第十章 不等式（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

第十章不等式 第十章不等式 知识要点回顾 2.平均不等式 设a1,a2,…,an∈R, 一，不等式证明方法 n 1.比较法：作差或作商比较. 1+1十 ≤a,ana.≤4+a十+a 2.分析法 a az a 分析法就是假定所给的不等式成立，然后去 a+a+…十a 寻找不等式成立的充分条件，一直找到已知 入 n 条件或明显成立的不等式为止， 当且仅当a1=a2=…=an时.等号成立. 3.变量代换法 3.柯西不等式： 变量代换就是通过对数学式的变形，以简化 设a,b∈R(i=1,2,…,n),则 其内在结构本质.它常能化超越式为代数 (a6,)≤。…当且仅当 式，化无理式为有理数，化分式为整数，化高 次为低次 =…=2时，等号成立。 ba 4.综合法 4.排序不等式 所谓综合就是由已知条件出发推导结论的 设有两个有序数组 一种证明方法 a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn, 5.放缩法 a1b十a2b2十…a,bn(顺序和) 为了证明A≤B,利用不等式的传递性，往往 ≥ab,十a2b,十…a,b,（乱序和) 可以把A放大到C(A≤C)(或把B缩小到 ≥a1bn十a2bn-1十…anb1(反序和)， D(B≤D),然后改证C≤B(或者证A≤D,或 其中j1,j2,…,jm是1,2，…，n的任意排序； 者证A≤C≤D≤B), 当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=b 6.反证法 时，等号成立 当否定了A>B时，就得到了A≤B,可以作 5.琴生不等式（凸函数的性质） 为已知条件进行推理， f(x)在[a,b]上上凸台Hx1,x2∈[a,b]都有 7.数学归纳法 所以涉及与正整数有关的命题（有限整数）， f巴)≥士2（均值的两数值 2 都可以考虑用数学归纳法进行证明. 不小于函数值的均值) 8.导数法 一般的，对[a,b]内的n个点x,有 根据函数导函数的正负，判断出原函数增减 f(飞+++2)≥f)+f)++f) 性，从而达到证明不等式的目的， 二、重要不等式 当且仅当x1=x2=…=xn时，等号成立. 1.绝对值不等式 6.贝努利不等式 |x|-|y≤|x士y≤x+|yl(x,y可以是 设n≥2，实数x1,x2,…,xn都大于一1，且它 复数或向量) 们符号相同，则有 强基数学·巅峰突破 (1+x1)(1+x2)…(1+xn) 【例3】设f(x)是定义在R上以2为周期的 >1十x1十x2十…十xn成立；特别地， 偶函数，在区间[0,1]上严格递减，且满足 当x1=x2=…=xn=x>一1，且x≠0时， f(π)=1，f(2π)=2， (1+x)">1+n.x. 1x≤2， 求不等式组 的解集. 7.两个重要结论 1≤f(x)≤2 [解析]由f(x)为偶函数及在[0,1]上严格 (1)e≥x+1(x∈R); 递减知，f(x)在[一1,0]上严格递增，再结合 (2)ln(1+x)≤x(x>-1). f(x)以2为周期可知，[1,2]是f(x)的严格 典型例题精讲 递增区间. 类型一不等式的一般问题 注意到f(π一2)=f(π)=1， 【例1】比较1og2425和1og2526的大小. f(8-2π)=f(-2π)=f(2π)=2， [解析]方法1：log2425-log2526 所以1≤f(x)≤2台 =1g25_lg26 lg225-1g24·lg26 f(元-2)≤f(x)≤f(8-2π)， Ig 24 lg 25 1g24·lg25 所以1<π一2<8一2π<2，故原不等式组成 下面比较1g25与1g24·1g26的大小 立，当且仅当x∈[π-2,8-2π]. 由均值不等式，1g24·1g26<1g24十lg26 类型二求最值问题 2 【例4】设x,y,z∈[0,1]，求M=√x-yT+ =1g(24·26) 2 √y一T+√之-x的最大值 =lg(25-1)(25+1) [解析]不妨设0≤x≤y≤x≤1， 由算术平均数不大于平方平均数得： _lg(252-1)1g25 2 =lg25, a+b≤2X√a2+b2, 故lg24·lg26<lg225.从而 .W√Tx-yT+√Ty-zT≤√2X√x-y+y-之 1og2425>1og2526. =√2X√x-z, 方法2：l0ge25=1+1og2 .M=√x-y可+√Ty-之+W2-x可 ≤2Xx-之十x- 26 10gx26=1+logs23, 2526>1, 24251 故M≤(2+1)X√x-≤√2+1. 26 所以10g2251og 当x=1,x=0,y=号时，M=反+1 故log2425>log2526. 所以M的最大值是√2十1. 【例2】求1+2<3的解集. 【例5】已知三个正数a,b,c满足a≤b十 [解析]构造函数f(x)=3一(1十2). c≤3a,36≤a(a+c)≤5b,求b-2c的最 a 'f(x)=3rln3-2ln2>0,所以f(x)是R 小值. 上的增函数，又f(1)=0, [解析]由a≤b十c≤3a, 所以1+2<3的解集为(1，十∞). 3b2≤a(a+c)≤5b2得： 第十章不等式 1+<3.3（）≤1+≤5（ 对于(1)，要求利用图象说明不等式①成立， 这就需要我们将代数语言转换成几何语言. 1≤x+y≤3， =2y=后，则有8x≤1+y≤5x, 设x=b, 在=(a>0)的图象中解释白士)与 a x>0,y>0, 则-6-20=2y, 十的几何意义，再利用这些几何意义说 明不等式①成立，从而有如下解法： 设f(x)=x“,由图2可知， A侍号》 当x1>0,x2>0时，有 f生)牛， 2 42X10 5 所以一2的最小值是-18 即臣士 2 a 对于(2)要求用不等式①证明不等式②，此 【例6】已知当a>1时， 时要求我们明确不等式①成立的条件，并将 函数y=x“(a>0)的图 不等式②与不等式①作比较分析，选择适当 象如图1所示. 的代数变形方法.由不等式①成立的条件是 (1)设a>1,试用y=x (a>0)的图象说明，当 a>1, x1>0,x2>0时， 图1 将②式两边t次幂，则不等式②等价于 不等式任< ①成立. 告任- 2 (2)利用(1)中的不等式证明：若0<s<t, ③，由于>1，由①易得③. 则对于任意的正数x1,x2, 对于(3)，可由不等式①求解：将x2十y2做适 不等式≤) ② 成立 当的代数变形即有 z2十y_(x)+(y)月 (3)当x>0,y>0,且x+y=16时， 2 2 求x2+y2的最小值. ≥告)-9)-1 [解析]首先，本题形式新颖，背景公平，突 出了对能力的考查， 所以x2+y2≥32，当且仅当x=y=4时等号 成立. 还可由等式回求解：因为<2，故有 ,从而x2+y2≥32， 图2 当且仅当x=y=4时等号成立. 强基数学·巅峰突破 类型三不等式证明问题 1 1 【例7】设x,y为正数，且x+y=1, √-1Dm√m+1)mm/` 证明十y++≥号 2 2 [证明] 因为x2+y≥x+)2= 2 2, m+工+m-<m+1于m--√m, 2 2 1 当且仅当x=y=2时，等号成立： √m√m-1√m+1 +-2++ 所以原心1+}十叶 =2+g+号)+2号+2)≥8 1=2+2-1- 1-∠3， √n-1√n+1 2√n√n十1 当且仅当x=y=号时，等号成立 证法2：.2=n十n>√n(n-1)+√(n-1)(n-1). 所以+++≥号 y2≥2， 1 :=万-m-1 心.22之n-1(n+,n-1)n二 当且仅当x=y=2时，等号成立. 1<m-m-1=1-1 【例8】求证：对于任意的x,y∈R,不等式 2nn√n(n-1)√n-1√m x2+xy+y2≥3(x+y-1)总成立. [证明]方法1：将原不等式变形： 原式1+21一后+2 1 x2+(y-3)x+y2-3y+3≥0，x,y∈R. =3 <3. √n 构造函数f(x)=x2+(y一3)x十y2-3y十3 [说明]用裂项相消方法时要注意中间项 (把y看成常数)， 抵消后，两端剩余项一般要多写几项后才能 要使f(x)≥0恒成立，当且仅当判别式小于 得出结果 或等于零即可. 【例10】 已知i,m,n是正整数，且 而△=(y-3)2-4(y2-3y+3) 1<i≤m<n.