高中数学高考复习 第32讲 不等式综合应用 练习

这是一份高中数学高考复习 第32讲 不等式综合应用 练习，共22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。
 第三十二讲 不等式综合应用A组一、选择题1．(2017年山东卷理)若，且，则下列不等式成立的是（）A． B．C． D． 【答案】B【解析】  ，所以选B.2．（2016年新课标1理）设集合，，则（A）  （B）  （C）  （D）解：，．故．故选D．3．（16年四川卷文） 设:实数满足且，：实数满足，则是的（    ）(A)充分不必要条件           (B)必要不充分条件     (C) 充要条件                (D) 既不充分也不必要条件解：由题意，且，则，而当时不能得出，且.故是的充分不必要条件，选A. 4．下列不等式一定成立的是（　　）A． B．  C． D．解：由基本不等式得,故选C. 5．已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则不等式的解集为（   ）  A． B．C．D．解：由函数是定义域为的偶函数，得函数的图象关于对称，又因为在上单调递增，∴   ， 故选D二、填空题6．(2016年高考上海卷理)设若关于的方程组无解，则的取值范围是_________. 解：将方程组中的（1）式化简得，代入（2）式整理得，方程组无解应该满足且，即且，所以.所以答案为7．若实数满足，则的最小值为          .解析：又，，当且仅当时取等号.8．（2016年新课标2文）若满足约束条件，则的最小值为__________解：由得，点，由得，点，由得，点，分别将，，代入得：，，，所以的最小值为．故答案为：三、解答题9．某摩托车生产企业，上年度生产摩托车的投入成本为1万元/辆，出厂价为1.2万元/辆，年销售量为1000辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适度增加投入成本．若每辆车投入成本增加的比例为，则出厂价相应提高的比例为0.75，同时预计年销售量增加的比例为0.6．已知年利润=（出厂价–投入成本）年销售量．（Ⅰ）写出本年度预计的年利润与投入成本增加的比例的关系式；（Ⅱ）为使本年度的年利润比上年有所增加，问投入成本增加的比例应在什么范围内？解：（Ⅰ）由题意得        ，    整理得．      （Ⅱ）要保证本年度的利润比上年度有所增加，当且仅当          即                     解不等式得 ．   答：为保证本年度的年利润比上年度有所增加，投入成本增加的比例应满足． 10．设函数，其中，区间.（Ⅰ）求的长度（注：区间的长度定义为；（Ⅱ）给定常数，当时，求长度的最小值.解：（Ⅰ）令   解得 ，   的长度（Ⅱ） 因为  则， 设区间长度为，则由（1）知所以，则.故关于在上单调递增，在上单调递减.  ， 由    所以 11．已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，；解析：(I)因为，所以，．又因为，所以曲线在点处的切线方程为．(II)令，则.因为，所以在区间上单调递增．所以,,即当时，．11．已知函数，在区间上，恒成立，求的取值范围解法1：恒成立即不等式恒成立，令   只需即可，   ，令（分析的单调性）   当时   在单调递减，则   当时，分是否在中讨论（最小值点的选取）   若，单调性如表所示        若，则在上单调递增，，符合题意综上所述：解法2：，令，则只需即可      令，      在上单调递增        ，在上单调递增         （无最大值，只有临界值，故可取等号）    B组一、选择题1．（16年浙江文）已知，且，若 ，则（    ）A.     B. C.     D. 解：，当时，，，；当时，，，．故选D．2．（2016年高考四川卷理） 设：实数满足，：实数满足 则是的（     ）（A）必要不充分条件         （B）充分不必要条件  （C）充要条件               （D）既不充分也不必要条件解：画出可行域如图所示，可知命题中不等式组表示的平面区域在命题中不等式表示的圆内，故选A 3．（16年浙江文）若平面区域 夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是（    ）A.    B.    C.     D. 解：画出平面区域如图所示，由，得.由，得.由题意可知，当斜率为的两条直线分别过点和时，两直线的距离为.故选B 4．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：m2）分别为，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/ m2）分别为，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是A.        B.C.        D.解析：由,, 得，故;同理，，故.又 ,故.故最低费用为，选B.二、填空题5．已知函数的值域为,若关于的不等式的解集为,则实数的值为____.解：由值域为,当时有,即,  ∴. ∴解得,. ∵不等式的解集为,∴,解得.   故填：6．(16年上海理)已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是______.解：由是偶函数可知，单调递增；单调递减又，可得，即，故填： 三、解答题7．(2016年高考天津卷文)某化肥厂生产甲、乙两种混合肥料，需要A,B,C三种主要原料.生产1车皮甲种肥料和生产1车皮乙中肥料所需三种原料的吨数如下表所示：原料肥料      ABC甲483乙5510现有A种原料200吨，B种原料360吨，C种原料300吨，在此基础上生产甲乙两种肥料.已知生产1车皮甲种肥料，产生的利润为2万元；生产1车皮乙种肥料，产生的利润为3万元.分别用x,y表示生产甲、乙两种肥料的车皮数.(Ⅰ)用列出满足生产条件的数学关系式，并画出相应的平面区域；(Ⅱ)问分别生产甲、乙两种肥料各多少车皮，能够产生最大的利润？并求出此最大利润.（Ⅰ）解：由已知满足的数学关系式为，该二元一次不等式组所表示的区域为图1中的阴影部分.（Ⅱ）解：设利润为万元，则目标函数为，这是斜率为，随变化的一族平行直线，为直线在轴上的截距，当取最大值时，的值最大.又因为满足约束条件，所以由图可知，当直线经过可行域中的点时，截距取最大，的值最大.解方程组  得点，所以.