2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 方法強化練 不等式 理 蘇教版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 方法強化練 不等式 理 蘇教版 一、填空題 1．“|x|＜2”是“x2－x－6＜0”的________條件． 解析　不等式|x|＜2的解集是(－2,2)，而不等式x2－x－6＜0的解集是(－2,3)，于是當(dāng)x∈(－2,2)時，可得x∈(－2,3)，反之則不成立． 答案　充分不必要 2．(xx青島一模)若a，b是任意實數(shù)，且a＞b，則下列不等式①a2＞b2；②＜1；③lg(a－b)＞0；④a＜b成立的是________． 解析　∵0＜＜1，∴y＝x是減函數(shù)，又a＞b， ∴a＜b.經(jīng)驗證①②③均錯誤，∴④對． 答案?、? 3．(xx鄭州調(diào)研)不等式≤0的解集為________． 解析　原不等式等價為(x－1)(3x＋1)≤0且3x＋1≠0，解得－≤x≤1且x≠－，所以原不等式的解集為，即. 答案　 4．若x，y是正數(shù)，則2＋2的最小值是________． 解析　由2＋2≥x2＋＋y2＋＋2≥2 ＋2 ＋2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時取等號． 答案　4 5．(xx長沙診斷)已知實數(shù)x，y滿足不等式組則2x＋y的最大值是________． 解析　設(shè)z＝2x＋y，得y＝－2x＋z，作出不等式對應(yīng)的區(qū)域，平移直線y＝－2x＋z，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過點B時，直線的截距最大，由解得即B(1,2)，代入z＝2x＋y，得z＝2x＋y＝4. 答案　4 6．(xx北京海淀一模)設(shè)x，y∈R＋，且x＋4y＝40，則lg x＋lg y的最大值是_____． 解析　∵x，y∈R＋，∴40＝x＋4y≥2＝4，當(dāng)x＝4y＝20時取等號， ∴xy≤100，lg x＋lg y＝lg xy≤lg 100＝2. 答案　2 7．某種生產(chǎn)設(shè)備購買時費用為10萬元，每年的設(shè)備管理費共計9千元，這種生產(chǎn)設(shè)備的維修費為第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，而且以后以每年2千元的增量逐年遞增，則這種生產(chǎn)設(shè)備最多使用________年報廢最合算(即使用多少年的年平均費用最少)． 解析　設(shè)使用x年的年平均費用為y萬元． 由已知，得y＝，即y＝1＋＋(x∈N*)． 由基本不等式知y≥1＋2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝10時取等號．因此使用10年報廢最合算，年平均費用為3萬元． 答案　10 8．(xx天水一模)實數(shù)x，y滿足若目標(biāo)函數(shù)z＝x＋y取得最大值4，則實數(shù)a的值為________． 解析　作出可行域，由題意可知可行域為△ABC內(nèi)部及邊界，y＝－x＋z，則z的幾何意義為直線在y軸上的截距，將目標(biāo)函數(shù)平移可知當(dāng)直線經(jīng)過點A時，目標(biāo)函數(shù)取得最大值4，此時A點坐標(biāo)為(a，a)，代入得4＝a＋a＝2a，所以a＝2. 答案　2 9．(xx湖州模擬)設(shè)x，y滿足約束條件若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則＋的最小值為________． 解析　不等式表示的平面區(qū)域如圖所示陰影部分．當(dāng)直線ax＋by＝z(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(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即4a＋6b＝12，即2a＋3b＝6. 所以＋＝ ＝＋ ≥＋2＝. 答案　 10．(xx金麗衢十二校聯(lián)考)已知任意非零實數(shù)x，y滿足3x2＋4xy≤λ(x2＋y2)恒成立，則實數(shù)λ的最小值為________． 解析　依題意，得3x2＋4xy≤3x2＋[x2＋(2y)2]＝4(x2＋y2)，因此有≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號，即的最大值是4，結(jié)合題意得λ≥，故λ≥4，即λ的最小值是4. 答案　4 11．(xx煙臺模擬)已知關(guān)于x的不等式ax2＋2x＋c>0的解集為，則不等式－cx2＋2x－a>0的解集為________． 解析　由ax2＋2x＋c>0的解集為知a<0，且－，為方程ax2＋2x＋c＝0的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系得－＋＝－，＝，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集為(－2,3)． 