高考数学一轮复习 第6章 重点强化课3 不等式及其应用

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A．(－∞，1] B．[－1,1]
C．[1,2)∪(2，＋∞)D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≥0，,1，x<0，))则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范围是__________．
(1)D (2)(－1，eq \r(2)－1) [(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2≥0，,2x2－3x－2≠0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤1，,x≠2且x≠－\f(1,2)，))即－1≤x≤1且x≠－eq \f(1,2)，所以函数的定义域为eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)∪－\f(1,2)，1))，故选D.
(2)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2>0，,2x<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2>2x，,2x≥0，))
解得－1所以x的取值范围为(－1，eq \r(2)－1)．]
[规律方法]
一元二次不等式综合应用问题的常见类型及求解方法
(1)与函数的定义域、集合的综合，此类问题的本质就是求一元二次不等式的解集．
(2)与分段函数问题的综合．解决此类问题的关键是根据分段函数解析式，将问题转化为不同区间上的不等式，然后根据一元二次不等式或其他不等式的解法求解．
(3)与函数的奇偶性等的综合．解决此类问题可先根据函数的奇偶性确定函数的解析式，然后求解，也可直接根据函数的性质求解．
[对点训练1] 已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为__________. 【导学号：31222215】
(－5,0)∪(5，＋∞) [由于f(x)为R上的奇函数，
所以当x＝0时，f(0)＝0；当x<0时，－x>0，
所以f(－x)＝x2＋4x＝－f(x)，
即f(x)＝－x2－4x，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x，x>0，,0，x＝0，,－x2－4x，x<0.))由f(x)>x，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x>x，,x>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－4x>x，,x<0，))解得x>5或－5所以原不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)．]
重点2 线性规划问题
(1)(2017·深圳二次调研)在平面直角坐标系xOy中，若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－4≤0，,x－y－1≥0，,y≥0，))则z＝x＋y的最大值为( )
A.eq \f(7,3) B．1
C．2D．4
(2)当实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－4≤0，,x－y－1≤0，,x≥1))时，1≤ax＋y≤4恒成立，则实数a的取值范围是__________．
【导学号：31222216】
(1)A (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) [(1)作出不等式组表示的平面区域为以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(2,3)))，B(1,0)，C(2,0)组成的三角形区域(包含边界)，由图知当目标函数z＝x＋y经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(2,3)))时取得最大值，所以zmax＝eq \f(5,3)＋eq \f(2,3)＝eq \f(7,3)，故选A.(2)作出题中线性规划条件满足的可行域如图阴影部分所示，
令z＝ax＋y，即y＝－ax＋z.作直线l0：y＝－ax，平移l0，
最优解可在A(1,0)，B(2,1)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))处取得．
故由1≤z≤4恒成立，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤a≤4，,1≤2a＋1≤4，,1≤a＋\f(3,2)≤4，))
解得1≤a≤eq \f(3,2).]
[规律方法] 本题(2)是线性规划的逆问题，这类问题的特点是在目标函数或约束条件中含有参数，当在约束条件中含有参数时，那么随着参数的变化，可行域的形状可能就要发生变化，因此在求解时也要根据参数的取值对可行域的各种情况进行分类讨论，以免出现漏解．
[对点训练2] 已知a>0，x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3.))若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝( )
A.eq \f(1,4)B.eq \f(1,2)
C．1D．2
B [作出不等式组表示的可行域，如图(阴影部分)．
易知直线z＝2x＋y过交点A时，z取最小值，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝ax－3，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－2a，))
∴zmin＝2－2a＝1，解得a＝eq \f(1,2).]
重点3 基本不等式的综合应用
(2016·江苏高考节选)已知函数f(x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．设a＝2，b＝eq \f(1,2).
