压轴题03不等式压轴题十三大题型汇总-2

这是一份压轴题03不等式压轴题十三大题型汇总-2，共45页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方的初始兵力，为战斗时间；，分别为红、蓝两方时刻的兵力；正实数，分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定：当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为．则下列结论不正确的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若，则红方获得战斗演习胜利
D．若，则红方获得战斗演习胜利
2．已知正实数x，y，z满足，则不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．若对任意，总存在，使得成立，则m的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
7．四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，，顶点S在底面的射影为H，当H落在上时，四棱锥体积的最大值是（ ）
A．1B．C．2D．3
8．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．15B．20C．24D．27
9．设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．D．
10．若为函数（其中）的极小值点，则（ ）
A．B．
C．D．
11．从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映衬着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，满足关于的方程恰有三个不同的实数根，且（其中），则的值为（ ）
A．B．
C．D．
12．若，x，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．4
二、多选题
13．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点．，过作平面的垂线，垂足为，连，，设，的交点为，在中过作直线交，于，两点，，，过作截面将此四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为，下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．D．的最小值为
14．定义函数的曲率函数（是的导函数），函数在处的曲率半径为该点处曲率的倒数，曲率半径是函数图象在该点处曲率圆的半径，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线在各点处的曲率均不为0，则曲率越大，曲率圆越小
B．函数在处的曲率半径为1
C．若圆为函数的一个曲率圆，则圆半径的最小值为2
D．若曲线在处的弯曲程度相同，则
15．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．当时，B．
C．数列单调递增，单调递减D．当时，恒有
16．已知时，，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
17．若，x，y，．，则以下说法正确的有（ ）
A．的最大值为
B．的最大值为
C．的最大值为0
D．恒小于0
三、填空题
18．目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具．其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道．现有材料科技条件下，对于一个级火箭，在第级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，
其中．
注：表示人造天体质量，表示第（）级火箭结构和燃料的总质量．
给出下列三个结论：
①；
②当时，；
③当时，若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
19．已知正实数m，n，满足，则的最小值为 .
20．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凸函数”.已知在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为 .
21．表示两个实数，中的较小数．已知函数，且当时，，则的最小值为 ．
22．若函数在不同两点，处的切线互相平行，则这两条平行线间距离的最大值为 .
23．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为 ．
24．已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是 .
25．对定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，已知，若关于的不等式组恰好有3个整数解，则实数的取值范围是 .
26．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为 ，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为 ．(，)
27．已知，则的最小值为 ．
28．已知正实数满足，则的取值范围为 .
29．已知实数x，y满足，则的最小值是 ．
四、解答题
30．根据多元微分求条件极值理论，要求二元函数在约束条件的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数，其中为拉格朗日系数．分别对中的部分求导，并使之为0，得到三个方程组，如下：
，解此方程组，得出解，就是二元函数在约束条件的可能极值点．的值代入到中即为极值．
补充说明：【例】求函数关于变量的导数．即：将变量当做常数，即：，下标加上，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的表示分别对进行求导．
(1)求函数关于变量的导数并求当处的导数值．
(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数满足，求的最大值．
(3)①若为实数，且，证明：．
②设，求的最小值．
31．“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式（Bernulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明
32．在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
33．数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
(1)，，矩阵，求使的的最小值.
(2)，，，矩阵求.
(3)矩阵，证明：，，.
34．基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．
(1)若，求数列的最小项；
(2)若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；
(3)若，求证：数列具有性质．
35．已知等比数列的公比，成公差为的等差数列．
(1)求的最小值；
(2)当取最小值时，求集合中所有元素之和．
参考答案：
1．C
【分析】对于A根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，对于B，利用A中结论可得蓝方兵力先为0，即解得；对于C和D，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可.
