2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题08 不等式（测）（解析版）

2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题08 不等式（测）（解析版）

专题 08 不等式(测) 【满分：100 分 时间：90 分钟】 一、选择题(12*5=60 分) 1．已知集合 ， ，则 ( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意知 ， ， ∴ ．选 D． 2．已知 ， ，且 ，则下列不等式恒成立的是( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于 ，令 ， ， ，满足 ，但不满足 ，故排除 对于 ，令 ， ，故排除，对于 ， 为减函数，当 时， ，故 恒成立，对于 ，令 ， ，故排除故选 【点睛】本题主要考查了简单的函数恒成立问题，可以根据不等式的性质和函数的单调性，通过特值排除， 属于基础题。 3．下列函数中，最小值为 4 的是( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】试题分析：当 时， ,当且仅当 时取等号. ，当且仅当 { }2 2 3 0A x x x= − − ≤ { }lgB x y x= = A B = [ )1,− +∞ ( ]0,1 [ )1,0− ( ]0,3 { } { }2 2 3 0 1 3A x x x x x= − − ≤ = − ≤ ≤ { } { }lg 0B x y x x x= = = > { } ( ]0 3 0,3A B x x∩ = < ≤ = a b R∈ a b> 2 2a b> lg( ) 0a b− > 1 1( ) ( )2 2 a b< 1a b > A 0, 1a b= = − 20 0= ( )21 1− = a b> 2 2a b> B 0, 1a b= = − ( )lg 1 0a b lg− = = C 1 2 x y  =    a b> 1 1 2 2 a b   <       C D 0, 1a b= = − 0 11 a b = <− C ,a b R+∈ 2a b ab+ ≥ a b= 4 4x xe e + ≥ 2xe = 时取等号. 4 ． 设 a ＞ b ＞ 1 ， ， 给 出 下 列 三 个 结 论 ： [www.z#zste&*p~.c@om] ＞ ； ② ＜ ； ③ ， 其中所有的正确结论的序号是( )] A．① B.① ② C.② ③ D.① ②③ 【答案】D 【解析】由不等式及 a＞b＞1 知 ，又 ，所以 ＞ ，①正确;由指数函数的图像与性质知②正 确；由 a＞b＞1， 知 ，由对数函数的图像与性质知③正确. 【点睛】本题考查函数概念与基本初等函数Ⅰ中的指数函数的图像与性质、对数函数的图像与性质，不等 关系，考查了数形结合的思想.函数概念与基本初等函数Ⅰ是常考知识点. 5．对任意正实数 ，不等式 恒成立的一个充分不必要条件是( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】记 ， ，∴ 在 上单调递减，在 上单调递 增，∴ 的最小值为 ，∴不等式 恒成立的等价条件为 ，∴不等式 恒成立的一个充分不必要条件是 ，故选：A 6．【山东省实验中学等四校 2019 届高三联合考试理科数学试题】已知实数 ， 满足约束条件 ，则目标函数 的最小值为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】作出不等式组对应的平面区域如图： 0c < c a c b ca cb log ( ) log ( )b aa c b c− > − 1 1 a b < 0c < c a c b 0c < 1 1a c b c c− > − > − > x ln 1x x a− + > 1a < 2a < 1a > 3a < ( )f ln 1x x x= − + ( ) 1 1f 1 xx x x ′ −= − = ( )f x ( )0,1 ( )1 ∞+， ( )f x ( )f 1 2= ln 1x x a− + > 2a < ln 1x x a− + > 1a < x y 2 0 2 2 0 1 x y x y x + − ≤  − − ≤  ≥ 2 1 yz x −= + 2 3 − 5 4 − 4 3 − 1 2 − 目标函数 的几何意义为动点 到定点 的斜率，当 位于 时，此时 的斜率最小，此时 ．故选 B． 【名师点睛】本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用 z 的几何意义，通过数形 结合是解决本题的关键． 7．【浙江省三校 2019 年 5 月份第二次联考数学卷】已知 ，则 取到最小 值时， ( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由 ，可得 ， 且 .