2013-2017高考数学分类汇编-文科 第七章 不等式 第3节 基本不等式及其应用 20页

第3节 基本不等式及其应用 题型86 利用基本不等式求函数最值 ‎1. （2013山东文12）设正实数，，满足，则当取得最大 值时，的最大值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎1.分析 含三个参数，消元，利用基本不等式及配方法求最值.‎ 解析 ，所以 ‎.‎ 当且仅当，即时“=”成立，此时，‎ 所以.‎ 所以当时，取最大值2.故选C.‎ ‎2. (2013重庆文7） 关于的不等式的解集为，且，则 （ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎2.分析 利用因式分解法解一元二次不等式寻求的关系式后代入求解.‎ 解析 由得，即，‎ 故原不等式的解集为.‎ 由得，即，所以.故选A.‎ ‎3.（2013四川文13） 已知函数在时取得最小值，则 .‎ ‎3．分析 借助基本不等式求最值的条件求解．‎ 解析 ，当且仅当，即时等号成立，此时取得最小值.又由已知时，，所以，即.‎ ‎4. (2013天津文14） 设，， 则的最小值为 . ‎ ‎4.分析 分和，去掉绝对值符号，用均值不等式求解.‎ 解析 当时，‎ 当，‎ 综上所述，的最小值是 ‎5. （2013辽宁文21）（1）证明：当时，；‎ ‎（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎5.分析 利用构造法，分别判断与，与的大小关系；利用比较法或构造函数，通过导数求解范围.‎ 解析 （1）证明：记，则，‎ 当时，，在上是增函数；‎ 当时，，在上是减函数.‎ 又，，所以当时，，即.‎ 记，则当时，，所以在上是减函数，则,即．‎ 综上，，.‎ ‎（2）解法一：因为当时，‎ ‎，‎ 所以，当时，不等式对恒成立．‎ 下面证明，当时，不等式对不恒成立.‎ 因为当时，‎ ‎,‎ 所以存在 满足，‎ 即当时，不等式对不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是．‎ ‎ 解法二：记，则 ‎.‎ 记，则.‎ 当时，，因此．‎ 于是在上是减函数，因此，当时，，故当时，，从而在上是减函数，所以，即当时，不等式对恒成立.‎ 下面证明，当时，不等式对不恒成立.‎ 当时，，所以当时，，‎ 因此在上是增函数，故；‎ 当时，．‎ 又，故存在使，则当时，，所以在上是增函数，所以当时，．‎ 所以当时，不等式，对不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎6.（2014重庆文9）若的最小值是（ ）.‎ A. ‎ B. C. D.‎ ‎7.（2014江苏14）若的内角满足，则的最小值是 ．‎ ‎8.（2014江西文13）在等差数列中，，公差为，前项和为，当且仅当时取得最大值，则的取值范围 .‎ ‎9.（2014江苏14）若的内角满足，则的最小值是 ．‎ ‎10.（2014江西文13）在等差数列中，，公差为，前项和为，当且仅当时取得最大值，则的取值范围 .‎ ‎11.（2014辽宁文16）对于，当非零实数，满足，且使最大时，的最小值为 .‎ ‎12.（2015福建文5）若直线过点，则的最小值等于（ ）.‎ A．2 B．‎3 C．4 D．5‎ ‎12.解析 由已知可得，则.‎ 因为，，所以，‎ 故，当且仅当，即时取等号.‎ ‎13.（2015山东文14）定义运算“”：. 当 ‎ 时， 的最小值为 .‎ ‎13.解析 由所给新定义运算，可知 ‎.又，，所以，‎ 当且仅当，即时，取等号. 故所求最小值为.‎ ‎14.（2015重庆文14）设，，则的最大值为 ________.‎ ‎14.解析 令，则．因为，‎ 所以．故的最大值为.‎ ‎15.（2016上海文13）设，若关于的方程组无解，则的取值范围是 .‎ ‎15.解析 解法一：即线性方程组表示两条平行的直线，故由条件，且，所以.故填.‎ 解法二：将方程组中的①式化简得，代入②式整理得，‎ 方程组无解应该满足且，所以且，‎ 所以由基本不等式得.故填.‎ 评注 或.‎ ‎16.（2017山东文12）若直线过点，则的最小值为 .‎ ‎16.解析 由题意，，故（当且仅当，即时等号成立）.‎ ‎17.（2017天津文13）若a，，，则的最小值为 .‎ ‎17.解析 ，‎ 当且仅当，即时取等号.‎ ‎18.（2017江苏10）某公司一年购买某种货物吨，每次购买吨，运费为万元次，一年的总存储费用为万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则的值是 ．‎ ‎18.解析 一年的总运费与总存储费用之和为，‎ 当且仅当，即时取等号．故填．‎ 题型87 利用基本不等式证明不等式——暂无 题型 基本不等式及其应用 ‎1.（2015湖南文7）若实数，满足，则的最小值为（ ）.‎ 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，‎ 当且仅当时取等号，即的最小值为.故选C.‎ ‎ 不等式的解法(蓝色的是2015年多的分类)‎ 题型 不等式的解法 ‎1.