新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第3讲　不等式（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第3讲　不等式（含解析），共15页。

考点一 不等式的性质与解法
核心提炼
判断关于不等式命题真假的常用方法
(1)作差法、作商法，作商法要注意除数的正负．
(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．
例1 (1)(2022·黄冈中学模拟)已知a，b，c均为非零实数，且a>b>c，则下列不等式中，一定成立的是________．(填序号)
①ac>bc；②ac2>bc2；③(a－b)c<(a－c)c；
④ln eq \f(a－b,a－c)<0.
答案 ②④
解析 对于①，取特殊值a＝2，b＝1，c＝－1，满足a>b>c，但ac对于②，因为a，b，c均为非零实数，且a>b>c，所以c2>0，所以ac2>bc2，故②成立；
对于③，取特殊值a＝3，b＝2，c＝－1，满足非零实数a>b>c，此时(a－b)c＝(3－2)－1＝1，(a－c)c＝(3＋1)－1＝4－1＝eq \f(1,4)，但(a－b)c>(a－c)c，故③不成立；
对于④，因为a，b，c均为非零实数，且a>b>c，所以－b<－c，a－c>0，a－b>0，
所以0(2)若关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－1，2)，则关于x的不等式eq \f(2a＋b,x)＋c>bx的解集为________．
答案 (－∞，0)
解析 由题意，关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－1，2)，
则－1，2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝－1＋2，,\f(c,a)＝－1×2，,a<0，))
解得b＝－a，c＝－2a，且a<0，
则关于x的不等式eq \f(2a＋b,x)＋c>bx可化为eq \f(a,x)－2a>－ax，即eq \f(1,x)－2<－x，
即eq \f(x2－2x＋1,x)＝eq \f(x－12,x)<0，解得x<0，
所以不等式eq \f(2a＋b,x)＋c>bx的解集为(－∞，0)．
易错提醒 解不等式问题的易错点
(1)对参数讨论时分类不完整，易忽视a＝0的情况．
(2)一元二次不等式中，易忽视开口方向，从而错解．
(3)分式不等式易忽视分母不为0.
跟踪演练1 (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bb3，ea－b>e0＝1，
ln eq \f(a,b)则一定成立的是选项D.
(2)若关于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m<0的解集中恰有4个整数，则实数m的取值范围为( )
A．(6，7] B．[－3，－2)
C．[－3，－2)∪(6，7] D．[－3，7]
答案 C
解析 不等式x2－(m＋2)x＋2m<0，即(x－2)(x－m)<0 ，
当m>2时，不等式的解集为(2，m)，此时要使解集中恰有4个整数，
这4个整数只能是3，4，5，6，故6当m＝2时，不等式的解集为∅，此时不符合题意；
当m<2 时，不等式的解集为(m，2)，此时要使解集中恰有4个整数，
这4个整数只能是－2，－1，0，1，故－3≤m<－2.
综上所述，实数m的取值范围为[－3，－2)∪(6，7]．
考点二 线性规划
核心提炼
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)(b≠0)，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)(x≠a)，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝kPM.
例2 (1)(2022·全国乙卷)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≥2，,x＋2y≤4，,y≥0，))则z＝2x－y的最大值是( )
A．－2 B．4 C．8 D．12
答案 C
解析 方法一 由题意作出可行域，如图阴影部分(含边界)所示，
转化目标函数z＝2x－y为y＝2x－z，
上下平移直线y＝2x－z，可得当直线过点(4，0)时，直线截距最小，z最大，
所以zmax＝2×4－0＝8.
方法二 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝2，,x＋2y＝4，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2，))
此时z＝2×0－2＝－2；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝2，,y＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝0，))
此时z＝2×2－0＝4；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y＝4，,y＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝0，))
此时z＝2×4－0＝8.
综上所述，z＝2x－y的最大值为8.
