2018年江苏高考数学二轮复习练习：专题限时集训7 不等式 .doc

专题限时集训(七)不等式(对应学生用书第95页)(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上)1(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)设实数x，y满足约束条件则z2x3y的最大值为_. 【导学号：56394049】26作出不等式对应的平面区域(阴影部分)，由z2x3y，得yx，平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时，直线yx的截距最大，此时z最大由解得即A(4,6)此时z的最大值为z243626.2(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知正实数x，y满足2y2ln xln y，则xy_.由题设可得lnxy2y222(当且仅当x4y时取等号)，即ln xy22，也即所以xy.3(江苏省镇江市丹阳高中2017届高三下学期期中)已知动点P(x，y)满足：则x2y26x的最小值为_由(x)(y)1，y>y|y|0，xy，函数f (x)x是减函数，xy，原不等式组化为该不等式组表示的平面区域如下图阴影部分所示：x2y26x(x3)2y29.由图象可得，P(3,0)到阴影区域中A的距离最小，所以x2y26x的最小值为.4(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知<<0，给出下列四个结论：a<b；ab<ab；|a|>|b|；ab<b2.其中正确结论的序号是_<<0b<a<0|a|<|b|，ab<0<ab，b2>ab.5设xR，x表示不超过x的最大整数，若存在实数t，使得t1，t22，tnn同时成立，则正整数n的最大值是_4由t1，得1t2；由t22，得t；由t33，得3t4；由t44，得t5；由t55，得5t6.因为(3)1535243，(6)1563216，所以36.同理可以得到15263542.以上每一个范围在数轴上的示意图如图所示，由图可知，当n1,2,3,4时，t1，t22，tnn能同时成立；当n5时，t33与t55不能同时成立，故n的最大值为4.6(2017江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知a，b均为正数，且aba2b0，则b2的最小值为_7a，b均为正数，且aba2b0，1.则b2b21.b2224，当且仅当a4，b2时取等号(11)216，当且仅当a4，b2时取等号b28，b2b217.7某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料已知生产1吨每种产品需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为_.甲乙原料限额(吨)3212(吨)12818万元设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为x、y吨，则利润z3x4y.由题意可列其表示如图阴影部分区域：当直线3x4yz0过点A(2,3)时，z取得最大值，所以zmax324318.8不等式|x1|x5|<2的解集是_x|x<4原不等式同解于如下三个不等式解集的并集；()()()解()得：x<1，解()得：1x<4，解()得：x，所以，原不等式的解集为x|x<49(江苏省南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)在ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2b22c28，则ABC面积的最大值为_SABCabsin Cab，而2aba2b282c2ab4c2，所以SABC，当且仅当ab，c2时取等号10(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知当1a1时，x2(a4)x42a>0恒成立，则实数x的取值范围是_(，1)(3，)设f (a)(x2)a(x24x4)，则f (a)>0对a1,1成立等价于即解之得x<1或x>3，即实数x的取值范围是(，1)(3，)11(江苏省南京市2017届高考三模)已知a，b，c为正实数，且a2b8c，则的取值范围为_. 【导学号：56394050】27,30a2b8c，设x，y，则有作出平面区域如图所示：令z3x8y，则yx，由图象可知当直线yx经过点A时，截距最大，则z最大；当直线yx与曲线y相切时，截距最小，即z最小解方程组得A(2,3)，z的最大值为328330，设直线yx与曲线y的切点为(x0，y0)，则，即，解得x03，切点坐标为，z的最小值为33827.27z30.12(河北省“五个一名校联盟” 2016届高三教学质量监测(一)已知p：xk，q：<1，如果p是q的充分不必要条件，则实数k的取值范围是_(2，)由<1得，1<0，即(x2)(x1)>0，解得x<1或x>2，由p是q的充分不必要条件知，k>2.13(江苏省扬州市2017届高三上学期期末)在正项等比数列an中，若a4a32a22a16，则a5a6的最小值为_48设a2a1x，等比数列的公比为q，则a4a3xq2，a5a6xq4.