2020届二轮复习不等式综合应用课时作业（全国通用）

2020届二轮复习不等式综合应用课时作业（全国通用）

‎ 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，；来源:__Z_X_X_K]‎ 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 ‎ A B C 甲 ‎4‎ ‎8‎ ‎3‎ 乙 ‎5‎ ‎5‎ ‎10‎ 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：‎ a y O b=z-a b=a+1‎ b=‎3a－1‎ b=‎‎2a 由图易得：当目标函数为过时，‎ 有．‎ ‎∴所求的取值范围为：．‎ ‎ ‎