答：生产甲肥料车皮，乙肥料车皮时利润最大，且最大利润为万元.           8．已知函数 (为实常数)．(1)若函数图象上动点到点的距离的最小值为，求的值；(2)若函数在区间上是增函数，试用函数单调性的定义求实数的取值范围；(3)设，若不等式在时有解，求的取值范围．解　(1) 设，则当且仅当时，取得最小值，即取得最小值当时，   解得 当时，   解得 所以或.(2)由题意知，任取，且，则因为，所以，即.由，得，所以.所以的取值范围是]．(3)由，得.因为，所以.令，则，所以令，，于是，要使原不等式在时有解，当且仅当．因为，所以的图象开口向下，对称轴为直线.因为，所以当，即时，；当，即时，.综上，当时，的取值范围为；当时，的取值范围为． 9．（16年浙江文）设函数，.证明：（I）；   （II）. 证明：(Ⅰ)因为       由于，有，即，所以（II）由得，故所以由（I）得，又因为，所以，综上所述， 10．设函数,R).(Ⅰ)当时，求函数在上的最小值的表达式；（Ⅱ）已知函数在上存在零点，，求的取值范围.解：(Ⅰ)当时，，故对称轴为直线.当时，.当时，.当时，.综上，.（Ⅱ）设为方程的解，且，则，由于，     因此. 当时，，由于和，所以.   C组一、选择题1（16年新课标1理）若，，则（    ） （A）    （B） （C）  （D）解：对A： 由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误对B： 由于，∴函数在上单调递减，∴，B错误对C： 要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和构造函数，则，在上单调递增，因此又由得，∴，C正确对D： 要比较和，只需比较和而函数在上单调递增，故又由得，∴，D错误故选C． 2．函数且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，均大于，则的最小值为（　　　）A．2　　　　B．4　　　　C．8　　　　D．16解：根据题意，有，所以有，所以 ，故选C． 3．设函数=,其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（  ）(A)       (B)      (C)       (D) 解：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D. 4．若定义在上的函数 满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是A.         B. C.    D.解：由已知条件,构造函数,则,故函数在R上单调递增,且,故,所以,即，所以结论中一定错误的是C，选项D不确定；构造函数,则，故函数在R上单调递增,且,故,所以，即,选项A，B无法判断，故选C.二、填空题5．已知，，若对任意的，总存在，使得，则的取值范围是__________解析：，所以，任意的，总存在，使得的最小值大于的最小值，所以的取值范围是，故填.6．已知正数满足:，，则的取值范围是____. 【解析】条件，可化为:. 设,则题目转化为: 已知满足,求的取值范围. 作出()所在平面区域(如图).求出的切 线的斜率,设过切点的切线为,  则,要使它最小,须. ∴的最小值在处,为.此时,点在上之间. 当()对应点时, , ∴的最大值在处,为7. ∴的取值范围为,即的取值范围是. 三、解答题7．（16年上海理）已知，函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.解：（1）由，得，解得．[来源:Zxxk.Com]（2），，当时，，经检验，满足题意．当时，，经检验，满足题意．当且时，，，．是原方程的解当且仅当，即；是原方程的解当且仅当，即．于是满足题意的．综上，的取值范围为．（3）当时，，，所以在上单调递减．函数在区间上的最大值与最小值分别为，．即，对任意成立．因为，所以函数在区间上单调递增，时，有最小值，由，得．故的取值范围为．   8．设函数，曲线在点处的切线为. (Ⅰ)求；        （Ⅱ）证明：．解：(Ⅰ) 函数的定义域为，由题意可得，   故 ．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，，从而等价于，设函数，则，所以当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，从而在的最小值为   ．设函数，则，所以当时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，从而在的最大值为． 综上所述，当时，，即．9．（16年新课标1理）已知函数有两个零点． （Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）设是的两个零点，证明：．解：(I) .(i) 设，则，只有一个零点.(ii) 设，则当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增.又，，取满足且，则        ，故存在两个零点.(iii) 设，由得或.若，则，故当时，，因此在单调递增. 又当时，所以不存在两个零点.若，则，故当时，；当时，. 因此在单调递减，在单调递增. 又当时，所以不存在两个零点.综上，的取值范围为.(II) 解法1：不妨设. 由(I)知，，，，在单调递减，所以等价于，即.由于，而，所以     ，设，则.所以当时，，而，故当时.从而，故.解法2： 由已知得：，不难发现，，故可整理得：设，则，那么，当时，，单调递减；当时，，单调递增．设，构造代数式：设，则，故单调递增，有．因此，对于任意的，．由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有令，则有而，，在上单调递增，因此：整理得：．10．已知，函数．(Ⅰ)证明：当时，(ⅰ)函数的最大值为；(ⅱ) ；(Ⅱ) 若对恒成立，求的取值范围．解： (Ⅰ)(ⅰ) .当时，在上恒成立，此时的最大值为：；当时， 在上的正负性不能判断，此时的最大值为：       ；综上所述：函数在上的最大值为；(ⅱ) 要证，即证．亦即证在上的最大值小于(或等于) ，∵，∴．当时，在恒成立，此时的最大值为：；当时，在上的正负性不能判断，令．所以综上所述：在上的最大值小于(或等于) ．即在上恒成立．(Ⅱ)由(Ⅰ)知：函数在上的最大值为；且函数在上的最小值比要大．∵对恒成立，∴．取为纵轴，为横轴．又，则可行域为：和，目标函数为．作图如下：由图易得：当目标函数为过时，有．∴所求的取值范围为：．