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1、【走向高考】（全國通用）2016高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題16 不等式與線性規(guī)劃（含解析） 一、選擇題 1．(文)(2015唐山市一模)已知全集U＝{x|x2>1}，集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，則?UA＝(　　) A．(1,3)　　　　　　　 B．(－∞，1)∪[3，＋∞) C．(－∞，－1)∪[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [答案]　C [解析]　∵U＝{x|x2>1}＝{x|x>1或x<－1}，A＝{x|x2－4x＋3<0}＝{x|1

2、x|x2－3x＋2<0}，B＝{x|log4x>}，則(　　) A．A∩B＝?　　　　　　 B．B?A C．A∩(?RB)＝R D．A?B [答案]　A [解析]　A＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|1}＝{x|x>2}，∴A∩B＝?. [方法點撥]　解不等式或由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍是高考常見題型． 1．解簡單的分式、指數(shù)、對數(shù)不等式的基本思想是把它們等價轉化為整式不等式(一般為一元二次不等式)求解． 2．解決含參數(shù)不等式的難點在于對參數(shù)的恰當分類，關鍵是找到對參數(shù)進行討論的原因．確定好分類標準，有理有據(jù)、層次清楚地求解． 3．解不

3、等式與集合結合命題時，先解不等式確定集合，再按集合的關系與運算求解． 4．分段函數(shù)與解不等式結合命題，應注意分段求解． 2．(文)(2014天津理，7)設a、b∈R，則“a>b”是“a|a|>b|b|”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　C [解析]　(1)若a>b，則①a>b≥0，此時a|a|>b|b|；②a>0>b，顯然有a|a|>b|b|；③0≥a>b，此時0<|a|<|b|，∴a|a|>a|b|>b|b|，綜上a>b時，有a|a|>b|b|成立． (2)若a|a|>b|b|，①b＝0時，有a>0，∴a>

4、b；②b>0時，顯然有a>0，∴a2>b2，∴a>b；③b<0時，若a≥0時，a>b；若a<0，則－a2>－b2，∴a2b，綜上當a|a|>b|b|時有a>b成立，故選C． (理)(2014四川文，5)若a>b>0，c B．< C．> D．< [答案]　B [解析]　∵c－>0， 又∵a>b>0，∴－>－>0，即<.選B． [方法點撥]　不等式的性質(zhì)經(jīng)常與集合、充要條件、命題的真假判斷、函數(shù)等知識結合在一起考查，解題時，關鍵是熟記不等式的各項性質(zhì)，特別是各不等式成立的條件，然

5、后結合函數(shù)的單調(diào)性求解． 3．(文)若直線2ax＋by－2＝0(a、b∈R)平分圓x2＋y2－2x－4y－6＝0，則＋的最小值是(　　) A．1 B．5 C．4 D．3＋2 [答案]　D [解析]　直線平分圓，則必過圓心． 圓的標準方程為(x－1)2＋(y－2)2＝11. ∴圓心C(1,2)在直線上?2a＋2b－2＝0?a＋b＝1. ∴＋＝(＋)(a＋b)＝2＋＋＋1＝3＋＋≥3＋2，故選D． (理)(2015湖南文，7)若實數(shù)a，b滿足＋＝，則ab的最小值為(　　) A． B．2 C．2 D．4 [答案]　C [解析]　考查基本不等式． 根據(jù)＋＝，可得a>

6、0，b>0，然后利用基本不等式＋≥2求解ab的最小值即可；∵＋＝，∴a＞0，b＞0，∵＝＋≥2＝2，∴ab≥2，(當且僅當b＝2a時取等號)，所以ab的最小值為2，故選C． [方法點撥]　1.用基本不等式≥求最值時，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明確什么時候等號成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、湊”、“1的代換”等技巧的應用． 2．不等式恒成立問題一般用分離參數(shù)法轉化為函數(shù)最值求解或用賦值法討論求解． 4．(文)(2015天津文，2)設變量x，y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝3x＋y的最大值為(　　) A．7 B．8 C．9 D．14 [答案]　C [解析]　z＝3x＋y