证明： =-3(y-1)2≤0， (1nA<mA 故不等式x2+xy+y2≥3(x+y-1)总成立. (2)(1+m)">(1+n)m. 方法2：x2+xy+y2≥3（x+y-1) [证明](1)对于1<≤m有 台2x2+2xy+2y2≥6(x+y-1)曰 (x-1)2+(y-1)2+(x十y)2-4(x+y)+ A=m…(m-i+1), A=m.m-1.… m' m m 4>0台(x-1)2+(y-1)2+(x十y-2)2≥0. .m-i+1 【】证：1+ <3. 同理=”.”-1..”-计1 n [证明]证法1： 1 n'nn √m3√（m-1)m(m+1) 由于m<n,对整数k=1,2…,i一1，有 第十章不等式 ”-m-,所以A>A,即mA>mA 方法3：(1+n)”= n m (1+n)(1+n)…(1+n)·1×1×1…×1≤ (2)方法1：要证明(1+m)">(1+n)”,只要 m个(1+n) (n-m)个1 证明nln(1+m)>mln(1+n), m(1+n)+n-m =(1+m)”. n 即证明ln(1+m)>血1+n)》.构造函敦 m 【例11】设a,b,c∈R,且a+b十c=1,求证： fx)=ln1+2(x>0, a+日06+石e+2≥12 则fo-产t [证明] 分析：因为本题当且仅当 x-(x+1)ln(1+x) x x(1+x) a-b-c=- 时等号成立， 设g(x)=x-(1十x)ln(1十x), 为了使a+=a十十1十…+ 则g)-1-a1+-1+2)十 ma ma ma =-ln(1+x), (兵m个)能俊年均位不等式等号取到， 当x>0时，g'(x)<0,∴.g(x)在(0，十∞)上 让a=且a= ma 3得m=9. 为减函数， a a ,=a+ 则g(x)<g(0)=0,即f(x)<0,∴.f(x)在 十a 1 1 1 9a 十…+ 9a (0,十∞)上为减函数， io a (共9个站)≥100 由于1<m<n,因而f(m)>f(n),即 In(1+m)In(1+n) 1b二 同理：b十6≥10·(9bc+ m n 10 .(1+m)">(1+n)m. ≥10· V(9c)9, 方法2：由二项式定理有： o abc 1+m产=空mc(1+产=aC 所以a+2）b+2(e+)≥w·g 又周0<c≤t)- 27,所以 1 由(1)知mAn>nA(1<i≤m<n).而 c-÷c- (a+2）b+2(e+2)≥19， 所以mC>nC(1<i≤m<n).因此， 当且仅当a=b=c=- 时等号成成 空mc> 【例12】有小于1的正数：x1,x2,…,xn,满足 x1十x2+…十xn=1, 又mC9=n°C9,=1,mC=nC=m, mC>0(m<i≤n). 求证十 十…十1 3>4. w'c.c [证明]方法1：，0<x:<1,x;-x>0 (i=1,2,…,n).1>1 即(1+m)”>(1+n)m. x一xx, 强基数学·巅峰突破 1 1 十…十 1 =21+b,b2+b2b3+…≥21与a1a2…a1o<21 I-xi x2-x2 xn一x 矛盾， 2 .3a,(i=1,2,…,10),使a:<1. 之 【例14】证明不等式e()”≤n!<e(受)”： =n2≥4(n≥2). 方法2：要证： [证明]当n=1时，e(g)”=1=n1.当n≥ 1+1 x1一xix2-x2 3十…十1 3>4, xn一x 2时=(1+<c,取表=1,2…，m-1, 即证：1十1十十1 'x-xia-ai xn一x 则…=号(》…) >4(x1+x2+…十xn), -<e,即e(g)广l.因此e(g)l, 因此需证：1、>4x,需证：1>4x-4x, x;一x 当n=1时，n!=1<e(号)”-号.当n≥2 即证：(2x-1)2>0,(*) 国为不可能年个=怎所以()里袋成 时，由n-)≤号(i=1,2,,n-1)得： 专[h+nm-】≤hn冬从而 故命题得证。 号n计1na-0≤a-1Dln分即 方法3：由柯西不等式得 n(n-1!≤n(经)，即(n-1)川 [(x1一x)+(x2-x2)十…十(xm一x)]· ≤()·两边同时乘以号得：1≤（份）， xn一x 又(x1-x)+(x2-x)+…+(x3-x) 于是！2（份）<e(份： =1-（xi+x+…+x)∈(0,1)， 综上，e()≤nl<e(份川： 所以1 1 1 En-x 【例15】设x,ye(0,),且amx·tan≥3. >n2≥4(n≥2). 【例13】已知a,(i=1,2,…,10)满足 证明：cosx十cosy cos x cos y 2 cos (x-y)' a1十a2+…+a10=30,a1a2…a10<21, [证明]令a=tanx,b=tany,则问题转化 求证：了a:(i=1,2,…,10),使a,<1. 为：已知a,b>0,ab≥3，证明： [证明]用反证法， 1 +12 假设a,(i=1,2,…,10),a;≥1. √1+a1+b√1+ab 令a:=1+b:（i=1,2,…,10),则b:≥0，且 1 不妨设b>a 1 、2 b1+b2+…+b10=20. '√1+aZ√1+b√1+ab ∴.a1a2…a1o=(1+b1）(1+b2)…(1+b1o) 1 1 1 1 =1+b1+b2+…+b10+b1b2+b2b3+… √1+a√1+ab√1+ab√/1+b 第十章不等式 台+ah-1+aV1+6-1+a6 当x∈(0，x1),由于x1<x2,得 √/1+a/1+ab √1+b/1+ab (x-x1)(x-x2)>0.又a>0,即得 ab-a2 F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0, √1+a/1+ab(W/1+ab+√1+a) 所以x<f(x). b2-ab (2)x1-f(x)=x1-[x+F(x)] 1+b/1+ab(1+b+/1+ab) =x1-x+a(x1-x)(x-x2) √1+a(1+ab+√1+a) =(x1-x)[1+a(x-x2)]. b :0<x<1<<1-x>0, √1+6(1+6+√1+ab) 1+a(x-x2)=1+a.x-ax2>1-ax2>0, 台a√1+b(W1+b+1+ab) x1一f(x)>0.由此得f(x)<x1, ≥>b√1+a(1+ab+√1+a) ∴.x<f(x)<x1 台a(1+b2)-b(1+a2) b ()依题意知x=一 2a1 ≥(b√1+a-a/1+b)W/1+ab 因为x1,x2是方程f(x)一x=0的根， 台(b-a)(ab-1)≥ b2-a2 bW1+a2+a√1+b 即x1,x2是方程ax2+(b-1)x十c=0的根. √1+ab台b√J1+a+a√J1+b x1十x2= b-1 a ≥(b+a)ab+I ab-1 ①， 20 b_a(x1+x2）-1_ax1+ax2-1 Za 2a 2a ,'ab≥3→3ab≤a2b2 →+1a0-26+1=01, 因为1，所以岩-费 类型四 特殊不等式 所以①成立，故原不等式成立. 【例16】设二次函数f(x)=a.x2+bx+c x2+y2+2=9 【例17】 解方程组： , (a>0),方程f(x)一x=0的两个根x1,x2 -8x+6y-24z=39. 满足0<<4<合 [解析]由柯西不等式 (x2+y2+x2)·[(-8)2+62+(-24)2] (I)当x∈(0，x1)时，证明x<f(x)<x1; ≥(-8x+6y-24x)2. (Ⅱ)设函数f(x)的图象关于直线x=xo 对称，证明<号 即2×26≥39，又是×262-39，由村两不 等式等号成立条件知： [解析](I)(1)令F(x)=f(x)-x. .x1x2是方程f(x)一x=0的根， =-24’ .F(x)=a(x-x1)(x-x2). -8x+6y-24z=39, 强基数学·巅峰突破 9 →x= 13y262=-18 y=sinx是(0，π)上的上凸函数，故有 3 sin A+sin B+sin C+sin D sin A+B+C+D 6 4 x=- 13 ∴.sinA+sinB+sinC+sinD≤2√2. .方程组的解是y=26 当A=B=C=D时sinA+sinB+sinC+ 18 sinD最大值为2√2. 