再由a4a32a22a16，得xq262x，x>0，q>1.a5a6xq46666(44)48，当且仅当q222时，等号成立，故a5a6的最小值为48.14(广东省湛江市2017届高三上学期期中调研考试)已知x，y满足约束条件 若zyax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为_1或2在直角坐标系内作出不等式组所表示的平面区域，如下图所示的三角形ABC，目标函数zyax可变形为yaxz，z的几何意义为直线yaxz在y轴上的截距，因为zyax取得最大值的最优解不唯一，所以直线yaxz与区域三角形的某一边平行，当直线yaxz与直线xy20平行时，a1符合题意，当直线yaxz与直线x2y20平行时，a不符合题意，直线yaxz与直线2xy20平行时，a2符合题意，综上所述，实数a的值为1或2.二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)(贵州省遵义模拟)设函数f (x)|x1|xa|.(1)若a1，解不等式f (x)3；(2)如果xR, f (x)2恒成立，求a的取值范围解(1)当a1时，f (x)|x1|x1|，由f (x)3得|x1|x1|3，2分x1时，不等式化为1x1x3即2x3，x.1x1时，不等式化为1xx13，此不等式不成立，解集为空集x1时，不等式化为x1x13，即2x3，x，此时不等式解集为.8分综上得，f (x)3的解集为.9分(2)若a1，f (x)2|x1|，不满足题设条件；若a<1，f (x)f (x)的最小值为1a.11分a>1，f (x)f (x)的最小值为a1，所以xR，f (x)2恒成立的充要条件是|a1|2，从而a的取值范围为(，13，).14分16(本小题满分14分)(泰州市调研测试)为丰富市民的文化生活，市政府计划在一块半径为200 m，圆心角为120的扇形地上建造市民广场规划设计如图73：内接梯形ABCD区域为运动休闲区，其中A，B分别在半径OP，OQ上，C，D在圆弧上，CDAB；OAB区域为文化展示区，AB长为50 m；其余空地为绿化区域，且CD长不得超过200 m.图73(1)试确定A，B的位置，使OAB的周长最大；(2)当OAB的周长最大时，设DOC2，试将运动休闲区ABCD的面积S表示为的函数，并求出S的最大值. 【导学号：56394051】解(1)设OAm，OBn，m，n(0,200，在OAB中，AB2OA2OB22OAOBcos，即(50)2m2n2mn，2分所以，(50)2(mn)2mn(mn)2(mn)2，4分所以mn100，当且仅当mn50时，mn取得最大值，此时OAB周长取得最大值所以，当OA，OB都为50 m时，OAB的周长最大.6分(2)当AOB的周长最大时，梯形ABCD为等腰梯形过O作OFCD交CD于F，交AB于E，则E、F分别为AB，CD的中点，所以DOE，由CD200，得.8分在ODF中，DF200sin ，OF200cos .又在AOE中，OEOAcos25，故EF200cos 25.9分所以，S(50400sin )(200cos 25)625(8sin )(8cos 1)625(8cos 8sin 64sin cos )，.10分(一直没有交代范围扣2分)令f ()8cos 8sin 64sin cos ，f ()8sin 8cos 64cos 216sin64cos 2，又y16sin及ycos 2在上均为单调递减函数，故f ()在上为单调递减函数因f 160，故f ()0在上恒成立，于是，f ()在上为单调递增函数.12分所以当时，f ()有最大值，此时S有最大值为625(815)所以当时，梯形ABCD面积有最大值，且最大值为625(815) m2.14分17(本小题满分14分)(南通模拟) 已知函数f (x)x22ax1(aR)，f (x)是f (x)的导函数(1)若x2，1，不等式f (x)f (x)恒成立，求a的取值范围；(2)解关于x的方程f (x)|f (x)|；(3)设函数g(x) 求g(x)在x2,4时的最小值解(1)因为f (x)f (x)，所以x22x12a(1x)，又因为2x1，所以a在x2，1时恒成立，因为，所以a.2分(2)因为f (x)|f (x)|，所以x22ax12|xa|，所以(xa)22|xa|1a20，则|xa|1a或|xa|1a.4分当a<1时，|xa|1a，所以x1或x12a；当1a1时，|xa|1a或|xa|1a，所以x1或x12a或x(12a)；当a>1时，|xa|1a，所以x1或x(12a). 6分(3)因为f (x)f (x)(x1)x(12a)，g(x) 8分若a，则x2,4时，f (x)f (x)，所以g(x)f (x)2x2a，从而g(x)的最小值为g(2)2a4；若a<，则x2,4时，f (x)<f (x)，所以g(x)f (x)x22ax1，当2a<时，g(x)的最小值为g(2)4a5，当4<a<2时，g(x)的最小值为g(a)1a2，当a4时，g(x)的最小值为g(4)8a17.若a<，则x2,4时，g(x)12分当x2,12a)时，g(x)最小值为g(2)4a5；当x12a,4时，g(x)最小值为g(12a)22a.因为a<，(4a5)(22a)6a3<0，所以g(x)最小值为4a5，综上所述，g(x)min14分 18(本小题满分16分)(徐州市质量检测)如图74，在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F. 