(1)求方程f(x)＝2的根；
(2)若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值．
[解] 因为a＝2，b＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝2x＋2－x.2分
(1)方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0.5分
(2)由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)>0，
所以m≤eq \f(fx2＋4,fx)对于x∈R恒成立.8分
而eq \f(fx2＋4,fx)＝f(x)＋eq \f(4,fx)≥2eq \r(fx·\f(4,fx))＝4，且eq \f(f02＋4,f0)＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.12分
[规律方法]
基本不等式综合应用中的常见类型及求解方法
(1)应用基本不等式判断不等式是否成立或比较大小．解决此类问题通常将所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．
(2)条件不等式问题．通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．
(3)求参数的值或范围．观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得到参数的值或范围．
[对点训练3] (1)设a，b，c∈(0，＋∞)，则“abc＝1”是“eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))＋eq \f(1,\r(c))≤a＋b＋c”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
(2)已知正数x，y满足x＋2y＝2，则eq \f(x＋8y,xy)的最小值为__________．
(1)A (2)9 [(1)当a＝b＝c＝2时，有eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))＋eq \f(1,\r(c))≤a＋b＋c，
但abc≠1，所以必要性不成立．
当abc＝1时，eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))＋eq \f(1,\r(c))＝eq \f(\r(bc)＋\r(ac)＋\r(ab),\r(abc))＝eq \r(bc)＋eq \r(ac)＋eq \r(ab)，
a＋b＋c＝eq \f(a＋b＋b＋c＋a＋c,2)≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)，所以充分性成立．
故“abc＝1”是“eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))＋eq \f(1,\r(c))≤a＋b＋c”的充分不必要条件．
(2)由已知得eq \f(x＋2y,2)＝1.
则eq \f(x＋8y,xy)＝eq \f(1,y)＋eq \f(8,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)＋\f(8,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(x,y)＋\f(16y,x)))≥eq \f(1,2)(10＋2 eq \r(16))＝9，
当且仅当x＝eq \f(4,3)，y＝eq \f(1,3)时取等号．]
重点强化训练(三) 不等式及其应用
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列不等式一定成立的是( )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lg x(x>0)
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
C [取x＝eq \f(1,2)，则lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))＝lg x，故排除A；取x＝eq \f(3,2)π，则sin x＝－1，故排除B；取x＝0，则eq \f(1,x2＋1)＝1，排除D.]
2．(2016·天津高考)设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋2≥0，,2x＋3y－6≥0，,3x＋2y－9≤0，))则目标函数z＝2x＋5y的最小值为( )
A．－4 B．6
C．10 D．17
B [由约束条件作出可行域如图所示，目标函数可化为y＝－eq \f(2,5)x＋eq \f(1,5)z，在图中画出直线y＝－eq \f(2,5)x，
平移该直线，易知经过点A时z最小．
又知点A的坐标为(3,0)，
∴zmin＝2×3＋5×0＝6.故选B.]
3．(2016·浙江高考)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－3y＋4≥0))中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2eq \r(2)B．4
C．3eq \r(2)D．6
C [由不等式组画出可行域，如图中的阴影部分所示．
因为直线x＋y－2＝0与直线x＋y＝0平行，所以可行域内的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段的长|AB|即为|CD|.易得C(2，－2)，D(－1,1)，所以|AB|＝|CD|＝eq \r(2＋12＋－2－12)＝3eq \r(2).故选C.]
4．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，＋∞)
B [①当x－2>0，即x>2时，不等式可化为(x－2)2≥4，解得x≥4；
②当x－2<0，即x<2时，不等式可化为(x－2)2≤4，
解得0≤x<2.
综上，解集为[0,2)∪[4，＋∞)．]
5．(2015·山东高考)若函数f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－a)是奇函数，则使f(x)>3成立的x的取值范围为( )
A．(－∞，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1，＋∞)
C [因为函数y＝f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即eq \f(2－x＋1,2－x－a)＝－eq \f(2x＋1,2x－a).化简可得a＝1，则eq \f(2x＋1,2x－1)＞3，即eq \f(2x＋1,2x－1)－3＞0，即eq \f(2x＋1－32x－1,2x－1)>0，故不等式可化为eq \f(2x－2,2x－1)＜0，即1＜2x＜2，解得0＜x＜1，故选C.]
二、填空题
6．(2016·全国卷Ⅲ)设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))则z＝2x＋3y－5的最小值为________．
－10 [画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(5,3)＋eq \f(z,3)过点A(－1，－1)时，z取得最小值，即zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.]
7．设a，b>0，a＋b＝5，则eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋3)的最大值为__________.
【导学号：31222217】
3eq \r(2) [令t＝eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋3)，则t2＝a＋1＋b＋3＋2eq \r(a＋1b＋3)＝9＋2eq \r(a＋1b＋3)≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，
当且仅当a＋1＝b＋3时取等号，此时a＝eq \f(7,2)，b＝eq \f(3,2).
∴tmax＝eq \r(18)＝3eq \r(2).]
8．设0≤α≤π，不等式8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，则α的取值范围为__________．
【导学号：31222218】
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) [由题意，要使8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，需Δ＝64sin2 α－32cs 2α≤0，
化简得cs 2α≥eq \f(1,2).
