2022年2021届高考数学一轮复习知识点归纳E单元不等式 .pdf

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1、- 1 - E单元不等式E1 不等式的概念与性质5 B6， B7， E12014山东卷 已知实数 x， y 满足 axay(0a1) ， 则下列关系式恒成立的是 ( ) A. 1x211y21 B. ln(x21)ln(y21) C. sin xsin y D. x3y35D 解析 因为 axay(0a1)，所以 xy，所以 sin xsin y，ln(x21)ln(y21)，1x211y21都不一定正确，故选D. 4E12014四川卷 若 ab0，cdbd B.acbc D.adbc4D 解析 因为 cd0，所以1d1c0，与 ab0 对应相乘得，adbc0，所以ad1），xa1 a2x 1

2、 ，3xa1 xa2.名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 2 - 由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213，可得 a8. 当 aa2，xa1 1xa2，3xa1（x1）.由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213，可得 a4. 综上可知， a 的值为 4 或 8. E3 一元二次不等式的解法2A1、E32014全国卷 设集合 M x|x23x40，Nx|0 x5，

3、则 M N ( ) A(0，4 B 0 ，4) C 1，0) D (1，0 2 B 解析 因为 M x|x23x40 x| 1x4， N x|0 x5， 所以 M N x| 1x40 x5x|0 x412E3、C42014新课标全国卷 设函数 f(x) 3sinxm，若存在 f(x) 的极值点 x0满足 x20f(x0)2m2，则 m的取值范围是 ( ) A( ， 6)(6，)B( ， 4)(4，)C( ， 2)(2，)D( ， 1)(1，)12C 解析 函数 f(x) 的极值点满足xm2k，即 xmk12，kZ，且极值为3，问题等价于存在 k0使之满足不等式 m2k01223m2. 因为 k

4、122的最小值为14，所以只要14m234，解得 m2或 mzC或 zAzCzB或 zBzCzA，解得 a1 或 a2. 方法二：画出可行域，如图中阴影部分所示，zyax 可变为 yaxz，令 l0：yax，则由题意知 l0AB或 l0AC ，故 a1 或 a2. 6E52014北京卷 若 x，y 满足xy20，kxy20，y0，且 zyx 的最小值为 4，则 k 的值为 ( ) A2 B 2 C.12 D 126D 解析 可行域如图所示，当k0时，知 zyx 无最小值，当 ka0)，利用二次函数求最值，显然函数m(a)5a285a20 的最小值是4520（8 5）2454，即 a2b2的最小

5、值为 4. 故选 B. 18F2，E52014陕西卷 在直角坐标系 xOy中，已知点 A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点 P(x，y) 在ABC三边围成的区域 (含边界 ) 上(1) 若PAPBPC0，求|OP| ；(2) 设OPmABnAC(m，nR)，用 x，y 表示 m n，并求 m n 的最大值18解： (1) 方法一： PAPBPC0，又PAPBPC(1 x，1y) (2 x，3y) (3x，2y) (63x，63y) ，63x0，63y0，解得x2，y2，即OP(2，2)，故|OP| 22. 方法二： PAPBPC0，则(OAOP) (OBOP)(OCOP) 0，OP13

6、(OAOBOC) (2，2) ，|OP| 22. (2) OPmABnAC，(x ，y) (m2n，2m n)，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 8 - xm 2n，y2m n，两式相减得， m nyx，令 yxt ，由图知，当直线yxt 过点 B(2，3) 时，t 取得最大值 1，故 m n 的最大值为 1. 5E5，L12014四川卷 执行如图 1-1 所示的程序框图，如果输入的x，yR

7、 ，那么输出的 S的最大值为 ( ) 图 1-1A0 B 1 C 2 D 3 5C 解析 题中程序输出的是在xy1，x0，y0的条件下 S2xy 的最大值与 1 中较大的数结合图像可得，当x1，y0时，S2xy 取得最大值 2，21，故选 C. 2E52014天津卷 设变量 x，y 满足约束条件xy20，xy20，y1，则目标函数 zx2y 的最小值为( ) A2 B 3 C 4 D 5 2B 解析 画出可行域，如图所示解方程组xy20，y1，得x1，y1，即点 A(1，1)名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - -

8、 - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 9 - 当目标函数线过可行域内A点时，目标函数有最小值，即zmin1121 3. 13E5 2014浙江卷 当实数 x，y 满足x2y40，xy10，x1时，1axy4 恒成立，则实数 a的取值范围是 _13. 1，32 解析 实数 x， y 满足的可行域如图中阴影部分所示，图中 A(1， 0)， B(2， 1)， C 1，32.当 a0时，0y32，1x2，所以 1axy4 不可能恒成立；当a0时，借助图像得，当直线 zaxy过点 A时z取得最小值，当直线 zaxy 过点

