新高考数学二轮复习专题一微重点5不等式的综合问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一微重点5不等式的综合问题学案，共16页。

考点一 不等式的性质及应用
例1 (多选)(2022·江苏七市调研)若a＞b＞0＞c，则( )
A.eq \f(c,a)>eq \f(c,b) B.eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)
C．ac>bc D．a－c>2eq \r(－bc)
答案 ABD
解析 eq \f(c,a)－eq \f(c,b)＝eq \f(b－ac,ab)，
∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，
∴eq \f(b－ac,ab)>0，
∴eq \f(c,a)>eq \f(c,b)，故A正确；
eq \f(b－c,a－c)－eq \f(b,a)＝eq \f(ab－c－ba－c,a－ca)＝eq \f(b－ac,a－ca)，
∵a>b>0>c，
∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，
∴eq \f(b－ac,a－ca)>0，
∴eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)，故B正确；
设y＝xc，当c<0时，y＝xc在(0，＋∞)上单调递减，
∵a>b，∴ac∵a＞b＞0＞c，∴－c＞0，
∴a－c>b－c＝b＋(－c)≥2eq \r(－bc)，
当且仅当b＝－c时取等号，
∴a－c>2eq \r(－bc)，故D正确．
规律方法 判断关于不等式命题真假的常用方法
(1)作差法、作商法．
(2)利用不等式的性质推理判断．
(3)利用函数的单调性．
(4)特殊值验证法，特殊值法只能排除错误的命题，不能判断正确的命题．
跟踪演练1 (2022·临川模拟)若实数a，b满足a6A．aC．ea－b>1 D．ln eq \f(a,b)<0
答案 D
解析 因为a6所以a6－a5b＝a5(a－b)<0，
显然a≠0，所以a(a－b)<0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,a－b<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,a－b>0，))
即0若0ln eq \f(a,b)若bb，a3>b3，ea－b>e0＝1，
ln eq \f(a,b)即一定成立的是选项D.
考点二 利用基本不等式求最值
例2 (1)(2022·滁州质检)若实数a，b满足2a＋b＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)，b>1))，则eq \f(2a,2a－1)＋eq \f(b,b－1)的最小值为( )
A．6 B．4 C．3 D．2
答案 A
解析 令2a－1＝m，b－1＝n，则m>0，n>0，
∴m＋n＝2a＋b－2＝1，
∵eq \f(2a,2a－1)＋eq \f(b,b－1)＝eq \f(m＋1,m)＋eq \f(n＋1,n)＝2＋eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)
＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)
＝4＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥6.
当且仅当m＝n，即a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(3,2)时取等号．
(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案 BC
解析 因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1可变形为
(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
解得－2≤x＋y≤2，
当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，
当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，
所以A错误，B正确；
由x2＋y2－xy＝1可变形为
(x2＋y2)－1＝xy≤eq \f(x2＋y2,2)，
解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；
因为x2＋y2－xy＝1可变形为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y,2)))2＋eq \f(3,4)y2＝1，
设x－eq \f(y,2)＝cs θ，eq \f(\r(3),2)y＝sin θ，
所以x＝cs θ＋eq \f(\r(3),3)sin θ，y＝eq \f(2\r(3),3)sin θ，
因此x2＋y2＝cs2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θcs θ＝1＋eq \f(\r(3),3)sin 2θ－eq \f(1,3)cs 2θ＋eq \f(1,3)
＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))，
所以当x＝eq \f(\r(3),3)，y＝－eq \f(\r(3),3)时满足等式，
但是x2＋y2≥1不成立，所以D错误．
易错提醒 利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的条件
(1)一正二定三相等，三者缺一不可；
(2)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，否则最值取不到．
跟踪演练2 (1)(多选)(2022·辽阳模拟)已知a>0，b>0，且2a＋b＝4，则( )
A．2a－b>eq \f(1,4)
B．lg2a＋lg2b≤1
C.eq \r(2a)＋eq \r(b)≥2eq \r(2)
D.eq \f(4,a)＋eq \f(1,2b)≥eq \f(25,8)
答案 BD
解析 因为0a－b＝a－(4－2a)＝3a－4∈(－4,2)，
所以eq \f(1,16)<2a－b<4，故A错误；