又0≤α≤π，∴0≤2α≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤2α≤2π，
解得0≤α≤eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)≤α≤π.]
三、解答题
9．已知不等式eq \f(ax－1,x＋1)>0(a∈R)．
(1)解这个关于x的不等式；
(2)若x＝－a时不等式成立，求a的取值范围．
[解] (1)原不等式等价于(ax－1)(x＋1)>0.1分
①当a＝0时，由－(x＋1)>0，得x<－1；
②当a>0时，不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)>0.
解得x<－1或x>eq \f(1,a)；3分
③当a<0时，不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)<0；
若eq \f(1,a)<－1，即－1若eq \f(1,a)＝－1，即a＝－1，则不等式解集为空集；
若eq \f(1,a)>－1，即a<－1，则 －1综上所述，当a<－1时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,))－1当a＝－1时，原不等式无解；
当－1当a＝0时，解集为{x|x<－1}；
当a>0时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,a))))).6分
(2)∵x＝－a时不等式成立，
∴eq \f(－a2－1,－a＋1)>0，即－a＋1<0，10分
∴a>1，即a的取值范围为(1，＋∞).12分
10．(2016·全国卷Ⅰ改编)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料，生产一件产品A需要甲材料1.5 kg，乙材料1 kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5 kg，乙材料0.3 kg，用3个工时．生产一件产品A的利润为2 100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg，乙材料90 kg，试求在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为多少元．
[解] 设生产产品A x件，产品B y件，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*.))5分
目标函数z＝2 100x＋900y.
作出可行域为图中的阴影部分(包括边界)内的整数点，图中阴影四边形的顶点坐标分别为(60,100)，(0,200)，(0,0)，(90,0)．
当直线z＝2 100x＋900y经过点(60,100)时，z取得最大值，zmax＝2 100×60＋900×100＝216 000(元).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知a，b为正实数，且ab＝1，若不等式(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))>m对任意正实数x，y恒成立，则实数m的取值范围是( ) 【导学号：31222219】
A．[4，＋∞) B．(－∞，1]
C．(－∞，4]D．(－∞，4)
D [因为a，b，x，y为正实数，所以(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(ay,x)＋eq \f(bx,y)≥a＋b＋2≥2eq \r(ab)＋2＝4，当且仅当a＝b，eq \f(ay,x)＝eq \f(bx,y)，即a＝b，x＝y时等号成立，故只要m<4即可．]
2．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值是__________. 【导学号：31222220】
－eq \f(5,2) [法一：由于x>0，
则由已知可得a≥－x－eq \f(1,x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，
而当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(1,x)))max＝－eq \f(5,2)，
∴a≥－eq \f(5,2)，故a的最小值为－eq \f(5,2).
法二：设f(x)＝x2＋ax＋1，则其对称轴为x＝－eq \f(a,2).
①若－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，即a≤－1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，此时应有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0，从而－eq \f(5,2)≤a≤－1.
②若－eq \f(a,2)<0，即a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，此时应有f(0)＝1>0恒成立，故a>0.
③若0≤－eq \f(a,2)则应有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝eq \f(a2,4)－eq \f(a2,2)＋1＝1－eq \f(a2,4)≥0恒成立，
故－13．已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0时，eq \f(fm＋fn,m＋n)>0.
(1)用定义证明f(x)在[－1,1]上是增函数；
(2)解不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))(3)若f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求实数t的取值范围．
[解] (1)证明：任取x1f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝eq \f(fx1＋f－x2,x1－x2)·(x1－x2).2分
∵－1≤x1又已知eq \f(fx1＋f－x2,x1－x2)>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，
即f(x)在[－1,1]上为增函数，4分
(2)∵f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x＋\f(1,2)≤1，,－1≤\f(1,x－1)≤1，,x＋\f(1,2)<\f(1,x－1)，))解得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,))－\f(3,2)≤x<－1)).8分
(3)由(1)可知f(x)在[－1,1]上为增函数，且f(1)＝1，故对x∈[－1,1]，恒有f(x)≤1，
∴要f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，即要t2－2at＋1≥1成立，
故t2－2at≥0，记g(a)＝－2ta＋t2.10分
对a∈[－1,1]，g(a)≥0恒成立，只需g(a)在[－1,1]上的最小值大于等于0，
∴g(－1)≥0，g(1)≥0，解得t≤－2或t＝0或t≥2.
∴t的取值范围是{t|t≤－2或t＝0或t≥2}.12分