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2019-2020年高三數學二輪復習 1-5-13一元二次不等式、線性規(guī)劃、基本不等式及其應用同步練習 理 人教版
班級_______ 姓名_______ 時間：45分鐘 分值：75分 總得分________
一、選擇題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項填在答題卡上．
1．(xx陜西)設0
a>0，∴>，2b>b＋a，
∴b>，∴a<<0，b>0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于( )
A．2 B．3
C．6 D．9
解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b.
因在x＝1處有極值，則f′(1)＝12－2a－2b＝0，
∴a＋b＝6，ab≤2＝9.
答案：D
3．(xx廣東B)不等式2x2－x－1>0的解集是( )
A. B．(1，＋∞)
C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.∪(1，＋∞)
解析：∵2x2－x－1>0，
∴(2x＋1)(x－1)>0，
∴x>1或x<－，
∴原不等式的解集為∪(1，＋∞)．
答案：D
4．(xx山東)設變量x，y滿足約束條件，則目標函數z＝2x＋3y＋1的最大值為( )
A．11 B．10
C．9 D．8.5
解析：可行域如圖
當目標函數過點A時，取最大值，由
得A(3,1)，故最大值為10.
答案：B
5．(xx浙江)若實數x，y滿足不等式組則3x＋4y的最小值是( )
A．13 B．15 C．20 D．28
解析：由線性約束條件作出可行域如圖所示，直線x＋2y－5＝0與2x＋y－7＝0的交點P(3,1)，令z＝3x＋4y，
∴zmin＝13.
答案：A
6．(xx商丘市高三一模)定義在R上的函數f(x)滿足f(3)＝1，f′(x)為f(x)的導函數，已知y＝f′(x)的圖象如圖所示，若兩個正數a、b滿足f(3a＋b)<1，則的取值范圍是( )
A．(1,2) B．(2,5)
C．(1,5) D．(－∞，1)∪(5，＋∞)
解析：由f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象可得y＝f(x)(如下圖)的大致圖象，
由圖象可知，當a>0，b>0
即3a＋b>0時，y＝f(x)為增函數，
又∵f(3)＝1，∴f(3a＋b)f(2x)的x的取值范圍是________．
解析：本題以分段函數為載體，考查函數的單調性及一元二次不等式的解法，求解的關鍵在于正確利用函數的性質進行等價轉化．
由題意有或，解得－11，在約束條件下，目標函數z＝x＋5y的最大值為4，則m的值為________．
解析：作出約束條件對應的可行域為如圖所示陰影△OAB.
∵目標函數可化為y＝－x＋z.
它在y軸上的截距最大時z最大．
∴當目標函數線過點A時z最大．
由解得A，
∴zmax＝＋＝＝4，
∴m＝3.
答案：3
10．(xx湖北省黃岡中學模擬考試)若實數x，y滿足則的取值范圍是________．
解析：如圖所示，
不等式組所表示的可行域為線段AB，可看作是可行域內的點P(x，y)到原點O的距離，由圖易知|PO|min＝0，|PO|max＝|AO|，由得A(－6,8)，故|PO|max＝＝10，即的取值范圍為[0,10]．
答案：[0,10]
三、解答題：本大題共2小題，共25分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
11．(12分)(xx江西師大附中、臨川一中高三聯(lián)考)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)＝f(4－x)，又函數f(x＋2)在[0，＋∞)上單調遞減．
(1)求不等式f(3x)>f(2x－1)的解集；
(2)設(1)中不等式的解集為A，對于任意的t∈A，不等式x2＋(t－2)x＋1－t>0恒成立，求實數x的取值范圍．
解：(1)∵f(x)＝f(4－x)，
∴函數f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，
又∵函數f(x＋2)在[0，＋∞)上單調遞減，
∴函數f(x)在[2，＋∞)上單調遞減．
∴不等式f(3x)>f(2x－1)?|3x－2|<|2x－1－2|?(3x－2)2<(2x－3)2?(5x－5)(x＋1)<0?－10恒成立，
即g(t)>0在t∈(－1,1)上恒成立．
當x≠1時，，
??
?x≤0或x＝1或x≥2，
∴x≤0或x≥2.
當x＝1時，0>0，顯然不成立，∴x≠1，
綜上，x∈(－∞，0]∪[2，＋∞)．
12．(13分)(xx廣東B)設b>0，數列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)證明：對于一切正整數n,2an≤bn＋1＋1.
解：(1)(ⅰ)若b＝1，則a1＝1，an＝(n≥2)
則＝＝1＋.
∴是首項為1，公差為1的等差數列，
∴＝n，∴an＝1.
(ⅱ)若b≠1，則＝，
∴＝＋，
∴－＝，
∴數列是首項為－，公比為的等比數列，
∴－＝－n－1，
∵＝－n－1，
∴an＝.
(2)證明：當b＝1時，2an＝2≤2成立
當b≠1時，an＝＝
＝，
要證2an≤bn＋1＋1，
只要證an≤，
只要證≤
即證2nb≤(bn＋1＋1).
∵(bn＋1＋1)
＝bn＋1＋bn＋…＋b2＋1＋＋＋
＝＋＋…＋(b2＋1)≥
＝2nb.
∴2nb≤(bn＋1＋1)，
從而2an≤bn＋1＋1成立．
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