【详解】对于A，若且，则，
即，所以，
由可得，即A正确；
对于B，当时根据A中的结论可知，所以蓝方兵力先为，
即，化简可得，
即，两边同时取对数可得，
即，所以战斗持续时长为，所以B正确；
对于C，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，
设红方兵力为时所用时间为，蓝方兵力为时所用时间为，
即，可得
同理可得，即，解得，
又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；
所以可得C错误，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题给的信息比较多，关键是理解题意，然后利用相应的知识（作差法、指数函数的性质）进行判断.
2．B
【分析】首先把指数式化成对数式，表示出.选项A，取倒数再根据换底公式可以判断A；选项B，根据换底公式转化为比较的大小关系；选项C，同样根据换底公式转化为比较底数的大小关系；选项D，把利用换底公式进行化简，再结合基本不等式得出结果.
【详解】设，，则，，.
选项A，，，，则，故A正确；
选项B，，，，
下面比较的大小关系，
因为，，，所以，即，又，
所以，即，故B不正确；
选项C，，，，
因为，又，所以，即，故C正确；
选项D，，
因为，所以，
又，所以，故D正确；
故选：B.
【点睛】指数和对数的比较大小问题，通常有以下方法：
（1）利用指数、对数函数的单调性比较大小，底数不一样时可以化成一样的再比较；
（2）比较与0，1的关系，也可以找中间值比较大小；
（3）当真数一样时，可以考虑用换底公式，换成底数一样，再比较大小；
（4）去常数再比较大小，当底数与真数成倍数关系时，需要将对数进行分离常数再比较；
（5）也可以结合基本不不等式进行放缩，再比较大小；
（6）构造函数，利用函数的单调性比较大小.
3．B
【分析】先求出，从而得到，
再利用函数的单调性求出的值域为，比较端点值，列出不等式组，
求出m的最小值.
【详解】因为，所以，则为对勾函数，
在处取得最小值，，
又因为，，
所以．
由，得．
又函数在上单调递增，则的值域为，
即的值域为，
则，解得．
所以m的最小值为.
故选：B
4．A
【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.
【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形的边长为，所以，
因为，所以为的中点，
设，在直角中，有，故，
所以，
则，
所以，
因为，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，
因此的最小值为.

故选：A.
5．A
【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，
所以面，

设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
6．C
【分析】取的中点，根据题意分析可知：三棱锥外接球的球心在过垂直于平面的直线上，设，建系，结合空间两点距离公式可得，进而利用基本不等式运算求解.
【详解】连接，取的中点，可知为的外心，
过作平面的垂线，可知三棱锥外接球的球心在该垂线上，
设，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，即，
整理得，当且仅当，即时，等号成立，
所以三棱锥外接球半径的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥外接球的球心在过垂直于平面的直线上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.
7．A
【分析】取BC的中点E，连接，根据垂直关系可知平面，进而可得为的中点，结合锥体的体积公式以及基本不等式运算求解.
【详解】取BC的中点E，连接，
因为为等边三角形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
如图，则，可知为的中点，
在为等边三角形，可知，则，
在中，可知，，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为1.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据垂直关系分析可知平面，进而可得为的中点.
8．D
【分析】根据题意可得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而得到，然后将分离出来，再结合基本不等式即可得到结果.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，所以2.
由，得，
整理得对任意，且恒成立，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的最大值为27.
故选：D.
9．B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中

当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
10．C
【分析】时为单调函数，无极值点不符合题意；令有两根为或，分、讨论，根据为极小值点需满足的条件，结合不等式性质可得答案.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
由于，且，故有两根为或
①当时，若为极小值点，则需满足：，故有，
可得；
②当时，若为极小值点，则需满足：，故有：，
可得.
故A，B选项错误，综合①②有：.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据为极小值点得到的关系再结合不等式的性质解题.
11．B
【分析】先确定函数的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于的方程组，解方程组即可求解.
【详解】因为，
所以关于对称，所以的根应成对出现，
又因为的方程恰有三个不同的实数根且，
所以该方程的一个根是，得，且，
所以，由得，
当，即，即时，，①
则，②
由①②得，解得，所以；
当，即，即时，，③
，④
由③④得，即，
解得，此时，不合题意，舍去，
综上，.