7、＝(x－2)＋(x＋2y－8)＋9≤9，當x＝2，y＝3時取得最大值9，故選C．此題也可畫出可行域如圖，借助圖象求解． (理)設變量x、y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝y(tǒng)－2x的最小值為(　　) A．－7 B．－4 C．1 D．2 [答案]　A [解析]　由x，y滿足的約束條件畫出可行域如圖，容易求出A(2,0)，B(5,3)，C(1,3)， 由圖可知當直線z＝y(tǒng)－2x過點B(5,3)時，z最小值為3－25＝－7. 5．(2015四川文，4)設a，b為正實數(shù)，則“a＞b＞1”是“l(fā)og2a＞log2b＞0”的(　　) A．充要條件 B．充分不必要條件 C．必要不充分

8、條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　A [解析]　考查命題及其關系． a＞b＞1時，有l(wèi)og2a＞log2b＞0成立，反之也正確．選A． 6．(文)(2015福建文，5)若直線＋＝1(a>0，b>0)過點(1,1)，則a＋b的最小值等于(　　) A．2　　　 B．3　　　 C．4　　　 D．5 [答案]　C [解析]　考查基本不等式． 由已知得，＋＝1，a>0，b>0，則a＋b＝(a＋b)(＋)＝2＋＋≥2＋2＝4，當＝，即a＝b＝2時取等號． (理)已知a>0，b>0，且2a＋b＝4，則的最小值為(　　) A．　　　 B．4　　　 C．　　　 D．2 [答案

9、]　C [解析]　∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2， ∴ab≤2，∴≥，等號在a＝1，b＝2時成立． 7．設z＝2x＋y，其中變量x，y滿足條件.若z的最小值為3，則m的值為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 [答案]　A [解析]　作出不等式組，表示的平面區(qū)域，由于z＝2x＋y的最小值為3，作直線l0：x＝m平移l0可知m＝1符合題意． [方法點撥]　1.線性規(guī)劃問題一般有三種題型：一是求最值；二是求區(qū)域面積；三是由最優(yōu)解確定目標函數(shù)中參數(shù)的取值范圍． 2．解決線性規(guī)劃問題首先要畫出可行域，再注意目標函數(shù)所表示的幾何意義，數(shù)形結合找到目標函數(shù)達到

10、最值時可行域的頂點(或邊界上的點)，但要注意作圖一定要準確，整點問題可通過驗證解決． 3．確定二元一次不等式組表示的平面區(qū)域：①畫線，②定側，③確定公共部分；解線性規(guī)劃問題的步驟：①作圖，②平移目標函數(shù)線，③解有關方程組求值，確定最優(yōu)解(或最值等)． 8．(文)關于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a＝(　　) A． B． C． D． [答案]　A [解析]　∵a>0，∴不等式x2－2ax－8a2<0化為 (x＋2a)(x－4a)<0，∴－2a

11、)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若實數(shù)a滿足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，則a的取值范圍是(　　) A．[1,2] B．(0，] C．[，2] D．(0,2] [答案]　C [解析]　因為loga＝－log2a，所以f(log2a)＋f(loga)＝f(log2a)＋f(－log2a)＝2f(log2a)，原不等式變?yōu)?f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)，又因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上遞增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得≤a≤2，故選C． 9．(文)(20

12、14新課標Ⅰ文，11)設x、y滿足約束條件 且z＝x＋ay的最小值為7，則a＝(　　) A．－5 B．3 C．－5或3 D．5或－3 [答案]　B [解析]　當a＝－5時，作出可行域，由得交點A(－3，－2)，則目標函數(shù)z＝x－5y過A點時取最大值，zmax＝7，不合題意，排除A、C；當a＝3時，同理可得目標函數(shù)z＝x＋3y過B(1,2)時，zmin＝7符合題意，故選B． (理)(2014北京理，6)若x、y滿足且z＝y(tǒng)－x的最小值為－4，則k的值為(　　) A．2 B．－2 C． D．－ [答案]　D [解析]　本題考查了線性規(guī)劃的應用． 若k≥0，z＝y(tǒng)－x沒

