《高考數(shù)學二輪復(fù)習 第1部分 知識專題突破 專題限時集訓(xùn)7 不等式-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學二輪復(fù)習 第1部分 知識專題突破 專題限時集訓(xùn)7 不等式-人教版高三數(shù)學試題（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(七)　不等式 (對應(yīng)學生用書第95頁) (限時：120分鐘) 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分，請把答案填寫在題中橫線上．) 1．(江蘇省泰州中學2017屆高三上學期第二次月考)設(shè)實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝2x＋3y的最大值為________. 【導(dǎo)學號：56394049】 26　[作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域(陰影部分)， 由z＝2x＋3y，得y＝－x＋， 平移直線y＝－x＋，由圖象可知當直線y＝－x＋經(jīng)過點A時， 直線y＝－x＋的截距最大，此時z最大． 由解得即A(4,6)． 此時z的最大值為z＝2×4＋3×6＝26.] 2．(無

2、錫市普通高中2017屆高三上學期期中基礎(chǔ)性檢測)已知正實數(shù)x，y滿足＋2y－2＝ln x＋ln y，則xy＝________. 　[由題設(shè)可得lnxy＝＋2y－2≥2－2(當且僅當x＝4y時取等號)，即ln xy≥2－2，也即?所以xy＝.] 3．(江蘇省鎮(zhèn)江市丹陽高中2017屆高三下學期期中)已知動點P(x，y)滿足：則x2＋y2－6x的最小值為________． －　[由(－x)(＋y)≥1， ∵y＋>y＋|y|≥0， ∴－x≥＝－y， ∵函數(shù)f (x)＝－x＝是減函數(shù)， ∴x≤y， ∴原不等式組化為 該不等式組表示的平面區(qū)域如下圖陰影部分所示： ∵x2＋y2－6x

3、＝(x－3)2＋y2－9. 由圖象可得，P(3,0)到陰影區(qū)域中A的距離最小，所以x2＋y2－6x的最小值為－.] 4．(貴州遵義市2017屆高三第一次聯(lián)考)已知<<0，給出下列四個結(jié)論： ①a|b|；④abab.] 5．設(shè)x∈R，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，若存在實數(shù)t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同時成立，則正整數(shù)n的最大值是________． 4　[由[t]＝1，得1≤t＜2；由[t2]＝2，得≤t＜；由[

4、t3]＝3，得3≤t＜4；由[t4]＝4，得≤t＜5；由[t5]＝5，得5≤t＜6. 因為(3)15＝35＝243，(6)15＝63＝216， 所以3＞6. 同理可以得到1＜5＜2＜6＜3＜5＜4＜＜2.以上每一個范圍在數(shù)軸上的示意圖如圖所示，由圖可知，當n＝1,2,3,4時，[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n能同時成立；當n＝5時，[t3]＝3與[t5]＝5不能同時成立，故n的最大值為4.] 6．(2017·江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高考數(shù)學二模)已知a，b均為正數(shù)，且ab－a－2b＝0，則－＋b2－的最小值為________． 7　[∵a，b均為正數(shù)，且ab－a－2b＝

5、0，∴＋＝1.則－＋b2－＝＋b2－1. ＋b＝＝＋＋2≥2＋2＝4，當且僅當a＝4，b＝2時取等號． ∴(1＋1)≥2≥16，當且僅當a＝4，b＝2時取等號．∴＋b2≥8， ∴－＋b2－＝＋b2－1≥7.] 7．某企業(yè)生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品均需用A，B兩種原料．已知生產(chǎn)1噸每種產(chǎn)品需原料及每天原料的可用限額如表所示，如果生產(chǎn)1噸甲、乙產(chǎn)品可獲利潤分別為3萬元、4萬元，則該企業(yè)每天可獲得最大利潤為________. 甲 乙 原料限額 Α(噸) 3 2 12 Β(噸) 1 2 8 18萬元　[設(shè)該企業(yè)每天生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品分別為x、y噸，則利潤z＝3x＋4y.

