新课标2025版高考数学二轮复习第一部分基醇点自主练透第4讲不等式与合情推理学案理新人教A版

PAGE1-第4讲不等式与合情推理不等式的性质及解法[考法全练]1．已知x，y∈R，且x＞y＞0，若a＞b＞1，则肯定有()A．eq\f(a,x)＞eq\f(b,y) B．sinax＞sinbyC．logax＞logby D．ax＞by解析：选D．对于A选项，不妨令x＝8，y＝3，a＝5，b＝4，明显eq\f(5,8)＝eq\f(a,x)＜eq\f(b,y)＝eq\f(4,3)，A选项错误；对于B选项，不妨令x＝π，y＝eq\f(π,2)，a＝2，b＝eq\f(3,2)，此时sinax＝sin2π＝0，sinby＝sineq\f(3π,4)＝eq\f(\r(2),2)，明显sinax＜sinby，B选项错误；对于C选项，不妨令x＝5，y＝4，a＝3，b＝2，此时logax＝log35，logby＝log24＝2，明显logax＜logby，C选项错误；对于D选项，因为a＞b＞1，所以当x＞0时，ax＞bx，又x＞y＞0，所以当b＞1时，bx＞by，所以ax＞by，D选项正确．综上，选D．2．(一题多解)(2024·高考全国卷Ⅱ)若a＞b，则()A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3bC．a3－b3＞0 D．|a|＞|b|解析：选C．法一：不妨设a＝－1，b＝－2，则a＞b，可验证A，B，D错误，只有C正确．法二：由a＞b，得a－b＞0，但a－b＞1不肯定成立，则ln(a－b)＞0不肯定成立，故A不肯定成立．因为y＝3x在R上是增函数，当a＞b时，3a＞3b，故B不成立．因为y＝x3在R上是增函数，当a＞b时，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．因为当a＝3，b＝－6时，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不肯定成立．故选C．3．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[5.5]＝5，[－5.5]＝－6)，则不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集为()A．(2，3) B．[2，4)C．[2，3] D．(2，3]解析：选B．不等式[x]2－5[x]＋6≤0可化为([x]－2)·([x]－3)≤0，解得2≤[x]≤3，即不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集为2≤[x]≤3.依据[x]表示不超过x的最大整数，得不等式的解集为2≤x＜4.故选B．4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1，,ln(x－1)，1＜x≤2，))若不等式f(x)≤5－mx恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：作出函数f(x)的大致图象如图所示，令g(x)＝5－mx，则g(x)恒过点(0，5)，由f(x)≤g(x)恒成立，由数形结合得－eq\f(5,2)≤－m≤0，解得0≤m≤eq\f(5,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))5．(2024·高考浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，则实数a的最大值是________．解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因为存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(2,3)≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤eq\f(2,3)有解．因为3t2＋6t＋4≥1，所以eq\f(2,3(3t2＋6t＋4))≤a≤eq\f(4,3(3t2＋6t＋4))有解，所以a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3(3t2＋6t＋4))))eq\s\do7(max)＝eq\f(4,3)，所以a的最大值为eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)eq\a\vs4\al()(1)一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最终依据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．(2)简洁分式不等式的解法①eq\f(f(x),g(x))＞0(＜0)⇔f(x)g(x)＞0(＜0)．②eq\f(f(x),g(x))≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.(3)不等式恒成立问题的解题方法①f(x)＞a对一切x∈I恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a对一切x∈I恒成立⇔f(x)max＜a.②f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔f(x)的图象在g(x)的图象的上方．③解决恒成立问题还可以利用分别参数法，肯定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．利用分别参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式及其应用[考法全练]1．(一题多解)(2024·长沙模拟)若a＞0，b＞0，a＋b＝ab，则a＋b的最小值为()A．2 B．4C．6 D．8解析：选B．法一：由于a＋b＝ab≤eq\f((a＋b)2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B．法二：由题意，得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B．法三：由题意知a＝eq\f(b,b－1)(b＞1)，所以a＋b＝eq\f(b,b－1)＋b＝2＋b－1＋eq\f(1,b－1)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B．2．已知向量a＝(x－1，3)，b＝(1，y)，其中x，y都为正实数．若a⊥b，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)解析：选C．因为a⊥b，所以a·b＝x－1＋3y＝0，即x＋3y＝1.又x，y为正实数，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，当且仅当x＝3y＝eq\f(1,2)时取等号．