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2、 1 第3節(jié) 基本不等式及其應用 題型86 利用基本不等式求函數(shù)最值 1. （20xx山東文12）設正實數(shù)，，滿足，則當取得最大 值時，的最大值為（ ）. A. B. C. D. 1.分析 含三個參數(shù)，消元，利用基本不等式及配方法求最值. 解析 ，所以 . 當且僅當，即時“=”成

3、立，此時， 所以. 所以當時，取最大值2.故選C. 2. (20xx重慶文7） 關于的不等式的解集為，且，則 （ ）. A. B. C. D. 2.分析 利用因式分解法解一元二次不等式尋求的關系式后代入求解. 解析 由得，即， 故原不等式的解集為. 由得，即，所以.故選A. 3.（20xx四川文13） 已知函數(shù)在時取得最小值，則 . 3．分析 借助基本不等式求最值的條件求解． 解析 ，當且僅當，即時等號成立，此時取得最小值.又由已知時，，所以，即. 4. (20xx天津文14） 設，，

4、 則的最小值為 . 4.分析 分和，去掉絕對值符號，用均值不等式求解. 解析 當時， 當， 綜上所述，的最小值是 5. （20xx遼寧文21）（1）證明：當時，； （2）若不等式對恒成立，求實數(shù)的取值范圍. 5.分析 利用構造法，分別判斷與，與的大小關系；利用比較法或構造函數(shù)，通過導數(shù)求解范圍. 解析 （1）證明：記，則， 當時，，在上是增函數(shù)； 當時，，在上是減函數(shù). 又，，所以當時，，即. 記，則當時，，所以在上是減函數(shù)，則,即． 綜上，，. （2）解法一：因為當時， ， 所以，當時，不等式對恒成立． 下面證明，當時，不等式對不恒成立.

5、因為當時， , 所以存在 滿足， 即當時，不等式對不恒成立. 綜上，實數(shù)的取值范圍是． 解法二：記，則 . 記，則. 當時，，因此． 于是在上是減函數(shù)，因此，當時，，故當時，，從而在上是減函數(shù)，所以，即當時，不等式對恒成立. 下面證明，當時，不等式對不恒成立. 當時，，所以當時，， 因此在上是增函數(shù)，故； 當時，． 又，故存在使，則當時，，所以在上是增函數(shù)，所以當時，． 所以當時，不等式，對不恒成立. 綜上，實數(shù)的取值范圍是. 6.（20xx重慶文9）若的最小值是（ ）. A. B. C. D. 7.（20xx江

6、蘇14）若的內角滿足，則的最小值是 ． 8.（20xx江西文13）在等差數(shù)列中，，公差為，前項和為，當且僅當時取得最大值，則的取值范圍 . 9.（20xx江蘇14）若的內角滿足，則的最小值是 ． 10.（20xx江西文13）在等差數(shù)列中，，公差為，前項和為，當且僅當時取得最大值，則的取值范圍 . 11.（20xx遼寧文16）對于，當非零實數(shù)，滿足，且使最大時，的最小值為 . 12.（20xx福建文5）若直線過點，則的最小值等于（ ）. A．2 B．3

7、 C．4 D．5 12.解析 由已知可得，則. 因為，，所以， 故，當且僅當，即時取等號. 13.（20xx山東文14）定義運算“”：. 當 時， 的最小值為 . 13.解析 由所給新定義運算，可知 .又，，所以， 當且僅當，即時，取等號. 故所求最小值為. 14.（20xx重慶文14）設，，則的最大值為 ________. 14.解析 令，則．因為， 所以．故的最大值為. 15.（20xx上海文13）設，若關于的方程組無解，則的取值范圍是 . 15.解析 解法一：即線性方程組表

8、示兩條平行的直線，故由條件，且，所以.故填. 解法二：將方程組中的①式化簡得，代入②式整理得， 方程組無解應該滿足且，所以且， 所以由基本不等式得.故填. 評注 或. 16.（20xx山東文12）若直線過點，則的最小值為 . 16.解析 由題意，，故（當且僅當，即時等號成立）. 17.（20xx天津文13）若a，，，則的最小值為 . 17.解析 ， 當且僅當，即時取等號. 18.（20xx江蘇10）某公司一年購買某種貨物噸，每次購買噸，運費為萬元次，一年的總存儲費用為萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則的值是

9、 ． 18.解析 一年的總運費與總存儲費用之和為， 當且僅當，即時取等號．故填． 題型87 利用基本不等式證明不等式——暫無 題型 基本不等式及其應用 1.（20xx湖南文7）若實數(shù)，滿足，則的最小值為（ ）. A. B. 2 C. 2 D. 4 1.解析 由可知. 由基本不等式可得： . 所以，解得， 當且僅當時取等號，即的最小值為.故選C. 不等式的解法(藍色的是20xx年多的分類) 題型 不等式的解法 1.（20xx廣東文11）不等式的解集為

