专题12不等式A辑（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛一试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题12不等式A辑历年联赛真题汇编1【2007高中数学联赛(第01试)】设实数a使得不等式2x-a+3x-2aa2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是( )A-13,13B-12,12C-14,13D-3,3 【答案】A【解析】令x=23a，则有|a|13，排除B，D.由对称性排除C.从而只有A正确.故选A.一般地，对kR，令x=12ka，则原不等式为|a|k-1|+32|a|k-34|a|2，由此易知原不等式等价于|a|k-1|+32k-43，对任意的kR成立.由于|k-1|+32k-43=52k-3k431-12k1

2、k433-52k(k1)，所以minkR|k-1|+32k-43=13，从而上述不等式等价于|a|13.2【2005高中数学联赛(第01试)】使关于x的不等式x-3+6-xk有解的实数k的最大值是( )A6-3B3C6+3D6【答案】D【解析】令y=x-3+6-x(3x6)，则y2=(x-3+6-x)22(x-3)+(6-x)=6，所以00的解集为( )A2,3)B(2,3C2,4)D(2,4【答案】C【解析】原不等式等价于log2x-1-32log2x+32+120log2x-10，设log2x-1=t，则有t-32t2+120t0，解得0t1，即0log2x-11，所以2x244x+5y2

3、4,b1124-1222=0，所以2x3y.故选：A.6【1986高中数学联赛(第01试)】设实数a，b，c满足a2-bc-8a+7=0b2+c2+bc-6a+6=0，那么a的取值范围是( )A-,+B(-,19,+)C0,7D1,9【答案】D【解析】由a2-bc-8a+7=0b2+c2+bc-6a+6=0得bc=a2-8a+7b2+c2+bc=6a-6，所以b2+c2-2bc=-3a2-10a+9，即(b-c)2=-3(a-1)(a-9)0.所以1a9.故选：D.7【1986高中数学联赛(第01试)】边长为a，b，c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=a+b+c,t=1a+1b

4、+1c，则s与t的大小关系是( ).AstBs=tCs0的是ABCD【答案】D【解析】由不等式logxlogxy20判断它所表示的区域.当x1时，可得y2x1,当0xy2x0.然后与抛物线y2=x比较即可9【1983高中数学联赛(第01试)】设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=ab+cd，Q=ma+ncbm+dn，那么( )APQBPQCP乙.(ii)当a=1，b=12时，经计算可知，甲丙；而当a=2，b=3时，则有甲丙，说明甲和丙的值的大小与a，b取值有关.11【2017高中数学联赛B卷(第01试)】若正整数a、b、c满足201710a100b1000c，则数组(a，b，c)的个数为 .

5、【答案】574【解析】由条件知c20171000=2.当c=1时，有10b20.对于每个这样的正整数b，由10ba201知，相应的a的个数为20210b.从而这样的正整数组的个数为b=1020(202-10b)=(102+2)112=572.当c=2时，由20b2017100，知b=20.进而200a201710=201，故a=200，201.此时共有两组(a，b，c)综上所述，满足条件的正整数组的个数为572+2=574.12【2016高中数学联赛(第01试)】设实数a满足a9a3-11a|a|，则a的取值范围是 .【答案】-233,-103【解析】由a|a|可得a9a3-11aa|a|a=

6、-1，即-19a2-111，所以a2109,43.又a0，故a-233,-103.13【2013高中数学联赛(第01试)】设a，b为实数，函数f(x)=ax+b满足：对任意x0，1，有|f(x)|1.则ab的最大值为 .【答案】14【解析】易知a=f(1)-f(0),b=f(0)，则ab=f(0)(f(1)-f(0)=-f(0)-12f(1)2+14(f(1)214(f(1)214.当2f(0)=f(1)=1，即a=b=12时故ab的最大值为14.14【2012高中数学联赛(第01试)】设x，y，z0，1，则M=|x-y|+|y-z|+|z-x|的最大值是 .【答案】2+1【解析】不妨设0xy

7、z1，则M=y-x+z-y+z-x，因为y-x+z-y2(y-x)+(z-y)=2(z-x)，所以M2(z-x)+z-x=(2+1)z-x2+1.当且仅当y-x=z-y,x=0,z=1即x=0,y=12,z=1时，上式等号同时成立.故Mmax=2+1.15【2011高中数学联赛(第01试)】设a，b为正实数，1a+1b22，(ab)2=4(ab)3，则logab= .【答案】-1【解析】由1a+1b22得a+b22ab，又(a+b)2=4ab+(a-b)2=4ab+4(ab)342ab(ab)3=8(ab)2，即a+b22ab 于是a+b=22ab 再由不等式中等号成立的条件，得ab=1，与式