6、由題意可列其表示如圖陰影部分區(qū)域： 當直線3x＋4y－z＝0過點A(2,3)時，z取得最大值，所以zmax＝3×2＋4×3＝18.] 8．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________． {x|x<4}　[原不等式同解于如下三個不等式解集的并集； (Ⅰ)(Ⅱ) (Ⅲ) 解(Ⅰ)得：x<1，解(Ⅱ)得：1≤x<4，解(Ⅲ)得：x∈?， 所以，原不等式的解集為{x|x<4}．] 9．(江蘇省南京市、鹽城市2017屆高三第一次模擬)在△ABC中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a2＋b2＋2c2＝8，則△ABC面積的最大值為________． 　[S△ABC＝a

7、bsin C＝ab＝＝， 而2ab≤a2＋b2＝8－2c2?ab≤4－c2， 所以S△ABC≤＝≤×＝，當且僅當a＝b，c2＝時取等號．] 10．(河南省豫北名校聯(lián)盟2017屆高三年級精英對抗賽)已知當－1≤a≤1時，x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則實數(shù)x的取值范圍是________． (－∞，1)∪(3，＋∞)　[設(shè)f (a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，則f (a)>0對?a∈[－1,1]成立等價于即解之得x<1或x>3，即實數(shù)x的取值范圍是(－∞，1)∪(3，＋∞)．] 11．(江蘇省南京市2017屆高考三模)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋2b≤8c，＋≤，則的

8、取值范圍為________. 【導(dǎo)學號：56394050】 [27,30]　[∵a＋2b≤8c，＋≤， ∴設(shè)x＝，y＝，則有∴ 作出平面區(qū)域如圖所示： 令z＝＝3x＋8y，則y＝－x＋， 由圖象可知當直線y＝－x＋經(jīng)過點A時，截距最大，則z最大； 當直線y＝－x＋與曲線y＝相切時，截距最小，即z最?。? 解方程組得A(2,3)，∴z的最大值為3×2＋8×3＝30， 設(shè)直線y＝－x＋與曲線y＝的切點為(x0，y0)， 則′＝－，即＝－，解得x0＝3， ∴切點坐標為，∴z的最小值為3×3＋8×＝27. ∴27≤z≤30.] 12．(河北省“五個一名校聯(lián)盟” 2016屆

9、高三教學質(zhì)量監(jiān)測(一))已知p：x≥k，q：<1，如果p是q的充分不必要條件，則實數(shù)k的取值范圍是________． (2，＋∞)　[由<1得，－1＝<0，即(x－2)(x＋1)>0，解得x<－1或x>2，由p是q的充分不必要條件知，k>2.] 13．(江蘇省揚州市2017屆高三上學期期末)在正項等比數(shù)列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，則a5＋a6的最小值為________． 48　[設(shè)a2＋a1＝x，等比數(shù)列的公比為q，則a4＋a3＝xq2，a5＋a6＝xq4. 再由a4＋a3－2a2－2a1＝6， 得xq2＝6＋2x，∴x＝>0，q>1. ∴a5＋a6＝xq4＝

10、 ＝6·＝6＝6≥6(4＋4)＝48， 當且僅當q2－2＝2時，等號成立， 故a5＋a6的最小值為48.] 14．(廣東省湛江市2017屆高三上學期期中調(diào)研考試)已知x，y滿足約束條件 若z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實數(shù)a的值為________． －1或2　[在直角坐標系內(nèi)作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如下圖所示的三角形ABC，目標函數(shù)z＝y(tǒng)－ax可變形為y＝ax＋z，z的幾何意義為直線y＝ax＋z在y軸上的截距，因為z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，所以直線y＝ax＋z與區(qū)域三角形的某一邊平行，當直線y＝ax＋z與直線x＋y－2＝0平行時，a＝－1符合題意，當直線y＝

11、ax＋z與直線x－2y－2＝0平行時，a＝不符合題意，直線y＝ax＋z與直線2x－y＋2＝0平行時，a＝2符合題意，綜上所述，實數(shù)a的值為－1或2.] 二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．) 15．(本小題滿分14分)(貴州省遵義模擬)設(shè)函數(shù)f (x)＝|x－1|＋|x－a|. (1)若a＝－1，解不等式f (x)≥3； (2)如果?x∈R, f (x)≥2恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)當a＝－1時，f (x)＝|x－1|＋|x＋1|， 由f (x)≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3，2分 ①x≤－1時，不等式化為 1－x