之= 13 【例18】 设a1,a2,…,an∈N,且各不相同， 【例20】已知a>0,6>≥0，求证：g十6+a十 1 n 求证：1+十…十≤a,+号+学+… 十…十 a+nb n 3 a+2a+】 [解析] 由柯西不等式， 1 1 [证明]设b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的 a+b'a+2b a+nb 重新排列，且1≤b1<b2<…<bn, 1 1 ≤n· (（a++a+20+…+a+ 又1心…一由排序不等式有： (a+zo)(a+) (a+36)(a+26 合≥1+十十故原不学式得证 () 2 【例19】在△ABC中，求证： =n「1 1 6 simA+sinB+sinC≤号E. 2 n nb [证明]A、B、C∈(0，π)，y=sinx为(0，π) 上的上凸函数， (at)(a+2 2 n .'sin A+sin B+sin C<sin A+BC 3 3 (at 故1+1 十… 1 a+b a+2b 'a+nb n sinA+sinB+sinC≤2（证毕） /a+)a+nb】 2b/ [说明]如果题目改成A十B+C十D=π，A, 【例21】设正实数a1,a2,…,a1o满足 B,C,D∈(0，π)，求sinA+sinB+sinC+sinD a≥a1o1-（i=1,2,…,50). 的最大值.用一般三角函数变换，相当繁难， kak 而用Jensen不等式，解法十分简捷. 记xk a1+a2+…+a (k=1,2,…,99). .A+B+C+D=π，A,B,C,D∈(0，π)， 证明：x1z号…x8≤1. 58 第十章不等式 [证明]注意到a1,a2,…,a1>0. ∑x∑xy、(wx)∑x 对k=1,2,…,99,由平均值不等式知 a1a2…a 有8器 1=x+y+z≥3xy2, ≤i ① a1a2…ak .3 记①的右端为T,则对任意i=1,2,…,100, a:在T的分子中的次数为i一1， ∑产2酒- 在T的分母中的次数为100一i.从而 100 50 a2-102101-0-101 a101- 所以卫志平≥1，所以座不等式 z8+y 101-2i - 成立， 真题实战演练 又0<a1o1-i≤a:(i=1,2,…,50),故T≤1， 结合①得x1x…x9≤T≤1. 一、选择题 【例22】设x,y,z>0,√x++及=1， 1.(2017·北大)若a十b+c=1, 证明：十送+汁丝+土以 S=(a十bc)(b+ac)>100,则Smn∈( x(y十z)y2(z+x)z(y+x) A.(100,110) B.(110,120) [证明]等价于已知x,y,之>0， C.(120,130) D.以上都不能 x十y十x=1,证：】 2.(2018·北大)已知非负实数a,b,c满足a十 b+c=3,求a+ab十abc的最大值() 由三元均值不等式有 A.3 B.4 Ⅱ(x3+yz) V(xy2)5Ⅱ(x2+y) C.32 D.以上选项都不对 由柯西不等式有(，+yx) 3.(2018·北大)已知f(t)=t+2t,则 (zyz) f(x)+f(y)≤2且f(x)≥f(y)所确定的 ,++ (x,y)形成的可行域面积是 () ≥（+）， A.4π B.2π C.π D.以上选项都不对 所以有Π(x+y≥(x+ ,则可知 4.(2012·清华)已知-6≤x:≤10(i=1, (xyz) （xyz)3 Ⅱ(x6+y) 0-60，当 10 取得最大值 √(xy2)3Ⅱ(x+y2)' 由柯西不等式有十yⅡ(x+y 时，在x1,x2,…,x10这十个数中等于一6的 Ⅱ(x2+y2)1 8 数共有 强基数学·巅峰突破 A.1个 B.2个 10.(2020·北大)正实数x,y,之，@满足x≥y≥@， C.3个 D.4个 且x十y≤2(0十)，则+三的最小值等于 x y 5.(2016·清华)a+b+c=1则√4a+1+ √4b+1十√4c+1最大值与最小值乘积范围 A. 3 4 为 8 ( C.1 D.前三个答案都不对 A.(8,9) B.(11,12) 11.(2020·北大)使得5.x+12√xy≤a(x+y), C.(12,13) D.以上答案都不对 对所有正实数x,y都成立的实数a的最小 6.(2017·清华)a1,a2,…,ag是数字1~9的 一 值为 () 个排列，则a1a2a3十a4a5a6十a7a8ag的最小 A.8 B.9 值为 ( C.10 D.前三个答案都不对 A.213 B.214 12.(2024·厦大)对于a,b,c∈[0,2]， C.215 D.216 f(a,b,c)=√Ta-b+√b-cT+√c-a 7.(2017·济华)升c+8千a b 9c 3a+26的最 的最大值为 A.3 B.2+√2 小值为 ( Ais C.3√2 D.以上全错 B.1 13.(2024·清华)（多选）已知a,=1,01= c器 an n-2n(以≥0，入ER).下列选项中正确的有 8.(2018·清华)x,y,之为正实数， n+1 () ry'z 则(x+2xy+4y)(y+42+2 A.存在入，使存在正整数N,使n≥N时， 的最大值为 an+1<an恒成立 A B.存在入，使不存在正整数N,使n≥N时， an+1<an恒成立 C. D吉 C.存在A,使存在正整数N,使n≥N时， an+1>an恒成立 fx+y≤6， D.存在入，使不存在正整数N,使n≥N时， 9.(2017·清华)已知x≥2， a+1>an恒成立 ax+by+c≥0， 14.(2024·清华)已知f(x)是在[0,1]上的连续 =2x十y的最大值为11，最小值为3，什c a 函数，设A,= ))则 的值等于 A.3 B.5 A.An≤A2n B.An≤An+m C.-5 D.-3 C.2An≤A2m D.2An≤An+m 60 第十章不等式 15.(2020·清华)已知a,b,c∈R,且 a+6-c(0+名）=3， ④整数集Z. 则a+6+')(侵+是+) 23.(2022·清华)已知a2+ab+b2=3,a2+b2 一ab的最大值和最小值分别是 的最小值是 24.(2022·北大)已知2n+1与3n+1均为完 A.417+240√3 B.417-240√3 全平方数且n不超过2022，则正整数n的 C.417 D.以上答案都不对 个数为 二、填空题 25.(2023·北大)已知正整数x1<x2<…<xg 16.(2020·清华)已知x2+y2≤1，求x2+xy 且x1十x2十…十xg=220,则在x1十x2十…十 y2的取值范围是 x取到最大值的情况下，x。一x1的最小值 是 17.(2015·北大)平面区域{(x,y)1-x√1-y 26.(2024·中国科大)已知x2+y2+之2≤1，则 ≥xy的面积为 x2十2y一2z十3的取值范围是 18.(2018·清华)实数a,b,c满足a2+b2十c2 =1,则a(a+b+c)的最大值为 27.(2024·清华)已知f(a,b,c)= a 16+c 19.(2018·清华)已知a(k=1,2,…,7)为和是1 b +c(a,b,c≥0)，则f(a,b,c)的 Nc++b 的7个非负实数，记M=max{a1十a2+as,a2 最大值和最小值的情况为 +a3+a4,a3十a4+a5,a4+a5+a6,a5+a6+ a》,则M的最小值为 28.(2018·高考)在锐角△ABC中，tan Atan B+ 20.(2016·清华)x,y,之均为非负实数，满足 2 tan Btan C+3 tan Ctan A的最小值是 (+》++1)+(+》- 29.(2022·浙江竞赛)设a,b,c,d∈R,abcd=1, x十y十之的最大值为 ,最小值 为 则2+品的最小值为 21.(2016·清华)实数(x2十y2)3=4x2y2,则 30.(2020·大学数学竞赛)设正实数a1,a2,…,a220 x2+y的最大值为 2020 满足 a;=1,则min 最大值 22.(2019·清华)定义x。为集合A的“聚点”： ≤2020 1+ k=1 若对于任意正实数a,存在x∈A使得 为 |x一x。|<a成立.下列集合以0为聚点的 31.(2023·天津竞赛)设x>0,y>0,x+2'= 有 5,则当x= 时，2'x+1取到最大值. ①n1+)ln∈z,n>0: 82(2025·多大)的最大值是 ②(sinn∈Z,n>0: h 强基数学·巅峰突破 三、解答题 35.(2019·清华)a,b>0,ab(a+8b)=20, 33.(2016·北大)设a,b,c为实数，证明： 求a+3b的最小值. (.x一a)2+(.x-b)2≥c对于任意实数x恒 成立，当且仅当(a-b)2≥2c. 34.(2019·清华)已知P为单位圆上一动点， 36.(2019·北大)已知正实数x,y,之满足 且A(0,2),B(0,-1),求|AP|·|BP|2的 z十3十=1，求++的最小值 最大值 162 第十章不等式 37.