高中数学人教版新课标A必修5第三章 不等式综合与测试精练

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第三章 不等式综合与测试精练，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．若a，b，c∈R，且a＞b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a＋c≥b－c B．ac＞bc
C.eq \f(c2,a－b)＞0 D．(a－b)c2≥0
解析：因为a＞b，所以a－b＞0，
又c2≥0，所以(a－b)c2≥0.
答案：D
2．不等式2x2－x－1＞0的解集是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
B．(1，＋∞)
C．(－∞，1)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－eq \f(1,2))∪(1，＋∞)
解析：因为2x2－x－1＝(2x＋1)(x－1)，
所以由2x2－x－1＞0得(2x＋1)(x－1)＞0，
解得x＞1或x＜－eq \f(1,2).
所以不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)．
答案：D
3．已知关于x的不等式mx2＋8mx＋28＜0的解集为{x|－7＜x＜－1}，则实数m的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：因为不等式mx2＋8mx＋28＜0的解集为{x|－7＜x＜－1}，
所以－7，－1是方程mx2＋8mx＋28＝0的两个根，且m＞0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－7－1＝－\f(8m,m)，,－7×－1＝\f(28,m)，))
所以m＝4，故选D.
答案：D
4．设x，y为正数，则(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))的最小值为( )
A．6 B．9
C．10 D．15
解析：∵x，y为正数，∴(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝1＋4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥9(当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(4x,y)时取等号)，故选B.
答案：B
5．已知变量x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≤0，,x－2y＋3≥0，,x≥0，))则z＝(eq \r(2))2x＋y的最大值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C．2 D．4
解析：作出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分所示，令m＝2x＋y，则当m取得最大值时，z＝(eq \r(2))2x＋y取得最大值．由图知直线m＝2x＋y经过点A(1,2)时，m取得最大值，所以zmax＝(eq \r(2))2×1＋2＝4，故选D.
答案：D
6．已知正数m，n的等比中项是2，且a＝m＋eq \f(1,n)，b＝n＋eq \f(1,m)，则a＋b的最小值是( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：由正数m，n的等比中项是2，得mn＝4，a＋b＝m＋n＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,m)≥2eq \r(mn)＋2eq \r(\f(1,nm))＝5，当且仅当m＝n＝2时取得等号．
答案：B
7．设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≥a，,x－y≤－1，))且z＝x＋ay的最小值为7，则a＝( )
A．－5 B．3
C．－5或3 D．5或－3
解析：联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝a,x－y＝－1))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(a－1,2),y＝\f(a＋1,2)))，代入x＋ay＝7中，解得a＝3或－5，当a＝－5时，z＝x＋ay的最大值是7；当a＝3时，z＝x＋ay的最小值是7，故选B.
答案：B
8．已知a＞0，b＞0，且a≠b，则( )
A．ab＋1＞a＋b B．a3＋b3＞a2b＋ab2
C．2a3b＞3a2b D．aabb＜abba
解析：选项A(作差法)，ab＋1－(a＋b)＝ab－a＋(1－b)＝a(b－1)＋(1－b)＝(a－1)(b－1)，
显然当a，b中有一个等于1时，(a－1)(b－1)＝0，即ab＋1＝a＋b；故选项A不正确．
选项B(作差法)，a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a2－b2)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．
因为a＞0，b＞0，a≠b，所以a＋b＞0，(a－b)2＞0，故(a－b)2(a＋b)＞0，即a3＋b3＞a2b＋ab2，故选项B正确．
答案：B
9．已知实数x，y满足x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有( )
A．最小值eq \f(1,2)和最大值1
B．最小值eq \f(3,4)和最大值1
C．最小值eq \f(1,2)和最大值eq \f(3,4)
D．最小值1
解析：∵x2y2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋y2,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当x2＝y2＝eq \f(1,2)时，等号成立，
∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2≥eq \f(3,4).
∵x2y2≥0，∴eq \f(3,4)≤1－x2y2≤1.
答案：B
10．某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克，B原料2千克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克，B原料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A，B原料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是( )
A．1 800元 B．2 400元
C．2 800元 D．3 100元
解析：设公司每天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，公司共可获得的利润为z元，则由已知得z＝300x＋400y，
且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y≤12，,2x＋y≤12，,x≥0，,y≥0，))画出可行域如图所示．
目标函数z＝300x＋400y可变形为y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(z,400)，这是随z变化的一组平行直线．解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y＝12，,x＋2y＝12))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝4，))
即A(4,4)．
当直线y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(z,400)过点A时，z取得最大值．
所以zmax＝1 200＋1 600＝2 800，故选C.