(2)(2022·安徽省十校联盟联考)已知实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,3x－y－3≤0，))则目标函数z＝eq \f(2y＋1,2x－1)的取值范围为( )
A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
C．[－1，3]
D．[－3，1]
答案 B
解析 作出约束条件的可行域，如图阴影部分(含边界)所示，
其中A(1，0)，B(0，1)，C(2，3)，z＝eq \f(2y＋1,2x－1)＝eq \f(y＋\f(1,2),x－\f(1,2))，
表示定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))与可行域内点(x，y)连线的斜率，
因为kMA＝eq \f(\f(1,2),1－\f(1,2))＝1，kMB＝eq \f(1＋\f(1,2),－\f(1,2))＝－3，
所以z的取值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．
规律方法 含参数的线性规划问题，参数位置一般有两种形式：一是目标函数中含有参数，这时可以准确作出可行域，这类问题的一般特征是其最优解是可知的，因此解题时可充分利用目标函数的斜率特征加以转化；二是在约束条件中含参，可行域的边界线中有一条是动态的，所以要充分依据目标函数及最值等条件数形结合处理，有时还需分类讨论．
跟踪演练2 (1)(2022·宁波模拟)若实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≥0，,y≥x，,y≤－x＋2m，))且z＝3x＋y的最大值为8，则实数m的值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 画出不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≥0，,y≥x，,y≤－x＋2m))所表示的可行域(含边界)如图所示，O(0，0)，A(m，m)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,3)，\f(4m,3)))，
由图中直线斜率关系知，
当直线y＝－3x＋z向上平移时，依次经过点O，B，A.
故经过点A时，z有最大值4m，
由4m＝8，得m＝2.
(2)(2022·榆林模拟)已知实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－2y＋6≥0，,2x－3y－6≤0，,x＋2y＋2≥0，))则目标函数z＝(x＋1)2＋(y＋2)2的最小值为________．
答案 eq \f(9,5)
解析 作出不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－2y＋6≥0，,2x－3y－6≤0，,x＋2y＋2≥0))表示的平面区域如图中阴影部分(包括边界)所示，
函数z＝(x＋1)2＋(y＋2)2表示可行域内的点与点(－1，－2)的距离的平方．
由图知，eq \r(z)＝eq \r(x＋12＋y＋22)的最小值为点(－1，－2)到直线x＋2y＋2＝0的距离，
即eq \f(|－1－4＋2|,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5)，所以z的最小值为eq \f(9,5).
考点三 基本不等式
核心提炼
基本不等式求最值的三种解题技巧
(1)凑项：通过调整项的符号，配凑出符合基本不等式条件的项，使其积或和为定值．
(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值．
(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y＝m＋eq \f(A,gx)＋Bg(x)(AB>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．
例3 (1)已知x>0，y>0，且2x＋y＝1，则eq \f(x＋1,xy)的最小值为( )
A．9 B．12
C．2eq \r(6)＋5 D.eq \r(6)＋5
答案 C
解析 因为x>0，y>0，且2x＋y＝1，
所以eq \f(x＋1,xy)＝eq \f(x＋2x＋y,xy)＝eq \f(3,y)＋eq \f(1,x)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,y)＋\f(1,x)))(2x＋y)
＝eq \f(6x,y)＋eq \f(y,x)＋5
≥2eq \r(\f(6x,y)·\f(y,x))＋5＝2eq \r(6)＋5，当且仅当eq \f(6x,y)＝eq \f(y,x)，即y＝eq \r(6)x时取等号．
(2)(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)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当k＋1＝\f(3,k＋1)，即k＝\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 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3 (1)若a，b∈R，ab>0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为( )
A．6 B．4 C．2eq \r(2) D．2
答案 B
解析 ∵ab>0，∴eq \f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq \f(2\r(a4·4b4)＋1,ab)＝eq \f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq \f(1,ab)≥2eq \r(4ab·\f(1,ab))＝4.
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝4b4，,4ab＝\f(1,ab)，))即a2＝2b2＝eq \f(\r(2),2)时取等号．
(2)(2022·新高考全国Ⅱ改编)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则下列结论正确的是________．(填序号)
①x＋y≤1；②x＋y≥－2；③x2＋y2≤2；④x2＋y2≥1.
答案 ②③
解析 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①错误，②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③正确；
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④错误．
专题强化练
一、选择题
1．不等式eq \f(4,x－2)≤x－2的解集是( )
A．(－∞，0]∪(2，4] B．[0，2)∪[4，＋∞)
C．[2，4) D．(－∞，2)∪(4，＋∞)
答案 B
解析 当x－2>0，即x>2时，(x－2)2≥4，即x－2≥2，
解得x≥4；
当x－2<0，即x<2时，(x－2)2≤4，即－2≤x－2<0，解得0≤x<2.
