2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题01-不等式

1、（2001一试6）已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24，而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是（）．

Ａ．2枝玫瑰价格高Ｂ．3枝康乃馨价格高Ｃ．价格相同Ｄ．不确定【答案】A2、（2003一试5）已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=eq\f(4,4－x2)+eq\f(9,9－y2)的最小值是（）

(A)eq\f(8,5)(B)eq\f(24,11)(C)eq\f(12,7)(D)eq\f(12,5)【答案】D3、（2004一试3）不等式eq\r(log2x－1)+eq\f(1,2)logeq\s\do5(\f(1,2))x3+2>0的解集为（）A．[2，3)B．(2，3]C．[2，4)D．(2，4]【答案】C【解析】令log2x=t≥1时，eq\r(t－1)>eq\f(3,2)t－2．t∈[1，2)，x∈[2，4)，选C．4、（2005一试1）使关于的不等式有解的实数的最大值是（）A．B．C．D．【答案】D5、（2006一试2）设，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B6、（2007一试2）设实数a使得不等式|2x−a|+|3x−2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（）A.B. C. D.[−3，3]【答案】A【解析】令，则有，排除B、D。由对称性排除C，从而只有A正确。一般地，对k∈R，令，则原不等式为，由此易知原不等式等价于，对任意的k∈R成立。由于，所以，从而上述不等式等价于。7、（2001一试10）不等式的解集为。9、（2009一试3）在坐标平面上有两个区域和，为，是随变化的区域，它由不等式所确定，的取值范围是，则和的公共面积是函数．【答案】【解析】由题意知10、（2009一试4）使不等式对一切正整数都成立的最小正整数的值为．【答案】2009【解析】设．显然单调递减，则由的最大值，可得．11、（2011一试3）设为正实数，，，则．12、（2012一试3）设，则的最大值是.13、（2001一试15）用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论。3．设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为RCD

若记，则S1、S2为定值，于是

只有当R3R4最小，R1R2R3最大时，RCD最小，故应取R4＜R3，R3＜R2，R3＜Rl，即得总电阻的阻值最小4°对于图3把由R1、R2、R3组成的组件用等效电阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°应使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且应使RCD最小．

而由3°，要使RCD最小，应使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1，

这就说明，要证结论成立14、（2003一试13）设eq\f(3,2)≤x≤5，证明不等式2eq\r(x+1)+eq\r(2x－3)+eq\r(15－3x)<2eq\r(19)．15、（2003二试3）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+1，l≥eq\f(1,2)q(q+1)2+1，q≥2，q∈N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A、B、C、D和四条连线段AB、BC、CD、DA组成的图形)．【解析】证明：设点集为V＝{A0，A1，…，An－1}，与Ai连线的点集为Bi，且|Bi|＝bi．于是1≤bi≤n－1．又显然有eq\o(\s\do8(i＝0),\s\up10(n－1),∑)bi＝2l≥q(q+1)2+2．若存在一点与其余点都连线，不妨设b0＝n－1．则B0中n－1个点的连线数l－b0≥eq\f(1,2)q(q+1)2+1－(n－1)(注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)＝eq\f(1,2)(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝eq\f(1,2)(q－1)(n－1)+1≥eq\f(1,2)(n－1)+1≥[eq\f(1,2)(n－1)]+1．(由q≥2)但若在这n－1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n－1个点内至多连线[eq\f(n－1,2)]条，故在B0中存在一点Ai，它与两点Aj、Ak(i、j、k互不相等，且1≤i，j，k)连了线，于是A0、Aj、Ai、Ak连成四边形．现设任一点连的线数≤n－2．且设b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当i≠j时，Bi与Bj没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记eq\o(B0,\s\up7(－))＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1，得|Bi∩eq\o(B0,\s\up7(－))|≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当1≤i，j≤n－1且i≠j时，Bi∩eq\o(B0,\s\up7(－))与Bj∩eq\o(B0,\s\up7(－))无公共点对．从而(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)得q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较)①但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3(b0≥q+2)≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．②(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．③又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，从而由②、③得，q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．④由①、④矛盾，知原命题成立．又证：画一个n×n表格，记题中n个点为A1，A2，…，An，若Ai与Aj连了线，则将表格中第i行j列的方格中心涂红．于是表中共有2l个红点，当d(Ai)＝m时，则表格中的i行及i列各有m个红点．且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．由已知，表格中必有一行有q＋2个红点．不妨设最后一行前q＋2格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前n－1行的前q＋2个方格中，每行至多有1个红点．去掉表格的第n行及前q＋2列，则至多去掉q＋2＋(n－1)＝q＋2＋q2＋q＝(q＋1)2＋1个红点．于是在余下(n－1)×(n－q－2)方格表中，至少有2l－(q＋1)2－1＝q(q＋1)2＋2－(q＋1)2－1＝(q－1)(q＋1)2＋1＝q3＋q2－q个红点．设此表格中第i行有mi(i＝1，2，…，n－1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝eq\o(\s\do7(i＝1),\s\up11(n－1),∑)Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(mi))．其中n－1＝q2＋q．(由于当n＞k时，Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(n))＋Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(k))＜Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(n＋1))＋Ceq\o(\s\up4(2),\s\do3(k－1))，故当红点总数16、（2008一试14）解不等式．【解析】方法一：由，且在上为增函数，故原不等式等价于．即．分组分解，，所以，。所以，即．故原不等式解集为．方法二：由，且在上为增函数，故原不等式等17、（2009一试11）求函数的最大和最小值．【解析】函数的定义域为.因为当时等号成立．故的最小值为．又由柯西不等式得所以．由柯西不