13、有最小值，不合題意． 若k<0，則不等式組所表示的平面區(qū)域如圖所示． 由圖可知，z＝y(tǒng)－x在點(－，0)處取最小值－4， 故0－(－)＝－4，解得k＝－，即選項D正確． 10．(2015江西質(zhì)量監(jiān)測)在平面直角坐標系中，若不等式組(a為常數(shù))所表示的平面區(qū)域的面積等于5，則a的值為(　　) A．－11 B．3 C．9 D．9或－11 [答案]　C [解析]　由題意知不等式組所表示的平面區(qū)域為一個三角形區(qū)域，設為△ABC，其中A(1,0)，B(0,1)，C(1,1＋a)且a>－1，因為S△ABC＝5，所以(1＋a)1＝5，解得a＝9. 11．(2015南昌市一模)已知實

14、數(shù)x，y滿足，若目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)m的值為(　　) A．4 B．3 C．2 D．－ [答案]　C [解析]　表示的可行域如圖中陰影部分所示． 將直線l0：2x＋y＝0向上平移至過點A，B時，z＝2x＋y分別取得最小值與最大值．由得A(m－1，m)，由得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝10－4m＝2，解得m＝2. 12．(2015洛陽市期末)設二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導函數(shù)為f′(x)．對?x∈R，不等式f(x)≥f′(x

15、)恒成立，則的最大值為(　　) A．＋2 B．－2 C．2＋2 D．2－2 [答案]　B [解析]　由已知得：f′(x)＝2ax＋b，f(x)≥f′(x)恒成立即ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0恒成立，∴∴b2≤－4a2＋4ac，∴≤＝，設＝t，令g(t)＝，令t－1＝m，則g(t)＝＝＝≤＝－2，當且僅當2m＝，即m＝時等號成立，故選B． 二、填空題 13．(文)不等式組表示的是一個軸對稱四邊形圍成的區(qū)域，則k＝________. [答案]　1 [解析]　本題可以通過畫圖解決，如圖直線l：x－ky＋k＝0過定點(0,1)．當k＝1時，所圍成的圖形是軸對稱圖形． (

16、理)設變量x、y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝x2＋y2的最大值為________． [答案]　41 [解析]　約束條件畫出可行域如圖， 易知x＝4，y＝5時，z有最大值，z＝42＋52＝41. 14．(文)(2015天津文，12)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當a的值為________時，log2alog2(2b)取得最大值． [答案]　4 [解析]　log2alog2(2b)≤2 ＝[log2(2ab)]2＝(log216)2＝4， 當a＝2b時取等號，結合a>0，b>0，ab＝8，可得a＝4，b＝2. (理)(2015重慶文，14)設a，b>0，a＋b＝5，則＋的最大

17、值為________． [答案]　3 [解析]　考查基本不等式． 由2ab≤a2＋b2兩邊同時加上a2＋b2，得(a＋b)2≤2(a2＋b2)兩邊同時開方即得：a＋b≤(a>0，b>0，當且僅當a＝b時取“＝”)；從而有＋≤＝＝3(當且僅當a＋1＝b＋3，即a＝，b＝時，“＝”成立)故填：3. 15．(2014邯鄲市一模)已知f(x)是定義在[－1，1]上的奇函數(shù)且f(1)＝2，當x1、x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0時，有>0，若f(x)≥m2－2am－5對所有x∈[－1，1]、a∈[－1,1]恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________． [答案]　[－1,1] [解析]　

18、∵f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)， ∴當x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0時， >0等價于>0， ∴f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增． ∵f(1)＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f(1)＝－2. 要使f(x)≥m2－2am－5對所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立， 即－2≥m2－2am－5對所有a∈[－1,1]恒成立， ∴m2－2am－3≤0，設g(a)＝m2－2am－3， 則即∴－1≤m≤1. ∴實數(shù)m的取值范圍是[－1,1]． 三、解答題 16．(文)(2015湖北文，21)設函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(

