -b b -c a-b：1b-c a - c25.若 a則j2a+1 + j2b+1的最大值為1 .1 1之一一，b 之一一且a+b =1, 22解法一:. 2aw=m. 2a21 mm2考慮到取等號(hào)的條件，有解法二：柯西不等式:10.若實(shí)數(shù)x, y滿足3 M解法一：由3 M xy22b 1m22 m2a 1m22 2a 1_ m 22= 2a-i2b-1 _m-2b 122b 12a 12 _m_2F2 2b 1. 1 2 22-m-=a=b=-,m k2,所以，v2a+1+V2b+1 m +=22m 2ma4b=1j2a+1 + j2b + 1 W J(1 +1 “J

23、2a不 1j+(J2b鈣 f = 2%2xyM8,238, 4 9,則二的最大值是yy2x0,y 0y且1811一M 1 , 16 Mxy23由不等式的性質(zhì)，得3 274 - u-y2=(-)m(xy2)n,則 y.4二 x2m n 2n -my2m n = 32n - m = -4n = -1x3故F的最大值是27. yx2又16 (一) y1 . 1. 1 - 28 xy 3-226.設(shè) f (x) = ax+ bx ,若 1 工 f (-1) 2, 2 f (1) 4,求 f(2)的取值范圍.14設(shè) f (2) =mf (1)+nf(1),則 4a-2b = m(a-b)+n(a + b

24、), 即4a -2b =(m+n)a +(n m)b .于 是得n - m = -2m = 37(-1) =a -b 、f =a +b1 f (-1) 2, 2 f (1)2x27.設(shè)實(shí)數(shù)x,y滿足 y42 =1 ,求3x* 2 -2xy的最小值.解法一：3x2 -2xy =23x - 2xy23x -2xy2x 2vy3 - 2 -左.令y = t，因?yàn)?-山2 x4 x2x 2-y2 = 1 ,4f (-2) =3f(1)+ f(1).又. 1 E f(1) W2, 2 E f(1)9 4,53f (-1) + f (1) 10,故 5 三 f (-2) 10.解法二: .=f (-1)

25、f(1)l,f(2) =4a2b = 3f(1)十 f(1).又f - f(-M4,5 3f(-1) + f (1)10 ,故5 M f (2) M10.所以1 -(y)24 xc 2 c 3-2t 人3x - 2xy =,令l-t24f(t)=3 -2t4：t21-2t2 6tf二2(J)2,03 一.由 f (t) = 0得t =-v12 (正21 3舍).故當(dāng) tw(1,3J2)時(shí)，f (t)-13nJn n4aib +c解法一：由仗 c 門(mén) c a 廠 ia b 1 1 1 | 1 1 1 a b c ndJ-n項(xiàng)1.仁+二F a b c二4b c a c a b 3 |_b c c a a b 2_3以及熟知的不等式一a - -b- - 3b c