2022年高考三轮复习之回归基础练第2练　不等式

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这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第2练　不等式，共9页。

考点一不等式的性质与解法
要点重组
1．判断关于不等式的命题真假的方法：
(1)直接运用不等式的性质．
(2)利用函数的单调性．
(3)特殊值验证法．
2．解含参数的不等式要分类讨论，对参数的范围分类要做到不重不漏．
3．不等式恒成立问题的解题方法：
(1)f(x)>a对一切x∈I恒成立⇔f(x)min>a，x∈I；
f(x)(2)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔当x∈I时，f(x)的图象在g(x)的图象的上方．
(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围，谁就是自变量．
1．(2019·全国Ⅱ)若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
答案 C
解析由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b2．(多选)(2020·山东青岛58中月考)下列命题为真命题的是( )
A．若ac2>bc2，则a>b
B．若aab>b2
C．若a>b>0且c<0，则eq \f(c,a2)D．若a>b，则eq \f(1,a)答案 AB
解析由ac2>bc2，可得c2≠0，即eq \f(1,c2)>0，∴ac2·eq \f(1,c2)>bc2·eq \f(1,c2)，即a>b，故A正确；
若a|b|>0，得a2>ab>b2，故B正确；
若a>b>0，c<0，则a2>b2，得0eq \f(c,a2)>eq \f(c,b2)，故C不正确；
若a>b，取a＝1，b＝－1，则eq \f(1,a)故D不正确，故选AB.
3．已知0A．M>N B．MC．M＝N D．不能确定
答案 A
解析 ∵00,1＋b>0,1－ab>0.
∴M－N＝eq \f(1－a,1＋a)＋eq \f(1－b,1＋b)＝eq \f(21－ab,1＋a1＋b)>0，∴M>N，故选A.
4．已知一元二次不等式f(x)<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,3)))))，则f(ex)>0的解集为______．
答案 (－∞，－ln 3)
解析 ∵一元二次不等式f(x)<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,3)))))，
∴设－1和eq \f(1,3)是方程x2＋ax＋b＝0的两个不相等的实数根，则a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,3)))＝eq \f(2,3)，
b＝－1×eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3)，
∴f(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,3)x－\f(1,3)))＝－x2－eq \f(2,3)x＋eq \f(1,3).
∴不等式f(ex)>0，即e2x＋eq \f(2,3)ex－eq \f(1,3)<0，
解得－1∵ex>0，∴0解得x∴f(ex)>0的解集为{x|x<－ln 3}．
考点二线性规划
要点重组
1．截距型：形如z＝ax＋by，求这类目标函数的最值常将函数z＝ax＋by转化为y＝－eq \f(a,b)x＋eq \f(z,b)，通过求直线的截距eq \f(z,b)的最值间接求出z的最值．
2．距离型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝|PM|2.
3．斜率型：形如z＝eq \f(y－b,x－a)，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝kPM.
5．(2020·唐山模拟)设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋2≥0，,x＋y≥0，,x≤3，))则z＝(x＋1)2＋y2的最大值为( )
A．41 B．5 C．25 D．1
答案 A
解析由题意得不等式组对应的可行域如图阴影部分(含边界)所示，
z＝(x＋1)2＋y2表示可行域内的动点(x，y)到点P(－1,0)的距离的平方，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,x－y＋2＝0，))得A(3,5)，
所以z的最大值为(3＋1)2＋52＝41.
故选A.
6．(2020·全国Ⅰ)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－2≤0，,x－y－1≥0，,y＋1≥0，))则z＝x＋7y的最大值为________．
答案 1
解析画出可行域如图阴影部分(含边界)所示．
由z＝x＋7y，得y＝－eq \f(1,7)x＋eq \f(1,7)z.
平移直线l0：y＝－eq \f(1,7)x，
可知当直线y＝－eq \f(1,7)x＋eq \f(1,7)z过点A时z最大．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－2＝0，,x－y－1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0，))即A(1,0)，
∴zmax＝1＋7×0＝1.