为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF.设EPA.(1)为减少周边区域的影响，试确定E，F的位置，使PAE与PFB的面积之和最小；(2)为节省建设成本，试确定E，F的位置，使PEPF的值最小图74解(1)在RtPAE中，由题意可知APE，AP8，则AE8tan .所以SPAEPAAE32tan .2分同理在RtPBF中，PFB，PB1，则BF， 所以SPBFPBBF.4分故PAE与PFB的面积之和为32tan 28, 5分当且仅当32tan ，即tan 时，取“”， 故当AE1 km, BF8 km时，PAE与PFB的面积之和最小.6分(2)在RtPAE中，由题意可知APE，则PE.同理在RtPBF中，PFB，则PF.令f ()PEPF，0<<，8分则f ()，10分令f ()0，得tan ，记tan 0，0<0<，当(0，0)时，f ()<0，f ()单调递减；当时，f ()>0，f ()单调递增所以tan 时，f ()取得最小值，14分此时AEAPtan 84，BF2.所以当AE4 km，且BF2 km时，PEPF的值最小.16分19(本小题满分16分)(盐城市模拟考试)设函数f (x)ln x，g(x)(m>0)(1)当m1时，函数yf (x)与yg(x)在x1处的切线互相垂直，求n的值；(2)若函数yf (x)g(x)在定义域内不单调，求mn的取值范围；(3)是否存在实数a，使得f f (eax)f 0对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由解(1)当m1时，g(x)，yg(x)在x1处的切线斜率k，由f (x)，yf (x)在x1处的切线斜率k1，11，n5.4分(2)易知函数yf (x)g(x)的定义域为(0，)，又yf (x)g(x)，由题意，得x2m(1n)的最小值为负，m(1n)>4(注：结合函数yx22m(1n)x1的图象同样可以得到)，m(1n)>4，m(1n)>4，mn>3.8分(3)法一：令(x)f f (eax)f axln 2aaxln xln xln 2a，其中x>0，a>0.则(x)aln 2aaln xa，设(x)aln 2aaln xa，(x)<0.(x)在(0，)单调递减，(x)0在区间(0，)必存在实根，不妨设(x0)0，即(x0)aln 2aaln x0a0，可得ln x0ln 2a1，(*)(x)在区间(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以(x)max(x0)，(x0)(ax01)ln 2a(ax01)ln x0，代入(*)式得(x0)ax02.12分根据题意(x0)ax020恒成立又根据基本不等式，ax02，当且仅当ax0时，等式成立，所以ax02，ax01.x0.代入(*)式得，lnln 2a，即2a，a.16分(以下解法供参考，请酌情给分)法二：(x)axln 2aaxln xln xln 2a(ax1)(ln 2aln x)，其中x>0，a>0，根据条件f f (eax)f 0对任意正数x恒成立，10分即(ax1)(ln 2aln x)0对任意正数x恒成立，或 解得x2a或2ax，即x2a时上述条件成立，此时a.16分法三：(x)axln 2aaxln xln xln 2a(ax1)(ln 2aln x)，其中x>0，a>0，设y1ax1，y2ln 2aln x，a>0，函数y1单调递增，函数y2单调递减，12分要使得(ax1)(ln 2aln x)0对任意正数x恒成立，只能是函数y1，y2与x轴的交点重合，即2a，所以a.16分20(本小题满分16分)已知f (x).(1)求f (x)的单调区间；(2)令g(x)ax22ln x，若g(x)1时有两个不同的根，求a的取值范围；(3)存在x1，x2(1，)且x1x2，使|f (x1)f (x2)|k|ln x1ln x2|成立，求k的取值范围. 【导学号：56394052】解(1)f (x).令f (x)0得x1，x(0,1)时，f (x)>0，f (x)单调递增；x(1，)时，f (x)<0，f (x)单调递减综上，f (x)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，).4分(2)g(x)2ax.当a0时，g(x)<0，单调递减，故不可能有两个根，舍去当a>0时，x时，g(x)<0，g(x)单调递减，x时，g(x)>0，g(x)单调递增所以g<1得0<a<1.综上，0<a<1.8分(3)不妨设x1>x2>1，由(1)知x(1，)时，f (x)单调递减|f (x1)f (x2)|k|ln x1ln x2|，等价于f (x2)f (x1)k(ln x1ln x2)，即f (x2)kln x2f (x1)kln x1，10分存在x1，x2(1，)且x1x2，使f (x2)kln x2f (x1)kln x1成立令h(x)f (x)kln x，h(x)在(1，)存在减区间，h(x)<0有解，即k<有解，即k<max.14分令t(x)，t(x)，x(0，)时，t(x)>0，t(x)单调递增，x(，)时， t(x)<0，t(x)单调递减，max，k<.16分