9、B或 C时z 取得最大值，故1a4，12a14，1a324，解得 1a32. 故 a 1，32. E6 基本不等式2abab16E6、E92014辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2a b| 最大时，3a4b5c的最小值为 _162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2) (4a23b2) 113(2ab)2? 4a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2，当且仅当4a213b213，即 2a3b6(同号 ) 时，|2a b| 取得最大值85c，此时 c402. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - -

10、 - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 10 - 3a4b5c18211814222，当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c取最小值 2. 14 J3， E62014山东卷 若 ax2bx6的展开式中 x3项的系数为 20， 则 a2b2的最小值为 _142 解析 Tr 1Cr6(ax2)6rbxrCr6a6rbrx123r，令 123r3，得 r3，所以 C36a63b320，即 a3b31，所以 ab1，所以 a2b22ab2，当且仅当 ab，且 ab

11、1 时，等号成立故 a2b2的最小值是 2. 10E6，F72014四川卷 已知 F为抛物线 y2x 的焦点，点 A，B在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OAOB2(其中 O为坐标原点 )，则ABO与AFO面积之和的最小值是 ( ) A2 B 3 C.1728 D.10 10B 解析 由题意可知， F14，0 . 设 A(y21，y1) ，B(y22，y2) ，OAOBy1y2y21y222，解得 y1y21 或 y1y22. 又因为 A，B两点位于 x 轴两侧，所以 y1y20，即 y1y22. 当 y21y22时，AB所在直线方程为yy1y1y2y21y22(x y21) 1y1y2(x y

12、21) ，令 y0，得 xy1y22，即直线 AB过定点 C(2，0) 于是 SABOSAFOSACOSBCOSAFO122|y1| 122|y2| 1214|y1| 18(9|y1| 8|y2|) 1829|y1| 8|y2| 3，当且仅当 9|y1| 8|y2| 且 y1y22 时，等号成立当y21y22时，取 y12，y22， 则 AB所在直线的方程为x2， 此时求得 SABOSAFO21222121421728，而17283，故选 B. 14E6，H42014四川卷 设 m R ，过定点 A的动直线 xmy 0 和过定点 B的动直线 mx ym30 交于点 P(x，y) ，则|PA|

13、|PB| 的最大值是 _145 解析 由题意可知，定点A(0，0) ，B(1，3) ，且两条直线互相垂直，则其交点P(x，y)落在以 AB为直径的圆周上，所以|PA|2|PB|2|AB|210. |PA|PB| |PA|2|PB|225，当且仅当 |PA| |PB| 时等号成立名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 11 - E7 不等式的证明方法20M1 E7 2014北京卷 对于数对序列 P

14、：(a1，b1) ，(a2，b2)， (an，bn) ，记T1(P) a1b1，Tk(P) bkmaxTk1(P) ，a1a2 ak(2kn)，其中 maxTk1(P) ，a1a2 ak 表示 Tk1(P) 和 a1a2ak两个数中最大的数(1) 对于数对序列 P：(2 ，5)，(4 ，1)，求 T1(P) ，T2(P) 的值；(2) 记 m为 a，b，c，d 四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b) ，(c ，d) 组成的数对序列 P：(a，b)，(c ，d)和 P：(c ，d)，(a，b)，试分别对 m a 和 m d 两种情况比较 T2(P) 和 T2( P)的大小；(3) 在由五个数

15、对 (11，8)，(5，2) ，(16，11)，(11，11)，(4，6) 组成的所有数对序列中，写出一个数对序列 P使 T5(P) 最小，并写出 T5(P) 的值 (只需写出结论 ) 20解： (1)T1(P) 257，T2(P) 1maxT1(P) ，241max7，6 8. (2)T2(P) maxabd，acd，T2(P)maxcdb，cab当 m a 时，T2(P)maxcdb，cab cdb. 因为 abdcbd，且 acdcbd，所以 T2(P) T2(P)当 m d 时，T2(P)maxcdb，cab cab. 因为 abdcab，且 acdcab，所以 T2(P) T2(P)

16、所以无论 m a 还是 m d，T2(P) T2(P)都成立(3) 数对序列 P：(4，6) ，(11，11)，(16，11)，(11，8) ，(5，2) 的 T5(P) 值最小，T1(P) 10，T2(P) 26，T3(P) 42，T4(P) 50，T5(P) 52. 19A1、D3 、E72014天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 M 0，1，2，q1，集合 Ax|x x1x2q xnqn1，xiM ，i 1，2， n(1) 当 q2，n3 时，用列举法表示集合A. (2) 设 s，t A， sa1a2qanqn1，t b1b2q bnqn1，其中 ai，biM