（2015广东文11）不等式的解集为 （用区间表示）．‎ ‎1.解析 由，得，即，解得，‎ 所以不等式的解集为.故应填．‎ ‎2.（2015江苏7）不等式的解集为 ．‎ ‎2.解析 由题意，根据是单调递增函数，得，‎ 即，故不等式的解集为或写成 ‎3.（2015全国2文12）设函数，则使得成立 的的取值范围是（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎3.解析 由题意知，即为偶函数.因为，‎ 所以在上是增函数，所以使成立的条件 是 .所以，解之得 .故选A.‎ ‎4.（2015山东文8）若函数是奇函数，则使成立的的取值范围为 ‎（ ）.‎ A. B. C. D.‎ ‎4.解析 因为为奇函数，所以对定义域内的每一个，均有，‎ 即.整理得，所以，‎ 所以.令，得.所以，所以.故选C.‎ 题型 绝对值不等式的解法 ‎1.（2015天津文4）设，则“”是“”的（ ）.‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 ‎ C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎1.解析 由，可知“”是“”‎ 的充分而不必要条件.故选A.‎ ‎ 不等式的综合 题型 不等式恒成立问题中求参数的取值范围 题型 函数与不等式综合 ‎1.（2015四川文21）已知函数，其中.‎ ‎（1）设为的导函数，讨论的单调性；‎ ‎（2）求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.‎ ‎1.解析 （1）由已知可得函数的定义域为.‎ ‎，所以，‎ 当时，，单调递减； ‎ 当时，，单调递增.‎ ‎（2）由，解得，‎ 令.‎ 则，，所以存在，使得.‎ 令，其中.‎ 由，可知函数在区间上单调递增.‎ 故，即.‎ 当时，有，，‎ 再由（1）可知，在区间上单调递增.‎ 当时，，所以；‎ 当时，，所以.‎ 又当时，，故时，.‎ 综上所述，存在，使得恒成立，‎ 且在区间内有唯一解.‎ ‎2.（2015福建文21）已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期；‎ ‎（2）将函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移（）个单位长度 后得到函数的图像，且函数的最大值为2．‎ ‎（ⅰ）求函数的解析式；‎ ‎（ⅱ）求证：存在无穷多个互不相同的正整数，使得．‎ ‎2.解析 （1）因为 ‎.‎ 所以函数的最小正周期．‎ ‎（2）（i）将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，‎ 再向下平移个单位长度后得到的图像．又函数 的最大值为2，所以，解得．所以．‎ ‎（ii）要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，就是要证明 存在无穷多个互不相同的正整数，使得，即．‎ 由知，存在，使得．‎ 由正弦函数的性质可知，当时，均有．‎ 因为的周期为，‎ 所以当时，均有．‎ 因为对任意的整数，，‎ 所以对任意的正整数，都存在正整数，‎ 使得．即存在无穷多个互不相同的正整数，使得．‎ ‎3.（2015福建文22）已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）求证：当时，；‎ ‎（3）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．‎ ‎3.解析 （1），．‎ 由，得，解得．‎ 故的单调递增区间是．‎ ‎（2）令，．则有，‎ 当时，，所以在上单调递减，‎ 故当时，，即当时，．‎ ‎（3）由（2）知，当时，不存在满足题意；‎ 当时，对于，有，则，‎ 从而不存在满足题意.‎ 当时，令，，‎ 则有．‎ 由得，．‎ 解得（舍），．‎ 当时，，故在上单调递增．‎ 从而当时，，即.‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎4.（2015广东文21）设为实数，函数．‎ ‎（1）若，求的取值范围；‎ ‎（2）讨论的单调性；‎ ‎（3）当时，讨论在区间内的零点个数．‎ ‎4.解析 （1），因为，所以.‎ 当时，，显然成立；‎ 当时，则有，所以，所以.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎（2），‎ 对于，其对称轴为，‎ 开口向上，所以在上单调递增；‎ 对于，其对称轴为，‎ 开口向上，所以在上单调递减.‎ 综上，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎（3）由（2）得在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以.‎ ‎(i)当时，，.‎ 令=0，即.‎ 因为在上单调递减，所以.‎ 而在上单调递增，.‎ 所以在上，故与在无交点.‎ 当时，，即.‎ 所以，所以.因为，所以.