高三数学二轮复习第一部分基础送分题题型专题四不等式教师用书理

题型专题(四)不等式(1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c同号，那么其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，那么其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，(2)解简单分式、指数、对数不等式根本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．[题组练透]1．(2021·河北五校联考)如图，R是实数集，集合A＝{x|logeq\s\do9(\f(1,2))(x－1)>0}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2x－3,x)<0))，那么阴影局部表示集合是()A．[0，1]B．[0，1)C．(0，1)D．(0，1]解析：选D由题意可知A＝{x|1<x<2}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|0<x<\f(3,2)))，且图中阴影局部表示是B∩(∁RA)＝{x|0<x≤1}，应选D.2．函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，假设不等式f(x)>0解集是(－1，3)，那么不等式f(－2x)<0解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))解析：选A由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1，3)，∴a<0，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3，))解得a＝－1或eq\f(1,3)(舍去)，∴a＝－1，b＝－3，∴f(x)＝－x2＋2x＋3，∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(3,2)，应选A.3．(2021·泉州质检)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg〔x＋1〕，x≥0，,－x3，x<0，))那么使得f(x)≤1成立x取值范围是________．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,lg〔x＋1〕≤1))得0≤x≤9，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－x3≤1))得－1≤x＜0，故f(x)≤1解集为[－1，9]．答案：[－1，9][技法融会]1．求解一元二次不等式3步：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应一元二次方程；第三步，假设有两个不相等实根，那么利用“大于在两边，小于夹中间〞得不等式解集．2．(易错提醒)解形如一元二次不等式ax2＋bx＋c>0时，易无视系数a讨论导致漏解或错解，要注意分a>0，a<0进展讨论.根本不等式：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(1)根本不等式成立条件：a>0，b>0.(2)等号成立条件：当且仅当a＝b时取等号．(3)应用：两个正数积为常数时，它们和有最小值；两个正数和为常数时，它们积有最大值．[题组练透]1．关于x不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，那么实数a最小值为()A．1B.eq\f(3,2)C．2D.eq\f(5,2)解析：选B2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2〔x－a〕·\f(2,x－a))＋2a＝4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，解得a≥eq\f(3,2)，即实数a最小值为eq\f(3,2)，应选B.2．(2021·湖北七市联考)直线ax＋by－6＝0(a>0，b>0)被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得弦长为2eq\r(5)，那么ab最大值是()A．9B.eq\f(9,2)C．4D.eq\f(5,2)解析：选B将圆一般方程化为标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5，圆心坐标为(1，2)，半径r＝eq\r(5)，故直线过圆心，即a＋2b＝6，∴a＋2b＝6≥2eq\r(a·2b)，可得ab≤eq\f(9,2)，当且仅当a＝2b＝3时等号成立，即ab最大值是eq\f(9,2)，应选B.3．要制作一个容积为4m3，高为1m无盖长方体容器，该容器底面造价是每平方米20元，A．80元B．120元C．160元D．240元解析：选C设该容器总造价为y元，长方体底面矩形长为xm，因为无盖长方体容积为4m3，高为1m，所以长方体底面矩形宽为eq\f(4,x)m，依题意，得y＝20×4＋10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2×4,x)))＝80＋20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≥80＋20×2eq\r(x·\f(4,x))＝160eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当x＝\f(4,x)，即x＝2时取等号)).所以该容器最低总造价为160元．4．(2021·江西两市联考)x，y∈R＋，且x＋y＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝5，那么x＋y最大值是()A．3B.eq\f(7,2)C．4D.eq\f(9,2)解析：选C由x＋y＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝5，得5＝x＋y＋eq\f(x＋y,xy)，∵x>0，y>0，∴5≥x＋y＋eq\f(x＋y,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))\s\up12(2))＝x＋y＋eq\f(4,x＋y)，∴(x＋y)2－5(x＋y)＋4≤0，解得1≤x＋y≤4，∴x＋y最大值是4.