（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習第二篇第14練不等式試題理.docx

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第14練　不等式 [明晰考情]　1.命題角度：不等式的性質(zhì)，“二次函數(shù)、二次方程、二次不等式”的相互轉(zhuǎn)化，基本不等式及其應用，線性規(guī)劃.2.題目難度：基本不等式和三個“二次”高考中會綜合考查，中高檔難度；不等式的性質(zhì)和線性規(guī)劃為基礎題，中低檔難度. 考點一　不等關系與不等式的性質(zhì) 要點重組　不等式的常用性質(zhì) (1)如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd. (2)如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2). (3)如果a>b>0，那么>(n∈N，n≥2). 1.若m≠3且n≠－2，則M＝m2＋n2－6m＋4n的值與－13的大小關系為______________. 答案　M>－13 解析　∵m≠3且n≠－2， ∴M＝(m－3)2＋(n＋2)2－13>－13. 2.(2018無錫月考)若P＝－，Q＝－(a>0)，則P，Q的大小關系是________. 答案　P0，所以Pb，則ac>bc； ②若a>b，則ac2>bc2； ③若aab>b2； ④若a； ⑤若a. 其中真命題的序號為________. 答案?、邰? 解析?、僖驗槲粗獢?shù)c可以是正數(shù)、負數(shù)或零，所以無法確定ac與bc的大小，所以是假命題；②因為c2≥0，所以只有c2≠0時才正確.當c＝0時，ac2＝bc2，所以是假命題；③由aab；ab2，所以是真命題；④由性質(zhì)定理知，由a，命題是真命題；⑤由a，命題是假命題. 考點二　不等式的解法方法技巧　(1)解一元二次不等式的步驟一化(二次項系數(shù)化為正)，二判(看判別式Δ)，三解(解對應的一元二次方程)，四寫(根據(jù)“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式解集). (2)可化為＜0(或＞0)型的分式不等式，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式求解. (3)指數(shù)不等式、對數(shù)不等式可利用函數(shù)單調(diào)性求解. 5.函數(shù)y＝的定義域是________. 答案　[－3,1] 解析　要使原函數(shù)有意義，需且僅需3－2x－x2≥0. 解得－3≤x≤1.故函數(shù)的定義域為[－3,1]. 6.(2018啟東檢測)若關于x的不等式－2≤x2－2ax＋5≤a的解集是[1，3]，則實數(shù)a的值是________. 答案　2 解析　因為關于x的不等式－2≤x2－2ax＋5≤a的解集是[1，3]，所以－2≤x2－2ax＋5恒成立且x2－2ax＋5＝a的兩根為1,3，所以所以a＝2. 7.若關于x的不等式ex(x2＋ax＋a)≤ea在[a，＋∞)上有解，則正數(shù)a的取值范圍是________. 答案　解析　令f(x)＝ex(x2＋ax＋a)，x∈[a，＋∞)，不等式ex(x2＋ax＋a)≤ea在[a，＋∞)上有解，即f(x)min≤ea. f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋2a]＝ex(x＋2)(x＋a)，a>0，則f′(x)>0在[a，＋∞)上恒成立，則f(x)在[a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(a)＝ea(2a2＋a)≤ea，所以2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，又a>0，則04x＋a－3恒成立的x的取值范圍是__________. 答案　(－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析　原不等式可化為x2＋ax－4x－a＋3>0，即a(x－1)＋x2－4x＋3>0，令f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3，則函數(shù)f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3表示直線，要使f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3>0在a∈[0,4]上恒成立，則有f(0)>0，且f(4)>0，即x2－4x＋3>0且x2－1>0，解得x>3或x<－1，即x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞). 考點三　基本不等式要點重組　基本不等式：≥，a≥0，b≥0 (1)利用基本不等式求最值的條件：一正二定三相等. (2)求最值時若連續(xù)利用兩次基本不等式，必須保證兩次等號成立的條件一致. 9.若正數(shù)a，b滿足＋＝1，則＋的最小值是________. 