答案：C
11．设a＞0，b＞1，若a＋b＝2，则eq \f(3,a)＋eq \f(1,b－1)的最小值为( )
A．4＋2eq \r(3) B．8
C．4eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：∵a＞0，b＞1，a＋b＝2，
∴eq \f(3,a)＋eq \f(1,b－1)＝(a＋b－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b－1)))＝4＋eq \f(a,b－1)＋eq \f(3b－1,a)≥4＋2eq \r(\f(3b－1,a)·\f(a,b－1))＝4＋2eq \r(3)，当且仅当a＝eq \f(3－\r(3),2)，b＝eq \f(1＋\r(3),2)时取等号，
∴eq \f(3,a)＋eq \f(1,b－1)的最小值为4＋2eq \r(3).
答案：A
12．设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x＞0，,y＞0，))若目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值为40，则eq \f(5,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A.eq \f(25,6) B．eq \f(9,4)
C．1 D．4
解析：作出可行域如图阴影部分所示(不包括坐标轴边界上的点)．
由z＝ax＋by得y＝－eq \f(a,b)x＋eq \f(1,b)z.因为a＞0，b＞0，所以－eq \f(a,b)＜0，作直线l0：y＝－eq \f(a,b)x并向上平移，数形结合知，当l0平移至过点A时z取得最大值．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－6＝0，,x－y＋2＝0))得点A的坐标为(8,10)，
即zmax＝8a＋10b＝40，得eq \f(a,5)＋eq \f(b,4)＝1，于是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,a)＋\f(1,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,5)＋\f(b,4)))＝eq \f(5,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5b,4a)＋\f(a,5b)))≥eq \f(5,4)＋2eq \r(\f(1,4))＝eq \f(9,4)(当且仅当eq \f(5b,4a)＝eq \f(a,5b)时取等号)．
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,a)＋\f(1,b)))min＝eq \f(9,4).
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．若关于x的不等式tx2－6x＋t2＜0的解集为(－∞，a)∪(1，＋∞)，则a的值为________．
解析：∵tx2－6x＋t2＜0的解集为(－∞，a)∪(1，＋∞)，
∴方程tx2－6x＋t2＝0的根为a和1，且t＜0，a≤1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1＝\f(6,t)，,a＝t.))
∴a＋1＝eq \f(6,a)，∴a＝－3.
答案：－3
14．设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＋1≥0,x－2y－1≤0，,x≤1))则z＝2x＋3y－5的最小值为________．
解析：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由图可知z＝2x＋3y－5经过点A(－1，－1)时，z取得最小值，zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.
答案：－10
15．已知向量a＝(2m,1)，b＝(4－n,1)，m＞0，n＞0.若a∥b，则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值为________．
解析：∵a∥b，∴4－n－2m＝0，即n＋2m＝4.∵m＞0，n＞0，∴eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)＝eq \f(1,4)(n＋2m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(8,n)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(n,m)＋\f(16m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(16m,n))))＝eq \f(9,2).当且仅当n＝4m＝eq \f(8,3)时取等号．
答案：eq \f(9,2)
16．已知f(x)＝32x－k·3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正，则k的取值范围为________．
解析：f(x)＝(3x)2－k·3x＋2＞0，
∴k＜eq \f(3x2＋2,3x)＝3x＋eq \f(2,3x)，
3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(3x·\f(2,3x))＝2eq \r(2)，当且仅当3x＝eq \f(2,3x)时，等号成立．
∴k＜2eq \r(2).
答案：k＜2eq \r(2)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)解关于x的不等式x2＋(a－2)x－2a≥0.
解析：x2＋(a－2)x－2a≥0可化为(x＋a)(x－2)≥0.当－a＝2，即a＝－2时，(x－2)2≥0时，此时x∈R；当－a＞2，即a＜－2时，解得x≥－a或x≤2；当－a＜2，即a＞－2时，解得x≥2或x≤－a.
综上所述：当a＞－2时，x∈(－∞，－a]∪[2，＋∞)；当a＝－2时，x∈R；当a＜－2时，x∈(－∞，2]∪[－a，＋∞)．
18．(12分)已知x＞0，y＞0,2xy＝x＋4y＋a.
(1)当a＝6时，求xy的最小值；
(2)当a＝0时，求x＋y＋eq \f(2,x)＋eq \f(1,2y)的最小值．
解析：(1)由题意，知x＞0，y＞0，当a＝6时，2xy＝x＋4y＋6≥4eq \r(xy)＋6，即(eq \r(xy))2－2eq \r(xy)－3≥0，∴(eq \r(xy)＋1)·(eq \r(xy)－3)≥0，∴eq \r(xy)≥3，∴xy≥9，当且仅当x＝4y＝6时，等号成立，故xy的最小值为9.