所以 ，当 且 时等号成立，解得 .所以 取到最小值时 .故选 D. 【名师点睛】本题考查基本不等式取得最值的条件，多次用不等式求最值时要注意不等式取等的条件要同 时满足. 8．【北京市东城区 2019 届高三第二学期综合练习(一)数学试题】某校开展“我身边的榜样”评选活动，现对 3 名候选人甲、乙、丙进行不记名投票，投票要求详见选票. 这 3 名候选人的得票数(不考虑是否有效)分 别为总票数的 , , ，则本次投票的有效率(有效票数与总票数的比值)最高可能为( ) 2 1 yz x −= + ( ),M x y ( )1,2D − M 11, 2A −   DA min 1 2 52 1 1 4z − − = = −+ 88% 70% 46% A． B． C．96% D．98% 【答案】C 【解析】设投 1 票的有 x,2 票的 y,3 票的 z，则 ,则 ,即 ,由题投票有效率 越高 z 越小，则 x=0 时，z=4,故本次投票的有效率(有效票数与总票数的比值)最高可能为 96%.故选：C. 【名师点睛】本题考查推理的应用，考查推理与转化能力，明确有效率与无效票之间的关系是解题关键,是 中档题. 9、定义区间长度 为这样的一个量： 的大小为区间右端点的值减去左端点的值.若关于 的不等式 有解，且解集区间长度不超过 5 个单位长度，则实数 的取值范围是( ). A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为关于 的不等式 有解，所以 ，解得 或 ，设方程 的两个根分别为 和 ，则 ， ，又因为解集区间长度不超过 5 个单 位长度，所以 ，所以 ，即 ，所以 ，解得 ，综上可得实数 的取值范围是 .故选：B. 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的应用，考查韦达定理，解题的关键是正确理解题意. 10．已知函数 的图像恒过定点 A，若点 A 在直线 上，其 中 ，则 的最小值是( ) 68% 88% 2 3 204 100 , , x y z x y z x y z + + =  + + =  ∈ N 4z x− = 4z x= + m m x 2 6 0x ax a− − < a ( ] [ ), 25 1,−∞ − +∞ [ ) ( ]25,24 0,1−  [ ) ( )25,0 1,24−  [ ]25,1− x 2 6 0x ax a− − < 2 24 0a a∆ = + > 24a < − 0a > 2 6 0x ax a− − = 1x 2x 1 2x x a+ = 1 2 6= −x x a 1 2 5x x− ≤ 2 2 1 2 1 22 25+ − ≤x x x x ( )2 1 2 1 24 25+ − ≤x x x x 2 24 25+ ≤a a 25 1a− ≤ ≤ a [ ) ( ]25,24 0,1−  log ( 3) 2( 0, 1)ay x a a= + − > ≠ 4 0mx ny+ + = 0, 0m n> > 4 1 m n + A．9 B．4 C． D．8 【答案】C 【解析】由题得 A(-2,-2),所以-2m-2n+4=0,所以 m+n=2,所以 = .当且仅当 时取到最小值 .故 答案为：C 【点睛】(1)本题主要考查对数函数的定点问题，考查基本不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和 分析推理计算能力.(2) 本题的解题关键是常量代换，即把 化成 ，再利用基本不 等式求函数的最小值. 利用基本不等式求最值时，要注意“一正二定三相等”，三个条件缺一不可. 11．《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这 一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在 上取一点 ，使得 ， ，过点 作 交圆周于 ，连接 .作 交 于 . 则下列不等式可以表示 的是( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接 DB，因为 AB 是圆 O 的直径，所以 ，所以在 中，中线 ， 由射影定理可得 ，所以 .在 中，由射影定理可得 9 2 4 1 m n + 1 4 1 1 4 1 4 9( ) ( ) (5 ) (5 2 )2 2 2 2 n m n mm nm n m n m n + × + = + + ≥ + ⋅ = 4 2,3 3m n= = 9 2 4 1 m n + 1 4 1( ) ( )2 m nm n + × + AB C AC a= BC b= C CD AB⊥ D OD CE OD⊥ OD E CD DE≥ ( )2 0, 0abab a ba b ≥ > >+ ( )0, 02 a b ab a b + ≥ > > ( )2 2 0, 02 2 a b a b a b + +≥ > > ( )2 2 2 0, 0a b ab a b+ ≥ > > 90ADB∠ =  Rt ADB∆ 2 2 AB a bOD += = 2CD AC CB ab= ⋅ = CD ab= Rt DCO∆ ，即 ，由 得 ，故选：A. 