8、联立解得a=2-1b=2+1或a=2+1b=2-1.故logab=-1.16【2010高中数学联赛(第01试)】方程x+y+z=2010满足xyz的正整数解(x，y，z)的个数是 .【答案】336675【解析】首先易知x+y+z=2010的正整数解的个数为C20092=20091004，把x+y+z=2010满足xyz的正整数解分为3类：(1)x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；(2)x，y，乙中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x，y，乙两两均不相等的正整数解为k.易知1+31003+6k=20091004，所以6k=20091004-31003-1=20061

9、005-2009+32-1=20061005-2004.即k=1003335-334=335671.从而满足xyz的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.17【2009高中数学联赛(第01试)】在坐标平面上有两个区域M和N，M为y0yxy2-x，N是随t变化的区域，它由不等式txt+1所确定，t的取值范围是0t1，则M和N的公共面积是函数f(t)= .【答案】-t2+t+12【解析】由题意知ft=S阴影部分面积=SAOB-SOCD-SBEF=1-12t2-12(1-t)2=-t2+t+12.18【2008高中数学联赛(第01试)】设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)=2

10、008，且对任意xR，满足f(x+2)-f(x)32x，f(x+6)-f(x)632x，则f(2008)= .【答案】22008+2007【解析】解法一由题设条件知f(x+2)-f(x)=-(f(x+4)-f(x+2)-(f(x+6)-f(x+4)+(f(x+6)-f(x)-32x+2-32x+4+632x=32x，因此有f(x+2)-f(x)=32x，故f(2008)=f(2008)-f(2006)+f(2006)-f(2004)+f(2)-f(0)+f(0)=322006+22004+22+1+f(0)=341003+1-14-1+f(0)=22008+2007.解法二令g(x)=f(x)

11、-2x，则g(x+2)-g(x)=f(x+2)-f(x)-2x+2+2x32x-32x=0，g(x+6)-g(x)=f(x+6)-f(x)-2x+6+2x632x-632x=0，即g(x+2)g(x),g(x+6)g(x)，故g(x)g(x+6)g(x+4)g(x+2)g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)=g(2008)+22008=g(0)+22008=22008+2007.19【2003高中数学联赛(第01试)】不等式|x|3-2x2-4|x|+30的解集是 .【答案】-3,1-52-1+52,3【解析】由原不等式分解可得(|x|-3)x2+|x|-10，由此得所求

12、不等式的解集为-3,-5-125-12,3.当x0时，原不等式为x3-2x2-4x+30，即x-1-52x-1+52(x-3)0.注意到x0，得5-12x3，因为f(x)=|x|x3-2x2-4|x|+3为偶函数.所以当x0时，解为-3x0x-2y0(x+2y)(x-2y)=4，所以x2|y0x2-4y2=4，由对称性只考虑y0，因为x0，所以只需求xy的最小值.令x-y=u，代入x2-4y2=4有3y2-2uy+4-u2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故=16u2-30，所以u3，当x=433,y=33时u=3，故|x|-|y|的最小值为3.21【2001高中数学联赛(第01试)】不等

13、式1log12x+232的解集为 .【答案】x4或1x227或0x1【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得log12x-2或-27log12x0，从而x4或1x227或0x1.22【1997高中数学联赛(第01试)】设a=lgz+lgx(yz)-1+1，b=lgx-1+lg(xyz+1)，c=lgy+lg(xyz)-1+1，记a,b,c中最大数为M，则M的最小值为 .【答案】lg2【解析】由已知条件得a=lgxy-1+z，b=lgyz+x-1，c=lg(xz)-1+y.设xy-1+z,yz+x-1,(xz)-1+y中的最大数为u，则M=lgu.由已知条件知x，y，z均为正数，于是u2

14、xy-1+z(xz)-1+y=(yz)-1+yz+x+x-12+2=4.所以，u2，且当x=y=z=1时，u=2，故u的最小值为2，从而M的最小值为lg2.23【1995高中数学联赛(第01试)】在直角坐标平面上，满足不等式组y3xyx3x+y100的整点个数是 .【答案】2551【解析】两条坐标轴及直线x+y=100所围区域(含边界)上的整点共有1+2+3+101=1021012=5151(个)而y=13x,x+y=100及x轴所围区域(边界不包括y=13x)上的整点共有(1+1+1+1)+(2+2+2+2)+(25+25+25+25)=4(1+2+25)=1300(个).又y=3x,x+y

