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高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测23《不等式》小题练（教师版）
展开这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测23《不等式》小题练（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．设a>b，a，b，c∈R，则下列式子正确的是( )
A．ac2>bc2 B.eq \f(a,b)>1
C．a－c>b－c D．a2>b2
解析：选C a>b，若c＝0，则ac2＝bc2，故A错；a>b，若b<0，则eq \f(a,b)<1，故B错；a>b，不论c取何值，都有a－c>b－c，故C正确；a>b，若a，b都小于0，则a2
A．φ(n)
A．24 B．25
C．26 D．27
解析：选B 因为第一象限的点(a，b)在直线2x＋3y－1＝0上，所以2a＋3b－1＝0，a>0，b>0，即2a＋3b＝1，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b)))(2a＋3b)＝4＋9＋eq \f(6b,a)＋eq \f(6a,b)≥13＋2 eq \r(\f(6b,a)·\f(6a,b))＝25，当且仅当eq \f(6b,a)＝eq \f(6a,b)，即a＝b＝eq \f(1,5)时取等号，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)的最小值为25.
4．若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))则z＝2x＋y的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y＝0，平移该直线，可知当直线过点A(2，－1)时，z＝2x＋y取得最大值，且zmax＝2×2－1＝3.
5．不等式eq \f(x2＋x－6,x＋1)>0的解集为( )
A．{x|－2
B．{x|－3
C．{x|x<－3，或－1
解析：选B eq \f(x2＋x－6,x＋1)>0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－6>0，,x＋1>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－6<0，,x＋1<0，))解得－3
6．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,－2x＋\f(1,2)，x≤0，))则“0
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 当0
A．3 B．4
C．5 D．7
解析：选B 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令z＝2x＋y，作出直线2x＋y＝0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z＝2x＋y取得最小值，且zmin＝2×1＋2＝4，故选B.
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≥0，,x2－2x，x<0，))若f(3－a2)
C．(－2,0) D．(－3,2)
解析：选B 如图，画出f(x)的图象，由图象易得f(x)在R上单调递减，∵f(3－a2)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选C 原不等式可化为eq \f(x2,a)≥1＋eq \f(x,2)－eq \r(1＋x)，令eq \r(1＋x)＝t，t≥1，则x＝t2－1.
所以eq \f(t2－12,a)≥1＋eq \f(t2－1,2)－t＝eq \f(t2－2t＋1,2)＝eq \f(t－12,2)对t≥1恒成立，
所以eq \f(t＋12,a)≥eq \f(1,2)对t≥1恒成立．又a为正的常数，所以a≤[2(t＋1)2]min＝8，
故a的最大值是8.
10．已知a＞b＞1，且2lgab＋3lgba＝7，则a＋eq \f(1,b2－1)的最小值为( )
A．3 B．eq \r(3)
C．2 D.eq \r(2)
解析：选A 令lgab＝t，由a＞b＞1得0＜t＜1,2lgab＋3lgba＝2t＋eq \f(3,t)＝7，得t＝eq \f(1,2)，即lgab＝eq \f(1,2)，a＝b2，所以a＋eq \f(1,b2－1)＝a－1＋eq \f(1,a－1)＋1≥2eq \r(a－1·\f(1,a－1))＋1＝3，当且仅当a＝2时取等号．故a＋eq \f(1,b2－1)的最小值为3.
11．已知关于x的不等式ax2－ax－2a2>1(a>0，a≠1)的解集为(－a,2a)，且函数f(x)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))x2＋2mx－m－1)的定义域为R，则实数m的取值范围为( )
A．(－1,0) B．[－1,0]
C．(0,1] D．[－1,1]
解析：选B 当a>1时，由题意可得x2－ax－2a2>0的解集为(－a,2a)，这显然是不可能的．当0
A．[0,5] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5，\f(35,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(35,4))) D．[0,9]
解析：选D 依题意作出题中的不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，结合图形可知，xy的最小值为0(当x＝1，y＝0时取得)；xy≤x(6－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋6－x,2)))2＝9，即xy≤9，当x＝3，y＝3时取等号，即xy的最大值为9，故选D.