故选：B.
12．C
【分析】构造，变形，然后用基本不等式求出结果即可.
【详解】因为，
所以．
因为，所以．
所以，即．
当且仅当，，即，时等号成立，
所以的最小值为．
故选：C．
13．ABD
【分析】过作平面的垂线，垂足为，连接、、，设、的交点为，在中，过作直线交，于，，由相交直线确定平面，得到四边形是过的截面，结合平面向量基本定理，基本不等式及体积求解逐项判断能求出结果．
【详解】由题意可知，四棱锥为正四棱锥，
过作平面的垂线，垂足为，则O为底面中心，连接、、，
设、的交点为，在中，过作直线交，于，，
由相交直线确定平面，得到四边形是过的截面，
由题意得，是等边三角形，是的重心，
则，故A正确；
又设，，，，
，由三点共线得，解得，故B正确；
易知平面,故平面，
则E到平面的距离为，同理G到平面的距离为2,
又为的中点，则到平面的距离为1，
，
，故C错误;
易知，
故，
，
，，，
当且仅当．取等号，
，
．故D正确.
故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题考查正棱锥性质及向量应用，解决问题关键是利用向量共线得结合基本不等式求最值.
14．ABD
【分析】直接根据倒数的性质即知A正确；直接根据曲率半径的定义计算函数在处的曲率，再取倒数得到曲率半径即可判断B正确；使用三元均值不等式可以证明函数的曲率圆的半径一定大于2，从而C错误；设，，然后将条件转化为关于的等式，再使用基本不等式进行处理，即可证明D正确.
【详解】对于A，若曲线在各点处的曲率均不为0，显然，由知，
由于曲线在处的曲率为，曲率圆的半径为，
所以曲率圆的半径等于曲率的倒数. 而曲率大于0，所以曲率越大，曲率圆越小，A正确；
对于B，若，直接计算知，所以，
从而函数在处的曲率为1，从而函数在处的曲率半径为1的倒数，即1，B正确；
对于C，若，直接计算知，这里.
所以处的曲率圆半径，
从而我们有，
所以圆的半径一定大于2，不可能以2为最小值，C错误；
对于D，若，在C选项的过程中已经计算得知，
现在如果曲线在处的弯曲程度相同，则，故，
所以，即.
设，，则，，，将两边展开，
得到，从而.
故，而，
故，这意味着，从而.
定义函数，则，由于，函数在上递增，
故，所以，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：在适当的时候使用均值不等式是解决本题C，D选项的关键.
15．ACD
【分析】由题意可得：，，对于AB：利用作差法分析判断；对于C：分析可知是等比数列，根据等比数列通项公式结合数列单调性分析判断；对于D：分析可得，结合等比数列运算求解.
【详解】由题意可得：，，
由可知：，但，
可知对任意的，都有，
对于选项A：若，
则，
即，故A正确；
对于选项B：，
即，故B错误.
对于选项C：因为，，
则，且，
可知是等比数列，则，
设，，
可得，，
因为，可知为递增数列，
所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，
由，可得，即，则，即；
由，可得，即，则，即；
以此类推，可得对任意的，都有，
又因为，则，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
16．BCD
【分析】本题考虑到不等式可以用，，这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在时的大小位置关系.可结合，进行初步判断函数的大小关系，结合的变化对，的相对位置的变化影响可解得本题.
【详解】设，，，
由得，
所以时，或.
A和B选项：
当时，，
设，则，
当时，所以在上单调递增，
所以，
即当时，，
故.
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减.
故，即，
所以有，
即，.
设，由题意可知，，
，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
所以，
得，
由得，
，
当时，由得，
则，故B正确，
取，，，则，故A错误；
C和D选项：
当时，
由题意，恰为，两交点，所在直线，
则
则
由对数平均不等式知，
.