12、－1－x≥3即－2x≥3，x≤－. ②－1＜x≤1時，不等式化為1－x＋x＋1≥3，此不等式不成立，解集為空集． ③x＞1時，不等式化為x－1＋x＋1≥3，即2x≥3，∴x≥，此時不等式解集為.8分 綜上得，f (x)≥3的解集為∪.9分 (2)若a＝1，f (x)＝2|x－1|，不滿足題設(shè)條件； 若a<1，f (x)＝f (x)的最小值為1－a.11分 a>1，f (x)＝f (x)的最小值為a－1， 所以?x∈R，f (x)≥2恒成立的充要條件是|a－1|≥2，從而a的取值范圍為(－∞，－1]∪[3，＋∞).14分 16．(本小題滿分14分)(泰州市調(diào)研測試)為豐富市民的文

13、化生活，市政府計劃在一塊半徑為200 m，圓心角為120°的扇形地上建造市民廣場．規(guī)劃設(shè)計如圖7－3：內(nèi)接梯形ABCD區(qū)域為運動休閑區(qū)，其中A，B分別在半徑OP，OQ上，C，D在圓弧上，CD∥AB；△OAB區(qū)域為文化展示區(qū)，AB長為50 m；其余空地為綠化區(qū)域，且CD長不得超過200 m. 圖7－3 (1)試確定A，B的位置，使△OAB的周長最大； (2)當△OAB的周長最大時，設(shè)∠DOC＝2θ，試將運動休閑區(qū)ABCD的面積S表示為θ的函數(shù)，并求出S的最大值. 【導(dǎo)學號：56394051】 [解]　(1)設(shè)OA＝m，OB＝n，m，n∈(0,200]， 在△OAB中，AB2＝O

14、A2＋OB2－2OA·OB·cos， 即(50)2＝m2＋n2＋mn， 2分 所以，(50)2＝(m＋n)2－mn≥(m＋n)2－＝(m＋n)2， 4分 所以m＋n≤100，當且僅當m＝n＝50時，m＋n取得最大值，此時△OAB周長取得最大值． 所以，當OA，OB都為50 m時，△OAB的周長最大. 6分 (2)當△AOB的周長最大時，梯形ABCD為等腰梯形． 過O作OF⊥CD交CD于F，交AB于E， 則E、F分別為AB，CD的中點， 所以∠DOE＝θ，由CD≤200，得θ∈. 8分 在△ODF中，DF＝200sin θ，OF＝200cos θ. 又在△AOE中，OE＝

15、OAcos＝25，故EF＝200cos θ－25. 9分 所以，S＝(50＋400sin θ)(200cos θ－25) ＝625(＋8sin θ)(8cos θ－1) ＝625(8cos θ－8sin θ＋64sin θcos θ－)，θ∈. 10分 (一直沒有交代范圍扣2分) 令f (θ)＝8cos θ－8sin θ＋64sin θcos θ－，θ∈， f ′(θ)＝－8sin θ－8cos θ＋64cos 2θ＝－16sin＋64cos 2θ，θ∈， 又y＝－16sin及y＝cos 2θ在θ∈上均為單調(diào)遞減函數(shù)， 故f ′(θ)在θ∈上為單調(diào)遞減函數(shù)． 因f ′＝－16

16、＞0，故f ′(θ)＞0在θ∈上恒成立， 于是，f (θ)在θ∈上為單調(diào)遞增函數(shù). 12分 所以當θ＝時，f (θ)有最大值，此時S有最大值為625(8＋15)． 所以當θ＝時，梯形ABCD面積有最大值，且最大值為625(8＋15) m2. 14分 17．(本小題滿分14分)(南通模擬) 已知函數(shù)f (x)＝x2＋2ax＋1(a∈R)，f ′(x)是f (x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)若x∈[－2，－1]，不等式f (x)≤f ′(x)恒成立，求a的取值范圍； (2)解關(guān)于x的方程f (x)＝|f ′(x)|； (3)設(shè)函數(shù)g(x)＝ 求g(x)在x∈[2,4]時的最小值． [解]