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为4.故选C．3．(2024·高考天津卷)设x＞0，y＞0，x＋2y＝5，则eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))的最小值为________．解析：因为x＞0，y＞0，所以eq\r(xy)＞0.因为x＋2y＝5，所以eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3).当且仅当2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))时取等号．所以eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))的最小值为4eq\r(3).答案：4eq\r(3)4．(2024·洛阳模拟)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．解析：因为eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因为3x＋2y＝(3x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq\f(6x,y)＋eq\f(2y,x)，且x＞0，y＞0，所以3x＋2y≥7＋4eq\r(3)，所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq\r(3).答案：7＋4eq\r(3)5．已知a＞b＞0，则a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)的最小值为________．解析：因为a＞b＞0，所以a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(8,a＋b)＋a－b＋\f(2,a－b)))≥eq\r((a＋b)·\f(8,a＋b))＋eq\r((a－b)·\f(2,a－b))＝2eq\r(2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，当且仅当a＝eq\f(3\r(2),2)，b＝eq\f(\r(2),2)时等号成立．答案：3eq\r(2)eq\a\vs4\al()利用不等式求最值的4个解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法干脆运用基本不等式求解，可以通过凑系数后得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常干脆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基本不等式求最值．即化为y＝m＋eq\f(A,g(x))＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．(4)“1”的代换：先把已知条件中的等式变形为“1”的表达式，再把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘求积，通过变形构造和或积为定值的代数式求其最值．[提示](1)基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)成立的条件是a＞0，b＞0，而不等式a2＋b2≥2ab对随意实数a，b都成立，因此在运用时要留意其前提条件．(2)对多次运用基本不等式时，需考虑等号是不是能同时成立．(3)对于含有x＋eq\f(a,x)(a＞0)的不等式，不能简洁地利用x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(a)，而是要依据x的取值范围推断能否取到最小值2eq\r(a)，若不能，须要利用函数的单调性求其最小值．线性规划问题[考法全练]1．(2024·高考天津卷)设变量x，y满意约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－y＋2≥0，,x≥－1，,y≥－1，))则目标函数z＝－4x＋y的最大值为()A．2 B．3C．5 D．6解析：选C．由约束条件作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示．因为z＝－4x＋y可化为y＝4x＋z，所以作直线l0：y＝4x，并进行平移，明显当l0过点A(－1，1)时，z取得最大值，zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故选C．2．(2024·江西八所重点中学联考)已知实数x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0,x＋y－1≥0,x≤3))，则z＝eq\f(x＋y＋4,x＋1)的最小值是()A．eq\f(1,4) B．2C．eq\f(5,4) D．－2解析：选C．作出不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0,x＋y－1≥0,x≤3))表示的平面区域如图中阴影部分所示．目标函数z＝eq\f(x＋y＋4,x＋1)＝1＋eq\f(y＋3,x＋1)，其中eq\f(y＋3,x＋1)表示点P(－1，－3)和点(x，y)的连线的斜率．结合图象得目标函数z＝1＋eq\f(y＋3,x＋1)在点A处取得最小值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0,x＝3))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝－2))，即A(3，－2)，所以目标函数z的最小值为1＋eq\f(－2＋3,3＋1)＝eq\f(5,4)，故选C．3．(2024·洛阳市统考)假如点P(x，y)满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2≥0,x－2y＋1≤0,x＋y－2≤0))，点Q在曲线x2＋(y＋2)2＝1上，则|PQ|的取值范围是()A．[eq\r(5)－1，eq\r(10)－1] B．[eq\r(5)－1，eq\r(10)＋1]C．[eq\r(10)－1，5] D．[eq\r(5)－1，5]解析：选D．作出点P满意的线性约束条件表示的平面区域(如图中阴影部分所示)，因为点Q所在圆的圆心为M(0，－2)，所以|PM|取得最小值的最优解为(－1，0)，取得最大值的最优解为(0，2)，所以|PM|的最小值为eq\r(5)，最大值为4，又圆M的半径为1，所以|PQ|的取值范围是[eq\r(5)－1，5]，故选D．4．