10、 （用區(qū)間表示）． 1.解析 由，得，即，解得， 所以不等式的解集為.故應填． 2.（20xx江蘇7）不等式的解集為 ． 2.解析 由題意，根據(jù)是單調遞增函數(shù)，得， 即，故不等式的解集為或寫成 3.（20xx全國2文12）設函數(shù)，則使得成立 的的取值范圍是（ ）. A. B. C. D. 3.解析 由題意知，即為偶函數(shù).因為， 所以在上是增函數(shù)，所以使成立的條件 是 .所以，解之得 .故選A. 4.（20xx山東文8）若函數(shù)是奇函數(shù)，則使成立的的取值范圍為 （ ）. A.

11、 B. C. D. 4.解析 因為為奇函數(shù)，所以對定義域內的每一個，均有， 即.整理得，所以， 所以.令，得.所以，所以.故選C. 題型 絕對值不等式的解法 1.（20xx天津文4）設，則“”是“”的（ ）. A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 1.解析 由，可知“”是“” 的充分而不必要條件.故選A. 不等式的綜合 題型 不等式恒成立問題中求參數(shù)的取值范圍 題型 函數(shù)與不等式綜合 1.（20xx四川文21）已知函數(shù)，其中. （1

12、）設為的導函數(shù)，討論的單調性； （2）求證：存在，使得恒成立，并且在區(qū)間內有唯一解. 1.解析 （1）由已知可得函數(shù)的定義域為. ，所以， 當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增. （2）由，解得， 令. 則，，所以存在，使得. 令，其中. 由，可知函數(shù)在區(qū)間上單調遞增. 故，即. 當時，有，， 再由（1）可知，在區(qū)間上單調遞增. 當時，，所以； 當時，，所以. 又當時，，故時，. 綜上所述，存在，使得恒成立， 且在區(qū)間內有唯一解. 2.（20xx福建文21）已知函數(shù). （1）求函數(shù)的最小正周期； （2）將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度，再向下平移（）

13、個單位長度 后得到函數(shù)的圖像，且函數(shù)的最大值為2． （?。┣蠛瘮?shù)的解析式； （ⅱ）求證：存在無窮多個互不相同的正整數(shù)，使得． 2.解析 （1）因為 . 所以函數(shù)的最小正周期． （2）（i）將的圖像向右平移個單位長度后得到的圖像， 再向下平移個單位長度后得到的圖像．又函數(shù) 的最大值為2，所以，解得．所以． （ii）要證明存在無窮多個互不相同的正整數(shù)，使得，就是要證明 存在無窮多個互不相同的正整數(shù)，使得，即． 由知，存在，使得． 由正弦函數(shù)的性質可知，當時，均有． 因為的周期為， 所以當時，均有． 因為對任意的整數(shù)，， 所以對任意的正整數(shù)，都存在正整數(shù)， 使得

14、．即存在無窮多個互不相同的正整數(shù)，使得． 3.（20xx福建文22）已知函數(shù)． （1）求函數(shù)的單調遞增區(qū)間； （2）求證：當時，； （3）確定實數(shù)的所有可能取值，使得存在，當時，恒有． 3.解析 （1），． 由，得，解得． 故的單調遞增區(qū)間是． （2）令，．則有， 當時，，所以在上單調遞減， 故當時，，即當時，． （3）由（2）知，當時，不存在滿足題意； 當時，對于，有，則， 從而不存在滿足題意. 當時，令，， 則有． 由得，． 解得（舍），． 當時，，故在上單調遞增． 從而當時，，即. 綜上，的取值范圍是． 4.（20xx廣東文21）設為實數(shù)，

15、函數(shù)． （1）若，求的取值范圍； （2）討論的單調性； （3）當時，討論在區(qū)間內的零點個數(shù)． 4.解析 （1），因為，所以. 當時，，顯然成立； 當時，則有，所以，所以. 綜上所述，的取值范圍是. （2）， 對于，其對稱軸為， 開口向上，所以在上單調遞增； 對于，其對稱軸為， 開口向上，所以在上單調遞減. 綜上，在上單調遞增，在上單調遞減. （3）由（2）得在上單調遞增，在上單調遞減， 所以. (i)當時，，. 令=0，即. 因為在上單調遞減，所以. 而在上單調遞增，. 所以在上，故與在無交點. 當時，，即. 所以，所以.因為，所以. 故當時，有