综上，不等式的解集为[0，2)∪[4，＋∞)．
2．(2022·衡水中学模拟)已知eq \f(1,a)A．a2>b2 B.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)<2
C．|a|a<|a|b D．lg a2答案 D
解析 由eq \f(1,a)0，ab>0，
A中，由a2－b2＝(a＋b)(a－b)<0，得a2B中，由eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，且eq \f(b,a)≠eq \f(a,b)，得eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，所以B不正确；
C中，当|a|＝1时，eq \f(|a|a,|a|b)＝|a|a－b＝1，此时|a|a＝|a|b，所以C不正确；
D中，由lg a2－lg ab＝lg eq \f(a2,ab)＝lg eq \f(a,b)，且b所以lg eq \f(a,b)<0，可得lg a23．(2021·全国乙卷)下列函数中最小值为4的是( )
A．y＝x2＋2x＋4 B．y＝|sin x|＋eq \f(4,|sin x|)
C．y＝2x＋22－x D．y＝ln x＋eq \f(4,ln x)
答案 C
解析 选项A，因为y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，所以当x＝－1时，y取得最小值，且ymin＝3，所以选项A不符合题意；
选项B，因为y＝|sin x|＋eq \f(4,|sin x|)≥2eq \r(|sin x|·\f(4,|sin x|))＝4，当且仅当|sin x|＝eq \f(4,|sin x|)，即|sin x|＝2时取等号，但是根据正弦函数的有界性可知|sin x|＝2不可能成立，因此可知y>4，所以选项B不符合题意(或设|sin x|＝t，则t∈(0，1]，根据函数y＝t＋eq \f(4,t)在(0，1]上单调递减可得ymin＝1＋eq \f(4,1)＝5，所以选项B不符合题意)；
选项C，因为y＝2x＋22－x≥2eq \r(2x·22－x)＝4，当且仅当2x＝22－x，即x＝2－x，即x＝1时取等号，所以ymin＝4，所以选项C符合题意；
选项D，当04．(2022·河南省名校联盟联考)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1≥0，,x－y≤0，,x＋y－4≤0，))则z＝eq \f(2y－2,x)取得最大值的最优解为( )
A．(1，3) B．(1，1) C．4 D．0
答案 A
解析 由约束条件可得如图中阴影部分(含边界)所示的可行域，又z＝eq \f(2y－2,x)表示可行域中任意一点与A(0，1)所在直线斜率的2倍，
所以eq \f(2y－2,x)取最大值相当于eq \f(y－1,x－0)取最大值，即可行域中任意一点与A(0，1)连线的斜率取最大值，
由图可知，可行域中只有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝4，,x＝1))的交点(1，3)与A(0，1)所在直线的斜率最大，且最大值为eq \f(3－1,1－0)＝2.
所以z＝eq \f(2y－2,x)的最大值为4，取得最大值的最优解为(1，3)．
5．(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[－1，1]上恒成立．
则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.
故x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．
6．(2022·开封模拟)已知(2，1)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，则连接椭圆C的四个顶点构成的四边形的面积( )
A．有最小值4 B．有最小值8
C．有最大值8 D．有最大值16
答案 B
解析 因为(2，1)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，即a2b2＝4b2＋a2，所以a2b2＝4b2＋a2≥2eq \r(4b2·a2)＝4ab，所以ab≥4.
连接椭圆C的四个顶点构成的四边形的面积为S＝eq \f(1,2)×2a×2b＝2ab≥2×4＝8.
即面积有最小值8.
7．已知关于x的不等式mx2－6x＋3m<0在(0，2]上有解，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，eq \r(3)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(12,7)))
C．(eq \r(3)，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,7)，＋∞))
答案 A
解析 由题意得，mx2－6x＋3m<0，x∈(0，2]，即m故问题转化为m设g(x)＝eq \f(6x,x2＋3)，
则g(x)＝eq \f(6x,x2＋3)＝eq \f(6,x＋\f(3,x))，x∈(0，2]，
因为x＋eq \f(3,x)≥2eq \r(3)，当且仅当x＝eq \r(3)∈(0，2]时取等号，
所以g(x)max＝eq \f(6,2\r(3))＝eq \r(3)，
故m8．已知xA．f(x)有最大值－eq \f(1,2) B．f(x)有最大值－eq \f(5,2)
C．f(x)有最小值eq \f(11,2) D．f(x)有最小值eq \f(7,2)
答案 B
解析 ∵x∴f(x)＝x＋eq \f(4,x－\f(3,2))＝x－eq \f(3,2)＋eq \f(4,x－\f(3,2))＋eq \f(3,2)
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x))＋\f(4,\f(3,2)－x)))＋eq \f(3,2)
≤－2eq \r(4)＋eq \f(3,2)
＝－eq \f(5,2)，当且仅当x＝－eq \f(1,2)时取等号．
9．(2022·嘉兴质检)已知实数x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y≤0，,x＋y≤2，,3x－y＋2≥0，))则z＝|x－2y＋6|的最大值是( )
A．10 B．7 C．5 D．2
答案 B
解析 画出不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y≤0，,x＋y≤2，,3x－y＋2≥0))所表示的平面区域，如图阴影部分(含边界)所示，
设m＝x－2y＋6，则y＝eq \f(1,2)x＋3－eq \f(m,2)，
当直线y＝eq \f(1,2)x＋3－eq \f(m,2)经过点A时，目标函数m＝x－2y＋6取得最小值，
当直线y＝eq \f(1,2)x＋3－eq \f(m,2)经过点B时，目标函数m＝x－2y＋6取得最大值，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝2，,3x－y＋2＝0，))解得A(0，2)，
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,3x－y＋2＝0，))解得B(－1，－1)，
所以目标函数的最小值为2，最大值为7，
所以z＝|x－2y＋6|的最大值是7.