[技法融会]1．利用不等式求最值3种解题技巧(1)凑项：通过调整项符号，配凑项系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：假设无法直接运用根本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用根本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开再利用不等式求最值．2．(易错提醒)利用根本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等〞，三个条件缺一不可.解决线性规划问题一般步骤(1)作图——画出约束条件所确定平面区域和目标函数所表示平面直线系中任意一条直线l.(2)平移——将l平行移动，以确定最优解所对应点位置．有时需要对目标函数l和可行域边界斜率大小进展比拟．(3)求值——解有关方程组求出最优解坐标，再代入目标函数，求出目标函数最值．[题组练透]1．(2021·河南六市联考)实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥1，,y≤2x－1，,x＋y≤m，))如果目标函数z＝x－y最小值为－1，那么实数m＝()A．6B．5C．4D．3解析：选B画出不等式组所表示可行域如图中阴影局部所示，作直线l：y＝x，平移l可知，当直线l经过A时，z＝x－y取得最小值－1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x－y＝－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))即A(2，3)，又A(2，3)在直线x＋y＝m上，∴m＝5，应选B.2．(2021·福建质检)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0，,y＋2≥0，,x＋y＋2≥0，))那么(x＋2)2＋(y＋3)2最小值为()A．1B.eq\f(9,2)C．5D．9解析：选B不等式组表示可行域为如下图阴影局部，由题意可知点P(－2，－3)到直线x＋y＋2＝0距离为eq\f(|－2－3＋2|,\r(2))＝eq\f(3,\r(2))，所以(x＋2)2＋(y＋3)2最小值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(2))))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2)，应选B.3．(2021·全国甲卷)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0，))那么z＝x－2y最小值为________．解析：不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0))表示可行域如图中阴影局部所示．由z＝x－2y得y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z.平移直线y＝eq\f(1,2)x，易知经过点A(3，4)时，z有最小值，最小值为z＝3－2×4＝－5.答案：－54．(2021·山西质检)设实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－2≤0，,x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，))那么eq\f(y－1,x－1)最小值是________．解析：画出不等式组所表示可行域，如下图，而eq\f(y－1,x－1)表示区域内一点(x，y)与点D(1，1)连线斜率，∴当x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(4,3)时，eq\f(y－1,x－1)有最小值为－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)5．(2021·全国乙卷)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时．生产一件产品A利润为2100元，生产一件产品B利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，那么在不超过600个工时条件下解析：设生产产品Ax件，产品By件，由可得约束条件为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\coxy≤150，,xy≤90，,5x＋3y≤600，,x∈N，y∈N，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋y≤300，,10x＋3y≤900，,5x＋3y≤600，,x∈N，y∈N.))目标函数为z＝2100x＋900y，由约束条件作出不等式组表示可行域如图中阴影局部．作直线2100x＋900y＝0，即7x＋3y＝0，当直线经过点B时，z取得最大值，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10x＋3y＝900，,5x＋3y＝600，))解得B(60，100)．那么zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元)．答案：216000[技法融会]1．线性目标函数z＝ax＋by最值确定方法线性目标函数z＝ax＋by中z不是直线ax＋by＝z在y轴上截距，把目标函数化为y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，可知eq\f(z,b)是直线ax＋by＝z在y轴上截距，要根据b符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．2．(易错提醒)解线性规划问题，要注意边界虚实；注意目标函数中y系数正负；注意最优整数解．1．不等式可乘性(1)a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc.(2)a>b>0，c>d>0⇒ac>bd.2．不等式性质在近几年高考中未单独考察，但在一些题某一点可能考察，在今后复习中应引起关注．[题组练透]1．(2021·河南六市联考)假设eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，那么以下结论不正确是()A．a2<b2B．ab<b2C．a＋b<0D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：选D由题可知b<a<0，所以A，B，C正确，而|a|＋|b|＝－a－b＝|a＋b|，故D错误，选D.2．a，b，c∈R，那么以下命题中正确是()A．假设a>b，那么ac2>bc2B．假设eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，那么a>bC．假设a3>b3且ab<0，那么eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．假设a2>b2且ab>0，那么eq\f(1,a)<eq\f(1,b)解析：选C当c＝0时，可知A不正确；当c<0时，可知B不正确；对于C，由a3>b3且ab<0知a>0且b<0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)成立，C正确；当a<0且b<0时，可知D不正确．[技法融会]1．判断多个不等式是否成立，常用方法：一是直接使用不等式性质，逐个验证；二是用特殊法排除．2．利用不等式性质解决问题考前须知(1)不等式两边都乘以一个代数式时，考察所乘代数式是正数、负数或0；(2)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时平方后不等号方向不一定保持不变；(3)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时取倒数后不等号方向不变等．一、选择题1．关于x不等式(ax－1)(x＋1)<0解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，那么a＝()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)解析：选B根据不等式与对应方程关系知－1，－eq\f(1,2)是一元二次方程ax2＋x(a－1)－1＝0两个根，所以－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,a)，所以a＝－2，应选B.2．(2021·北京高考)A(2，5)，B(4，1)．假设点P(x，y)在线段AB上，那么2x－y最大值为()A．－1B．3C．7D．8解析：选C作出线段AB，如下图．作直线2x－y＝0并将其向下平移至直线过点B(4，1)时，2x－y取最大值为2×4－1＝7.3．(2021·福建四地六校联考)函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，那么a值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C．1D．2解析：选C由题意可得a>0，①当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2≥2eq\r(a)＋2，当且仅当x＝eq\r(a)时取等号；②当x<0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2≤－2eq\r(a)＋2，当且仅当x＝－eq\r(a)时取等号．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－2\r(a)＝0，,2\r(a)＋2＝4，))解得a＝1，应选C.4．函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，那么f(2－x)>0解集为()A．{x|x>2或x<－2}B．{x|－2<x<2}C．{x|x<0或x>4}D．{x|0<x<4}解析：选C由题意可知f(－x)＝f(x)，即(－x－2)·(－ax＋b)＝(x－2)(ax＋b)，(2a－b)x＝0恒成立，故2a－b＝0，即b＝2a，那么f(x)＝a(x又函数在(0，＋∞)单调递增，所以a>0.f(2－x)>0即ax(x－4)>0，解得x<0或xC.5．(2021·赣中南五校联考)对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题：①假设ac2>bc2，且c≠0，那么a>b；②假设a>b，c>d，那么a＋c>b＋d；③假设a>b，c>d，那么ac>bd；④假设a>b，那么eq\f(1,a)>eq\f(1,b).其中正确有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B①ac2>bc2，且c≠0，那么a>b，①正确；②由不等式同向可加性可知②正确；③需满足a，b，c，d均为正数才成立；④错误，比方：令a＝－1，b＝－2，满足－1>－2，但eq\f(1,－1)<eq\f(1,－2).应选B.6．(2021·安徽江南十校联考)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y≥0，,x＋y－4≤0，,y≥\f(1,2)x2，))那么z＝y－x取值范围为()A．[－2，2]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))C．[－1，2]D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析：选B作出可行域(图略)，设直线l：y＝x＋z，平移直线l，易知当l过直线3x－y＝0与x＋y－4＝0交点(1，3)时，z取得最大值2；当l与抛物线y＝eq\f(1,2)x2相切时，z取得最小值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝y－x，,y＝\f(1,2)x2，))消去y得x2－2x－2z＝0，由Δ＝4＋8z＝0，得z＝－eq\f(1,2)，故－eq\f(1,2)≤z≤2，应选B.7．(2021·河北五校联考)假设对任意正实数x，不等式eq\f(1,x2＋1)≤eq\f(a,x)恒成立，那么实数a最小值为()A．