2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 第1講 不等式同步練習(xí) 新人教A版

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1、2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)同步練習(xí)：專題7 不等式、推理與證明、算法與復(fù)數(shù) 第1講 不等式 一、選擇題 1．(文)(2020·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．－4　　　　　　　　　 B．0 C. D．4 [答案]　D [解析]　由 作出可行域如圖： 當(dāng)直線z＝3x－y過點A(2,2)點時z有最大值． z最大值＝3×2－2＝4. (理)(2020·浙江理，5)設(shè)實數(shù)x、y滿足不等式組，若x、y為整數(shù)，則3x＋4y 的最小值為(　　) A．14　　　　　　 　　　 B．16 C．17 D．19 [答案]　B

2、[解析]　如圖，作出不等式組表示的平面區(qū)域 ，作直線l0：3x＋4y＝0平移l0 與平面區(qū)域有交點，由于x，y為整數(shù)，結(jié)合圖形可知當(dāng)x＝4，y＝1時，3x＋4y取最小值為16，選B. 2．(2020·重慶文，7)若函數(shù)f(x)＝x＋(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝(　　) A．1＋ B．1＋ C．3 D．4 [答案]　C [解析]　f(x)＝x＋(x>2)＝x－2＋＋2≥2＋2＝4. 當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝ 即(x－2)2＝1，∵x>2，∴x－2>0， ∴x－2＝1，即a＝3. 3．(文)(2020·江西理，4)若f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)＞0的解

3、集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－1,0) [答案]　C [解析]　因為f(x)＝x2－2x－4lnx， ∴f′(x)＝2x－2－＝>0， 即，解得2

4、分別為2，－2，故選B. 4．(2020·西城抽樣)若b B．|a|>|b| C.＋>2 D．a(chǎn)＋b>ab [答案]　C [解析]?。?0，A選項錯；b－a>0?|b|>|a|，B選項錯；＋＝||＋||≥2，由于≠，所以等號不成立，C選項正確；a＋b<0且ab>0，D選項錯．故選C. 5．(2020·深圳二模)設(shè)a>0，b>0，則以下不等式中，不恒成立的是(　　) A．(a＋b)(＋)≥4 B.> C.<＋ D．a(chǎn)abb≥abba [答案]　B [解析]　當(dāng)0不成立，所以B不

5、恒成立；由(a＋b)(＋)＝2＋＋≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)可知，A恒成立；由＝＋<＋，可知C恒成立； ＝aa－b()a－b＝()a－b，無論a，b的大小關(guān)系如何，上式恒大于等于1，故D恒成立． 6．(2020·北京文，7)某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用為800元．若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲時間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元．為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用與倉儲費用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品(　　) A．60件 B．80件 C．100件 D．120件 [答案]　B [解析]　由題意知倉儲x件需要的倉儲費為，所以平均費用為y＝＋≥2＝20，當(dāng)且僅當(dāng)x＝8

6、0等號成立． 7．(文)(2020·福建文，10)若a>0，b>0，且函數(shù)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 [答案]　D [解析]　f′(x)＝12x2－2ax－2b＝0的一根為x＝1， 即12－2a－2b＝0.∴a＋b＝6， ∴ab≤()2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時“＝”號成立． (理)(2020·重慶理，7)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，則x＋2y的最小值是(　　) A．3 B．4 C. D. [答案]　B [解析]　∵2xy＝8－(x＋2y)， 故8－(x

7、＋2y)≤()2， 當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立． ∴(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0 解得x＋2y≥4或x＋2y≤－8(舍去) ∴x＋2y的最小值為4. 8．(2020·銀川三模)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3) [答案]　D [解析]　設(shè)F(x)＝f(x)g(x)，所以F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(

8、x)g(x)＝－F(x)，即F(x)為奇函數(shù)．由F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，故可知當(dāng)x<0時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)，因為g(－3)＝0，所以F(－3)＝0，故由奇函數(shù)圖像關(guān)于原點對稱，可畫出其模擬圖形，如圖所示．易于判斷滿足f(x)g(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)． 二、填空題 9．已知關(guān)于x的不等式<0的解集是(－∞，－1)∪(－＋∞)，則a＝________. [答案]?。? [解析]　由于不等式<0的解集是(－∞，－1)∪(－，＋∞)，故－應(yīng)是ax－1＝0的根．∴a＝－2. 10．若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2