二、填空题
13．已知关于x的不等式2x＋eq \f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：由x>a，知x－a>0，则2x＋eq \f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq \f(2,x－a)＋2a≥2 eq \r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a＝4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，解得a≥eq \f(3,2)，即实数a的最小值为eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
14．已知角α，β满足－eq \f(π,2)<α－β
15．若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－5≥0，,x－2y＋3≥0，,x－5≤0，))则z＝x＋y的最大值为________．
解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示．由图可知当直线x＋y＝z过点A时z取得最大值．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,x－2y＋3＝0))得点A(5,4)，∴zmax＝5＋4＝9.
答案：9
16．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)
且与x轴相切，因此有Δ＝a2－4b＝0，即b＝eq \f(a2,4)，∴f(x)＝x2＋ax＋b＝x2＋ax＋eq \f(a2,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2
B级——难度小题强化练
1．若关于x的不等式x2＋ax－2＜0在区间[1,4]上有解，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选A 法一：因为x∈[1,4]，则不等式x2＋ax－2＜0可化为a＜eq \f(2－x2,x)＝eq \f(2,x)－x，设f(x)＝eq \f(2,x)－x，x∈[1,4]，由题意得只需a＜f(x)max，因为函数f(x)为区间[1,4]上的减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1，故a＜1.
法二：设g(x)＝x2＋ax－2，函数g(x)的图象是开口向上的抛物线，过定点(0，－2)，因为g(x)＜0在区间[1,4]上有解，所以g(1)＜0，解得a＜1.
2．若关于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，则x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)的最小值是( )
A.eq \f(\r(6),3) B．eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(2\r(6),3)
解析：选C ∵关于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，∴Δ＝16a2－12a2＝4a2＞0，又x1＋x2＝4a，x1x2＝3a2，∴x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)＝4a＋eq \f(a,3a2)＝4a＋eq \f(1,3a)≥2eq \r(4a·\f(1,3a))＝eq \f(4\r(3),3)，当且仅当a＝eq \f(\r(3),6)时取等号．∴x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)的最小值是eq \f(4\r(3),3).
3．设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为A，若A⊆[1,3]，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(11,5))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(11,5)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(11,5))) D．[－1,3]
解析：选A 设f(x)＝x2－2ax＋a＋2，因为不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为A，且A⊆[1,3]，所以对于方程x2－2ax＋a＋2＝0，若A＝∅，则Δ＝4a2－4(a＋2)<0，即a2－a－2<0，解得－1
综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(11,5)))，故选A.
4．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2千克，B原料3千克；生产乙产品1桶需消耗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，公司在每天消耗A，B原料都不超过12千克的条件下，生产这两种产品可获得的最大利润为( )
A．1 800元 B．2 100元
C．2 400元 D．2 700元
解析：选C 设生产甲产品x桶，生产乙产品y桶，每天的利润为z元．
根据题意，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*，))z＝300x＋400y.作出eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，,y≥0))
所表示的可行域，
如图中阴影部分所示，作出直线3x＋4y＝0并平移，当直线经过点A(0,6)时，z有最大值，zmax＝400×6＝2 400，故选C.
5．当x∈(0,1)时，不等式eq \f(4,1－x)≥m－eq \f(1,x)恒成立，则m的最大值为________．
解析：由已知不等式可得m≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)，∵x∈(0,1)，∴1－x∈(0,1)，∵x＋(1－x)＝1，∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,1－x)))[x＋(1－x)]＝5＋eq \f(1－x,x)＋eq \f(4x,1－x)≥5＋2 eq \r(\f(1－x,x)·\f(4x,1－x))＝9，当且仅当eq \f(1－x,x)＝eq \f(4x,1－x)，即x＝eq \f(1,3)时取等号，∴m≤9，即实数m的最大值为9.
答案：9
6．已知x，y满足条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,y≥x，,3x＋4y≤12，))则eq \f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范围是________．
解析：画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，eq \f(x＋2y＋3,x＋1)＝1＋2×eq \f(y＋1,x＋1)，eq \f(y＋1,x＋1)表示可行域中的点(x，y)与点P(－1，－1)连线的斜率．由图可知，当x＝0，y＝3时，eq \f(x＋2y＋3,x＋1)取得最大值，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y＋3,x＋1)))max＝9.因为点P(－1，－1)在直线y＝x上，所以当点(x，y)在线段AO上时，eq \f(x＋2y＋3,x＋1)取得最小值，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y＋3,x＋1)))min＝3.所以eq \f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范围是[3,9]．
答案：[3,9]
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