(2019·北大)一个点集(x,y)满足： 39.(2019·北大)x1,x2…,xm为正实数， (x2+4y2-4)(4x2+y2-1)≤0，求该区域 x1x2…xn>1, 的面积 求证：x十x十…十x>x十x2十…十xn 38.(2017·北大)已知(a1-a2)2+(a2-a3)2+ (a3-a4)2+(a4-a5)2=1,其中a,∈R, 40.(2011·北大)在三角形ABC中，a十b≥2c, i=1,2,…,5. 求证：C≤60. 求a1-2a2-a3十2a5的最大值. 163 强基数学·巅峰突破 红(2015·北大)证明：空站<号 43.(2017·北大)正实数a,b,c满足abc=2, 1 证明：ab a+1T6+1十31全1】 42.(2017·北大)正实数a1a2,…,a2o满足 44.(2017·北大)给定整数a,b,已知 a1+a2+…十a2017=2017, x2十a.x十b=0有一个无理根w,证明： 求1十1。+…+ 1 ata2 aztas 的最 a217十a 36>0,使得对任意长z。一日≥号 小值. 164 第十章不等式 45.(2014·清华)已知n∈N,x≤n,求证：47.（北大）已知对任意x均有a cos x+bcos2x≥ mn1-}”e≤x 一1恒成立，求a+b的最大值. 46.（2014·北大)x1,x2,…xm为正数，且 48.(2017·北大)已知a(1≤i≤n,1≤j≤n)满足 a=a,且对Hx1,2,…,xn∈R,均有 Ⅱ=1，求证： ∑ax,≥0，当且仅当==… 1gi,is Ⅱ(x,+②)≥(1+2)， x=0等号成立.证明：（∑axy,)》 11,1m ≤（∑ax,x)(∑ayy). 1i,j≤m 1≤，j≤m 165 强基数学·巅峰突破 49.(2022·清华)a2+b2+c2+d2+e2=1, 51.设实数a1,a2,…,am满足Ⅱ(a:十1)= la-61+16-c1+1c-dl+d-el+ |e-a的最大值. (a:-1),求1a:的最小值. 50.(2024·清华)5a-3c≤b≤4a-c,clnb≥ a十cnc,a,b,c均为正数，则的最大，最小 值是否存在？是多少？ 166强基数学·巅峰突破 层+活-1. 6,解：设A(2。%),直线0M的方程为y=2,即2-2 (3)设P(xy),Q(x2y2.则 =0. 又因为线段PQ的中垂线交y轴于点(0，y), saow=21oM12-2l≤3 √5 2 故x+(。-y)=x4+(y-y). 设x0-2y。=k,则k=0,士1，士2，士3，士4，士5，士6，x0 9 将工12：消去，化简即得：以=一320十为 2yo+k, 转用-8<，+<8，得到-是<<是 代入点+答<1，化荷得29y+%≤20-， 当k=0时，29y6≤200，y。=0,±1，士2，有5个整点： 评析：典型的解析几何问题.第一问只需利用中垂线的几何 当k=1时，29y%+4y≤199，y=0,士1，士2，有5个整点： 性质便可迎刃而解.第二问结合图象可大大简化问题，第三 当k=2时，29y%十8y。≤196，y=0,士1，士2，有5个整点： 问处理的技巧也需要注意，并没有通过设直线方程求点，而 是直接设了点的坐标，这样可大大简化计算。 当=3时，29y%+12≤191，y=0,士1，士2，有5个整点； 64.解：(1)设P(xoy),则过P作圆C:x+y=16的切线的 当k=4时，29y+16y。≤184，y。=0,±1，士2，有5个整点； 方程为xx,十yy。=16. 当k=5时，29y+20y。≤175，y。=0,±1，士2，有5个整点； 交1，z=-4于点D(-4,16十)，交4：x=4于点 当k=6时，29y十24≤164，y=0,士1，士2，有5个整点； yo 根据对称性，当k=一1，一2，一3，…，一6时，也分别有5个 c(4,164 整点， yo 所以共有65个整点满足条件】 .有AC:y= 二五（十0.BD:y=-生(-40，联立有 2yo 2yo 67.解：设P()为国0上任意一点，剥由题意知卧=6： x=y=16-2 即PA=kPB, 2yo 于是(x-m)+(y-n)2=k[(x-s)2+(y-p)2门， m=to, 而x+y6=16,故有 =当，即m2+4n=16. 整理得2+y-2(二m)z-2p-2y k2一1 k2一1 2 =(m+m)-(+p) (②)因为Qa0)为定点：M在方程后+号-1上，且1QM k2-1 因此点P的轨迹是一个圆，因为P(x,y)为圆上任意一点， 的成小佳是写那么方银：-0十y=0客与后 y 所以此圆与圆O:x2十y=4必为同一个圆， =1相切. 于是有-2C二m)=0,2力-2=0. k2-1 k2-1 两方程联立，化简有3x2一8ax十4a十9=0.由相切→ (m2+n)-皮(s+方)=4， 40=29 k一1 整理得ks一m=0,k2p一n=0, 65.解：设直线AB的方程为y=k(x-2)+2,A(工1，y), 所以m+)-(+D)=+)-(+) B(x2,y2）, : k2一1 及一1 联立y=6(x-2)+2, k(2+力)=4. 整理可得x2一4k.x十8k一8=0. x2=4y, 因为sb∈N,所以≥1p≥1从而=十方≤2， 4 由韦达定理可知x1十x2=4k,x1x2=8k一8. 又因为k>1,所以s=p=1,k=2,m=n=2. 切线AP方程为y=合(-)十=2 1 1 4 xi,切 因此将A(2,2),B(1,1),代入y=32-,得1=专 线BP方程为y=豆1四一4， 1 1 1 第十章 不等式 y=2x1-4i 联立 解得 1 y=2- 一、选择题 1.A S=(a+bc)(b+ac)= =(m+)=2,y=(）- Ca(a+b+c)+bc][b(a+b+c)+ac] =(a+b)(a+c)(b+c)=(1-c)(1-b)(1-a)>100,故a,b 4=子(8k-8)=2k-2, 1 >1或者a,b0.当a,b≤0时， 则P的轨迹方程为y=x一2，此时 s=1-0×21-b1×21-ad Sa=子-412士2-=令6-408t=8 <[20=0+20+20-]-手后 4 |2k2-4k+4|=4√k-2k+2(k-2k+2)≥4√1XT=4. 当a,b>1时，S=(1-c)2(1-b)(1-a)= 当=1时，等号成立. 故S△ABP的最小值为4. 1-c)(e+ab)≤c1-c)+1-c) 342 参考答案与解析 令2=1-≥4，则100<5≤ -x3+x2=f(x), +√4b+I+√4c+I≥√4a+1+4b+1+4c+I=√7，当a= 1 (x)=x3-3.x2+2x>0, =是时取￥，V万7=712.12，故 f5)=225<100<14=f6),所以x≥6，≤-5. 选C 6.B注意到a1aa,十a,aa6十a,aag≥ 当c=-5时，S=(1-c)(c+ab)=36(ab-5) ≥36×(2×4-5)=108.选A. 3/a1a2aa4aa6a,aag=3/9!=36/210≈213.9.再取一 评析：此题试验几个值，发现能取到108即可跳过，严格的证 个构造：1×8×9+2×5×7+3×4×6=214.故选B. 明如上述，用到了好几次1的代换、局部调整、均值不等式以 评析：对离散情况使用了均值不等式进行严格验证，同时也 及导数求解，难度极大. : 需要同学自行寻找构造.并不是一道容易的题目. 2.B方法1：a+ab+abc=a[1+b(1+c)]≤ 7.A令x=b+3c,y=8c+4a,之=3a+2b,将a,b,c用 a1+1+b+)]=a1+4-a)7 x,y,×表示，有a=-8x十3y+4,b=8z-3y+ 24 16 4 4 对上式直接求导，得到Q=2时取最大值，为4，取等条件是 c=8x十3二4丝，代回原来的式子，有 48 a=2,b=1,c=0: 方法2：直接将c=3-a一b代入得到a十ab十abc=一ba+(1+ (-8+8兰+4)+(8-3+4)十 4b-6)口，将之视为关于a的二次画数，得到a=1十466时 2b (8+32-) 取值最小，为1十46-6) ,对该式求导，得到b=1时取最小 器+(+)+号（任+9）十 值，其余同上。 点评：方法1主要想法是配凑均值不等式，需要注意和与积的 1(任+器)≥-0+合+1+是-， 对应关系；方法2是多元函数求极值中的主元思想， 容易验证等号可以取到.