某公司生产甲、乙两种桶装产品，已知生产甲产品1桶需耗A原料2千克，B原料3千克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克，B原料1千克，每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元，公司在每天消耗A，B原料都不超过12千克的条件下，生产这两种产品可获得的最大利润为()A．1800元 B．2100元C．2400元 D．2700元解析：选C．设生产甲产品x桶，生产乙产品y桶，每天的利润为z元．依据题意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*，))z＝300x＋400y.作出eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*))所表示的可行域，为图中阴影部分中的整点，作出直线3x＋4y＝0并平移，当直线经过点A(0，6)时，z有最大值，zmax＝400×6＝2400，故选C．5．(2024·广州市综合检测(一))已知关于x，y的不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0,x＋m≤0,y＋2≥0))表示的平面区域内存在点P(x0，y0)，满意x0－2y0＝2，则m的取值范围是________．解析：作出不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0,x＋m≤0,y＋2≥0))表示的平面区域如图中阴影部分所示，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0,y＝－2))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,2),y＝－2))，故Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－2))，所以－m≥－eq\f(3,2)，解得m≤eq\f(3,2).作出直线x－2y＝2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0,x－2y－2＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4,3),y＝－\f(5,3)))，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(5,3)))，因为存在点P(x0，y0)，使得x0－2y0－2＝0，即直线x－2y－2＝0与平面区域有交点，则需满意－m≥－eq\f(4,3)，所以m≤eq\f(4,3)，所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))6．(2024·湖南省湘东六校联考)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________．解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，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.答案：2eq\a\vs4\al()常见的3种目标函数(1)截距型：形如z＝ax＋by，求这类目标函数的最值常将函数z＝ax＋by转化为y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，通过求直线的截距eq\f(z,b)的最值间接求出z的最值．(2)距离型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝|PM|2.(3)斜率型：形如z＝eq\f(y－b,x－a)，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝kPM.[提示]含参数的线性规划问题，参数位置一般有两种形式：一是目标函数中含有参数，这时可以精确作出可行域，这类问题一般特征是其最优解是可知的，因此解题时可充分利用目标函数的斜率特征加以转化；二是约束条件中含参，可行域的边界线一般有一条是动态的，所以要充分依据目标函数及最值等条件数形结合处理，有时还得进行分类探讨．合情推理[考法全练]1．(2024·高考全国卷Ⅱ)在“一带一路”学问测验后，甲、乙、丙三人对成果进行预料．甲：我的成果比乙高．乙：丙的成果比我和甲的都高．丙：我的成果比乙高．成果公布后，三人成果互不相同且只有一个人预料正确，那么三人按成果由高到低的次序为()A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙解析：选A．依题意，若甲预料正确，则乙、丙均预料错误，此时三人成果由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预料正确，此时丙预料也正确，这与题意相冲突；若丙预料正确，则甲预料错误，此时乙预料正确，这与题意相冲突．综上所述，三人成果由高到低的次序为甲、乙、丙，选A．2．(2024·重庆市七校联合考试)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今日算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推想肯定正确的是()A．今日是周四 B．今日是周六C．A车周三限行 D．C车周五限行解析：选A．在限行政策下，要保证每天至少有四辆车可以上路行驶，周一到周五每天只能有一辆车限行．由周末不限行，B车昨天限行知，今日不是周一，也不是周日；由E车周四限行且明天可以上路可知，今日不是周三；由E车周四限行，B车昨天限行知，今日不是周五；从今日算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，假如今日是周二，A，C两车连续行驶到周五，只能同时在周一限行，不符合题意；假如今日是周六，则B车周五限行，A，C两车连续行驶到周二，只能同时在周三限行，不符合题意，所以今日是周四．故选A．3．(2024·南昌市第一次模拟测试)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个宏大成就．在“杨辉三角”中，第n行的全部数之和为2n－1，若去除全部为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前55项和为()A．4072 B．2026C．4096 D．2048解析：选A．由题意，在“杨辉三角”中，令行数为n，则eq\f(n(n＋1),2)－(2n－1)＝55，解得n＝12，则前12行的和为1＋21＋22＋…＋211＝212－1，所以去除全部为1的项后的数列的前55项和为212－2×12＝4072，故选A．4．(2024·安徽省考试试题)在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．