因为4＝2a＋b≥2eq \r(2ab)>0，
即0lg2a＋lg2b＝lg2(ab)≤1，故B正确；
因为(eq \r(2a)＋eq \r(b))2＝2a＋b＋2eq \r(2ab)≤8，
所以eq \r(2a)＋eq \r(b)≤2eq \r(2)，故C错误；
eq \f(4,a)＋eq \f(1,2b)＝eq \f(2a＋b,a)＋eq \f(2a＋b,8b)
＝eq \f(17,8)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,4b)))
≥eq \f(17,8)＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,4b))＝eq \f(25,8)，
当且仅当a＝2b＝eq \f(8,5)时，等号成立，故D正确．
(2)(2022·潍坊模拟)已知正实数a，b满足a2＋2ab＋4b2＝6，则a＋2b的最大值为( )
A．2eq \r(5) B．2eq \r(2)
C.eq \r(5) D．2
答案 B
解析 (a＋2b)2＝a2＋4ab＋4b2
＝6－2ab＋4ab＝6＋2ab，
又∵a2＋2ab＋4b2＝6，
∴6－2ab＝a2＋4b2≥4ab，
∴ab≤1，当且仅当a＝2b即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立．
∴(a＋2b)2＝6＋2ab≤6＋2＝8，
∴a＋2b≤2eq \r(2)，
故a＋2b的最大值为2eq \r(2).
考点三 不等式恒(能)成立问题
例3 已知正实数x，y满足x＋y＋3＝xy，若对任意满足条件的x，y，都有(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围为______．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(37,6)))
解析 ∵正实数x，y满足x＋y＋3＝xy，
而xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
∴x＋y＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
∴(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，
∴x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去)，
∴x＋y≥6.
又正实数x，y有(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，∴a≤x＋y＋eq \f(1,x＋y)恒成立，
∴a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y＋\f(1,x＋y)))min，
令x＋y＝t(t≥6)，g(t)＝t＋eq \f(1,t)，
由对勾函数的性质得g(t)在[6，＋∞)上单调递增，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y＋\f(1,x＋y)))min＝g(t)min＝g(6)
＝6＋eq \f(1,6)＝eq \f(37,6)，
∴a≤eq \f(37,6).
规律方法 (1)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．
(2)恒(能)成立问题，常见方法是分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
跟踪演练3 (2022·泉州质检)关于x的不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是(－∞，＋∞)，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(2),4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))
D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，＋∞))
答案 A
解析 不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是(－∞，＋∞)，
即对于∀x∈R，ax2－|x|＋2a≥0恒成立，
即a≥eq \f(|x|,x2＋2)，
当x＝0时，a≥0，
当x≠0时，a≥eq \f(|x|,x2＋2)＝eq \f(1,|x|＋\f(2,|x|))，
因为eq \f(1,|x|＋\f(2,|x|))≤eq \f(1,2\r(|x|·\f(2,|x|)))＝eq \f(\r(2),4)，
当且仅当x＝±eq \r(2)时，等号成立，
所以a≥eq \f(\r(2),4)，
综上所述，a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，＋∞)).
考点四 不等式与其他知识交汇的最值问题
例4 (2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当eq \f(AC,AB)取得最小值时，BD＝________.
答案 eq \r(3)－1
解析 设BD＝k(k>0)，
则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图．
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB＝22＋k2－2×2k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.
在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcs∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·eq \f(1,2)＝4k2－4k＋4，
则eq \f(AC2,AB2)＝eq \f(4k2－4k＋4,k2＋2k＋4)
＝eq \f(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)
＝4－eq \f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq \f(12k＋1,k＋12＋3)
＝4－eq \f(12,k＋1＋\f(3,k＋1)).