7．(2020·湖北七市(州)联考)若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≥x，,y≤2x，,x＋y≤4，))则z＝x－2y的最小值是________．
答案－4
解析作出可行域如图阴影部分(含边界)所示，
由图可知，点M为最优解，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x，,x＋y＝4，))
解得x＝eq \f(4,3)，y＝eq \f(8,3)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(8,3)))，
所以zmin＝eq \f(4,3)－2×eq \f(8,3)＝－4.
8．(2020·常德模拟)已知实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2≤9，,x≥1，,y≥1，))则eq \f(y,x－5)的取值范围为__________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,4)))
解析作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，
eq \f(y,x－5)表示阴影部分内的点P(x，y)与点M(5,0)连线的斜率，
设过点M的直线与圆x2＋y2＝9在第一象限相切于点A，
由图易知kMA≤eq \f(y,x－5)≤kMB.
因为|OA|＝3，|OM|＝5，且OA⊥AM，
所以|AM|＝4，所以kMA＝－eq \f(3,4).
因为M(5,0)，B(1,1)，
所以kMB＝－eq \f(1,4)，
所以－eq \f(3,4)≤eq \f(y,x－5)≤－eq \f(1,4)，
故eq \f(y,x－5)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,4))).
考点三基本不等式
要点重组
1．基本不等式：eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，a>0，b>0；变形：ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2；适用条件：一正二定三相等；若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致．
2．基本不等式求最值的解题技巧：(1)凑项．(2)常值代换．(3)凑系数．(4)换元．
9．设x>0，y>0，若xlg 2，lg eq \r(2)，ylg 2成等差数列，则eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)的最小值为( )
A．8 B．9 C．12 D．16
答案 D
解析 ∵xlg 2，lg eq \r(2)，ylg 2成等差数列，
∴2lg eq \r(2)＝(x＋y)lg 2，∴x＋y＝1，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))·(x＋y)＝10＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(9x,y)))
≥10＋2eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝10＋6＝16.
当且仅当x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(3,4)时取等号．
10．已知实数a>0，b>0，eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋1)＝1，则a＋2b的最小值是( )
A．3eq \r(2) B．2eq \r(2) C．3 D．2
答案 B
解析 ∵a>0，b>0，eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋1)＝1，
∴a＋2b＝(a＋1)＋2(b＋1)－3＝[(a＋1)＋2(b＋1)]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋1)))－3
＝1＋2＋eq \f(2b＋1,a＋1)＋eq \f(a＋1,b＋1)－3≥3＋2eq \r(2)－3＝2eq \r(2)，
当且仅当eq \f(2b＋1,a＋1)＝eq \f(a＋1,b＋1)，
即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时取等号．
故a＋2b的最小值是2eq \r(2)，故选B.
11．(2020·山东淄博实验中学模拟)已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且|PF1|>|PF2|，线段PF1的垂直平分线过F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)的最小值为( )
A.eq \r(6) B．3 C．6 D.eq \r(3)
答案 C
解析由椭圆与双曲线的对称性，不妨令椭圆与双曲线的焦点在x轴上，如图，
设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，由题意可知|F1F2|＝|PF2|＝2c.
又∵|PF1|＋|PF2|＝2a1，|PF1|－|PF2|＝2a2，
∴|PF1|＋2c＝2a1，|PF1|－2c＝2a2，两式相减，
可得a1－a2＝2c.
∴eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)＝eq \f(2a1,c)＋eq \f(c,2a2)
＝eq \f(4a1a2＋c2,2ca2)＝eq \f(42c＋a2a2＋c2,2ca2)
＝eq \f(8ca2＋4a\\al(2,2)＋c2,2ca2)＝4＋eq \f(2a2,c)＋eq \f(c,2a2)，
∵eq \f(2a2,c)＋eq \f(c,2a2)≥2eq \r(\f(2a2,c)·\f(c,2a2))＝2，
当且仅当eq \f(2a2,c)＝eq \f(c,2a2)，即c＝2a2时等号成立，
∴eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)的最小值为6.
