2025年下學(xué)期初中數(shù)學(xué)競賽不等式技巧試卷一、選擇題（每題5分，共30分）若實(shí)數(shù)(a,b)滿足(a+b=1)，則(a^2+2b^2)的最小值為（）A.(\frac{2}{3})B.(\frac{3}{4})C.1D.(\frac{4}{5})不等式(\frac{x^2-3x+2}{x-3}\leq0)的解集為（）A.([1,2]\cup(3,+\infty))B.([1,2]\cup(-\infty,3))C.([1,2])D.((-\infty,1]\cup[2,3))已知(x>0,y>0)，且(x+2y=4)，則(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})的最小值為（）A.(\frac{3+2\sqrt{2}}{4})B.(\frac{3}{4})C.(1+\sqrt{2})D.(2\sqrt{2})若關(guān)于(x)的不等式(|x-1|+|x+2|<a)有解，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是（）A.(a>3)B.(a\geq3)C.(a>1)D.(a\geq1)設(shè)(a,b,c)為正實(shí)數(shù)，且(a+b+c=3)，則(\frac{1}{a}+\frac{1}+\frac{1}{c})的最小值為（）A.1B.3C.6D.9若不等式(x^2-ax+1>0)對任意(x\in\mathbf{R})恒成立，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是（）A.((-2,2))B.([-2,2])C.((-\infty,-2)\cup(2,+\infty))D.((-\infty,-2]\cup[2,+\infty))二、填空題（每題6分，共36分）不等式(2x^2-5x-3<0)的解集為__________。若(x>1)，則(x+\frac{4}{x-1})的最小值為__________。已知(a,b\in\mathbf{R})，且(a+2b=3)，則(2^a+4^b)的最小值為__________。不等式(|2x-1|>x+1)的解集為__________。設(shè)(x,y)為正實(shí)數(shù)，且(x+3y=5xy)，則(3x+4y)的最小值為__________。若關(guān)于(x)的不等式組(\begin{cases}x-a>0\1-2x>x-2\end{cases})無解，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是__________。三、解答題（共84分）13.（12分）解不等式：(\frac{|x+1|}{x-2}\geq1)。解析：分兩種情況討論：當(dāng)(x-2>0)，即(x>2)時(shí)，不等式可化為(|x+1|\geqx-2)。因?yàn)?x>2)，所以(x+1>0)，絕對值可直接去掉：(x+1\geqx-2)，化簡得(1\geq-2)，恒成立。故此時(shí)解集為(x>2)。當(dāng)(x-2<0)，即(x<2)時(shí)，不等式可化為(|x+1|\leqx-2)。由于左邊絕對值非負(fù)，右邊(x-2<0)，不等式無解。綜上，原不等式的解集為((2,+\infty))。14.（14分）已知(a,b)為正實(shí)數(shù)，且(a+b=1)，求證：(\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}\right)\geq\frac{25}{4})。證明：由(a+b=1)，結(jié)合均值不等式得(ab\leq\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{1}{4})，當(dāng)且僅當(dāng)(a=b=\frac{1}{2})時(shí)等號成立。將原式展開：[\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}\right)=ab+\frac{a}+\frac{a}+\frac{1}{ab}]令(t=ab)，則(t\in\left(0,\frac{1}{4}\right])。因?yàn)?\frac{a}+\frac{a}\geq2)（均值不等式），所以原式(\geqab+\frac{1}{ab}+2=t+\frac{1}{t}+2)。設(shè)函數(shù)(f(t)=t+\frac{1}{t})，易知(f(t))在(\left(0,\frac{1}{4}\right])上單調(diào)遞減，故(f(t)_{\min}=f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}+4=\frac{17}{4})。因此，原式(\geq\frac{17}{4}+2=\frac{25}{4})，當(dāng)且僅當(dāng)(a=b=\frac{1}{2})時(shí)等號成立。15.（14分）已知關(guān)于(x)的不等式(x^2-(m+1)x+m<0)的解集為((1,m))，求實(shí)數(shù)(m)的取值范圍。解析：不等式(x^2-(m+1)x+m<0)可化為((x-1)(x-m)<0)。方程((x-1)(x-m)=0)的根為(x=1)和(x=m)。若(m>1)，則不等式解集為((1,m))，符合題意；若(m=1)，不等式化為((x-1)^2<0)，無解；若(m<1)，不等式解集為((m,1))，與題目中解集((1,m))矛盾。綜上，(m)的取值范圍是(m>1)。16.