答案　(－2,3) 12．(xx武漢質(zhì)檢)已知f(x)＝則不等式f(x)＜9的解集是_____． 解析　當(dāng)x≥0時，由3x＜9得0≤x＜2. 當(dāng)x＜0時，由x＜9得－2＜x＜0. 故f(x)＜9的解集為(－2,2)． 答案　(－2,2) 13．(xx湖南卷)若變量x，y滿足約束條件則x＋y的最大值為 _____． 解析　設(shè)z＝x＋y，則y＝－x＋z.作出可行域如圖． 平移直線y＝－x＋z，由圖象可知當(dāng)直線y＝－x＋z經(jīng)過點A時，直線y＝－x＋z的截距最大，此時z最大．由得即A(4,2)，代入z＝x＋y，得z＝4＋2＝6. 答案　6 14．(xx湘潭診斷)已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，則9x＋3y的最小值為________． 解析　由a⊥b得：ab＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2.所以，9x＋3y≥2＝2＝6. 答案　6 15．(xx上海卷)設(shè)常數(shù)a＞0，若9x＋ ≥a＋1對一切正實數(shù)x成立，則a的取值范圍為________． 解析　當(dāng)x＞0時，f(x)＝9x＋≥2＝6a≥a＋1，解得a≥. 答案　 二、解答題 16．(xx鎮(zhèn)江模擬)已知f(x)＝. (1)若f(x)>k的解集為{x|x<－3或x>－2}，求k的值； (2)若對任意x>0，f(x)≤t恒成立，求實數(shù)t的范圍． 解　(1)f(x)>k?kx2－2x＋6k<0， 由已知其解集為{x|x<－3或x>－2}， 得x1＝－3，x2＝－2是方程kx2－2x＋6k＝0的兩根， 所以－2－3＝，即k＝－. (2)∵x>0，f(x)＝＝≤， 由已知f(x)≤t對任意x>0恒成立，故實數(shù)t的取值范圍是. 17．(xx廣州診斷)某單位決定投資3 200元建一倉庫(長方體狀)，高度恒定，它的后墻利用舊墻不花錢，正面用鐵柵，每米長造價40元，兩側(cè)墻砌磚，每米長造價45元，頂部每平方米造價20元，求：倉庫面積S的最大允許值是多少？為使S達到最大，而實際投資又不超過預(yù)算，那么正面鐵柵應(yīng)設(shè)計為多長？ 解　設(shè)鐵柵長為x米，一側(cè)磚墻長為y米，則頂部面積S＝xy，依題設(shè)，得40x＋245y＋20xy＝3 200，由基本不等式，得3 200≥2＋20xy＝120 ＋20xy＝120＋20S，則S＋6－160≤0，即(－10)(＋16)≤0，故0＜≤10，從而0＜S≤100，所以S的最大允許值是100平方米，取得此最大值的條件是40x＝90y且xy＝100，解得x＝15，即鐵柵的長應(yīng)設(shè)計為15米． 18．(xx泉州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1. (1)當(dāng)a＝－時，討論f(x)的單調(diào)性； (2)若x∈[2，＋∞)時，f(x)≥0，求a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝－時，f(x)＝x3－3x2＋3x＋1. f′(x)＝3x2－6x＋3. 令f′(x)＝0，得x＝－1或＋1. 當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(－1，＋1)時，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋1)上是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(＋1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函數(shù)． (2)法一　∵當(dāng)x∈[2，＋∞)時，f(x)≥0， ∴3ax2≥－x3－3x－1，∴a≥－－－， 設(shè)g(x)＝－－－，∴求g(x)的最大值即可，則g′(x)＝－＋＋＝， 設(shè)h(x)＝－x3＋3x＋2， 則h′(x)＝－3x2＋3，當(dāng)x≥2時，h′(x)＜0， ∴h(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g′(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g′(x)≤g′(2)＝0，∴g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)max＝g(2)＝－， ∴a≥－. 法二　因為x∈[2，＋∞)時，f(x)≥0，所以由f(2)≥0，得a≥－. 當(dāng)a≥－，x∈(2，＋∞)時，f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥ 3＝3(x－2)＞0， 所以f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)，于是當(dāng)x∈[2，＋∞)時，f(x)≥f(2)≥0. 綜上，a的取值范圍是.