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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題16 不等式與線性規(guī)劃（含解析）
一、選擇題
1．(文)(xx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
}，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(diǎn)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(duì)數(shù)不等式的基本思想是把它們等價(jià)轉(zhuǎn)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(diǎn)在于對(duì)參數(shù)的恰當(dāng)分類，關(guān)鍵是找到對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論的原因．確定好分類標(biāo)準(zhǔn)，有理有據(jù)、層次清楚地求解．
3．解不等式與集合結(jié)合命題時(shí)，先解不等式確定集合，再按集合的關(guān)系與運(yùn)算求解．
4．分段函數(shù)與解不等式結(jié)合命題，應(yīng)注意分段求解．
2．(文)(xx天津理，7)設(shè)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(shí)a|a|>b|b|；②a>0>b，顯然有a|a|>b|b|；③0≥a>b，此時(shí)0<|a|<|b|，∴a|a|>a|b|>b|b|，綜上a>b時(shí)，有a|a|>b|b|成立．
(2)若a|a|>b|b|，①b＝0時(shí)，有a>0，∴a>b；②b>0時(shí)，顯然有a>0，∴a2>b2，∴a>b；③b<0時(shí)，若a≥0時(shí)，a>b；若a<0，則－a2>－b2，∴a2b，綜上當(dāng)a|a|>b|b|時(shí)有a>b成立，故選C．
(理)(xx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(diǎn)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(shí)結(jié)合在一起考查，解題時(shí)，關(guān)鍵是熟記不等式的各項(xiàng)性質(zhì)，特別是各不等式成立的條件，然后結(jié)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(biāo)準(zhǔn)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)(xx湖南文，7)若實(shí)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>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(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時(shí)取等號(hào))，所以ab的最小值為2，故選C．
[方法點(diǎn)撥] 1.用基本不等式≥求最值時(shí)，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明確什么時(shí)候等號(hào)成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、湊”、“1的代換”等技巧的應(yīng)用．
2．不等式恒成立問題一般用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值求解或用賦值法討論求解．
4．(文)(xx天津文，2)設(shè)變量x，y滿足約束條件則目標(biāo)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＝(x－2)＋(x＋2y－8)＋9≤9，當(dāng)x＝2，y＝3時(shí)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(shè)變量x、y滿足約束條件則目標(biāo)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(dāng)直線z＝y(tǒng)－2x過點(diǎn)B(5,3)時(shí)，z最小值為3－25＝－7.
5．(xx四川文，4)設(shè)a，b為正實(shí)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(guān)系．
a＞b＞1時(shí)，有l(wèi)og2a＞log2b＞0成立，反之也正確．選A．
6．(文)(xx福建文，5)若直線＋＝1(a>0，b>0)過點(diǎn)(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(dāng)＝，即a＝b＝2時(shí)取等號(hào)．
(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] C
[解析] ∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2，
∴ab≤2，∴≥，等號(hào)在a＝1，b＝2時(shí)成立．
7．設(shè)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(diǎn)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(biāo)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(biāo)函數(shù)所表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最值時(shí)可行域的頂點(diǎn)(或邊界上的點(diǎn))，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點(diǎn)問題可通過驗(yàn)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(cè)，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(biāo)函數(shù)線，③解有關(guān)方程組求值，確定最優(yōu)解(或最值等)．
8．(文)關(guān)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－1，因?yàn)镾△ABC＝5，所以(1＋a)1＝5，解得a＝9.
11．(xx南昌市一模)已知實(shí)數(shù)x，y滿足，若目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實(shí)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(diǎn)A，B時(shí)，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．(xx洛陽市期末)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．對(duì)?x∈R，不等式f(x)≥f′(x)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(shè)＝t，令g(t)＝，令t－1＝m，則g(t)＝＝＝≤＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝，即m＝時(shí)等號(hào)成立，故選B．
二、填空題
13．(文)不等式組表示的是一個(gè)軸對(duì)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(diǎn)(0,1)．當(dāng)k＝1時(shí)，所圍成的圖形是軸對(duì)稱圖形．
(理)設(shè)變量x、y滿足約束條件則目標(biāo)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(shí)，z有最大值，z＝42＋52＝41.