16、一個零點. (ii)當時，， 當時， ，， 而在上單調遞增，當時，. 下面比較與的大小： 因為 ，所以. 結合圖像可知當時，與有兩個交點. 綜上，當時，有一個零點； 當時，與有兩個零點. 5.（20xx全國2文21）已知函數(shù). (1)討論的單調性； (2)當有最大值，且最大值大于時，求的取值范圍. 5.解析 (1)的定義域為，. 若，則，所以在上單調遞增. 若，則當時，；當時，， 所以在 上單調遞增， 在上單調遞減. (2)由(1)知，當時，在上無最大值； 當時，在處取得最大值，最大值為. 因此等價于. 令，則在上單調遞增，又. 于是，當時，；當時

17、，. 因此，的取值范圍是. 6.（20xx湖南文21）函數(shù)，記為的從小到大的第 個極值點. （1）證明：數(shù)列是等比數(shù)列； （2）若對一切恒成立，求的取值范圍. 6.解析 （1）. 令，由，得，即， 若，即，則； 若，即，則. 因此，在區(qū)間與上，的符號總相反， 于是當時，取得極值，所以， 此時，，易知， 而是常數(shù)， 故數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列. （2）對一切恒成立，即恒成立， 亦即恒成立（因為）， 設，則，令得， 當時，，所以在區(qū)間上單調遞減； 當時，，所以在區(qū)間上單調遞增； 因為，且當時，， 所以， 因此恒成立，當且僅當，解得， 故實數(shù)的

18、取值范圍是. 7.（20xx天津文20）已知函數(shù)其中，且. （1）求的單調性； （2）設曲線與軸正半軸的交點為，曲線在點處的切線方程為，求證：對于任意的正實數(shù)，都有； （3）若方程（為實數(shù)）有兩個正實數(shù)根，，且，求證： . 7.解析 （1）由，可得， 當 ，即時，函數(shù) 單調遞增； 當，即時，函數(shù)單調遞減. 所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是. （2）設 ，則 ，且，得， 曲線 在點處的切線方程為 ，即， 令 即 則. 由于在 單調遞減，故在 單調遞減， 又因為，所以當時，，所以當時，，所以在單調遞增，在單調遞減， 所以對任意的實數(shù)， ，對于任意的正實數(shù)，都

19、有. （3）由（2）知，設方程的根為， 可得，因為在上單調遞減， 又由（2）知，所以 . 設曲線在原點處的切線為，可得， 對任意的，有，即. 設方程 的根為，可得， 因為在單調遞增，且， 因此，所以. 8.（20xx浙江文20）設函數(shù). (1)當時，求函數(shù)在上的最小值的表達式； (2)已知函數(shù)在上存在零點，，求的取值范圍. 8.解析 (1) ，對稱軸. 當，即時，； 當，即時，； 當，即時， . 綜上所述，. (2)假設在上的零點，則， 所以，對稱軸直線. 當，即時，，綜合，得； 當，即時，，綜合，得； 當，即時，， 綜合，得； 當，即時，，

20、 綜合，得. 綜上所述， 9.（20xx湖北文21）設函數(shù)，的定義域均為，且是奇函數(shù)，是 偶函數(shù)，，其中為自然對數(shù)的底數(shù). (1)求，的解析式，并證明：當時，，； (2)設，，證明：當時，. 9.解析 (1)由，的奇偶性及條件 ① 得 ② 聯(lián)立式①式②解得，. 當時，，，故. ③ 又由基本不等式，有，即. ④ (2)由(1)得 ，

21、 ⑤ ， ⑥ 當時，等價于， ⑦ 等價于 ⑧ 設函數(shù) ，由式⑤式⑥， 有 當時， （1）若，由式③式④，得，故在上為增函數(shù)， 從而，即，故式⑦成立. （2）若，由③④，得，故在上為減函數(shù)， 從而，即，故式⑧成立. 綜合式⑦式⑧，得. 10.（20xx陜西文21）設，，，. （1）求. （2）證明：在內有且僅有一個零點（記為），且. 10.解析 (1)由題設， 所以， 所以， 由錯位相減法求得： ， 所以； (2)因為，，所以在內

22、至少存在一個零點，又，所以在內單調遞增， 因此，在內有且只有一個零點，由于， 所以，由此可得， 故，所以. 11.（20xx全國1文21）設函數(shù). （1）討論的導函數(shù)零點的個數(shù)； （2）求證：當時，. 11.解析 （1），. 顯然當時，恒成立，無零點. 當時，取， 則，即單調遞增. 令，即. 畫出與的圖像，如圖所示. 由圖可知，必有零點， 所以導函數(shù)存在唯一零點. （2）由（1）可知有唯一零點，設零點為， 由圖可知，則當時，，即單調遞減； 當時，，即單調遞增. 所以在處取得極小值，即. 又，解得.① ①兩邊分別取自然對數(shù)，得，即. 所以 （當且僅當，即時取等號）. 歡迎訪問“高中試卷網(wǎng)”——http://sj.fjjy.org