（16分）已知(x,y,z)為正實(shí)數(shù)，且(x+y+z=1)，求(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z})的最小值。解析：利用柯西不等式（權(quán)方和不等式）：[\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right)(x+y+z)\geq(1+2+3)^2=36]因?yàn)?x+y+z=1)，所以(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\geq36)。等號成立條件為(\frac{1}{x^2}=\frac{4}{y^2}=\frac{9}{z^2})，即(y=2x)，(z=3x)。代入(x+y+z=1)，解得(x=\frac{1}{6})，(y=\frac{1}{3})，(z=\frac{1}{2})。故最小值為(36)。17.（16分）已知函數(shù)(f(x)=x^2+ax+3)，若對任意(x\in[-2,2])，(f(x)\geqa)恒成立，求實(shí)數(shù)(a)的取值范圍。解析：將(f(x)\geqa)轉(zhuǎn)化為(x^2+ax+3-a\geq0)，設(shè)(g(x)=x^2+ax+3-a)，需滿足(g(x)_{\min}\geq0)，(x\in[-2,2])。函數(shù)(g(x))的對稱軸為(x=-\frac{a}{2})，分三種情況討論：當(dāng)(-\frac{a}{2}\leq-2)，即(a\geq4)時(shí)，(g(x))在([-2,2])上單調(diào)遞增，(g(x)_{\min}=g(-2)=4-2a+3-a=7-3a\geq0)，解得(a\leq\frac{7}{3})。與(a\geq4)矛盾，無解。當(dāng)(-2<-\frac{a}{2}<2)，即(-4<a<4)時(shí)，(g(x)_{\min}=g\left(-\frac{a}{2}\right)=\left(-\frac{a}{2}\right)^2+a\left(-\frac{a}{2}\right)+3-a=-\frac{a^2}{4}-a+3\geq0)，化簡得(a^2+4a-12\leq0)，解得(-6\leqa\leq2)。結(jié)合(-4<a<4)，得(-4<a\leq2)。當(dāng)(-\frac{a}{2}\geq2)，即(a\leq-4)時(shí)，(g(x))在([-2,2])上單調(diào)遞減，(g(x)_{\min}=g(2)=4+2a+3-a=7+a\geq0)，解得(a\geq-7)。結(jié)合(a\leq-4)，得(-7\leqa\leq-4)。綜上，(a)的取值范圍是([-7,2])。18.（18分）設(shè)(x,y,z)為非負(fù)實(shí)數(shù)，且(x+y+z=1)，求(u=xy+yz+zx-3xyz)的最大值。解析：由對稱性，不妨設(shè)(z\leqy\leqx)，且(x+y+z=1)。若(z=0)，則(x+y=1)，此時(shí)(u=xy+0-0=xy\leq\left(\frac{x+y}{2}\right)^2=\frac{1}{4})，當(dāng)(x=y=\frac{1}{2})時(shí)取等。若(z>0)，利用局部調(diào)整法：固定(x+y=1-z)，設(shè)(t=xy)，則(t\leq\left(\frac{1-z}{2}\right)^2)。此時(shí)(u=t(1-3z)+z(1-z))，關(guān)于(t)單調(diào)遞增，故(t)取最大值時(shí)(u)最大，即(x=y=\frac{1-z}{2})。代入得(u=\left(\frac{1-z}{2}\right)^2(1-3z)+z(1-z)=\frac{(1-z)^2(1-3z)}{4}+z(1-z))，令(t=1-z)（(t\in\left[\frac{1}{3},1\right])，因?yàn)?z\leq\frac{1}{3})，否則(1-3z<0)），化簡得(u=\frac{t^2(3t-2)}{4}+(1-t)t=\frac{3t^3-2t^2+4t-4t^2}{4}=\frac{3t^3-6t^2+4t}{4})。求導(dǎo)得(u'=\frac{9t^2-12t+4}{4}=\frac{(3t-2)^2}{4}\geq0)，故(u)在(t\in\left[\frac{1}{3},1\right])上單調(diào)遞增，當(dāng)(t=1)（即(z=0)）時(shí)，(u_{\max}=\frac{3-6+4}{4}=\frac{1}{4})。綜上，(u)的最大值為(\frac{1}{4})。四、附加題（20分）19.已知正實(shí)數(shù)(a,b,c)滿足(a+b+c=3)，求證：(\frac{a}{b^2+1}+\frac{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{3}{2})。證明：由均值不等式，(b^2+1\geq2b)，故(\frac{a}{b^2+1}\geq\frac{a}{2b})，同理(\frac{c^2+1}\geq\frac{2c})，(\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{c}{2a})。三式相加得(\frac{a}{b^2+1}+\frac{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\geq\frac{1}{2}\left(\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\right))。由柯西不等式，(\left(\fr