17、　(1)因為f (x)≤f ′(x)，所以x2－2x＋1≤2a(1－x)，又因為－2≤x≤－1， 所以a≥在x∈[－2，－1]時恒成立，因為＝≤， 所以a≥. 2分 (2)因為f (x)＝|f ′(x)|，所以x2＋2ax＋1＝2|x＋a|， 所以(x＋a)2－2|x＋a|＋1－a2＝0，則|x＋a|＝1＋a或|x＋a|＝1－a. 4分 ①當a<－1時，|x＋a|＝1－a，所以x＝－1或x＝1－2a； ②當－1≤a≤1時，|x＋a|＝1－a或|x＋a|＝1＋a， 所以x＝±1或x＝1－2a或x＝－(1＋2a)； ③當a>1時，|x＋a|＝1＋a，所以x＝1或x＝－(1＋2a).

18、 6分 (3)因為f (x)－f ′(x)＝(x－1)[x－(1－2a)]，g(x)＝ 8分 ①若a≥－，則x∈[2,4]時，f (x)≥f ′(x)，所以g(x)＝f ′(x)＝2x＋2a， 從而g(x)的最小值為g(2)＝2a＋4； ②若a<－，則x∈[2,4]時，f (x)

19、 當x∈[2,1－2a)時，g(x)最小值為g(2)＝4a＋5； 當x∈[1－2a,4]時，g(x)最小值為g(1－2a)＝2－2a. 因為－≤a<－，(4a＋5)－(2－2a)＝6a＋3<0， 所以g(x)最小值為4a＋5， 綜上所述，[g(x)]min＝ 14分 18．(本小題滿分16分)(徐州市質(zhì)量檢測)如圖7－4，在P地正西方向8 km的A處和正東方向1 km的B處各有一條正北方向的公路AC和BD，現(xiàn)計劃在AC和BD路邊各修建一個物流中心E和F. 為緩解交通壓力，決定修建兩條互相垂直的公路PE和PF.設(shè)∠EPA＝α. (1)為減少周邊區(qū)域的影響，試確定E，F(xiàn)的位置，使△P

20、AE與△PFB的面積之和最??； (2)為節(jié)省建設(shè)成本，試確定E，F(xiàn)的位置，使PE＋PF的值最?。? 圖7－4 [解]　(1)在Rt△PAE中，由題意可知∠APE＝α，AP＝8，則AE＝8tan α. 所以S△PAE＝PA×AE＝32tan α. 2分 同理在Rt△PBF中，∠PFB＝α，PB＝1，則BF＝， 所以S△PBF＝PB×BF＝. 4分 故△PAE與△PFB的面積之和為32tan α＋ ≥2＝8, 5分 當且僅當32tan α＝，即tan α＝時，取“＝”， 故當AE＝1 km, BF＝8 km時，△PAE與△PFB的面積之和最小.6分 (2)在Rt△PA

21、E中，由題意可知∠APE＝α，則PE＝. 同理在Rt△PBF中，∠PFB＝α，則PF＝. 令f (α)＝PE＋PF＝＋，0<α<， 8分 則f ′(α)＝－＝， 10分 令f ′(α)＝0，得tan α＝，記tan α0＝，0<α0<， 當α∈(0，α0)時，f ′(α)<0，f (α)單調(diào)遞減； 當α∈時，f ′(α)>0，f (α)單調(diào)遞增． 所以tan α＝時，f (α)取得最小值， 14分 此時AE＝AP·tan α＝8×＝4，BF＝＝2. 所以當AE＝4 km，且BF＝2 km時，PE＋PF的值最小. 16分 19．(本小題滿分16分)(鹽城市模擬考試)設(shè)函數(shù)f

22、(x)＝ln x，g(x)＝(m>0)． (1)當m＝1時，函數(shù)y＝f (x)與y＝g(x)在x＝1處的切線互相垂直，求n的值； (2)若函數(shù)y＝f (x)－g(x)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求m－n的取值范圍； (3)是否存在實數(shù)a，使得f ·f (eax)＋f ≤0對任意正實數(shù)x恒成立？若存在，求出滿足條件的實數(shù)a；若不存在，請說明理由． [解]　(1)當m＝1時，g′(x)＝，∴y＝g(x)在x＝1處的切線斜率k＝， 由f ′(x)＝，∴y＝f (x)在x＝1處的切線斜率k＝1，∴·1＝－1，∴n＝5. 4分 (2)易知函數(shù)y＝f (x)－g(x)的定義域為(0，＋∞)， 又y′＝