∵k＋1＋eq \f(3,k＋1)≥2eq \r(3)(当且仅当k＋1＝eq \f(3,k＋1)，即k＝eq \r(3)－1时等号成立)，
∴eq \f(AC2,AB2)≥4－eq \f(12,2\r(3))＝4－2eq \r(3)＝(eq \r(3)－1)2，
∴当eq \f(AC,AB)取得最小值eq \r(3)－1时，
BD＝k＝eq \r(3)－1.
规律方法 当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值．
跟踪演练4 如图所示，一套组合玩具需在一半径为3的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为( )
A．64π B．40π
C．84π D．72π
答案 D
解析 设母线与底面的夹角为2α，底面半径为R，内切球半径r＝3，圆锥的高为h，
则R＝eq \f(r,tan α)＝eq \f(3,tan α)，
h＝R·tan 2α＝eq \f(3,tan α)·tan 2α＝eq \f(6,1－tan2α)，
圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πR2h＝eq \f(1,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,tan α)))2×eq \f(6,1－tan2α)＝18π×eq \f(1,tan2α1－tan2α)，
而0°<2α<90°，0°<α<45°，
所以00，
又因为tan2α＋(1－tan2α)＝1为定值，
所以tan2α(1－tan2α)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tan2α＋1－tan2α,2)))2＝eq \f(1,4)，
当且仅当tan2α＝1－tan2α，
即tan α＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
此时Vmin＝18π×eq \f(1,\f(1,4))＝72π.
专题强化练
1．(2022·宜宾质检)已知a∈[－1,1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为( )
A．(－∞，2)∪(3，＋∞)
B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，1)∪(3，＋∞)
D．(1,3)
答案 C
解析 令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
则不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立转化为f(a)>0在a∈[－1,1]上恒成立．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1>0，,f1>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－2＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3.
∴x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．
2．已知1>2a>，则下列结论不正确的是( )
A．ab>a2 B．b2>a2
C．lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))>lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,b))) D．b3>a3
答案 D
解析 原不等式可化为2b<2a<20，
因为y＝2x在R上单调递增，所以b所以ab>a2，－b>－a>0，故A正确；
(－b)2>(－a)2，即b2>a2，故B正确；
不等式－b>－a>0两边同时除以ab得
－eq \f(1,a)>－eq \f(1,b)>0，
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))>lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,b)))，故C正确；
因为y＝x3为增函数，所以b33．(2022·常州质检)已知函数f(x)＝x2－ax－1，当x∈[0,3]时，|f(x)|≤5恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，4]
C．[1,4] D．(1,4]
答案 C
解析 ∵|f(x)|≤5⇔－5≤x2－ax－1≤5，
①当x＝0时，a∈R；
②当x≠0时，|f(x)|≤5⇔－5≤x2－ax－1≤5⇔x－eq \f(6,x)≤a≤x＋eq \f(4,x)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))min＝2＋eq \f(4,2)＝4，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(6,x)))max＝3－2＝1，
∴1≤a≤4.