答案　6 解析　∵正數(shù)a，b滿足＋＝1， ∴a＋b＝ab，＝1－>0，＝1－>0， ∴b>1，a>1，則＋≥2＝2＝6(當且僅當a＝，b＝4時等號成立)， ∴＋的最小值為6. 10.(2018江蘇鹽城市阜寧中學調(diào)研)已知－＝2且b>1，則b－4a的最小值為________. 答案　－解析　令m＝，n＝，則a＝＋1，b＝＋1， m－n＝2，由b>1得，m>0，n>0， b－4a＝＋1－4＝－－3＝－3＝－3≥－3＝－，當且僅當m＝4，n＝2時等號成立. ∴b－4a的最小值為－. 11.已知a＞0，b＞0，若不等式－－≤0恒成立，則實數(shù)m的最大值為________. 答案　16 解析　因為a＞0，b＞0，所以由－－≤0恒成立，得m≤(3a＋b)＝10＋＋恒成立. 因為＋≥2＝6，當且僅當a＝b時等號成立，所以10＋＋≥16，所以m≤16，即實數(shù)m的最大值為16. 12.(2018鹽城月考)若x>0，y>0，且x＋＋y＋≤9，則＋的最大值為________. 答案　解析　由題意并根據(jù)基本不等式可知， (x＋y)＝1＋4＋＋≥9(當且僅當y＝2x時等號成立)，由x＋＋y＋≤9，可得(x＋y)≤9－，故≥(x＋y)≥9，所以－2＋9≥9，解得≤＋≤，故＋的最大值為. 考點四　簡單的線性規(guī)劃問題方法技巧　(1)求目標函數(shù)最值的一般步驟：一畫二移三求. (2)常見的目標函數(shù) ①截距型：z＝ax＋by； ②距離型：z＝(x－a)2＋(y－b)2； ③斜率型：z＝. 13.(2018鹽城調(diào)研)若變量x，y滿足約束條件則z＝3x＋y的最大值為________. 答案　9 解析　作出可行域(陰影部分包含邊界)如圖所示：可知當目標函數(shù)經(jīng)過點A(2,3)時取得最大值，故最大值為9. 14.設實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝的最大值是________. 答案　1 解析　滿足條件的可行域如圖陰影部分(包括邊界)所示. z＝表示可行域內(nèi)的點(x，y)與(0,0)連線的斜率，由圖可知，最大值為kOA＝＝1. 15.已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面區(qū)域Ω：若圓心C∈Ω，且圓C與x軸相切，則a2＋b2的最大值為________. 答案　37 解析　如圖，由已知得平面區(qū)域Ω為△MNP內(nèi)部及邊界. ∵圓C與x軸相切，∴b＝1. 顯然當圓心C位于直線y＝1與x＋y－7＝0的交點(6,1)處時，|a|max＝6. ∴a2＋b2的最大值為62＋12＝37. 16.已知實數(shù)x，y滿足若目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)m的值為________. 答案　2 解析　表示的可行域如圖中陰影部分(包含邊界)所示. 將直線l0：2x＋y＝0向上平移至過點A，B時， z＝2x＋y分別取得最小值與最大值. 由得A(m－1，m)，由得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2， zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝2，解得m＝2. 1.在區(qū)間(1,2)上不等式x2＋mx＋4＞0有解，則m的取值范圍為________. 答案　(－5，＋∞) 解析　由題意知，m＞－在(1,2)上有解，又函數(shù)t＝－，x∈(1,2)的值域為(－5，－4)， ∴m＞－5. 2.已知a>0，b>0，則＋的最小值是________. 答案　2 解析　當a＋b≥ab＋1時，＋≥＋＝＝≥＝2，當且僅當a＝b＝1時等號都成立；當a＋b＋＝≥＝2，故＋的最小值是2. 3.當x∈(0,1)時，不等式≥m－恒成立，則m的最大值為________. 答案　9 解析　方法一　(函數(shù)法) 由已知不等式可得 m≤＋，設f(x)＝＋＝＝，x∈(0,1). 令t＝3x＋1，則x＝，t∈(1,4)，則函數(shù)f(x)可轉(zhuǎn)化為 g(t)＝＝＝＝，因為t∈(1,4)，所以4≤t＋<5， 0＜－＋5≤1，≥9，即g(t)∈[9，＋∞)，故m的最大值為9. 方法二　(基本不等式法) 由已知不等式可得m≤＋，因為x∈(0,1)，則1－x∈(0,1)，設y＝1－x∈(0,1)，顯然x＋y＝1. 故＋＝＋＝＋＝5＋≥5＋2＝9，當且僅當＝，即y＝，x＝時等號成立. 所以要使不等式m≤＋恒成立，m的最大值為9. 4.設實數(shù)x，y滿足條件若目標函數(shù)z＝ax ＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則＋的最小值為____________. 答案　4 解析　畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，當直線z＝ax＋by(a＞0，b＞0)過直線x－y＋2＝0與直線3x－y－6＝0的交點(4,6)時，目標函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即2a＋3b＝6，則＋＝＋＝2＋＋≥4，當且僅當＝，即時取等號. 