类似的，在立体几何中，与正四面体的四个面所在平面的距离相等的点()A．有且只有一个 B．有且只有三个C．有且只有四个 D．有且只有五个解析：选D．如图1所示，与△ABC的三条边所在直线的距离相等的点为O1，O2，O3，O4，其中O1是△ABC的内切圆的圆心，O2是与AC，AB的延长线和线段BC都相切的圆的圆心，O3是与CA，CB的延长线和线段AB都相切的圆的圆心，O4是与BC，BA的延长线和线段AC都相切的圆的圆心．类似的，如图2所示，正四面体P­ABC的内切球的球心到四个面所在平面的距离相等，将正四面体P­ABC延拓为正四面体P­DEF，所得三棱台ABC­DEF内存在一个球，其球心到平面ABC，平面PDE，平面PEF，平面PDF的距离相等，同理，分别将四面体A­PBC，B­PAC，C­PAB进行延拓均可得到一个满意题意的点，因此满意题意的点有且只有五个，故选D．eq\a\vs4\al()(1)破解归纳推理题的思维3步骤①发觉共性：通过视察特例发觉某些相像性(特例的共性或一般规律)．②归纳推理：把这种相像性推广为一个明确表述的一般命题(猜想)．③检验，得结论：对所得的一般性命题(猜想)进行检验，一般地，“求同存异”“逐步细化”“先粗后精”是求解由特别结论推广到一般结论型创新题的基本技巧．(2)破解类比推理题的3个关键①会定类，即找出两类对象之间可以准确表述的相像特征．②会推想，即用一类事物的性质去推想另一类事物的性质，得出一个明确的猜想．③会检验，即检验猜想的正确性．要将类比推理运用于简洁推理之中，在不断的推理中提高自己的视察、归纳、类比实力．一、选择题1．已知a＞0＞b，则下列不等式肯定成立的是()A．a2＜－ab B．|a|＜|b|C．eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：选C．通解：当a＝1，b＝－1时，满意a＞0＞b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不肯定成立．因为a＞0＞b，所以b－a＜0，ab＜0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)肯定成立，故选C．优解：因为a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)肯定成立，故选C．2．若log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，则a＋b的最小值是()A．6＋2eq\r(3) B．7＋2eq\r(3)C．6＋4eq\r(3) D．7＋4eq\r(3)解析：选D．因为log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以log22(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以eq\f(1,2)log2(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以log2(3a＋4b)＝2log2eq\r(ab)，所以log2(3a＋4b)＝log2ab，所以3a＋4b＝ab，即eq\f(4,a)＋eq\f(3,b)＝1，故a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(3,b)))(a＋b)＝7＋eq\f(4b,a)＋eq\f(3a,b)≥7＋4eq\r(3).故选D．3．(一题多解)(2024·武汉调研)设实数x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10≤0,x＋4y－5≥0,x≥0))，则z＝x＋3y的最大值为()A．15 B．eq\f(15,4)C．5 D．6解析：选D．法一：不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10≤0,x＋4y－5≥0,x≥0))表示的平面区域如图中阴影部分所示．作出直线x＋3y＝0并平移，可知当直线经过点A时z取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10＝0,x＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝2))，故A(0，2)，此时zmax＝0＋6＝6.故选D．法二：作出可行域如图中阴影部分所示，求出可行域的顶点坐标为A(0，2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,4)))，C(5，0)，分别代入目标函数，对应的z的值为6，eq\f(15,4)，5，故z的最大值为6，故选D．4．(一题多解)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x＞0，))则满意不等式f(x2－2)＞f(x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(eq\r(2)，＋∞)解析：选C．法一：因为当x＞0时，函数f(x)单调递增；当x≤0时，f(x)＝0，故由f(x2－2)＞f(x)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x2－2＞x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2＞0，))解得x＞2或x＜－eq\r(2)，所以x的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)，故选C．法二：取x＝2，则f(22－2)＝f(2)，所以x＝2不满意题意，解除B，D；取x＝－1.1，则f((－1.1)2－2)＝f(－0.79)＝0，f(－1.1)＝0，所以x＝－1.1不满意题意，解除A，故选C．5．(2024·重庆调研)甲、乙、丙、丁四位同学参与奥赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位同学，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”已知四位同学的话只有一句是对的，则获奖的同学是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选D．假设获奖的同学是甲，则甲、乙、丙、丁四位同学的话都不对，因此甲不是获奖的同学；假设获奖的同学是乙，则甲、乙、丁的话都对，因此乙也不是获奖的同学；假设获奖的同学是丙，则甲和丙的话都对，因此丙也不是获奖的同学．从前面推理可得丁为获奖的同学，此时只有乙的话是对的，故选D．6．(一题多解)若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1，1] D．[0，＋∞)解析：选B．