4．(2022·石家庄模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F1，离心率为e，直线y＝kx(k≠0)分别与双曲线C的左、右两支交于点M，N.若△MF1N的面积为eq \r(3)，∠MF1N＝60°，则e2＋3a2的最小值为( )
A．2 B．3 C．6 D．7
答案 D
解析 如图，连接NF2，MF2，由对称性可知，四边形MF1NF2为平行四边形，
故|NF2|＝|MF1|，|NF1|＝|MF2|，
令|NF2|＝|MF1|＝t，
∴|NF1|＝2a＋t，
∴＝eq \f(1,2)t(2a＋t)·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，
∴2at＋t2＝4.①
又在△NF1F2中，由余弦定理得
4c2＝(2a＋t)2＋t2－2t(2a＋t)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
即4c2＝4a2＋6at＋3t2，②
由①②得c2＝a2＋3，
∴e2＋3a2＝eq \f(c2,a2)＋3a2＝1＋eq \f(3,a2)＋3a2≥1＋6＝7，
当且仅当a2＝1，即a＝1时等号成立．
5．(多选)(2022·淄博模拟)已知2a＝3b＝6，则a，b满足( )
A．a>b B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<1
C．ab>4 D．a＋b>4
答案 ACD
解析 由2a＝3b＝6，
则a＝lg26，b＝lg36，则a>0，b>0，
所以a－b＝lg26－lg36＝eq \f(lg 6,lg 2)－eq \f(lg 6,lg 3)
＝eq \f(lg 6lg 3－lg 2,lg 2·lg 3)>0，故选项A正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg62＋lg63＝1，故选项B不正确；
由1＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>2eq \r(\f(1,ab))(因为a≠b，所以等号不成立)，则ab>4，故选项C正确；
a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4(因为a≠b，故等号不成立)，故选项D正确．
6．(多选)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知{an}的公比为q，且a3＋a7＝16，则( )
A．a5>8
B．lg2a2＋lg2a8≤6
C．若0D．若q>1，则a4＋a6>16
答案 BC
解析 因为an>0，
所以aeq \\al(2,5)＝a3a7≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3＋a7,2)))2＝64，
当且仅当a3＝a7＝8时，取等号，
所以a5≤8，故A不正确；
lg2a2＋lg2a8＝lg2(a2a8)
＝lg2(a3a7)≤lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3＋a7,2)))2
＝lg264＝6，
当且仅当a3＝a7＝8时，取等号，故B正确；
a3＋a7－a4－a6＝a3(1－q)－a6(1－q)
＝(a3－a6)(1－q)，
当0则a3－a6>0，(1－q)(a3－a6)>0，
则a4＋a6<16；
当q>1时，{an}单调递增，
a3－a6<0，(1－q)·(a3－a6)>0，
则a4＋a6<16，故C正确，D不正确．
7．已知实数x，y满足x>y>0，且x＋y≤2，则eq \f(2,x＋3y)＋eq \f(1,x－y)的最小值为________．
答案 eq \f(3＋2\r(2),4)
解析 令x＋3y＝m，x－y＝n，
则m>0，n>0，m＋n＝2x＋2y≤4，∴eq \f(m＋n,4)≤1，
∴eq \f(2,x＋3y)＋eq \f(1,x－y)＝eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)＋\f(1,n)))·eq \f(m＋n,4)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(3＋2\r(2),4)，
当且仅当eq \f(2n,m)＝eq \f(m,n)，即x＝2eq \r(2)－1，y＝3－2eq \r(2)时取等号．
8．(2022·烟台模拟)在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程x2＋y2＋z2＝1表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑业等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面4x2－xy＋y2－z＝0上的任意一点，且x>0，y>0，z>0，则当eq \f(z,xy)取得最小值时，eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－\f(1,z)))的最大值为______．
答案 eq \f(2,3)
解析 由题意得z＝4x2－xy＋y2，
故eq \f(z,xy)＝eq \f(4x,y)＋eq \f(y,x)－1≥2eq \r(\f(4x,y)·\f(y,x))－1＝3，
当且仅当y＝2x时等号成立，
所以，此时eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－\f(1,z)))＝eq \f(1,xy)－eq \f(1,xz)＝eq \f(1,2x2)－eq \f(1,6x3)，
令t＝eq \f(1,x)>0，则f(t)＝eq \f(t2,2)－eq \f(t3,6)，故f′(t)＝eq \f(t2－t,2)，
所以，当00；
当t>2时，f′(t)<0，即f(t)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．
故f(t)≤f(2)＝eq \f(2,3)，且x＝eq \f(1,2)，y＝1时等号成立，
综上，eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－\f(1,z)))的最大值为eq \f(2,3).