12．设x>0，则y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为________．
答案 0
解析 y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－2
≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，
当且仅当x＝eq \f(1,2)时取等号，
所以y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为0.
1．如果aA.eq \f(1,a)C．－ab<－a2 D．－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)
答案 D
解析方法一对于A项，由a得b－a>0，ab>0，故eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)>0，
所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故A项错误；
对于B项，由a0，
即ab>b2，故B项错误；
对于C项，由a0，
即a2>ab，即－ab>－a2，故C项错误；
对于D项，由a0，
故－eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,b)))＝eq \f(a－b,ab)<0，
所以－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)成立，故D项正确．
方法二由a2．(多选)若a>1,0A．lg2 021a>lg2 021b B．lgca>lgba
C．(c－b)ac>(c－b)ab D．(a－c)ac>(a－c)ab
答案 ABC
解析因为a>1,0b>0，c－b<0，a－c>0.函数y＝lg2 021x在(0，＋∞)上单调递增，所以lg2 021a>lg2 021b，A正确；根据对数函数的性质可得lgca>lgba，B正确；因为函数y＝ax单调递增，所以ac(c－b)ab，(a－c)ac<(a－c)ab，C正确，D不正确．
3．(2020·重庆模拟)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y≤0，,x＋y≤2，,x＋1≥0，))则z＝4x＋y的取值范围为( )
A．[－5，－1] B．[－5,5]
C．[－1,5] D．[－7,3]
答案 B
解析画出可行域，如图阴影部分(含边界)所示，
由图可知，当直线z＝4x＋y经过点A(－1，－1)时，z取得最小值－5；
经过点B(1,1)时，z取得最大值5，故－5≤z≤5.故选B.
4．(多选)已知a>0，b>0，若不等式eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)恒成立，则m的取值可能为( )
A．9 B．12 C．18 D．24
答案 AB
解析因为a>0，b>0，
所以m≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b)))a＋3b))min.
又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b)))(a＋3b)＝6＋eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)≥6＋2eq \r(\f(9b,a)·\f(a,b))＝12，
当且仅当eq \f(9b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝3b时，等号成立，所以m≤12，
故选AB.
5．已知函数f(x)＝x2ex，若a>0，b>0，p＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2,2)))，q＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2))，r＝f(ab)，则下列关系式中正确的是( )
A．q≤r≤p B．q≤p≤r
C．r≤p≤q D．r≤q≤p
答案 D
解析 ∵a>0，b>0，
∴eq \f(a2＋b2,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2
＝eq \f(2a2＋2b2,4)－eq \f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq \f(a－b2,4)≥0，
∴eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
又eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≥ab，
∴eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≥ab.
又∵函数f(x)＝x2ex在区间(0，＋∞)上单调递增，
∴f(ab)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2))≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2,2)))，即r≤q≤p.
6．(2020·北京东城区模拟)配件厂计划为某项工程生产一种配件，这种配件每天的需求量是200件．由于生产这种配件时其他生产设备必须停机，并且每次生产时都需要花费5 000元的准备费，所以需要周期性生产这种配件，即在一天内生产出这种配件，以满足从这天起连续n天的需求，称n为生产周期(假设这种配件每天产能可以足够大)．配件的存储费为每件每天2元(当天生产出的配件不需要支付存储费，从第二天开始付存储费)．在长期的生产活动中，为使每个生产周期内每天平均的总费用最少，那么生产周期n为________．
答案 5
解析每个周期内的总费用为5 000＋400＋400×2＋400×3＋…＋400(n－1)＝5 000＋200n(n－1)，
∴每个周期内每天的平均费用为
eq \f(5 000＋200nn－1,n)＝eq \f(5 000,n)＋200n－200
≥2eq \r(\f(5 000,n)·200n)－200＝1 800，
当且仅当eq \f(5 000,n)＝200n，即n＝5时取等号．