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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數學二輪復習 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)(20xx·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<x<3}，∴?UA＝{

2、x|x<－1或x≥3}． (理)(20xx·唐山市一模)己知集合A＝{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<2}，B＝{x|log4x>}＝{x|x>2}，∴A∩B＝?. [方法點撥]　解不等式或由不等式恒成立求參數的取值范圍是高考常見題型． 1．解簡單的分式、指數、對數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．

3、解決含參數不等式的難點在于對參數的恰當分類，關鍵是找到對參數進行討論的原因．確定好分類標準，有理有據、層次清楚地求解． 3．解不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．分段函數與解不等式結合命題，應注意分段求解． 2．(文)(20xx·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

4、|>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>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，∴a2<b2，∴(a＋b)(a－b)<0，∴a>b，綜上當a|a|>b|b|時有a>b成立，故選C． (理)(20xx·四川文，5)若a>b

5、>0，c<d<0，則一定有(　　) A．> B．< C．> D．< [答案]　B [解析]　∵c<d<0，∴<<0，∴－>－>0， 又∵a>b>0，∴－>－>0，即<.選B． [方法點撥]　不等式的性質經常與集合、充要條件、命題的真假判斷、函數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，特別是各不等式成立的條件，然后結合函數的單調性求解． 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．

6、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)(20xx·湖南文，7)若實數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＋＝，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，(當且僅當

7、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法轉化為函數最值求解或用賦值法討論求解． 4．(文)(20xx·天津文，2)設變量x，y滿足約束條件則目標函數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

8、象求解． (理)設變量x、y滿足約束條件則目標函數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3－2×5＝－7. 5．(20xx·四川文，4)設a，b為正實數，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]　考查命題及其關系． a

9、＞b＞1時，有l(wèi)og2a＞log2b＞0成立，反之也正確．選A． 6．(文)(20xx·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]　C [解析]　∵a>0，b

10、>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)解確定目標函數中參數的取值范圍． 2．解決線性規(guī)劃問題首先要畫出可行域，再注意目標函數所表示的幾何意義，數形結合找到目標函數達到最值時可行域的頂點(或邊界

11、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<x<4a， ∵x2－x1＝15，∴4a－(－2a)＝15，

12、∴a＝. (理)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，若實數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，且在[0，＋∞)上遞增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得≤a≤2，故選C．

13、9．(文)(20xx·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z＝x＋3y過B(1,2)時，zmin＝7符合題意，故選B． (理)(20xx·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

14、性規(guī)劃的應用． 若k≥0，z＝y(tǒng)－x沒有最小值，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．(20xx·江西質量監(jiān)測)在平面直角坐標系中，若不等式組(a為常數)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&#

15、215;(1＋a)×1＝5，解得a＝9. 11．(20xx·南昌市一模)已知實數x，y滿足，若目標函數z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實數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．(20xx

16、83;洛陽市期末)設二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c的導函數為f′(x)．對?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＝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 [

17、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． (理)設變量x、y滿足約束條件則目標函數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)(20xx·天津文，12)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當a的值為________時，log2a·log2(2b)取得最大值． [答案]　4 [解析]　log2a·log2(2b)≤2 ＝[log2(2ab)]

18、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)(20xx·重慶文，14)設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．(20xx·邯鄲市一模)已知f(x)是定義在[－1，1]上的奇函數

19、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， ∴當x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0時， >0等價于>0， ∴f(x)在[－1,1]上單調遞增． ∵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

20、成立， ∴m2－2am－3≤0，設g(a)＝m2－2am－3， 則即∴－1≤m≤1. ∴實數m的取值范圍是[－1,1]． 三、解答題 16．(文)(20xx·湖北文，21)設函數f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數，g(x)是偶函數，f(x)＋g(x)＝ex，其中e為自然對數的底數． (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.導數在研究函數的單調性與極值中的應用；2.函數的基

21、本性質． (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，g(x)是偶函數，構造方程組即可求出f(x)，g(x)的表達式；當x>0時，由指數與指數函數的性質知ex>1,0<e－x<1，進而可得到f(x)>0.然后再由基本不等式即可得出g(x)>1. (2)要證明ag(x)＋(1－a)<<bg(x)＋(1－b)，即證f(x)>axg(x)＋(1－a)x和f(x)<bxg(x)＋(1－b)x.于是構造函數h(x)＝f(x)－cxg(x)－(1－c)x，利用導數在函數的單調性與極值中的應用即可得出結論成