故选A. 3.B由f(t)=t+2t,知f(x)+f(y)≤2可被写作(x+1)2+ 评析：不等式里分母换元的技巧，需要注意的是，这个技巧并 (y十1)4，f(x)≥f(y),进而|x+1≥|y+1|,作图可知可行 不一定能解所有类似本题的题，可能改动一下数字就不可用 域面积为2r 了，但是仍然要了解这个技巧. 8.A xy≈ y=-x-2 (x+2xy+4y)(y+4yx+) (号+2+4兰)y+4+) 6(y+4y+2)=6· 1 ≤36，当且仅当x=2y=2x时取等 之y 评析：对不等式进行放缩时应注意取等条件，例如本题中第二个 括号不能直接运用均值不等式放缩，因为不能保证等号成立， 4.C易证对任意-6≤x,x,≤10，有不等式x十x≤(x,十x -10)2+102及 9.C作出中6·的图象，由于=2红十y的最大，小值分 （x≥2 x十x≤(x,十x,-(-6)+(-6)成立.因此对 别对应直线y=一2x十之的最小裁距和最大截距，由图象易 -6≤x,十x,-10≤10，即4≤x,十x,≤20时，可将x,x,调整 得的最大值、最小值分别在(5,1)和(2，一1)取得，且它们都 为x,十x,-10和10（由于要保持所有的x都要在一6到10 在直线ax十by+c=0上，故可知直线方程为2x-3y-7=0, 之间)，使得》x变大，并且8x,不变； 所求值为一5. =1 对-6≤x,十x,-(-6)≤10，即-12≤x,+x,≤4时， 评析：本题属于常规线性规划模型。 可将x,x,调整为x,十x,一（一6）和-6， 10.D因为x十y≤2(w十，则≥+y-2四 2 使得公变大，并且少不支。 x y 2y 由上面的分析，为了使公有最大值，必定至少有9个戴为 +++y=元++ 1 10或-6，设有k个-6和9-飞个10，剩下一个数为a,则员 =1 +-1 x:=10(9-k)+(-6)k+a=50→ 3416k=40+a50, 当且仅当x=√2y,y=,x十y=2(心十之)时，等号成立，故 故=3，最后检验k=3满足条件，选C 选D. 点评：不等式问题中基本的调整法，但是一定最后要验证得 出来的结果是合理的，即使结果唯一，因为可能没有解。 1.B待定系数5x+12Vy=5x+12/mx·兰≤(5十6m)x+ 5.C√a+T+√+T+Vc+T<3,a++1+c+▣ 3 2 ，5+6m= .则5x+12√y≤9(x+y),则 =3X√尽=V,当且当=6==时取学.a 5z+12√y≤9，则a≥9，故选B. x十y 343 强基数学·巅峰突破 12.B不妨设a≥b≥c,则√a-b+√b-c可+√c-a 二、填空题 √a-b+-c+√a-c. 16.解析：设x=rcos0,y=rsin0其中6∈[0,2π)，r∈[0,1]， 因为√a-b+√B-c≤√2(a-b+b-c)=√/2(a-c),当且 仅当√a-b=√B-c取等号. 55 所以a-bT+√b-cT+√Tc-aT=Wa-b+w√b-c 'sin (20+)E 2 22」 +√a-c 答案： √5√5 ≤√2(a-b+b-c)+√a-c=(2+1)√a-c≤2+2. L22」 当且仅当a=2,b=1,c=0时等号成立.所以f(a,b,c)的最17.解析：由{(.x,y)川√个-x√个-y≥xy}得到： 大值为2十√2. 1-x≥0,1-y2≥0： 18风D孝0.则安行<0a=1,到品，要我交带， 当xy0时，不等式左边是非负数，右边是非正数，不等式 成立 B,D选项正确； 当xy≥0时，将不等式平方，得到x2+y≤1. 若X>0,令过=02>1，即2>1时，即a,1>a 于是最后的区域应该是两块小正方形加上两个小扇形，面 n+1 a 时，即m一2>十1成立，即A心3十1成立，显然存在正 积是2+受 n 整数N,使n≥N时，am+1>a成立， 答案：2+ A选项错误，C选项正确. 评析：这道题非常容易出错，因为在不等式两边进行平方操 14.A举反例即可反驳B、C、D,利用绝对值不等式即可判断A 作时，必须确定的一件寧情就是不等式两边的符号是不是 正确. 相同，否则平方做的便不是充分必要的变形，在此题中，非 取fx)=,则有A=含分2--=1， 常容易犯的错误就是直接平方，然后得到面积是π， 则An=1,则2An>A,故C错误，An+m=1,则2An>An+m 18.解析：方法1：（球坐标换元）： 故D错误； a=cos 0, 设b=sin Ocos o,8∈[0，x],p∈[0,2x),则a(a+b+c)= 取f()=x1-),则A=/0)-f(2) c=sin Osin (分)-f)=2 cos'+cos esin 0(sin cos)cos+cos 0sin 1= A,=0)-()+(3)-(号)+ +2+9n20<1 2 2 方法2：（待定系数法）： (号)-f1)=专 将条件式化为(1-2x)a2+(aa+6)+(2+c2)=1,用均 此时A>A,,则B选项错误；由绝对值不等式得 值不等式有(1-2λ)a2+2ab+2√ac≤l.取前面系数相 (量）-()≤()-() ￥即有1-2以=2瓜，解得8=1-以=1十号不将合题 +(）-川 11+√3 意，含去)，所以a(a+b十)=a+ab+ac≤1-2a 2 周此A-）-(会)川 答案：1十 2 (-(）川+ 19.解析：一方面，由M的定义知M≥ ()(器)) (a1+ag十ag)+(a3十a:十a)+(a:十as十a,) 3 含/(）-（会）=A因此选项A正确。 a+a,+a,+a十a,十a,+a)ta+>子 3 1A商a+6-(+）=3可特× ^a+b 另-方面，分00，了00，号满足题意且使M=合 故这是M的最小值 由对称性可设ab=1,则条件即(a十6-c)(a+6-。)=3 答案：号 即c+1=Q2+6 20.解析：由均值不等式： a+b =(e+）++1+(e+)≥ 从而士公≥2→a十b≥1十E,报据柯西不￥式 a+b (++y+1++) (x+y+x+3)2 (a+6+)(a+6+号)≥(a+6+1 3 3 =[(a+b)-4(a+b)+3]≥417+2403，等号当c=1, -5<x十y+≤名，当且仅当（红e)=(1,号0）时 a+b=1十√3时取得.因此所求最小值为417+240V5. 取最大值， 344 参考答案与解析 当且仅当（红，）=(-2，-，-3)时取最小值，游上接 且仅=0=号：号时等号减 大为最小位为一盟 又因为x2+y2+≤1，则x2≤1-y2-2, 可得x2+2y-2g十3≤4-(y2+g2-2y+2x). 答案： 且y2+2-2y+2=(y-1)2+(+1)2-2, 设点A(一1,1)和标准单位圆面内点P(y,),则(y一1) 21.解析：由均值不等式：(x2+y)3=4x2y≤(x2+y)2得x +(x+1)-2=|PA|2-2, 十y<1,当且仅当2=y=?时取等，因此x+y的最大 又因为|PA|≥(|OA-1)2=3-2√2，可得(y-1)2+ 值为1. (x+1)2-2≥1-2√2， 答案：1 则x+2y-2x+3≤4-（y2+x2-2y十2x)≤3+2√2， 2,解析：在①中，我们指知不等式1(1+日)<日，于是对于 n 当且仪言0y9=一号时等号成主。 任意正实数a,我们取n使得子<e,则n(1+）-d 综上所述：所求的取值范围是[3-2√2,3+2√2· n(1+)<<a满足聚点的定义： 答案：[3-2√2,3+22] 27.解析：因a·十o,b,c→0时，易得f(a,b,c)= 在@中，当0<<受时，同样有不等式 1 成立， n b 仿照①即可证明，0也是聚点； Vc+a√a+b+o, ③与①本质相同，对于任意正实数a,我们可取n使得 a 6 |a从西复-0-引a满足聚点的定义： 故fa,b,c)√6。+√a√a千6a,b,c≥0)无最 大值 ④的关键是0∈Z,从而对于任意正实数a,我们取0即满足 |0一0<a,满足聚点的定义. ①若a,b,c中没有0，则由均值定理√6千 √a(b+c) 答案：①②③④ 2a (3ab≤3， a+b+c a+b+c" 23.解析：a2+ab+b2=3→ →-3≤ab≤1， 2 -ab≤3 于是1≤a2+b2-ab=3-2ab9 b 26 2c 同理可得千a≥。+b+cWa千b≥。+十6+c故有f(ab: 答案：91 c)≥2， 24.解答：设2n十1=a2,3n十1=b化简得到3a2-2b=1,即 a=b十c, (3a)2一6b2=3,由于(3,1)为佩尔方程x2一6y2=3的一组 当且仅当(b=c十a,时，等号成立，而a,b,c中没有0时，该 解，由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，对其任意一组解 c=a+b (xy),由于x=6y十3，所以x为被3整除的正奇数. 