2024年高考数学一轮复习单元检测七不等式含解析文

PAGEPAGE13单元检测(七)不等式一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2024·江西赣中模拟]已知下列四个结论：①a>b⇔ac>bc；②a>b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③a>b>0，c>d>0⇒eq\f(a,d)>eq\f(b,c)；④a>b>0，c<0⇒ac<bc.其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个2．若a<b，d<c，并且(c－a)(c－b)<0，(d－a)(d－b)>0，则a，b，c，d的大小关系为()A．d<a<c<bB．a<d<c<bC．a<d<b<cD．d<c<a<b3．[2024·郑州四中月考]已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，则a＝()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,2)4．[2024·阜阳模拟]下列正确的是()A．若a，b∈R，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．若x<0，则x＋eq\f(4,x)≥－2eq\r(x×\f(4,x))＝－4C．若ab≠0，则eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bD．若x<0，则2x＋2－x>25．[2024·福建闽侯模拟]已知关于x的不等式x2－4x≥m对随意x∈(0，1]恒成立，则有()A.m≤－3B．m≥－3C．－3≤m<0D．m≥－46．[2024·河北张家口模拟]已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y，2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，则xy的最大值为()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．1D．27．[2024·重庆梁平区调研]已知函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为()A．3－2eq\r(2)B．5C．3＋2eq\r(2)D．3＋eq\r(2)8．[2024·湖南雅礼中学模拟]已知正数x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0，,x－3y＋5≥0，))则z＝－x－2y的最小值为()A．1B．5C．－1D．－59．[2024·河北衡水中学模拟]已知在平面直角坐标系中，点P是不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,3x＋y－3≤0))所表示的平面区域内的一个动点，点Q是直线3x＋y＝0上的随意一点，O是坐标原点，则|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|的最小值为()A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(3\r(10),10)C．eq\f(\r(2),2)D．310．[2024·湖北武汉模拟]若正数a，b满意eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，则eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)的最小值为()A．16B．25C．36D．4911．[2024·山东泰安模拟]设不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－y≤0，,x＋y≤4))表示的平面区域为M，若直线y＝kx－2上存在M内的点，则实数k的取值范围是()A．[2，5]B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)C．[1，3]D．(－∞，2]∪[5，＋∞)12．[2024·福建龙岩质检]设正实数x，y满意x>eq\f(1,2)，y>1，不等式eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥m恒成立，则m的最大值为()A．2eq\r(2)B．4eq\r(2)C．8D．16二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知函数f(x)＝ax＋b，0<f(1)<2，－1<f(－1)<1，则2a－b的取值范围是________．14．[2024·吉林辽源五校模拟联考]若函数f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－1和2，则不等式af(－2x)>0的解集是________．15．[2024·南昌月考]已知函数y＝x＋eq\f(m,x－2)(x>2)的最小值为6，则正数m的值为________．16．[2024·湘东六校联考]若变量x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－1≥0，,3x＋y－11≤0，,y≥2，))且z＝ax－y的最小值为－1，则实数a的值为________．三、解答题(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)[2024·长春市质量检测]已知a>0，b>0，a＋b＝2.(1)求证：a2＋b2≥2；(2)求证：eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).18．(本小题满分12分)[2024·遵义月考](1)比较a2＋b2与2(2a－b)－5的大小；(2)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1].(1)求m的值；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，证明：a＋2b＋3c≥9.20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(kx,x2＋3k)(k>0).(1)若f(x)>m的解集为{x|x<－3或x>－2}，求不等式5mx2＋eq\f(k,2)x＋3>0的解集；(2)若存在x>3使得f(x)>1成立，求k的取值范围．21．(本小题满分12分)某冰淇淋店要派车到100千米外的冷饮加工厂拉原料，再加工成冰淇淋后售出．已知汽车每小时的运行成本F(单位：元)与其自身的质量m(包括车子、驾驶员及所载货物等的质量，单位：千克)和车速v(单位：千米/时)之间满意关系式：F＝eq\f(1,1600)mv2.