17、 ，i 1，2，n. 证明：若 anbn，则 st. 19解： (1) 当 q2，n3 时，M 0 ，1，Ax|x x1x22x322，xiM ，i 1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7 (2) 证明：由 s，t A，sa1a2q anqn1，t b1b2q bnqn1，ai，biM ，i 1，2，n 及 anbn，可得st (a1b1) (a2b2)q (an1bn1)qn2(anbn)qn1(q 1)(q1)q (q1)qn2qn1（q1）（1qn1）1qqn110，所以 s1），xa1 a2x 1 ，3xa1 xa2.由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213

18、，可得 a8. 当 aa2，xa1 1xa2，3xa1（x1时，对 x(0，a1 有 (x)0 ，(x) 在(0，a1 上单调递减，(a1)1时，存在 x0，使 (x)n ln(n 1)证明如下：方法一：上述不等式等价于12131n1x1x，x0. 令 x1n，nN，则1n1lnn1n. 下面用数学归纳法证明当 n1 时，12ln 2 ，结论成立假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k 1)那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k 1)1k2ln(k 1)lnk2k1ln(k 2)，即结论成立由可知，结论对nN成立方法二：上述不等式等价于12131n1x1x，x0. 名师归

19、纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 15 - 令 x1n，nN，则 lnn1n1n1. 故有 ln 2 ln 112，ln 3 ln 213，ln(n 1)ln n1n1，上述各式相加可得ln(n 1)12131n1，结论得证方法三：如图，0nxx1dx 是由曲线 yxx1，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223nn1是图中所示各矩形的面积和，1223nn10nxx1dx0n11x1d

20、xnln(n 1) ，结论得证 E9 单元综合16E6、E92014辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2a b| 最大时，3a4b5c的最小值为 _162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2) (4a23b2) 113(2ab)2? 4a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2，当且仅当4a213b213，即 2a3b6(同号 ) 时，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 17

21、页 - - - - - - - - - - 16 - |2a b| 取得最大值85c，此时 c402. 3a4b5c18211814222，当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c取最小值 2. 12B14、E92014辽宁卷 已知定义在 0 ，1 上的函数 f(x) 满足：f(0) f(1) 0；对所有 x，y0 ，1 ，且 xy，有 |f(x)f(y)|12|x y|. 若对所有 x，y0 ，1 ，|f(x)f(y)|k恒成立，则 k 的最小值为 ( ) A.12 B.14 C.12 D.1812B 解析 不妨设 0yx1.当 xy12时，|f(x)f(y)|12时，|f(x)f(

22、y)|f(x)f(1) (f(y)f (0)|f(x)f(1)|f(y)f(0)|12|x 1| 12|y 0| 12(x y) 1214. 故 kmin14. 32014天津卷 设变量 x，y 满足约束条件xy20，xy20，y1，则目标函数 zx2y 的最小值为( ) A2 B 3 C 4 D 5 3B 解析 画出可行域，如图所示解方程组xy20，y1，得x1，y1，即点 A(1，1)当目标函数线过可行域内A点时，目标函数有最小值，即zmin11213. 162014广州七校联考 不等式 |x 2| |x 1| 5 的解集为 _16 3，2 解析 根据绝对值的几何意义，得不等式的解集为3x

23、2.42014安徽六校联考 若正实数 x，y 满足 xy2，且1xyM恒成立，则 M的最大值为 ( ) A1 B 2 C 3 D 4 4A 解析 xy2 xy，且 xy2， 22 xy， 当且仅当 xy1 时，等号成立，xy1，1xy1，1M ，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 17 - Mmax1. 72014福建宁德期末 已知关于 x 的不等式 x24ax3a20) 的解集为 (x1，

24、x2) ，则 x1x2ax1x2的最小值是 ( ) A.63 B.233 C.433 D.236 7C 解析 由题知 x1x24a，x1x23a2，x1x2ax1x24a13a2 434 33，当且仅当a36时，等号成立62014长沙模拟 若 f(x) 为奇函数，且在区间 (0 ，)上单调递增， f(2) 0，则f （x）f （x）x0 的解集是 ( ) A( 2，0)(0，2) B( ， 2)(0，2) C( 2，0)(2，) D( ， 2)(2，)6D 解析 因为 f(x) 为奇函数，且在区间 (0，)上单调递增，所以f(x) 在区间 ( ， 0)上单调递增又f( x) f(x) ，所以f

25、 （x）f （x）x0等价于2f （x）x0. 根据题设作出 f(x) 的大致图像如图所示 由图可知，2f （x）x0的解集是 ( ，2)(2，)13 2014浙江六市六校联考 已知正数 x， y 满足 xy1x9y10， 则 xy 的最大值为 _138 解析 1x9y10(x y) ，(x y)1x9y10(x y) (x y)2. 又(x y)1x9y109xyyx10616，10(xy) (x y)216，即(x y)210(xy) 160，2xy8，xy 的最大值为 8. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 17 页 - - - - - - - - -