故，
故CD正确
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考察用导数解决不等式问题，本题解题的关键是从不等式中能抽象出来，，这三个函数，然后根据不等式得到三个函数的图象在不同位置时的联系进而去解决问题.
17．CD
【分析】由可得，而，可判断C正确；从而得到中至少有一个为，不妨令，则且，从而可判断A,B,D选项.
【详解】，，
对于C，
，
，C正确；
由C选项可知，，
所以中至少有一个为，不妨令，则且，
对于A，，
所以，A错误；
对于D，，而，
所以，即，D正确；
对于B，
而，所以，
即，B错误.
故选：CD
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是先由可得，从而得到，进而得到中至少有一个为，其他两个互为相反数，从而可解.
18．②③
【分析】只需证明每个都大于1即可判断①错误；直接考虑时的表达式即可判断②正确；时，将条件转化为关于的等式，再得到一个不等关系，即可证明，推出③正确.
【详解】首先，对，有，故，，这推出.
由于，故每个都大于1，从而，①错误；
由于当时，有，故②正确；
由于当时，，若，则.
从而，故.
这意味着，即，从而我们有
.等号成立当且仅当，
故，即，即，
分解因式可得，再由即知，故，③正确.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：判断第三问的关键是得到条件等式，结合基本不等式即可顺利得解.
19．
【分析】，利用函数单调性可得，又注意到，后由基本不等式可得答案.
【详解】，构造函数，则，即在上单调递增，
则.则，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：.
20．
【分析】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可.
【详解】
在区间上为“凸函数”
在上恒成立
上恒成立
设，，
则
当且仅当时取得最大值，
故答案为：.
【点睛】本题考查了新定义“凸函数”，考查了分离参数法解决恒成立问题和基本不等式，属于中档题.
21．16
【分析】先分情况讨论得出，然后根据单调性得出若，，则，，最后根据基本不等式即得的最小值为16.
【详解】，
当，即时，，
而当，即时，，
即.
作出函数的大致图象如图所示，由于在上递增，在上递减，
从而若，，则，，即.
所以，当，时，等号成立，所以的最小值为．
故答案为：16.
22．
【分析】先对函数求导，得导函数是偶函数，由在A，B两点处切线互相平行，可得，计算原点O到点A处切线的距离的最大值后可得两条平行线距离最大值.
【详解】由题意有，设，
所以函数在点A处的切线方程为，
所以原点O到点A处切线的距离为，
因为，
所以
当且仅当时等号成立，
因为是偶函数，且在A，B两点处切线互相平行，
所以，即在A，B两点处切线关于原点对称，
所以这两条平行线间的距离的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用是偶函数，得到两条切线关于原点对称，故两条平行线距离最大值即为原点O到点A处切线的距离最大值的2倍.
23．18
【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由于，
故，
故，，
则
，
由，得，
由，即，知位于之间，
不妨设，则，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故则的最小值为18，
故答案为：18
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.
24．6
【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围.
【详解】因为，所以，
则不等式等价于，
等价于，令，则，
从而，令，由对勾函数的性质知，
因为，即，所以，
令，则，解得，
所以，当且仅当即时取等号，
故的最大值是6.
故答案为：6
【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可.
25．
【分析】根据已知得出关于的方程组，求出，再代入不等式组求出解集，再根据已知条件得到取值范围.
【详解】因为，
所以，解得，
所以，，
因为不等式组恰有3个整数解，
所以，
故答案为：.
26． ； .
【分析】先根据题意把第次操作所去掉的长度和求出来，然后再求和即可得到前次操作所去掉的长度，再建立不等式即可求出的最小值.
【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， .
以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为

由题意知，，
两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
27．/
【分析】先求得的取值范围，再把整体代换构造均值不等式即可.
【详解】由已知得，所以，
则
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为，
故答案为：
28．
【分析】设，结合立方和公式得出，由，解关于的不等式，再利用基本不等式，再解关于的不等式得出结果.