方程组无实数解，故f(a,b,c)>2: ②若a,b,c中有0，则至多有一个0，不妨设c=0,此时所求 由于1n≤2022，知1a63,所以3x189. (5,2)为佩尔方程x-6y=1的基本解 当且仅当a=b,c=0时，f(a,b,c)取得最小值2. 由佩尔方程的通解知 综上，f(a,b,c)无最大值，当a=b,c=0时，f(a,b,c)取得最 4=（3+26)(5+26)+(8-26)(5-26) 小值2. 2 答案：无最大值，最小值为2 由特征方程知其所对应的递推公式为 28.解析：记题中代数式为M,我们熟知三角形中的三角恒等 xk+2=10xk+1一x6,x1=3,x2=27, 式：cot Acot B+cot Bcot C+cot Ccot A=1, 因此仅x2=27满足条件，此时n=40. 于是M=tan Atan B+2 tan Btan C+3 tan Ctan A≥ 得xg=267,所以这样的n为1个. (1+√2+√3)1 答案：1 cot Acot B+cot Bcot Ccot Ceot A=(3)6+ 25,解析：首先x-x1≥8，如果x一x1=8,只能 22+2√3+2√6， (x1,x2,…,xg)=(a十1，a十2，…，a十9)， 当tan Atan B=√2 tan Btan C=√3 tan Ctan A→tanA:tanB 但是2z,=9a+45=220+a=15gZ.矛盾！所以西-x tanC=√2：√3：1时取等号，因此所求最小值为6+2√2 9 +2√3+2√6. ≥9，当(x1x2…,x)=(20,21,…,24,26,27,28,29）时 取到 答案：6+2√2+2√3+2√6 答案：9 20,解析：由装意可得日 =abc,且a≥b≥c≥d, 26.解析：因为[y十(-)]≤(1+1)[y+(-之)门≤ 9 2(x+y+x)≤2， +++ 4 则f(a)= 1,原问题等 则y-≈≥-2，且x≥0，可得x2+2y一2g+3≥0十 a+b+c+ abc 2(-√2)+3=3-22， 价于求函数f(a)的最小值. 345 强基数学·巅峰突破 fa=-+2a6:-号a++0(1-） 1 个 2 ,当且仅当y=之取等号： 19 a-d =_2+2a·ad4a(a+b+c+)7 =2(a2-d)_9(a-da'd 当y>0y>0时，+y+2 zy+2yz xy+2y≈ a'd 4a (a+b+c+d)'d ++专+ =8(a2-d)(a+b+c+d)产-9(a-d)(ad) 4a (a+b+c+d)'d2 2 ,当且仅当 a-d -ia (atbieid [8 (a+d)(abe+d) x:y:x=1:√5：2时取等号， 9a'd],.a+b+c+dza+3d, '.(a+b+c+d)2≥(a+3d)2≥12ad, 而0K<1<5， ,所以y十2y 2+y十g的最大值为 ∴.8(a+d)(a+b+c+d)2-9a2d ≥8(a+d)·12ad-9ad=3ad[32(a+d)-3ad], 答案 令g(a)=32(a十d)-3ad,则g′(a)=32-3d,由a≥b≥c 三、解答题 d可得d1, 33.解：(x一a)+(x-b)≥c恒成立，等价于判别式 则g'(a)>0,g(a)单调递增，∴g(a)≥g(d)=64d-3d= 4(a+b)2-8(a+6-c)≤0成立，亦即(a-b)≥2c d(64-3d)>0, 评析：利用判别式法，直接得到结论，属于送分题. 则f'(a)>0,f(a)单调递增，f(a)≥f(d),此时a=b=c 34.解：设点P的坐标是(cosa,sina)则 =d=1a≥1）=得 |AP|=√/cos'a+(sina-2)2=√/5-4sina 答案得 |BP|=√cosa+(sina+1)'=√2+2sina, 从而|AP·|BP12=√J(5-4s)(2+2s) 0解折地1十=1+=1a= /(5-4s)+2(2+2s)1了 =33,其中s=sina,且取等时5= 2 -x-1,故S≤型=1-曰，即1-S≥，对=1， 故以上不等式可以取到等号，3√即为最大值】 35.解：一方面取a=2,b=1知a十3b=5可以取到：另一方面， 2,3,…,2020求和，并结合算术一几何平均不等式，有2020 由均值不等式知1000=5a·10b·(a+8b)≤ 4-5)≥22020X(）-20207 1x: 292 (5a+106+a+8b),故a十3b≥5.这一系数可由待定系数 3 故s51一2当a,=（0-(万)i=12.3…,2 1 法结合均值不等式的取等条件得出， 、 36.解：由柯西不等式4++C 020)时取到等号. y 所以原式的最大值为1一呵厅 ++(任+号+)a+e 验证取等条件有 答案：1一7 1 x-a+bic'y-atbic'3-a+b+e 31.解析：设M=2'x+1,则logM=y+(y十1)logx,设之= log2x,则x=2,可知2+2=5，logM=y+(y+1)之= 3.解：原我等价子（胥+y-1)水4x+y-1》0,培合 (y+1)(+1)-1. 10=2+1+2+1≥2·2出≥2·2@+0+D,(当且仅当 苦+y-1<4x+y-1 =y即2=2=号时取学号) 必有+y1≤0且4x+y少-1≥0，根据几何含义， 所以5≥2++而，故(y十1)（十1）有最大值(1og5)2, 所求面积为一个长半轴长为2、短半轴长为1的椭圆内挖去 所以logM就有最大值，即M=2'x+1有最大值. 一个短半轴长为2、长半轴长为1的竖精圆，这一图形的面 答案： 叔，根据捕鼠面积公式，有2x一合=号元 配，解析：要十2Y宁取最大值，当且仅当z≥0，以≥0y 38.解：柯西不等式：[(a1-a2)+（a-a)+(a-a:)+（a4 -a)][1+(-1)2+(-2)2+(-2)2]≥[(a1-a2)X1+ 当x=之=0，y≠0或y=0,x2十x≠0时， xy+2ys +y十=0： (a2-a3)X(-1)+(a-a:)X(-2)+(a4-a5)X(-2] 当x=0,y>0时 zy+2ys 2yz 2 =(a1-2a2-ag+2a), x+y+= y2+ 义+ 解得a1一2a2-a十2a的最大值为√0. 2 等号在二0=二=二=二时取到，结合 =1,当且仅当y=之取等号； -1 -2 -2 义. (a1-a2)+(a-a3)+(a-a)2+(a4-a)产=1，这显然 是有解的 当之=0，xy>0时，2+v,7 工+义 评析：柯西不等式的经典应用的例子，问题的难度并不大， 关键在于熟悉柯西不等式， 346 参考答案与解析 39.证明：由均值不等式，x十1>2x1,于是x+x十…十x> 评析：较为基础的不等式问题，考查点是均值柯西处理分式 (2x1-1)+(2x2-1)+…+(2xn-1)=2(.x1+…十xn)-n 表达式的放缩技巧. …(米) 43.解：注意1=2abc,于是ab bc2 +ca? ab 又由均值不等式，x1十x十…十xn≥nE1…xm>n, a+1b+1 c+1 a+2abc 代入(*)即得（￥）>x1十x2十…十xm. bc2 ca2 c2 a2 b+2abc c+2abe a'+2bc b+2ac +2ab≥ 评析：较为基础的不等式问题.本题所用的局部均值不等 式，是因为先猜到了该不等式逼近取等的条件为全等于1， b a a+6+2+。+6+c+a+6+反=1 所以才会用xi和1进行放缩. 评析：稍有一定难度的不等式放缩证明，将1代换的一步其 40.证明：方法1：由正弦定理得：a+b≥2c台sinA+sinB≥ 2amC=2sn4Bs4≥22m号os号 实是基于齐次化不等式的想法， C 2cos 2 ws4B2n号→2m号1→S≤30→0K6 解，当-≥1时，器总对位不华天， 2 方法2：因为a十b≥2c,由余弦定理得： 。-子≥号-≥1，此时的只要此1小都可 满足题意， asc-+c+6-(生 2ab 2ab 当川-ol<1时，注意。+aw+6=0(设为①式 那么这个二次方程的两根都为无理数，则任意有理数不是 2ab 2ab =2→C≤60， 方程的根，(？）厂十a(号）十6=（设为@式），则0.共 41.证明：方法1：对于n≤5，易验证成立，对于n>5, 实，tg=p2+apg+bg∈Z,结合t≠0，推出|tg2|≥1，则 站<+安++++ t≥1 ①@相减，得到。