22、立． [解析]　(1)由 f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)＋g(x)＝ex， ① 得：－f(x)＋g(x)＝e－x. ② 聯立①②解得f(x)＝(ex－e－x)，g(x)＝(ex＋e－x)． 當x>0時，ex>1,0<e－x <1，故 f(x)>0. ③ 又由基本不等式，有g(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x>0

23、時，>ag(x)＋(1－a)等價于f(x)>axg(x)＋(1－a)x， ⑦ <bg(x)＋(1－b)等價于f(x)<bxg(x)＋(1－b)x. ⑧ 設函數h(x)＝f(x)－cxg(x)－(1－c)x，由⑤⑥，有h′(x)＝g(x)－cg(x)－cxf(x)－(1－c)＝(1－c)[g(x)－1] －cxf(x). 當x>0時，1°若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)在[0，＋∞) 上為增函數，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′(

24、x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上為減函數，從而h(x)<h(0)＝0，即f(x)<cxg(x)＋(1－c)x，故⑧成立． 綜合⑦⑧，得ag(x)＋(1－a)<<bg(x)＋(1－b)． (理)(20xx·福建文，22)已知函數f(x)＝ln x－. (1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)證明：當x>1時，f(x)<x－1； (3)確定實數k的所有可能取值，使得存在x0>1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)>k(x－1)． [分析]　考查導數的綜合應用． (1)求導函數f′(x)，解不等式f′(x)>

25、0并與定義域求交集，得函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)構造函數F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)．欲證明f(x)<x－1，只需證明F(x)的最大值小于0即可； (3)當k≥1時，易知不存在x0>1滿足題意；當k<1時，構造函數G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，利用導數研究函數G(x)的單調性，討論得出結論． [解析]　(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)>0得 解得0<x<. 故f(x)的單調遞增區(qū)間是. (2)證明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)． 則有F′(

26、x)＝. 當x∈(1，＋∞)時，F′(x)<0， 所以F(x)在[1，＋∞)上單調遞減， 故當x>1時，F(x)<F(1)＝0，即當x>1時，f(x)<x－1. (3)由(2)知，當k＝1時，不存在x0>1滿足題意． 當k>1時，對于x>1，有f(x)<x－1<k(x－1)，則f(x)<k(x－1)，從而不存在x0>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＝<

27、0， x2＝>1. 當x∈(1，x2)時，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)內單調遞增． 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x0的值； (2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋，求實數a的取值范圍． [解析]　(1)當a＝1時，f ′(x)＝，g′(x)＝.

28、 因為函數f(x)在點M(x0，f(x0))處的切線與函數g(x)在點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a≥e時，函數F(x)在(0，e)上單調遞減，F(e)為最小值， 所以F(e)＝1＋－≥0，得a≥，所以a≥e. 當a<

29、;e時，函數F(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，e)上單調遞增，F(a)為最小值，所以F(a)＝lna＋－≥0，得a≥， 所以≤a<e，綜上a≥. (理)設函數f(x)＝lnx－ax＋－1. (1)當a＝1時，求曲線f(x)在x＝1處的切線方程； (2)討論函數f(x)的單調性； (3)當a＝時，設函數g(x)＝x2－2bx－，若對于?x1∈[1,2]，?x2∈[0,1]，使f(x1)≥g(x2)成立，求實數b的取值范圍． [解析]　函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－－a－， (1)當a＝1時，f(x)＝lnx－x－1， ∴f(1)＝－2，f′(x)＝

30、－1，∴f′(1)＝0 ∴f(x)在x＝1處的切線方程為y＝－2 (2)f′(x)＝－a－＝＝，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<a<時，f(x)的增區(qū)間為(1，)，減區(qū)間為(0,1)，(，＋∞) ＝1，即a＝時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減 <1，即a>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)

31、知函數f(x)在區(qū)間(1,2)上為增函數， 所以函數f(x)在[1,2]上的最小值為f(1)＝－ 對于?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b<0時，g(x)在[0,1]上為增函數， 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， 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)恒成立． ②存在x∈A，使f(x)>M(或f(x)<M)成立．