1.已知三個正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，則＋的最小值為________. 答案　解析　由條件可知a＞0，b＞0，c＞0，且b2＝ac，即b＝，故≥＝2，令＝t，則t≥2，所以y＝t＋在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，故其最小值為2＋＝. 2.設函數(shù)f(x)＝，則不等式f(x)＞－f的解集是________. 答案　解析　函數(shù)f(x)的定義域為(－1,1)且在(－1,1)上單調(diào)遞增，f(－x)＝－f(x)，所以f()＞－f?f()＞f?－＜＜1，解得x∈. 3.(2018江蘇如東高級中學月考)關于x的不等式ax－b>0的解集是，則關于x的不等式>0的解集是________. 答案　(－1,2) 解析　由題意可得a－b＝0，且a<0，所以不等式>0的解集為(－1,2). 4.(2018江蘇南京金陵中學月考)若實數(shù)x，y滿足條件則z＝4x－2y的取值范圍為________. 答案　[5,13] 解析　x，y滿足條件即畫出可行域如圖陰影部分包含邊界. 根據(jù)可行域可知，目標函數(shù)z＝4x－2y在A點處取得最小值，在C點處取得最大值， A，C，所以z＝4x－2y的取值范圍為[5,13]. 5.若實數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3，則＋的最小值為__________. 答案　8 解析　方法一　因為實數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3，所以y＝－3(y＞3)，所以＋＝y(tǒng)＋3＋＝y(tǒng)－3＋＋6≥2＋6＝8，當且僅當y－3＝，即y＝4時取等號，此時x＝，所以＋的最小值為8. 方法二　因為實數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3，所以y＝－3(y＞3)，y－3＝－6＞0，所以＋＝＋＝－6＋＋6≥2＋6＝8，當且僅當－6＝，即x＝時取等號，此時y＝4，所以＋的最小值為8. 6.若變量x，y滿足條件則(x－2)2＋y2的最小值為________. 答案　5 解析　如圖所示，作出不等式組所表示的可行域(陰影部分). 設z＝(x－2)2＋y2，則z的幾何意義為可行域內(nèi)的點到定點D(2,0)的距離的平方，由圖象可知，C，D兩點間的距離最小，此時z最小，由可得即C(0,1). 所以zmin＝(0－2)2＋12＝4＋1＝5. 7.已知a>0，b>1，a＋b＝2，則＋的最小值是________. 答案　解析　＋＝＝＋2＋＋≥＋2＝，當且僅當＝，即b－1＝2a，又a＋b＝2，所以a＝，b＝時取等號. 8.(2018連云港檢測)已知函數(shù)f(x)＝，若a1，由＝，得1－2a－1＝2b－1－1，2a－1＋2b－1＝2， 2a－1＋＋＝2，所以2≥3＝3，可得2a＋2b－3≤，a＋2b－3≤log2＝5－3log23，即a＋2b≤8－3log23，當且僅當2a－1＝，a＝b－1時等號成立，即a＋2b的最大值為8－3log23. 9.(2018江蘇溧水七校聯(lián)考)已知直線ax＋by＝1(其中a，b為非零實數(shù))與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，O為坐標原點，且∠AOB＝，則＋的最小值為________. 答案　8 解析　∵直線ax＋by＝1(其中a，b為非零實數(shù))與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，且∠AOB＝， ∴圓心O(0,0)到直線ax＋by＝1的距離 d＝＝1，化為2a2＋b2＝1. ∴＋＝(2a2＋b2)＝2＋2＋＋≥4＋2＝8，當且僅當b2＝2a2＝時取等號. ∴＋的最小值為 8. 10.在平行四邊形ABCD中，∠BAD＝60，AB＝1，AD＝，P為平行四邊形內(nèi)一點，且AP＝，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的最大值為________. 答案　解析　由題意得＝λ＋μ(λ>0，μ>0)， ∴||2＝(λ＋μ)2＝λ2||2＋μ2||2＋2λμ ＝λ2||2＋μ2||2＋2λμ||||cos∠BAD. 又AP＝，∠BAD＝60，AB＝1，AD＝， ∴＝λ2＋2μ2＋λμ. ∴(λ＋μ)2＝λ2＋2μ2＋2λμ＝＋λμ≤＋2，解得(λ＋μ)2≤， ∴λ＋μ≤，當且僅當λ＝μ且＝λ2＋2μ2＋λμ，即λ＝，μ＝時等號成立. 故λ＋μ的最大值為. 11.若不等式(－1)na＜3＋對任意的正整數(shù)n恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案　解析　當n為奇數(shù)時，不等式可化為－a<3＋，即a>－3－，要使得不等式對任意正整數(shù)n恒成立，則a≥－3，當n為偶數(shù)時，不等式可化為a<3－，要使得不等式對任意正整數(shù)n恒成立，則a

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