号 u十卫+a 方法2：}<1+ 2(i-0.5)(i+0.5)= 1+2(1 1 8=0.5+0.5=1+.5n+0.5 a+号+lago+o+1+a <1+号 (这一用到7-，脚引+)故 评析：此题精有难度，市规的思路是使用舍规的裂项效缩是 取，=2a+1十a即证。 <D,但会放缩过大，自然的想法是将前儿项单独提 评析：无理数逼近是具有高等代数背景的内容，当无理数为 取出来，对于后面的项使用该放缩，但需要至少提取前5项， 某个整数方程的根时，此题的差分技巧和估计≥。的方 一般同学可能坚持不下来.对于第二种解法，使用了稍有变 法都是经典处理方式.换言之，如果你之前没有见过类似的 形的裂项法，较难想到.总之对于求和放缩的题型，首要思 问题，此题恐怕是很难做了.2017年天津高考最后一题的最 路都是裂项放缩 后一问，用到了类似方法，你可以一试 42.解：方法1：利用均值不等式， 1+十2≥1， 1 a1十ag 4 a2十ag 45,解：由e≥(1+号)广→n1-若)e≥ +a≥1…+a 1+a十a>≥1， 4 4 (1-是广(1+是)广-1-) 全部相加得 1 1 +++:+a+…+ 故只客证：(1-若）广+x≥ a1+a2a2+a3 十…十 a2o17十a1 4 4 a2n+4≥2017， 方法1：由二项式龙理知（1-)广=1-心·片+ 培合4十4+色十a+…十0=（a,十a,+十 心(f)-+(）)八1- 4 4 4 m)=2平，即得流小值为29，等号取到当且仅当 n(1-若)广+x≥n(1-C·）十x=,得证 方法2：由贝努利不等式 千=a十，1一=a十0，…a+a 1 a1十ag 4 a2十a3 (1+y)"≥1+ny(n≥1，y>-1), aoin+a,即a4=a,=…=ao=1. 4 有n1-芳)广≥-…)=-，得运。 方法2：利用柯西不等式 评析：本题中对于自然对数e的考查是华约考试中的一个常 考点，主要是不等式e>1十x的考查，从e的定义及其有关 的不等式出发，将指数放缩成多项式是解决本题的关键.因 …十(a21?十a)]≥2017，同样可以得出最小值.当且仅当 此，在解这道题时需要学生熟悉的性质，尤其要熟悉证明 a1=a2=…=a217=1等号取到. 中所用到的不等式.同时，另一部分的考查点也较难，由次 强基数学·巅峰突破 方想到二项式定理或者利用贝努利不等式，这些方法并不 于t=一1的左侧（或重合），在t=一1与t=1之间，以及位 常规，有一定难度. 于t=1的右侧（或重合）三种情况： 46.证明：方法1：（利用琴生不等式）：设x:=e“:,则条件化为 b>0 1b>0 2a:=0 品≤- ①- →{4b≤d 再把问题的两边取对数，题目化为证明 f(-1)=b-a+1≥0 b-a+1≥0 21n(e:+√2)≥nln(1+√2) 其可行城如图，可得0<a十b≤ 3 对f(x)=ln(e十√2)这个函数求2阶导数，发现2阶导数恒 b>0 为正，即f(x)为下凸函数， 对整体使用琴生不等式，有 @-1K-6<1 f2a)≥f( △=a2-8b(1-b)≤0 =nf(0)=ln(1+√2)，证毕 b<0 n -4b<a<4b 方法2：（利用调整法）： 我们先证明这样一个命题：对于a>1和b<1有(a+√2)(b 答+(6-合)< +√2)≥(ab+√2)(1十√2)，事实上，将上式展开移项可得 其可行城如图，该区域由两条线段与一段椭圆孤围成，并且 (a一1)(b一1)≤0，这是显然成立的 椭圆孤在域内，而线段不在域内，由图可知：=a十b的最大 回到原题，若所有的x:都等于1，那么结论显然成立，若存 值在区域的边界上（即椭圆弧上）取得，于是利用椭圆参数 在某个x:不等于1，由于Ⅱx,=1,那么必有某个x>1, 方程 x。<1,对这两个数使用我们证明过的命题，于是这两个数变 a=22cos0:号 a=√2cos0 为x,x和1，我们将这样一次操作成为一次调整， 1 1 1 那么，经过有限次调整，所有的x:都变成了1，并且在调整 b2 =sin0· 1 2 的过程中，Ⅱ(x,十2)这个乘积都变小或者不变，所以Ⅱ(x w=a十b=√2cos0+ 2 sin 0+1s 2≤/2+1+1 =2 +√2)≥(1+2)”，证毕 b>0 方法3：（展开法）： 1b>0 令f(x)=i(x:十x)=公b,x,那么根据均值不等式以 @-品1 →{a+4b≤0 f(1)=a+b+1≥0 a+b+1≥0 及ix,=1 其可行域如图，可得一1≤a十b<0 a+b+1=0 不难得出b:≥C,取等条件是所有的x:都等于1. 综上(1)(2)(3)可知：a+b的最大值 回到原题，若将(x,十√②)展开，必将得到公a,b,其中a:是 是2. b:的系数，我们不管a:具体是多少 解法2：取x=受 那么对所有的a,运用a:≥C,可得 得一 2a-2b≥-l,即a+b≤2. Ⅱ(x,十2)≥(1+√2)”，证毕. 评析：仔细观察此题，发现这题完全对称，取等条件也十分 下面证明当a=专，6=号时， 4 显然.在证明中，笔者给出了三种解答，实际上，数学归纳法 不等式acos x十bcos2x≥-1对于一切x∈R恒成立 等方法也是可行的.可见，本题作为压轴不等式题，其实并 不算难，都是较基本的不等式证明方法， 因为acos z-十bcos2z十1=2 3c0s2x+4 c0sx十1 47.解：方法1：原题可以转化为：对于任意 2 1 (2cos'x++2cos +-(2cos+1)*20 的x均有 a+b+1=0 a+1=( 恒成立，所以(a十b)mx=2, 2 bcos'x十acos z十1-b≥0恒成立，令 在题设条件下，类似方法可求(a十b)m t=cos f(t)=2bt+at+1一b≥0对于任意的 56=1 取x=0,得a十b>-1,令a=- 5 t∈[-1,1]均成立，分b<0,b=0,b>0三种情况讨论： b<0, 1b<0 acos z+bcos 2x+1=5 cos t-5 (2cos'z-1)+1 (1)当b<0时，问题转化为{f(一1)≥0→{b-a+1≥0 1f(1)≥0 b+a+1≥0 =-号(ox+1+号>-号+g=0, 5 作可行域，得-1≤十b<1. (a十b)mim=0, (2)当b=0时，at十1≥0， 个b 48.解：方法1：引理一：给定实数a(1≤i≤1,1≤j≤n),满足a atb=w 由于一1≤t≤1， =an,则x1z2…,x∈R,∑a2Z,可以写成入1(bx 所以-1≤a≤1， +b1ex2+…+bnxn)2+入2(be1x1+b2x2+…+ba)2+… 故此时-1≤a十b≤1 +入(bx1+bx:+…十bmxn),其中入1(1≤i≤n)和bg(1 (3)当b>0时，考虑到f(t)对称轴位b-a+101 ≤i,j≤n)只和au(1≤i≤n,1≤j≤n)有关，和x1,x2,…,x 348 参考答案与解析 无关 因为la+b+lc+dl /a2+b2+c+d 其一般化结论是：给定实数a5(1≤i≤n,l≤j≤n),满足a 4 ,所以有 4 =a,则西x∈Ry….∈Ra与 2(|al+lbl+|cl+|d1)≤4√a+b+c2+d=4√-e 可以写成 ≤4 A1(b1E1+b1ex2+…+b1nxn)(b1y1十b12y2+…+b1myn）+ 因此，la-bl+|b-c+|c-d|+|d-e|+le-a的最大值 A2(b1E1+b2ex2十…+b2nxn)(b1y1+b22y+…+biny）+ 为4. …+入(bn1x1+b2x+…+bmxn)(b1y1+bey2+…+bn yn),其中入：(1≤i≤n)和b,(1≤i,j≤n)只和au(1≤i≤n, 当a=6=了6=d=合。=0时取￥ 1≤j≤n)有关，和x1x2…,xn无关 50.解：由题意知，5a-3c≤b≤4a-c,clnb≥a十clnc,a>0, b>0,c>0, 回到原题，多-入6+4十+62)+入 (b21x1十b2x2+…+bnxn)2+…+入n(b1x1+bex2+…十 5-3c≤b≤4-9 aa a b.) ,令x=6 lnb≥a y=后，则5-3y≤≤ ay:(bub:(ba y+b y2十…+b2nyn)+…+入(b1y十be2十…+byn)2利用 4-y,且1n二>1，>0y>0, y 柯西不等式， （是a,)（1器a)2≥[A6x+:++ >≥，1=则≥号 y ，令u(t)= ,则 bnxn)(b1y+b12y2+…+b1myn）+入2(b21+bx2+…+ M()=CGD.