法一：当x＝0时，不等式1≥0恒成立，当x＞0时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，当且仅当x＝1时，取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞)．法二：设f(x)＝x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x＝－a，当－a≤0，即a≥0时，f(0)＝1＞0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立；当－a＞0，即a＜0时，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a＜0.综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞)，故选B．7．(2024·昆明模拟)下面是(a＋b)n(n∈N)*，当n＝1，2，3，4，5，6时绽开式的二项式系数表示形式(a＋b)111(a＋b)2121(a＋b)31331(a＋b)414λ41(a＋b)515μ1051(a＋b)61615201561借助上面的表示形式，推断λ与μ的值分别是()A．5，9 B．5，10C．6，10 D．6，9解析：选C．由题意知，题中的二项式系数表示形式为杨辉三角数阵，杨辉三角数阵中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，易得λ＝6，μ＝10.故选C．8．某班级有一个学生A在操场上绕圆形跑道逆时针方向匀速跑步，每52秒跑完一圈，在学生A起先跑步时，在教室内有一个学生B，往操场看了一次，以后每50秒他都往操场看一次，则该学生B“感觉”到学生A的运动是()A．逆时针方向匀速前跑B．顺时针方向匀速前跑C．顺时针方向匀速后退D．静止不动解析：选C．令操场的周长为C，则学生B每隔50秒看一次，学生A都距上一次学生B视察的位置eq\f(C,26)(弧长)，并在上一次位置的后面，故学生B“感觉”到学生A的运动是顺时针方向匀速后退的，故选C．9．已知实数x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0,x＜2,x＋y－1≥0)).若z＝|2x－2y－1|，则z的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5)) B．[0，5]C．[0，5) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5))解析：选C．通解：由题意，作出可行域，如图中阴影部分所示．令t＝2x－2y－1，则z＝|t|.t＝2x－2y－1可变形为y＝x－eq\f(1,2)t－eq\f(1,2)，作出直线y＝x，并平移，当直线经过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))时，t取得最小值，所以tmin＝2×eq\f(1,3)－2×eq\f(2,3)－1＝－eq\f(5,3)；当直线y＝x向右下方平移，并接近点C(2，－1)时，t的值趋近于2×2－2×(－1)－1＝5.所以z的取值范围为[0，5)，故选C．优解：令t＝2x－2y－1，则z＝|t|，易知t＝2x－2y－1的最值在可行域的顶点处取得．易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))，C(2，－1)为可行域的顶点，分别将A，B，C三点的坐标代入t＝2x－2y－1，对应的t的值为－eq\f(5,3)，0，5，又可行域不包括点B，C，所以z的取值范围为[0，5)，故选C．10．已知变量x，y满意约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤6，,x－3y≤－2，,x≥1，))若目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最小值为2，则eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)的最小值为()A．2＋eq\r(3) B．5＋2eq\r(6)C．8＋eq\r(15) D．2eq\r(3)解析：选A．作出约束条件所对应的可行域，如图中阴影部分．因为a＞0，b＞0，所以－eq\f(a,b)＜0.所以目标函数z＝ax＋by在点A(1，1)处取得最小值2，即2＝a×1＋b×1，所以a＋b＝2.所以eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(3a,b)))≥eq\f(1,2)(4＋2eq\r(3))＝2＋eq\r(3)(当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(3a,b)，即b＝eq\r(3)a时取等号)．故选A．11．若max{s1，s2，…，sn}表示实数s1，s2，…，sn中的最大者．设A＝(a1，a2，a3)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1,b2,b3))，记A⊗B＝max{a1b1，a2b2，a3b3}．设A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，若A⊗B＝x－1，则x的取值范围为()A．[1－eq\r(3)，1] B．[1，1＋eq\r(2)]C．[1－eq\r(2)，1] D．[1，1＋eq\r(3)]解析：选B．由A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，得A⊗B＝max{x－1，(x＋1)(x－2)，|x－1|}＝x－1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≥(x＋1)(x－2)，,x－1≥|x－1|.))化简，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1≤0①，,x－1≥|x－1|②.))由①，得1－eq\r(2)≤x≤1＋eq\r(2).由②，得x≥1.所以不等式组的解集为1≤x≤1＋eq\r(2)，则x的取值范围为[1，1＋eq\r(2)]．故选B．12．(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝x3＋3x2＋4x＋2，则不等式|f(x－1)|＜|f(x)|的解集为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：选A．当x＝0时，f(0)＝2，|f(0)|＝2，f(－1)＝－1＋3－4＋2＝0，|f(－1)|＝0，|f(－1)|＜|f(0)|，即x＝0满意题意，解除C与D选项(不含x＝0)；当x＝1时f(0)＝2，|f(0)|＝2，f(1)＝1＋3＋4＋2＝10，|f(1)|＝10，|f(