(2)由题意，知x＞0，y＞0，当a＝0时，可得2xy＝x＋4y.两边都除以2xy，得eq \f(1,2y)＋eq \f(2,x)＝1，
∴x＋y＋eq \f(2,x)＋eq \f(1,2y)＝x＋y＋1＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2y)＋\f(2,x)))＋1＝eq \f(7,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2y)＋\f(2y,x)))≥eq \f(7,2)＋2eq \r(\f(x,2y)·\f(2y,x))＝eq \f(11,2)，当且仅当eq \f(x,2y)＝eq \f(2y,x)，即x＝3，y＝eq \f(3,2)时，等号成立，故x＋y＋eq \f(2,x)＋eq \f(1,2y)的最小值为eq \f(11,2).
19．(12分)已知函数f(x)＝ax2＋bx－a＋2，
(1)若关于x的不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，求实数a，b的值；
(2)若b＝2，a＞0，解关于x的不等式f(x)＞0.
解析：(1)因为不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，
所以－1,3是方程ax2＋bx－a＋2＝0的两根，
所以可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b－a＋2＝0，,9a＋3b－a＋2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝2，))
(2)当b＝2时，f(x)＝ax2＋2x－a＋2＝(x＋1)(ax－a＋2)，
因为a＞0，
所以(x＋1)(ax－a＋2)＞0可转化为(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a)))＞0，
①若－1＝eq \f(a－2,a)，
即a＝1时，解集为{x|x≠－1}．
②若－1＞eq \f(a－2,a)，即0＜a＜1时，
解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xx＜\f(a－2,a)或x＞－1)).
③若－1＜eq \f(a－2,a)，即a＞1时，解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xx＜－1或x＞\f(a－2,a))).
20．(12分)某公司生产电饭煲，每年需投入固定成本40万元，每生产1万件还需另投入16万元的变动成本，设该公司一年内共生产电饭煲x万件并全部销售完，每一万件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝eq \f(4 400,x)－eq \f(40 000,x2)(10＜x＜100)，该公司在电饭煲的生产中所获年利润为W(万元)(注：利润＝销售收入－成本)．
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式，并求年利润的最大值；
(2)为了让年利润W不低于2 360万元，求年产量x的取值范围．
解析：(1)W＝xR(x)－(16x＋40)
＝－eq \f(40 000,x)－16x＋4 360
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(40 000,x)＋16x))＋4 360,10＜x＜100，
因为eq \f(40 000,x)＋16x≥2eq \r(\f(40 000,x)·16x)＝1 600，
当且仅当x＝50时，“＝”成立，
所以W≤－1 600＋4 360＝2 760，
即年利润的最大值为2 760万元．
(2)W＝－eq \f(40 000,x)－16x＋4 360≥2 360，
整理得x2－125x＋2 500≤0，
解得：25≤x≤100，又10＜x＜100，所以25≤x＜100.
答：为了让年利润W不低于2 360万元，年产量x的范围是[25,100)．
21．(12分)设函数f(x)＝mx2－mx－6＋m.
(1)若对于m∈[－2,2]，f(x)＜0恒成立，求实数x的取值范围；
(2)若对于x∈[1,3]，f(x)＜0恒成立，求实数m的取值范围．
解析：(1)设f(x)＝mx2－mx－6＋m＝g(m)，
则g(m)是关于m的一次函数，且一次项系数为x2－x＋1.
∵x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)＞0，
∴g(m)在[－2,2]上递增，
∴对于m∈[－2,2]，f(x)＜0恒成立等价于g(2)＝2(x2－x＋1)－6＜0，
解得－1＜x＜2，
∴所求x的取值范围为－1＜x＜2.
(2)要使f(x)＝m(x2－x＋1)－6＜0在x∈[1,3]上恒成立，则有m＜eq \f(6,x2－x＋1)在x∈[1,3]上恒成立，
而当x∈[1,3]时，
eq \f(6,x2－x＋1)＝eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))≥eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,2)))2＋\f(3,4))＝eq \f(6,7)，
∴m＜eq \f(6,7).
22．(12分)已知函数f(x)＝2x＋2－x.
(1)解不等式f(x)＞eq \f(5,2)；
(2)若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值．
解析：(1)设2x＝t＞0，则2－x＝eq \f(1,t)，
∴t＋eq \f(1,t)＞eq \f(5,2)，
即2t2－5t＋2＞0，
解得t＜eq \f(1,2)或t＞2，
即2x＜eq \f(1,2)或2x＞2，
∴x＜－1或x＞1.
∴f(x)＞eq \f(5,2)的解集为{x|x＜－1或x＞1}．
(2)f(x)＝2x＋2－x，
令t＝2x＋2－x，则t≥2(当且仅当x＝0时，等号成立)．
又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，
故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，
即m≤t＋eq \f(4,t)，
又t≥2，t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4
(当且仅当t＝2，即x＝0时等号成立)．
∴m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(4,t)))min＝4.即m的最大值为4.