15、=100，及y轴所围区域(边界不包括y=3x)上的整点也有1300个.所以，满足题设条件的整点共有5151-21300=2551(个).24【1994高中数学联赛(第01试)】已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是 .【答案】-3m-23【解析】直线l的方程x+my+m=0，即x+m(y+1)=0，显然是经过点M(0，1)的直线方程.过点M作直线l1/PQ，显然，l1的斜率为k1=2-12+1=13，过M，Q作直线l2，则l2的斜率为k2=32.如图所示，与PQ的延长线相交的直线l应夹在l1与l2之间，

16、即k1kk2(k为l的斜率).于是13-1m-m23，-3m0.设x=scosy=ssin，代入4x2-5xy+4y2=5，得sin2=8s-105s.于是8s-105s1，有1013s103，因为Smax=103,Smin=1013，所以1Smax+1Smin=310+1310=85.解法二令x=a+b2,y=a-b2，代入条件得3a2+13b2=20，S=12a2+b2.因此有6S=3a2+b23a2+13b2=2026，S=13a2+b2，Smax=1013,Smin=103，1Smax+1Smin=85.26【1993高中数学联赛(第01试)】设任意实数x0x1x2x30，要使logx

17、0x11993+logx1x21993+logx2x31993klogx0x31993恒成立，则k的最大值是 .【答案】9【解析】将原不等式改写为1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3k1log1993x0x1x1x2x2x3.即1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3k1log1993x0x1+log1993x1x2+log1993x2x3.令t1=log1993x0x1,t2=log1993x1x2,t3=log1993x2x3，于是原不等式成为t1+t2+t31t1+1t2+1t3k，但是t1+t2+t31t1+1

18、t2+1t333t1t2t3331t11t21t3=9.当且仅当t1=t2=t3时，等号成立(即x0,x1,x2,x3构成等比数列时，取到等号).所以kmax=9.27【1990高中数学联赛(第01试)】设n为自然数，a，b为正实数，且满足a+b=2，则11+an+11+bn的最小值是 .【答案】1【解析】因为ab0，所以aba+b22=1，anbn1.故11+an+11+bn=1+an+bn+11+an+bn+anbn1，当a=b=1时，上式等于1，故最小值为1.28【1990高中数学联赛(第01试)】设n是自然数，对任意实数x，y，z恒有x2+y2+z2nx4+y4+z4成立，则n的最小值

19、是 .【答案】3【解析】解法一令a=x2,b=y2,c=z2，题设不等式变为(a+b+c)2na2+b2+c2.一方面(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2aca2+b2+c2+a2+b2+b2+c2+a2+c2=3a2+b2+c2.所以当x=3时，不等式成立；另一方面，当a=b=c0时，题设不等式化为9a23na2，必有n3，故n最小值为3.解法二3x4+y4+z4-x2+y2+z22=x2-y22+y2-z22+z2-x220.或者，直接由柯西不等式3x4+y4+z4=(1+1+1)x4+y4+z4x2+y2+z22.优质模拟题强化训练1已知c1,a=c+1-c,b=c-c

20、-1,则正确的结论是( )AabBamm-10，则a0，必有( )Asinkx+coskx=1Bsinkx+coskx1Csinkx+coskx0，必有sinkx+coskx=1.故答案为:A6对a3，记x=3a-1+a-3，y=a+3a-2.则x、y的大小关系为( ).AxyBxa-2，a-1a-3相加得a+a-1a-2+a-31a-a-11a-2-a-30a-a-1a-2-a-3 a+a-3a-1+a-203a-a-31a-1-a-2 3(a-1-a-2)a-a-33a-1+a-34x+p-3恒成立。则x的取值范围是()。Ax3B-1x3Cx3或x0.设f(p)=(x-1)p+(x2-4x

21、+3).则f(p)是关于p的一次函数.由原不等式得f(0)0,f(4)0，即x2-4x+30,x2-10，解得x3或x3，M=3x-1+x-3，N=x+3x-2则M、N的大小关系是( )AMNBM3，有x-x-1=1x+x-11x-2+x-3=x-2-x-3故x+x-3x-1+x-2，即3x-x-31x-1-x-2，亦即3(x-1-x-2)x-x-3移项即得MN故答案为：B11已知函数fx=x+1x-1-1.当0x1，0t1时，t+x+t-x与ftx+1的大小关系是( ).At+x+t-xftx+1Dt+x+t-xftx+1【答案】A【解析】注意到ftx+1=tx+1tx=tx+1tx2tx1