‎ 故当时，有一个零点.‎ ‎(ii)当时，，‎ 当时， ，，‎ 而在上单调递增，当时，.‎ 下面比较与的大小：‎ 因为 ‎，所以.‎ 结合图像可知当时，与有两个交点. ‎ 综上，当时，有一个零点；‎ 当时，与有两个零点.‎ ‎5.（2015全国2文21）已知函数.‎ ‎(1)讨论的单调性；‎ ‎(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.‎ ‎5.解析 (1)的定义域为，.‎ 若，则，所以在上单调递增.‎ 若，则当时，；当时，，‎ 所以在 上单调递增， 在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知，当时，在上无最大值；‎ 当时，在处取得最大值，最大值为.‎ 因此等价于.‎ 令，则在上单调递增，又.‎ 于是，当时，；当时，.‎ 因此，的取值范围是.‎ ‎6.（2015湖南文21）函数，记为的从小到大的第 个极值点.‎ ‎（1）证明：数列是等比数列；‎ ‎（2）若对一切恒成立，求的取值范围.‎ ‎6.解析 （1）.‎ 令，由，得，即， ‎ 若，即，则；‎ 若，即，则.‎ 因此，在区间与上，的符号总相反，‎ 于是当时，取得极值，所以，‎ 此时，，易知，‎ 而是常数，‎ 故数列是首项为，公比为的等比数列.‎ ‎（2）对一切恒成立，即恒成立，‎ 亦即恒成立（因为），‎ ‎ 设，则，令得，‎ 当时，，所以在区间上单调递减；‎ 当时，，所以在区间上单调递增；‎ 因为，且当时，，‎ 所以，‎ 因此恒成立，当且仅当，解得，‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎7.（2015天津文20）已知函数其中，且.‎ ‎（1）求的单调性；‎ ‎（2）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；‎ ‎（3）若方程（为实数）有两个正实数根，，且，求证：‎ ‎.‎ ‎7.解析 （1）由，可得，‎ 当 ，即时，函数 单调递增；‎ 当，即时，函数单调递减.‎ 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.‎ ‎（2）设 ，则 ，且，得，‎ 曲线 在点处的切线方程为 ，即，‎ 令 即 则.‎ 由于在 单调递减，故在 单调递减，‎ 又因为，所以当时，，所以当时，，所以在单调递增，在单调递减，‎ 所以对任意的实数， ，对于任意的正实数，都有.‎ ‎（3）由（2）知，设方程的根为，‎ 可得，因为在上单调递减，‎ 又由（2）知，所以 .‎ 设曲线在原点处的切线为，可得，‎ 对任意的，有，即.‎ 设方程 的根为，可得，‎ 因为在单调递增，且，‎ 因此，所以.‎ ‎8.（2015浙江文20）设函数.‎ ‎(1)当时，求函数在上的最小值的表达式；‎ ‎(2)已知函数在上存在零点，，求的取值范围. ‎ ‎8.解析 (1) ，对称轴.‎ 当，即时，；‎ 当，即时，；‎ 当，即时， .‎ 综上所述，.‎ ‎(2)假设在上的零点，则，‎ 所以，对称轴直线.‎ 当，即时，，综合，得；‎ 当，即时，，综合，得；‎ 当，即时，，‎ 综合，得；‎ 当，即时，，‎ 综合，得.‎ 综上所述，‎ ‎9.（2015湖北文21）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是 偶函数，，其中为自然对数的底数.‎ ‎(1)求，的解析式，并证明：当时，，；‎ ‎(2)设，，证明：当时，.‎ ‎9.解析 (1)由，的奇偶性及条件 ① ‎ 得 ②‎ 联立式①式②解得，.‎ 当时，，，故. ③‎ 又由基本不等式，有，即. ④ ‎ ‎(2)由(1)得 ， ⑤‎ ‎， ⑥‎ 当时，等价于， ⑦‎ ‎ 等价于 ⑧‎ 设函数 ，由式⑤式⑥，‎ 有 ‎ 当时，‎ ‎（1）若，由式③式④，得，故在上为增函数，‎ 从而，即，故式⑦成立.‎ ‎（2）若，由③④，得，故在上为减函数，‎ 从而，即，故式⑧成立.‎ 综合式⑦式⑧，得. ‎ ‎10.（2015陕西文21）设，，，.‎ ‎（1）求.‎ ‎（2）证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.‎ ‎10.解析 (1)由题设，‎ 所以，‎ 所以，‎ 由错位相减法求得：‎ ‎，‎ 所以；‎ ‎(2)因为，，所以在内 至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，‎ 因此，在内有且只有一个零点，由于，‎ 所以，由此可得，‎ 故，所以.‎ ‎11.（2015全国1文21）设函数.‎ ‎（1）讨论的导函数零点的个数；‎ ‎（2）求证：当时，.‎ ‎11.解析 （1），.‎ 显然当时，恒成立，无零点.‎ ‎ 当时，取，‎ 则，即单调递增.‎ 令，即.‎ 画出与的图像，如图所示.‎ 由图可知，必有零点，‎ 所以导函数存在唯一零点.‎ ‎（2）由（1）可知有唯一零点，设零点为，‎ 由图可知，则当时，，即单调递减；‎ 当时，，即单调递增.‎ 所以在处取得极小值，即.‎ 又，解得.①‎ ‎①两边分别取自然对数，得，即.‎ 所以 ‎（当且仅当，即时取等号）.‎