在运输途中，每千克冷饮每小时的冷藏费为10元，每千克冷饮经过冰淇淋店再加工后，可卖100元．若汽车质量(包括驾驶员等，不含货物)为1.3吨，最大载重为1吨．汽车来回的速度为v(单位：千米/时)，且最大车速为80千米/时，一次进货x千克，而且冰淇淋供不应求．(1)求冰淇淋店进一次货，经加工售卖后所得净利润W与车速v和进货量x之间的关系式；(2)每次至少进货多少千克，才能使得销售后不会亏本(净利润W≥0)?22．(本小题满分12分)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0，5)，且f(x)在区间[－1，4]上的最大值是12.(1)求f(x)的表达式；(2)设函数f(x)在x∈[t，t＋1]上的最小值为g(t)，求g(t)的表达式．单元检测（七）不等式1．答案：B解析：对于①，当c＝0时，ac＝bc，所以①不正确；对于②，当a>0>b时，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以②不正确；对于③，由于c>d>0，则eq\f(1,d)>eq\f(1,c)>0，又a>b>0，所以eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0，③正确；对于④，因为幂函数y＝xα（α<0）在（0，＋∞）上单调递减，又a>b>0，c<0，所以ac<bc，④正确．2．答案：A解析：因为a<b，（c－a）（c－b）<0，所以a<c<b，因为（d－a）（d－b）>0，所以d<a<b或a<b<d，又d<c，所以d<a<b.综上，d<a<c<b.3．答案：B解析：依据题意，关于x的不等式（ax－1）（x＋1）<0的解集是（－∞，－1）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，则方程（ax－1）（x＋1）＝0的两根为x＝－1或x＝－eq\f(1,2)，当x＝－eq\f(1,2)时，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋1))＝0，解得a＝－2.4．答案：D解析：对于A，当ab<0时不成立；对于B，若x<0，则x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq\r(（－x）·\f(4,－x))＝－4，当且仅当x＝－2时，等号成立，因此B选项不成立；对于C，取a＝－1，b＝－2，eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)＝－eq\f(9,2)<a＋b＝－3，所以C选项不成立；对于D，若x<0，则2x＋2－x>2成立．5．答案：A解析：∵x2－4x≥m对随意x∈（0，1]恒成立，令f（x）＝x2－4x，x∈（0，1]，f（x）图象的对称轴为直线x＝2，∴f（x）在（0，1]上单调递减，∴当x＝1时，f（x）取到最小值为－3，∴实数m应满意m≤－3.6．答案：B解析：因为a＝（1，x－1），b＝（y，2），a⊥b，所以a·b＝y＋2（x－1）＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥2eq\r(2xy)，当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝1时等号成立，即2eq\r(2xy)≤2，所以xy≤eq\f(1,2)，所以当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝1时，xy取到最大值，最大值为eq\f(1,2).7．答案：C解析：令x＋3＝1，得x＝－2，故A（－2，－1）.又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))（2m＋n）＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq\r(2).当且仅当m＝eq\f(1,2＋\r(2))，n＝eq\f(1,\r(2)＋1)时等号成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为3＋2eq\r(2).8．答案：D解析：作出不等式组2x由z＝－x－2y，得y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z.要求目标函数z的最小值，即是求直线l：y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z在y轴上的截距－eq\f(1,2)z的最大值．作出直线y＝－eq\f(1,2)x并平移，结合图象可知，当直线y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z经过点A（1，2）时在y轴上的截距最大，此时zmin＝－1－2×2＝－5.9．答案：A解析：不等式组2x|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|＝|eq\o(QP,\s\up6(→))|，数形结合可知点A（0，1）到直线3x＋y＝0的距离d为|eq\o(QP,\s\up6(→))|的最小值．因为d＝eq\f(|3×0＋1|,\r(32＋12))＝eq\f(\r(10),10)，所以|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|的最小值为eq\f(\r(10),10).10．答案：A解析：因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以ab＝a＋b，即b＝eq\f(a,a－1)＝1＋eq\f(1,a－1)，由a，b是正数可得a－1>0.于是，eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)＝eq\f(4b＋16a－20,ab－（a＋b）＋1)＝4b＋16a－20＝4＋eq\f(4,a－1)＋16a－20＝eq\f(4,a－1)＋16（a－1）≥2eq\r(\f(4,a－1)×16（a－1）)＝16，当且仅当eq\f(4,a－1)＝16（a－1），即a＝eq\f(3,2)时等号成立，所以eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)的最小值为16.11．答案：A解析：满意不等式组的可行域如图所示．联立x＝1，x∴点P（1，3），联立x－y∴点N（2，2）.∵直线y＝kx－2恒过点（0，－2），∴k1＝eq\f(2－（－2）,2－0)＝2，k2＝eq\f(3－（－2）,1－0)＝5.视察图象可知，当直线y＝kx－2在y＝k1x－2和y＝k2x－2之间时，直线上才会存在M内的点，∴2≤k≤5.12．