【详解】根据题意可得：，即，
设，
则：，，
，
，，
解得或，
又，
，化简得，
①当时，不等式不成立；
②当时，，即，
，又恒成立，可得，
的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】易错点点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误
29．
【分析】根据等式结构特点转化后可构造函数，根据函数单调可得，由指数、对数的运算性质化简后由均值不等式求解.
【详解】由原式可得，且
令，则原式即为，
因为在上单调递增，
所以，所以，
则，
当且仅当时，即时等号成立.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据所给方程，利用指数、对数的运算性质，得到方程右边为，构造函数得出是解题关键.
30．(1)，；
(2)；
(3)①证明见解析；②4.
【分析】（1）根据给定条件，对变量求导并求值.
（2）利用拉格朗日乘数法求出极值，再判断并求出最大值.
（3）①利用换元法，结合平方数是非负数推理即得；②利用二次函数、均值不等式求出最小值.
【详解】（1）函数，对变量求导得：，
当时，.
（2）令，
则，解得或，
于是函数在约束条件的可能极值点是，，
当时，函数的一个极值为函数，
当时，函数的一个极值为函数，
方程视为关于x的方程：，则，解得，
视为关于y的方程：，则，解得，
因此函数对应的图形是封闭的，而，
所以的最大值为.
（3）①由，，设，
则，
当且仅当时取等号，
所以.
②当时，
，当且仅当时取等号，
所以时，取得最小值4.
【点睛】方法点睛：利用基本不等式最值的方法与技巧：
①在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件；
②利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.
31．(1)，或
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据不等式特征猜想出等号成立的条件；
（2）设，注意到，求导得到，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；
（3）当时，显然成立，当时，构造数列：，作差法得到是一个单调递增的数列（），结合，得到，证明出结论.
【详解】（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或．
当时，，当时，，
当时，，其他值均不能保证等号成立，
猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是，或；
（2）当时，我们需证，
设，注意到，
，令得，
即，是的一个极值点．
令，则，
所以单调递增．
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
所以在处取得极小值，
即恒成立，．
伯努利不等式对得证．
（3）当时，原不等式即，显然成立．
当时，构造数列：，
则，
若，由上式易得，即；
若，则，所以，
故，
即此时也成立．
所以是一个单调递增的数列（），
由于，所以，
故原不等式成立．
【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
32．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明；
（2）根据新定义，因为，分和两种情况证明；
（3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
33．(1)10
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；
（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.
【详解】（1）由题意得.
若，则，即.
因式分解得.因为，所以.
所以使的的最小值是10.
（2）由题得第1对角线上的平方和为，
第2对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为，
所以
所以.
（3）由题意知，证明
等价于证明，
注意到左侧求和式，
将右侧含有的表达式表示为求和式有
故只需证成立，
即证成立，令，
则需证成立，
记，则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，即成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.
34．(1)最小项为
(2)数列具有性质，理由见解析．
(3)证明见解析
【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；
（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；
（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.
【详解】（1），当且仅当，即时，等号成立，
数列的最小项为．
（2）数列具有性质．
，
，
数列满足条件①．
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质．
（3）先证数列满足条件①：
．
当时，
则，
数列满足条件①．
再证数列满足条件②：
（，等号取不到）
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.
35．(1)3
(2)
【分析】（1）由条件代入进行基本量运算，将用替代消元,再凑项运用基本不等式即得；
（2）将表示为的函数，借助于求导判断函数单调性，求得函数的最小值点，再按照集合的要求取舍元素即得.
【详解】（1）由题设知，即，化简得：；
而．
于是当时，，当且仅当，即时等号成立．
故的最小值为3．
（2）由，令，．
，令得，当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，则时，取最小值，
从而取最小值时，．代入中，解得：，
又则，．
因不是偶数，故，则，因此当时，．
所以当取最小值时，A中所有元素之和为．