1B.eq\r(2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)解析：选C因为eq\f(1,x2＋1)≤eq\f(a,x)，即a≥eq\f(x,x2＋1)，而eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x))≤eq\f(1,2)(当且仅当x＝1时取等号)，所以a≥eq\f(1,2).应选C.8．(2021·河南八市联考)a>0，x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥a〔x－3〕，))假设z＝3x＋2y最小值为1，那么a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D．1解析：选B根据约束条件作出可行域(如图中阴影局部所示)，把z＝3x＋2y变形为y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(z,2)，得到斜率为－eq\f(3,2)，在y轴上截距为eq\f(z,2)，随z变化一族平行直线，当直线z＝3x＋2y经过点B时，截距eq\f(z,2)最小，即z最小，又B点坐标为(1，－2a)，代入3x＋2y＝1，得3－4a＝1，得a＝eq\f(1,2)，应选B.9．某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，生产1吨每种产品所需原料及每天原料可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，那么该企业每天可获得最大利润为()甲乙原料限额A(吨)3212B(吨)128万元B．16万元C．17万元D．18万元解析：选D设该企业每天生产甲产品x吨，乙产品y吨，每天获得利润为z万元，那么有z＝3x＋4y，由题意得x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y≤12，,x＋2y≤8，,x≥0，,y≥0，))作出可行域如图中阴影局部所示，根据线性规划有关知识，知当直线3x＋4y－z＝0过点B(2，3)时，z取最大值18，故该企业每天可获得最大利润为18万元．应选D.10．(2021·湖北七市联考)设向量a＝(1，k)，b＝(x，y)，记a与b夹角为θ.假设对所有满足不等式|x－2|≤y≤1x，y，都有θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，那么实数k取值范围是()A．(－1，＋∞)B．(－1，0)∪(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(－1，0)∪(1，＋∞)解析：选D首先画出不等式|x－2|≤y≤1所表示区域，如图中阴影局部所示，令z＝a·b＝x＋ky，∴问题等价于当可行域为△ABC时，z>0恒成立，且a与b方向不一样，将△ABC三个端点值代入，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋1>0，,k＋3>0，,2＋0·k>0，))解得k>－1，当a与b方向一样时，1·y＝x·k，那么k＝eq\f(y,x)∈[0，1]，∴实数k取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)，应选D.11．假设两个正实数x，y满足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,4)<m2－3m有解，那么实数m取值范围是()A．(－1，4)B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C．(－4，1)D．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析：选B由题可知，1＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥2eq\r(\f(4,xy))＝eq\f(4,\r(xy))，即eq\r(xy)≥4，于是有m2－3m>x＋eq\f(y,4)≥eq\r(xy)≥4，故m2－3m>4，化简得(m＋1)(m－4)>0，即实数m取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．12．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c导函数为f′(x)．假设∀x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，那么eq\f(b2,a2＋2c2)最大值为()A.eq\r(6)＋2B.eq\r(6)－2C．2eq\r(2)＋2D．2eq\r(2)－2解析：选B由题意得f′(x)＝2ax＋b，由f(x)≥f′(x)在R上恒成立，得ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0在R上恒成立，那么a>0且Δ≤0，可得b2≤4ac－4a2，那么eq\f(b2,a2＋2c2)≤eq\f(4ac－4a2,a2＋2c2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－1)),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))\s\up12(2)＋1)，又4ac－4a2≥0，∴4·eq\f(c,a)－4≥0，∴eq\f(c,a)－1≥0，令t＝eq\f(c,a)－1，那么tt>0时，eq\f(b2,a2＋2c2)≤eq\f(4t,2t2＋4t＋3)＝eq\f(4,2t＋\f(3,t)＋4)≤eq\f(4,2\r(6)＋4)＝eq\r(6)－2(当且仅当t＝eq\f(\r(6),2)时等号成立)，当t＝0时，eq\f(b2,a2＋2c2)＝0，故eq\f(b2,a2＋2c2)最大值为eq\r(6)－2，应选B.二、填空题13．(2021·湖北华师一附中联考)假设2x＋4y＝4，那么x＋2y最大值是________．解析：因为4＝2x＋4y＝2x＋22y≥2eq\r(2x×22y)＝2eq\r(2x＋2y)，所以2x＋2y≤4＝22，即x＋2y≤2，当且仅当2x＝22y＝2，即x＝2y＝1时，x＋2y取得最大值2.答案：214