>1,M()>0:0<1<1,M<0: t2 bmxn)(b1y1+bgy2+…+bnyn）+…+入n(b11+bn2x2十 ∴t>l,u(t)递增，0<t<1,u(t)递减；所以unin=e,此时t=y …十bmxn)(b1y1十+by十…十bmyn)](注意这一步用到了 =1,.x≥e 11≤i≤m)的非负性)=（是ax). 12≤x≤3 ,因此x∈[e,3] 方法2：类比柯西不等式的证明，构造二次函数f(t) x≥e （2a,4p-2三ay2yp+（2a,,) 所以名的最大，最小值存在，鲁的最大值为3小值为心 =（12ar2-（8ay加 -（8y,+（2ay) 51.解：由特例可得当n为偶数时，立|a|的最小值为0，当n =（2ar-（品a,1 为奇数时，问题可转化为“给定正奇数n,设…，x+1满足x≠ -（1是ay,r+（8ay） x1(i=1,2,m,=ix1…则之十出≥2渔 =1x:一+1 =,2a(t-(x1-) 成立.”，利用逐步调整法可证后者.当n为偶数时，取 对任意的t∈R,令心=x:t一y:,则对于1，心2，…，之m∈R,根 a1=…=a。=0,故之|a,的最小值为0： 据是设条件，器≥0位成立，于是判别式 4（1是axy)-4（2a)(3ayy)≤0即 当n为奇数时，也可只取4，=-10，=1，共余为0，此时兰 完成了证明.等号成立当且仅当之=x,t一y:同时为0，即 |a=2, xiyi=zyi,Yi.j. 下证当n为奇数时，公|a,|≥2恒成立.（利用换元可以得到 评析：此题的两个引理，均有高等代数的背景，我们设有办 更直观的形式如问题2) 法给出初等范围内的证明. 问题2：给定正奇数n,设x1,…,xw+1满足x:≠x:+1(i=1,2, 其高等代数的背景如下：A=(a)为实对称矩阵，记 ,ix=ix1则+出≥2恒成立. X=(1,x2…,x),了=(yy,…,y)为任意的n维向量， =1x一x+1 入10…0 证明：注意到若，江1≥0，即有十出≥1，因为m为正 x:-x+1 入2…0 奇数，则必定存在一组x,工。+1≥0，否则若x,x+1异号，则 … 0…入 ix,1x+1的符号必定相异 (SX),即实对称矩阵的对角化，其中S为正交矩阵.而 若还存在其他组x,x+1≥0，则可得之巴十x出 ≥2成立， =1x:一x+1 分a≥0，等号成立当且仅当21==…=x=0: 若无其他组xx+1≥0，不妨xnxw+1≥0，可设xn>0,xw+1> 说明矩阵A正定，n个特征值入：(1≤i≤n)均为非负实数，且 0,(若等于0的可以进行小范围微调，只要不影响绝对值内 不同时为0 数值的符号即可）.因为无其他组x,x+1≥0，故x1>0,x< 49.解：对于|a一b≤|a|十|b,其取等条件为a、b异号或至少 0,,x26-2<0,xk-1>0,x26>0,x2+1<0,…,x-1<0,xn> 其中一个为0，不妨设a≥0，则b≤0，同理可得b-c≤b 0,xw+1>0, +|cl,c一d≤lc|+|d…当以上不等式都取等时，则有a ≥0，b≤0，c≥0，d≤0，e≥0令a≥e,于是有 此时x1,xw+1同号.记d,= ,则Ⅱd,=1且对1≤ Ti+ la-b1+1b-cl+lc-dl+ld-el+le-al=2a-26+2c- n 十x+1 =1d:-1l 2d=2(lal+161+1c1+ldl) x:-x+1 d+1 349 强基数学·巅峰突破 设44d)+下西格在id (2)不取1，接下来在{2,3…15}中取4个元素两两不相邻，根 据结论有C种取法. 1条件下进行调整， ①若存在d>1,k≤n-1.令d'=1,dn'=dd>d,d': 所以概率为C+C1_30 C91 d(i≠k,n), 5.A方法1：考虑问题的反面，只需计算出有两个数相邻和三 则f(d1,d2,…,dn)-f(d'd2',…,dn')= d:-1 个数相邻的情况，简单枚举知道只有两个数相邻有2015×2 d。+1 +2014×2015(这里2015×2表示当a、b相邻并且取1、2 2dn(d.-1) (d。-1)(d,d-1D>0. 或者2017、2018时，余下的C有2015种取法：而2014×2 015表示a、b相邻并且取其他数时，余下的C有2014种取 ②若存在d,d<1,k<l≤n-1.令d'=1,d'=dd,d= 法)；三个数相邻有2016种取法；所以共有C1一2015×2 d:(i≠k,l), -2014×2015-2016=C206; 则f(d,d…,d,)-f(ddd,=1+d+i+ 1-d,1-d 方法二：构造映射 p:（x,y,x)-→(x,y+1,之十2)(x≤y≤x),将{1,2，…2016}中 批-84} 两两不同三个数映射到{1,2，…2018}中不相邻的三个数，并 由上述讨论知，经过有限次调整可得：对i一1，除至多一 且可以验证这个映射是可逆的，所以答案是C16 个d,≠1（设为d,)外，其余d,=1.因此就有ddn=1,不妨 考点：构造对应关系计数，这个题目本身就是一个很重要的 结论，希望同学们能够记住答案和方法2。 设d>1,则0<d<1,故f(d,,d,,…,d)= 1 -1+4+11-元 6.C武求置ek+1)G,只需求出学kC + ++ 下面介绍两种方法. 方法1：根据C片=nC, 原不等式得证 得到Cu=2018Ca=2018×2n, k=0 至此我们完成了问题2在奇数情况下的解答，即所求入mm 所以最后答案是201922018； 入(n)=2. 综上，当n为偶数时，之|口的最小值为0：当m为奇数时， 方法2：根指1+x)=Cmt,两边求茅得到201S 之1口，的最小值为2. 十x)1”=8 令=1，得到学u=2018×2,余下月上 第十一章 排列、组合与概率统计 考点：有关组合数的常见恒等式 7.B边和对角线总数C=15条，三角 一、选择题 形有C=20个，C≥20→n≥6，则n 1.D不同的分法数有CCC=575. =6时，每个三色组恰好对应一个三 A 角形，且至少有1种颜色连有3条线 评析：平均分组问题，高考难度.注意必须要除以A. 段，则这三条线段没有公共端，点（否 2.D红色车选3列有C=20种方法，再从这三列中选三行有 则存在三角形含同色边)，含这种颜 C=20种方法，另外将红色车放在已选好的三列三行中有3 色边的三角形有12个（选取两个顶，点 ×2=6种方法，同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中 做端，点后，还有四个端点可供选择)，而余下5种颜色的二色 组为C2=10<12, 选，也有3×2=6种方法，因此方法数有(20×20×6)×6=14 故不存在，所以n≥7，n=7时，如图选B. 400种.故选D 点评：当n=7时，给出一种构造方式即可. 3.C由加法原理和来法原理P=1-=0.6976,因而答案 10 8.C方法1：记2k枚棋子时，这种条件的不同的排列方式有 选C. A种，则加入2枚同字的棋子时， 4.A不妨设这15个人序号依次是1,2，…15，所以全部的取法 若这2枚同字的棋子相邻，则有(2k十1)A种排列法： 有C,种.由于直接计数比较复杂，这里我们介绍一种简单一 若这2枚同字的棋子不相邻，则有C+1A种排列法】 些的方法 因此A2+e=(2k+1十C+1)A26,从而A2=1,A,=6, 首先介绍一个结论：从1,2，…}中选出k个数并使他们两两1 A6=6·(5+C)=90.选C. 不相邻，总共的取法有C+1种. 方法2：利用定序问题的解法，由于同字的两枚棋子之间顺序 为证明这个结论我们只需要构造一个一一映射，假如 固定，因此总排列数应为全排列数除以由于固定顺序造成的 (a1a2…,a)(a1<a2<…<as)是满足要求的一组数， A 9:a1a…a)→(a12-1,…ag-k+1)是{1,2，…n-k+1}中任取 重复数，为21X21×2=90.选C. 的一组数（可以相同），可以验证9是个双射，这就证明了我们的 点评：构造递推式是处理排列组合问题的常用方法 结论. 9.ABC P(A-B)=P(A)-P(AB)= P(A)(1-P(B))知P(A)=0.4. 回到本题，考虑是否取1，可分为两种情形： P(B-A)=P(B)-P(BA)=P(B)-P(A)P(B)=0.3 (1)取1，接下来只需要在{3，…14}中取3个元素两两不相 P(AB)=P(A)P(B)=0.2 邻，根据结论C。种取法： P(A十B)=P(A)+P(B)一P(AB)=0.7.故选ABC