22、，则ftx+12.又t+x+t-x2=2t2+x2+2t2-x2=4t24,tx;4x24,tx.因此，t+x+t-x20.则2c2c-1a1c0.从而，2b2b-1c1b0.因此，a、b、c均为正数.由2b-1c1，得b121+1c.由2a-1b1，得2bc-1b1，即b2c-1.所以，121+1cb2c-1，得c1.同理a1，b1，2b-1c=21).故答案为：B13若a1，b1，则a2+b2a+b-2的最小值为( ).A4B6C8D不存在【答案】A【解析】a2+b2a+b-22a+b22a+b-2=12a+b-2+22a+b-2=12a+b-2+4+4a+b-2124+2a+b-24a+

23、b-2=4.当且仅当a=b=2时，上式等号成立.14设a、b、c0，且a+b+c=1.则使a2+b2+c2+abc1恒成立的实数的最大值是( ).A33B32C3D23【答案】D【解析】设a、b、c0，且a+b+c=1.则a2+b2+c2+abc12abc+acb+bcaabc+acb+bca2=abc+bca+cab+2=12abc+bca+12bca+acb+12acb+abc+23.从而，使不等式恒成立的实数的最大值是23.15若mn1，则必有( ).Alogmnlognmlog1nmBlog1nmlognmlogmnClognmlogmnlog1nmDlognmlog1nmlogmn【

24、答案】C【解析】取m=100，n=10代入选项得lognm=2logmn=12log1nm=-2. 选C.16设f(x)=-3x3+ax，已知对一切的x0,1，恒有|f(x)|1.则实数a的取值范围是( ).A4a236B3236a4C2a4D2a3236【答案】D【解析】由题设知，对0x1，恒有|ax-3x3|1-1ax-3x313x3-1ax3x3+1.当x=0时，a可取任意实数.当0x1时，有3x2-1xa3x2+1x.显然，(3x2-1x)max=2.而3x2+1x=3x2+12x+12x333x212x12x=3334=3236.故2a3236. 选D.17已知二次函数f(x)=x2

25、+px+q通过点(,0)、(,0).若存在整数n，使n14Bminf(n),f(n+1)14Cminf(n),f(n+1)=14D不能确定，与n的具体取值有关【答案】B【解析】由二次函数通过点(,0)、(,0)，有恒等式f(x)=(x-)(x-). 取x=n，n+1(n0，f(n+1)=(n+1-)(n+1-)0.两式相乘得0f(n)f(n+1)=(n-)(n-)(n+1-)(n+1-)=(-n)(n+1-)(-n)(n+1-)(-n)+(n+1-)22(-n)(n+1-)22 =(14)2.从而，minf(n),f(n+1)0,且b2-4ac0,则cb24a.设b-a=t(t0),即b=a+

26、t.于是, M=b-aa+b+cta+(a+t)+(a+t)24a=4at(3a+t)24at(23at)2=13.当且仅当3a=t,且c=b24a,即b=c=4a时,等号成立.所以,Mmax=13. 选C.19已知x、y(-2,2)，且xy=1.则22-x2+44-y2的最小值是( ).A207B127C16+427D16-427【答案】C【解析】由已知得y=1x.所以，22-x2+44-y2=22-x2+44-1x2=-4x4+16x2-2-4x4+9x2-2=1+7x2-4x4+9x2-2=1+79-(4x2+2x2).因为4x2+2x242，当且仅当4x2+2x2，即x=482时，故当

27、x=482时，22-x2+44-y2取最小值16+427.20已知a、b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数x1，x2，xn，y1，y2，yn，使a，x1，x2，xn，b成等差数列，a，y1，y2，yn，b成等比数列则下列不等式(1)x1+x2+xnnab+(a-b2)2，(2)x1+x2+xnna+b2，(3)ny1y2ynab，(4)ny1y2ynab+(a-b2)2可见(1)真，(2)假又由等比数列知y1yn=y2yn-1=ab，有ny1y2yn=2n(y1yn)(y2yn-1)(yny1)=2n(ab)n=ab=a+b2-2(a-b2)2a+b2-(a-b2)2可见(3)假，(4)真综上得(1)、(4)真解法2：取a=1，b=64，n=2，可验算(2)、(3)不成立，否定A、C、D，从而B真