9、，則k＝________. [答案]　 [解析]　令y1＝，y2＝k(x＋2)－， 在同一個坐標(biāo)系中作出其圖像． 因≤k(x＋2)－的解集為[a，b]且b－a＝2， 結(jié)合圖像知b＝3，a＝1，即直線與圓的交點坐標(biāo)為(1，2)． ∴k＝＝. 11．(2020·陜西文，12)如圖，點(x，y)在四邊形ABCD內(nèi)部和邊界上運動，那么2x－y的最小值為________． [答案]　1 [解析]　設(shè)z＝2x－y，求z的最小值，即求直線z＝2x－y過可行域時截距的最大值．由于直線AB斜率kAB＝<2，所以當(dāng)z＝2x－y過A點時2x－y最小，此時2x－y＝2×1－1＝1. 12．

10、(文)(2020·天津文，12)已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________． [答案]　18 [解析]　∵log2a＋log2b≥1 ∴l(xiāng)og2ab≥1，ab≥2. ∴a·2b≥4，∴a＋2b≥2≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝2時取“＝”) 3a＋9b＝3a＋32b≥2＝2≥2＝18. (當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝2時取“＝”) (理)(2020·浙江理，16)設(shè)x，y為實數(shù)，若4x2＋y2＋xy＝1，則2x＋y的最大值是________． [答案]　 [解析]　令2x＋y＝t，則y＝t－2x， 代入4x2＋y2＋xy＝1，得：6x2－3tx＋t2－1＝0，

11、 由Δ＝9t2－24(t2－1)≥0，得： t2≤，∴－≤t≤. ∴t的最大值為. 三、解答題 13．(2020·寧夏三模)實數(shù)a為何值時，不等式(a2－1)x2－(a－1)x－1<0對任意x∈R恒成立？ [解析]　(1)當(dāng)a2－1＝0時，a＝±1，若a＝1，原不等式化為－1<0，顯然恒成立；若a＝－1，原不等式化為2x－1<0，顯然不恒成立，不合題意． (2)當(dāng)a2－1≠0時，函數(shù)y＝(a2－1)x2－(a－1)x－1是二次函數(shù)，圖像為拋物線，結(jié)合圖像可知要使不等式(a2－1)x2－(a－1)x－1<0對任意x∈R恒成立，須 ，解得－

12、等式對任意x∈R恒成立． 14．(2020·湖北)圍建一個面積為360 m2的矩形場地，要求矩形場地的一面利用舊墻(利用的舊墻需維修)，其它三面圍墻要新建，在舊墻對面的新墻上要留一個寬度為2 m的進(jìn)出口，如圖所示．已知舊墻的維修費用為45 元/m，新墻的造價為180 元/m.設(shè)利用的舊墻長度為x(單位：m)，修建此矩形場地圍墻的總費用為y(單位：元)． (1)將y表示為x的函數(shù)； (2)試確定x，使修建此矩形場地圍墻的總費用最小，并求出最小總費用. [解析]　(1)如圖，設(shè)矩形的另一邊長為a m， 則y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360. 由

13、已知xa＝360，得a＝， 所以y＝225x＋－360(x＞0)． (2)∵x＞0，∴225x＋≥2＝10800. ∴y＝225x＋－360≥10440. 當(dāng)且僅當(dāng)225x＝時，等號成立． 即當(dāng)x＝24 m時，修建圍墻的總費用最小，最小總費用是10440 元． 15．(2020·南京市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(x＞0)， (1)指出f(x)的單調(diào)區(qū)間，并進(jìn)行證明； (2)若x＞0時，不等式f(x)≥x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [分析]　(1)函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間的確定一般用導(dǎo)數(shù)或單調(diào)性定義；(2)用均值不等式求解． [解析]　(1)解法一：∵f(x)＝x＋－a(x＞0

14、) ∴f ′(x)＝1－＝(x＞0)． 令f ′(x)＞0則x2－2＞0(x＞0)∴x∈(，＋∞)． 令f ′(x)＜0則x2－2＜0(x＞0)∴x∈(0，)． ∴f(x)的增區(qū)間為(，＋∞)，減區(qū)間為(0，)． 解法二：f(x)＝＝x＋－a(x＞0)， f(x)在(0，]上為減函數(shù)，在[，＋∞) 上為增函數(shù)． 設(shè)0＜x1＜x2≤， 則f(x1)－f(x2)＝(x1＋－a)－(x2＋－a) ＝(x1－x2)＋(－)＝. 因為0＜x1＜x2≤，所以x1－x2＜0,0＜x1x2＜2， 所以f(x1)－f(x2)＞0，f(x1)＞f(x2)． 故f(x)在(0，]上為減函數(shù)，得證． 同理可證，f(x)在[，＋∞)上為增函數(shù)． (2)由f(x)≥x，有x＋－a≥x，x＋－a≥0， 因為x＞0，所以x＋≥2＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號)． 要使不等式f(x)≥x對x＞0恒成立， 只需2－a≥0，所以a≤2即為所求．