14．(文)(xx天津文，12)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當(dāng)a的值為________時(shí)，log2alog2(2b)取得最大值．
[答案] 4
[解析] log2alog2(2b)≤2
＝[log2(2ab)]2＝(log216)2＝4，
當(dāng)a＝2b時(shí)取等號(hào)，結(jié)合a>0，b>0，ab＝8，可得a＝4，b＝2.
(理)(xx重慶文，14)設(shè)a，b>0，a＋b＝5，則＋的最大值為________．
[答案] 3
[解析] 考查基本不等式．
由2ab≤a2＋b2兩邊同時(shí)加上a2＋b2，得(a＋b)2≤2(a2＋b2)兩邊同時(shí)開方即得：a＋b≤(a>0，b>0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”)；從而有＋≤＝＝3(當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋3，即a＝，b＝時(shí)，“＝”成立)故填：3.
15．(xx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(dāng)x1、x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0時(shí)，有>0，若f(x)≥m2－2am－5對(duì)所有x∈[－1，1]、a∈[－1,1]恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．
[答案] [－1,1]
[解析] ∵f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，
∴當(dāng)x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0時(shí)，
>0等價(jià)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(duì)所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，
即－2≥m2－2am－5對(duì)所有a∈[－1,1]恒成立，
∴m2－2am－3≤0，設(shè)g(a)＝m2－2am－3，
則即∴－1≤m≤1.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1,1]．
三、解答題
16．(文)(xx湖北文，21)設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，f(x)＋g(x)＝ex，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)求f(x)，g(x)的解析式，并證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，g(x)>1；
(2)設(shè)a≤0，b≥1，證明：當(dāng)x>0時(shí)，ag(x)＋(1－a)＜＜bg(x)＋(1－b)．
[分析] 考查1.導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性與極值中的應(yīng)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(jié)合已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，構(gòu)造方程組即可求出f(x)，g(x)的表達(dá)式；當(dāng)x>0時(shí)，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)>1.
(2)要證明ag(x)＋(1－a)<axg(x)＋(1－a)x和f(x)0時(shí)，ex>1,00. ③
又由基本不等式，有g(shù)(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即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(dāng)x>0時(shí)，>ag(x)＋(1－a)等價(jià)于f(x)>axg(x)＋(1－a)x， ⑦
0時(shí)，1若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)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(shí)，f(x)1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)>k(x－1)．
[分析] 考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．
(1)求導(dǎo)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(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)．欲證明f(x)1滿足題意；當(dāng)k<1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(x)的單調(diào)性，討論得出結(jié)論．
[解析] (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0得
解得01時(shí)，F(xiàn)(x)1時(shí)，f(x)1滿足題意．
當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于x>1，有f(x)1滿足題意．
當(dāng)k<1時(shí)，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(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．
從而當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)M(x0，f(x0))處的切線與曲線y＝g(x)在點(diǎn)P(x0，g(x0))處的切線平行，求實(shí)數(shù)x0的值；
(2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f ′(x)＝，g′(x)＝.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在點(diǎn)M(x0，f(x0))處的切線與函數(shù)g(x)在點(diǎn)P(x0，g(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(dāng)a≥e時(shí)，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(dāng)a1，即0或a<0，當(dāng)a>時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(，1)，減區(qū)間為(0，)，(1，＋∞)
當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(0，)，(1＋∞)；減區(qū)間為(，1)．
(3)當(dāng)a＝時(shí)，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(duì)于?x1∈[1,2]，?x2∈[0,1]，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(dāng)b<0時(shí)，g(x)在[0,1]上為增函數(shù)，
g(x)min＝g(0)＝－>－與(*)矛盾
②當(dāng)0≤b≤1時(shí)，g(x)min＝g(b)＝－b2－，
由－b2－≤－及0≤b≤1得，≤b≤1
③當(dāng)b>1時(shí)，g(x)在[0,1]上為減函數(shù)，
g(x)min＝g(1)＝－2b≤－， 此時(shí)b>1
綜上所述，b的取值范圍是[，＋∞)．
[方法點(diǎn)撥] 注意區(qū)分幾類問題的解法．
①對(duì)任意x∈A，f(x)>M(或f(x)M(或f(x)
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
第一部分
微專題強(qiáng)化練
專題16
不等式與線性規(guī)劃含解析
2019
2020
年高
數(shù)學(xué)
二輪
復(fù)習(xí)
第一
部分
專題
強(qiáng)化
16
不等式
線性規(guī)劃
解析
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題16 不等式與線性規(guī)劃（含解析）.doc
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