2018届高三数学每天一练半小时(47)不等式中的易错题(含答案)

训练目标对不等式部分的易错题型强化训练，降低出错率．训练题型不等式中的易错题．解题策略规范运算过程及解题步骤，养成思维缜密的良好习惯，总结出易错类型及易错点.一、选择题1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋1，x<0，,x－1，x≥0，))则不等式x＋(x＋1)·f(x＋1)≤1的解集是()A．{x|－1≤x≤eq\r(2)－1} B．{x|x≤1}C．{x|x≤eq\r(2)－1} D．{x|－eq\r(2)－1≤x≤eq\r(2)－1}2．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值为()A．0 B．－2C．－eq\f(5,2) D．－33．已知a，b都是正实数，且满足log4(2a＋b)＝log2eq\r(ab)，则2a＋b的最小值为()A．12 B．10C．8 D．64．若a，b是常数，a>0，b>0，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，则eq\f(a2,x)＋eq\f(b2,y)≥eq\f(?a＋b?2,x＋y)，当且仅当eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)时取等号．利用以上结论，可以得到函数f(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(4,1－3x)(0<x<eq\f(1,3))的最小值为()A．5 B．15C．25 D．25．某公司招收男职员x名，女职员y名，x和y需满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x－11y≥－22，,2x＋3y≥9，,2x≤11.))则z＝10x＋10y的最大值是()A．80 B．85C．90 D．1006．已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为()A．2 B．4C．6 D．87．函数y＝eq\f(x2＋7x＋10,x＋1)(x>－1)的最小值为()A．2 B．7C．9 D．108．若a、b、c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2eq\r(3)，则2a＋b＋c的最小值为()A.eq\r(3)－1 B.eq\r(3)＋1C．2eq\r(3)＋2 D．2eq\r(3)－2二、填空题9．已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是________．10．对于0≤m≤4的任意m，不等式x2＋mx>4x＋m－3恒成立，则x的取值范围是________________．11．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq\f(xy,z)取得最大值时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为________．12．某运输公司接受了向一地区每天至少运送180t物资的任务，该公司有8辆载重为6t的A型卡车和4辆载重为10t的B型卡车，有10名驾驶员，每辆卡车每天往返的次数为A型卡车4次，B型卡车3次，每辆卡车每天往返的费用为A型卡车320元，B型卡车504元，则公司如何调配车辆，才能使公司所花的费用最低，最低费用为________元.

答案精析1．C[由题意得不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,x＋(x＋1)[－(x＋1)＋1]≤1，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x＋(x＋1)[(x＋1)－1]≤1，))②解不等式组①得x<－1；解不等式组②得－1≤x≤eq\r(2)－1.故原不等式的解集是{x|x≤eq\r(2)－1}，故选C.]2．C[因为x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，且x2＋ax＋1≥0，所以a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，所以a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))max.又y＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内是单调递减的，所以a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))max＝－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,\f(1,2)))＝－eq\f(5,2).]3．C[由题意log4(2a＋b)＝log4ab，可得2a＋b＝ab，a>0，b>0，所以2a＋b＝eq\f(1,2)·2a·b≤eq\f(1,2)·eq\f((2a＋b)2,4)，所以2a＋b≥8，当且仅当2a＝b时取等号，所以2a＋b的最小值为8，故选C.]4．C[由题意可得f(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(4,1－3x)＝eq\f(32,3x)＋eq\f(22,1－3x)≥eq\f(?3＋2?2,3x＋?1－3x?)＝25，当且仅当eq\f(3,3x)＝eq\f(2,1－3x)，即x＝eq\f(1,5)时取等号，故最小值为25.]5．C[如图，作出可行域，由z＝10x＋10y⇒y＝－x＋eq\f(z,10)，它表示斜率为－1，纵截距为eq\f(z,10)的平行直线系，要使z＝10x＋10y取得最大值，当直线z＝10x＋10y通过A(eq\f(11,2)，eq\f(9,2))时z取得最大值．因为x，y∈N*，故A点不是最优整数解．于是考虑可行域内A点附近的整点(5,4)，(4,4)，经检验直线经过点(5,4)时，zmax＝90.]6．B[不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥a＋2eq\r(a)＋1≥9，所以eq\r(a)≥2或eq\r(a)≤－4(舍去)．所以正实数a的最小值为4.]7．C[y＝eq\f(x2＋7x＋10,x＋1)＝eq\f((x＋1)2＋5(x＋1)＋4,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(4,x＋1)＋5，当x>－1，即x＋1>0时，y≥2eq\r((x＋1)×\f(4,x＋1))＋5＝9(当且仅当x＝1时取“＝”)．故选C.]8．D[由a(a＋b＋c)＋bc＝4－2eq\r(3)，得(a＋c)·(a＋b)＝4－2eq\r(3).∵a、b、c>0.∴(a＋c)·(a＋b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋b＋c,2)))2(当且仅当a＋c＝b＋a，即b＝c时取“＝”)，∴2a＋b＋c≥2eq\r(4－2\r(3))＝2(eq\r(3)－1)＝2eq\r(3)－2.]9．4解析由x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，得lg2x8y＝lg2，即2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1，故eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y))(x＋3y)＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，当且仅当eq\f(3y,x)＝eq\f(x,3y)，即x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)时取等号，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为4.10．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析不等式可化为m(x－1)＋x2－4x＋3>0在0≤m≤4时恒成立．令f(m)＝m(x－1)＋x2－4x＋3.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?0?>0，,f?4?>0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3>0，,x2－1>0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1或x>3，,x<－1或x>1，))即x<－1或x>3.11．1解析由x2－3xy＋4y2－z＝0，得z＝x2－3xy＋4y2，∴eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤eq\f(1,2\r(4)－3)＝1，当且仅当x＝2y时取等号．此时z＝2y2，∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(2,2y)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,2y2)＝－(eq\f(1,y))2＋eq\f(2,y)＝－(eq\f(1,y)－1)2＋1≤1.12．2560解析设每天调出A型卡车x辆，B型卡车y辆，公司所花的费用为z元，则目标函数z＝320x＋504y(x，y∈N)．由题意可得，eq\b\lc\{\rc\