答案：C解析：依题意得2x－1>0，y－1>0，则eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)＝eq\f([（2x－1）＋1]2,y－1)＋eq\f([（y－1）＋1]2,2x－1)≥eq\f(4（2x－1）,y－1)＋eq\f(4（y－1）,2x－1)≥4×2eq\r(\f(2x－1,y－1)×\f(y－1,2x－1))＝8，即eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥8，当且仅当2x－1＝1，y－1＝1，2x－1y－1=y－12x－1即x＝1，y＝2时等号成立．因此eq\f(4x2,y－1)＋eq\f13．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))解析：设2a－b＝mf（1）＋nf（－1）＝（m－n）·a＋（m＋n）b，则m－n＝2，m＋n＝－1，解得m＝eq\f(1,2)，n＝－eq\f(3,2)，∴2a－b＝eq\f(1,2)f（1）－eq\f(3,2)f（－1），∵0<f（1）<2，－1<f（－1）<1，∴0<eq\f(1,2)f（1）<1，－eq\f(3,2)<－eq\f(3,2)f（－1）<eq\f(3,2)，则－eq\f(3,2)<2a－b<eq\f(5,2).14．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析：∵f（x）＝x2＋ax＋b的两个零点是－1，2，∴－1，2是方程x2＋ax＋b＝0的两根，由根与系数的关系知－1＋2＝－a，∴f（x）＝x2－x－2.不等式af（－2x）>0，即－（4x2＋2x－2）>0，则2x2＋x－1<0，解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).15．答案：4解析：∵x>2，m>0，∴y＝x－2＋eq\f(m,x－2)＋2≥2eq\r(（x－2）·\f(m,x－2))＋2＝2eq\r(m)＋2，当且仅当x＝2＋eq\r(m)时取等号，又函数y＝x＋eq\f(m,x－2)（x>2）的最小值为6，∴2eq\r(m)＋2＝6，解得m＝4.16．答案：2解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分（包含边界）所示，由图知，若a≥3，则直线z＝ax－y经过点B（1，2）时，z取得最小值，由a－2＝－1，得a＝1，与a≥3冲突；若0<a<3，则直线z＝ax－y经过点A（2，5）时，z取得最小值，由2a－5＝－1，解得a＝2；若a≤0，则直线z＝ax－y经过点A（2，5）或C（3，2）时，z取得最小值，此时2a－5＝－1或3a－2＝－1，解得a＝2或a＝eq\f(1,3)，与a≤0冲突．综上可知实数a的值为2.17．证明：（1）a2＋b2≥eq\f(1,2)（a＋b）2＝2.（2）因为eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(3,2)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,2b)≥eq\f(3,2)＋eq\r(2)＝eq\f(（2＋\r(2)）2,4)，当且仅当a＝4－2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)－2时取等号，所以eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).18．解析：（1）因为a2＋b2－[2（2a－b）－5]＝（a－2）2＋（b＋1）2≥0，所以a2＋b2≥2（2a－b）－5.（2）证明∵a，b，c∈（0，＋∞），且a＋b＋c＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.19．解析：（1）函数f（x）＝m－|x－2|，m∈R，且f（x＋2）≥0的解集为[－1，1]，可得m－|x|≥0的解集为[－1，1]，即有[－m，m]＝[－1，1]，可得m＝1.（2）a，b，c∈（0，＋∞），且由（1）知，eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，则a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3c)＋\f(3c,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,3c)＋\f(3c,2b)))≥3＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋2eq\r(\f(a,3c)·\f(3c,a))＋2eq\r(\f(2b,3c)·\f(3c,2b))＝3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝2b＝3c＝3时取等号．则a＋2b＋3c≥9.20．解析：（1）∵函数f（x）＝eq\f(kx,x2＋3k)（k>0），f（x）>m的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴f（－3）＝m，f（－2）＝m，即eq\f(－3k,9＋3k)＝m，且eq\f(－2k,4＋3k)＝m，解得k＝2，m＝－eq\f(2,5).故不等式5mx2＋eq\f(k,2)x＋3>0，即不等式－2x2＋x＋3>0，即2x2－x－3<0，解得－1<x<eq\f(3,2)，故不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1<x<\f(3,2))).（2）∵存在x>3使得f（x）>1成立，∴eq\f(kx,x2＋3k)>1在区间（3，＋∞）上有解，即x2－kx＋3k<0在区间（3，＋∞）上有解，即k>eq\f(x2,x－3)在区间（3，＋∞）上能成立．令g（x）＝eq\f(x2,x－3)，则只需k>g（x）min.∵g′（x）＝eq\f(x（x－6）,（x－3）2)，∴当x∈（3，6）时，g′（x）<0，g（x）为减函数；当x∈（6，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）为增函数，故g（x）的最小值为g（6）＝12，∴k>12.故k的取值范围为（12，＋∞）.21．解析：（1）汽车来回一次的运行成本为eq\f(1,1600)×1300v2×eq\f(100,v)＋eq\f(1,1600)×（1300＋x）v2×eq\f(100,v)＝eq\f(1,16)（2600＋x）v，冷藏成本为10x×eq\f(100,v)＝eq\f(1000x,v)，∴W＝100x－eq\f(1,16)（2600＋x）v－eq\f(1000x,v).（2）∵eq\f(1,16)（2600＋x）v＋eq\f(1000x,v)≥2eq\r(\f(1,16)（2600＋x）v·\f(1000x,v))＝5eq\r(10)·eq\r(（2600＋x）x)，∴W≤100x－5eq\r(10)