19、x)是偶函數(shù)，f(x)＋g(x)＝ex，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)求f(x)，g(x)的解析式，并證明：當x>0時，f(x)>0，g(x)>1； (2)設a≤0，b≥1，證明：當x>0時，ag(x)＋(1－a)＜＜bg(x)＋(1－b)． [分析]　考查1.導數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性與極值中的應用；2.函數(shù)的基本性質(zhì)． (1)將等式f(x)＋g(x)＝ex中x用－x來替換，并結合已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，構造方程組即可求出f(x)，g(x)的表達式；當x>0時，由指數(shù)與指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知ex>1,00.然后再由基本不等式即可得出g(x)>

20、1. (2)要證明ag(x)＋(1－a)<axg(x)＋(1－a)x和f(x)0時，ex>1,00. ③ 又由基本不等式，有g(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即

21、g(x)>1. ④ (2)由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x), ⑤ g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)， ⑥ 當x>0時，>ag(x)＋(1－a)等價于f(x)>axg(x)＋(1－a)x， ⑦ 0時，1若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x

22、)在[0，＋∞) 上為增函數(shù)，從而h(x)>h(0)＝0，即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立． 2若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，從而h(x)1時，f(x)1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)>k(x－1)． [分析]　考

23、查導數(shù)的綜合應用． (1)求導函數(shù)f′(x)，解不等式f′(x)>0并與定義域求交集，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)構造函數(shù)F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)．欲證明f(x)1滿足題意；當k<1時，構造函數(shù)G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，利用導數(shù)研究函數(shù)G(x)的單調(diào)性，討論得出結論． [解析]　(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)>0得 解得0

24、x∈(0，＋∞)． 則有F′(x)＝. 當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0， 所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故當x>1時，F(xiàn)(x)1時，f(x)1滿足題意． 當k>1時，對于x>1，有f(x)1滿足題意． 當k<1時，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則有G′(x)＝－x＋1－k＝. 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝<0， x2＝>1. 當x∈(1，x2)時，G′(

25、x)>0，故G(x)在[1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增． 從而當x∈(1，x2)時，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)， 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． 17．(文)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝－(a>0)． (1)當a＝1時，若曲線y＝f(x)在點M(x0，f(x0))處的切線與曲線y＝g(x)在點P(x0，g(x0))處的切線平行，求實數(shù)x0的值； (2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋，求實數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)當a＝1時，f ′(x)＝，g′(x)＝. 因為函數(shù)f(x)在點M(x0，f(x0))處的切線與函數(shù)g(x)在點P(x0，g

26、(x0))處的切線平行， 所以＝，解得x0＝1. (2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋. 記F(x)＝f(x)－g(x)－＝lnx＋－， 只要F(x)在(0，e]上的最小值大于等于0， F′(x)＝－＝， 則F′(x)、F(x)隨x的變化情況如下表： x (0，a) a (a，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x)  極小值  當a≥e時，函數(shù)F(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(e)為最小值， 所以F(e)＝1＋－≥0，得a≥，所以a≥e. 當a

27、以F(a)＝lna＋－≥0，得a≥， 所以≤a

28、＝＝，f(x)的定義域為(0，＋∞) 當a＝0時，f′(x)＝，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0,1) 當a≠0時，>1，即0或a<0，當a>時，f(x)的增區(qū)間為(，1)，減區(qū)間為(0，)，(1，＋∞) 當a<0時，f(x)的增區(qū)間為(0，)，(1＋∞)；減區(qū)間為(，1)． (3)當a＝時，由(Ⅱ)知函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上為增函數(shù)， 所以函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值為f(1)＝－ 對于?x1∈[1,2]，?x2∈[0,1

29、]，使f(x1)≥g(x2)成立?g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在[1,2]上的最小值－(*) 又g(x)＝x2－2bx－＝(x－b)2－b2－，x∈[0,1] ①當b<0時，g(x)在[0,1]上為增函數(shù)， g(x)min＝g(0)＝－>－與(*)矛盾 ②當0≤b≤1時，g(x)min＝g(b)＝－b2－， 由－b2－≤－及0≤b≤1得，≤b≤1 ③當b>1時，g(x)在[0,1]上為減函數(shù)， g(x)min＝g(1)＝－2b≤－， 此時b>1 綜上所述，b的取值范圍是[，＋∞)． [方法點撥]　注意區(qū)分幾類問題的解法． ①對任意x∈A，f(x)>M(或f(x)M(或f(x)