23、f ′(x)－g′(x)＝－＝＝， 由題意，得x＋2－m(1－n)＋的最小值為負，∴m(1－n)>4(注：結(jié)合函數(shù)y＝x2＋[2－m(1－n)]x＋1的圖象同樣可以得到)，∴≥m(1－n)>4，∴m＋(1－n)>4，∴m－n>3. 8分 (3)法一：　令θ(x)＝f ·f (eax)＋f ＝ax·ln 2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a，其中x>0，a>0. 則θ′(x)＝a·ln 2a－aln x－a＋，設(shè)δ(x)＝a·ln 2a－aln x－a＋， δ′(x)＝－－＝－<0. ∴δ(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，δ(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)必存在實根，不妨設(shè)δ(x0)＝0

24、， 即δ(x0)＝a·ln 2a－aln x0－a＋＝0，可得ln x0＝＋ln 2a－1，(*) θ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以θ(x)max＝θ(x0)， θ(x0)＝(ax0－1)·ln 2a－(ax0－1)·ln x0，代入(*)式得θ(x0)＝ax0＋－2.12分 根據(jù)題意θ(x0)＝ax0＋－2≤0恒成立． 又根據(jù)基本不等式，ax0＋≥2，當且僅當ax0＝時，等式成立， 所以ax0＋＝2，ax0＝1.∴x0＝.代入(*)式得，ln＝ln 2a，即＝2a，a＝.16分 (以下解法供參考，請酌情給分) 法二：θ(x)＝ax·ln

25、2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a＝(ax－1)(ln 2a－ln x)，其中x>0，a>0， 根據(jù)條件f ·f (eax)＋f ≤0對任意正數(shù)x恒成立， 10分 即(ax－1)(ln 2a－ln x)≤0對任意正數(shù)x恒成立， ∴或 解得≤x≤2a或2a≤x≤， 即＝x＝2a時上述條件成立，此時a＝.16分 法三：θ(x)＝ax·ln 2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a＝(ax－1)(ln 2a－ln x)，其中x>0，a>0， 設(shè)y1＝ax－1，y2＝ln 2a－ln x，∵a>0，∴函數(shù)y1單調(diào)遞增，函數(shù)y2單調(diào)遞減，12分 要使得(ax－1)(ln 2a－l

26、n x)≤0對任意正數(shù)x恒成立， 只能是函數(shù)y1，y2與x軸的交點重合，即＝2a，所以a＝.16分 20．(本小題滿分16分)已知f (x)＝. (1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)令g(x)＝ax2－2ln x，若g(x)＝1時有兩個不同的根，求a的取值范圍； (3)存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1≠x2，使|f (x1)－f (x2)|≥k|ln x1－ln x2|成立，求k的取值范圍. 【導(dǎo)學號：56394052】 [解]　(1)f ′(x)＝.令f ′(x)＝0得x＝1，x∈(0,1)時，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時，f ′(x)<0，f

27、 (x)單調(diào)遞減． 綜上，f (x)單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞). 4分 (2)g′(x)＝2ax－＝. ①當a≤0時，g′(x)<0，單調(diào)遞減，故不可能有兩個根，舍去． ②當a>0時，x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g<1得0x2>1，由(1)知x∈(1，＋∞)時，f (x)單調(diào)遞減． |f (x1)－f (x2)|≥k|ln x1－ln x2|，等價于f (x2)－f (x1)≥k(ln x1－ln x2)， 即f (x2)＋kln x2≥f (x1)＋kln x1， 10分 存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1≠x2，使f (x2)＋kln x2≥f (x1)＋kln x1成立． 令h(x)＝f (x)＋kln x，h(x)在(1，＋∞)存在減區(qū)間， h′(x)＝<0有解，即k<有解，即k0，t(x)單調(diào)遞增， x∈(，＋∞)時， t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，max＝， ∴k<. 16分