10．(2022·石家庄模拟)设正实数m，n满足m＋n＝2，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为4
B．mn的最小值为1
C.eq \r(m)＋eq \r(n)的最大值为2
D．m2＋n2的最小值为eq \f(5,4)
答案 C
解析 ∵m>0，n>0，m＋n＝2，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \f(1,2)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝2，
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝1时，等号成立，故A不正确；
∵m＋n＝2≥2eq \r(mn)，∴mn≤1，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故B不正确；
∵(eq \r(m)＋eq \r(n))2≤2[(eq \r(m))2＋(eq \r(n))2]＝4，∴eq \r(m)＋eq \r(n)≤eq \r(4)＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故C正确；
m2＋n2≥eq \f(m＋n2,2)＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故D不正确．
11．(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)
≥4＋2eq \r(\f(n,m)·\f(m,n))＝6，
当且仅当m＝n＝eq \f(1,2)，即a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(3,2)时取等号．
12．(2022·广东联考)已知正数x，y，z满足x2＋y2＋z2＝1，则S＝eq \f(1＋z,2xyz)的最小值为( )
A．3 B.eq \f(3\r(3)＋1,2)
C．4 D．2(eq \r(2)＋1)
答案 C
解析 由题意得，0∴z(1－z)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z＋1－z,2)))2＝eq \f(1,4)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当z＝1－z，即z＝\f(1,2)时取等号))，
∵x2＋y2＋z2＝1，
∴1－z2＝x2＋y2≥2xy(当且仅当x＝y时取等号)，
∴eq \f(1－z2,2xy)≥1，即eq \f(1－z1＋z,2xy)≥1，
∵1－z>0，∴eq \f(1＋z,2xy)≥eq \f(1,1－z)，
∴eq \f(1＋z,2xyz)≥eq \f(1,z1－z)≥4
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x＝y＝\f(\r(6),4)，z＝\f(1,2)时取等号))，
则S＝eq \f(1＋z,2xyz)的最小值为4.
二、填空题
13．(2022·安庆检测)能够说明“设a，b，c是任意实数，若a2＋b2>c2，则a＋b>c”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为________．
答案 －3，－1，1(答案不唯一)
解析 令a＝－3，b＝－1，c＝1，则a2＋b2＝10>1＝c2，此时a＋b＝－4<1，所以该命题是假命题．
14．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集为{x|3________.
答案 [4eq \r(5)，＋∞)
解析 由不等式的解集知a<0，由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝3＋4＝7，,\f(c,a)＝3×4＝12，))
∴b＝－7a，c＝12a，则eq \f(c2＋5,a＋b)＝eq \f(144a2＋5,－6a)＝－24a＋eq \f(5,－6a)≥2eq \r(－24a·\f(5,－6a))＝4eq \r(5)，
当且仅当－24a＝eq \f(5,－6a)，即a＝－eq \f(\r(5),12)时取等号．
15．(2022·洛阳模拟)若实数x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≥x，,x＋1≥0，,2x＋3y－1≤0，))则目标函数z＝3x＋y的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(4,5)))
解析 作出不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≥x，,x＋1≥0，,2x＋3y－1≤0))所表示的可行域(含边界)如图所示，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝0，,y＝x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1，))即点A(－1，－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,2x＋3y－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,5)，,y＝\f(1,5)，))即点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(1,5)))，
转化z＝3x＋y为y＝－3x＋z，
平移直线y＝－3x＋z，当该直线经过可行域的顶点A时，zmin＝3×(－1)＋(－1)＝－4；
平移直线y＝－3x＋z，当该直线经过可行域的顶点B时，zmax＝3×eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，
所以目标函数z＝3x＋y的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(4,5))).
16．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)，
又正实数x，y满足(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t＝x＋y(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).