【名师点睛】本题考查圆的性质、射影定理的应用，考查推理能力，属于中档题. 12． 已知可导函数 的导函数为 ，若对任意的 ，都有 ，且 为 奇函数，则不等式 的解集为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造函数 ，则 ， 所以，函数 在 上单调递减，由于函数 为奇函数，则 ， 则 ， ，由 ，得 ，即 ，所以， ，由于函数 在 上为单调递减，因此， ，故选： A。 【点睛】本题考查利用函数的单调性解函数不等式问题，解决本题的关键在于构造新函数，一般而言，利 用构造新函数来解函数不等式的基本步骤如下：(1)根据导数不等式结构构造新函数 ；(2)对函数 求导，确定函数的单调性，必要时分析函数的单调性；(3)将不等式转化为 ，利用 函数 的单调性得出 与 的大小关系。 二、填空题(4*5=20 分) 13. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 1≤a5≤4，2≤a6≤3，则 S6 的取值范围是________． 【答案】[－12,42] 【解析】由题知 1≤a1＋4d≤4,2≤a1＋5d≤3，则 S6＝6a1＋15d＝15(a1＋4d)－9(a1＋5d)，再由不等式的性质知 S6∈[－12,42]．故填[－12,42]. 2CD DE OD= ⋅ 2 2 2 CD ab abDE a bOD a b = = =+ + CD DE> 2abab a b ≥ + ( )f x ( )f x′ x∈R ( ) ( ) 1f x f x> ′ + ( ) 2019f x − ( ) 2018 1xf x e− < ( )0, ∞+ ( ),0−∞ 1, e  −∞   1,e  +∞   ( ) ( ) 1 x f xg x e −= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0x x x f x f x f x f xg x e e e − − +′′ − =′= < ( ) ( ) 1 x f xg x e −= R ( ) 2019y f x= − ( )0 2019 0f − = ( )0 2019f = ( ) ( ) 0 0 10 2018fg e −∴ = = ( ) 2018 1xf x e− < ( ) 1 2018 xf x e− < ( ) 1 2018x f x e − < ( ) ( )0g x g< ( )y g x= R 0x > ( )y g x= ( )y g x= ( ) ( )1 2g x g x< ( )y g x= 1x 2x 【点睛】本题是一道易错题，如果根据 1≤a5≤4，2≤a6≤3 分别求出 的范围，再求 S6＝6a1＋15d 的范围， 实际上是错误的.这里涉及到不等式取等的问题，可以利用线性规划的知识，也可以利用解答中的整体代入 的方法. 14. 函数 ，在其定义域内任取一点 ，使 的概率是________. 【答案】 【解析】函数 ，若 ,即 ，解不等式可得 ，因为函数定义域为 ，则使 的概率为 故答案为: 【点睛】本题考查了几何概型概率的求法,一元二次不等式的解法,属于基础题. 15．若点 满足 ，点 在圆 上，则 的最大值为_____. 【答案】6 【解析】根据所给不等式组，画出可行域如下图所示 因为 在圆 上，所以即求可行域内到点 距离加半径即可，由图可知， 可行域内点(1，1)到点(-2，3)的距离最大，所以 ，所以 PQ 最大值为 5+1=6。 【点睛】本题考查了线性规划与圆方程的简单应用，关键是分析出哪个点才是最优解，属于中档题。 16．已知 ，若不等式 恒成立，则 的最大值为_________． 【答案】16 【解析】因为 ，所以 恒成立等价于 恒 1,a d 2( ) 2 8( 4 6)f x x x x= − + + − ≤ ≤ 0x ( )0 0f x ≥ 3 5 2( ) 2 8( 4 6)f x x x x= − + + − ≤ ≤ ( )0 0f x ≥ 2 0 02 8 0x x− + + ≥ 02 4x− ≤ ≤ 4 6x− ≤ ≤ ( )0 0f x ≥ ( ) ( ) 4 2 3 6 4 5P − −= =− − 3 5 ,P x y（ ） 1 0 2 3 5 0 4 3 1 0 x x y x y − ≤  + − ≤  + − ≥ ,Q x y（ ） 2 22 ( 2) 1x y（ ）+ + + = PQ ,Q x y（ ） ( )222 2 1x y+ + + =（ ） ( )2, 2− − 2 3 5d = − − = 3 1 03 m a b a b − − ≤+ m 0, 0b> > 3 1 03 m a b a b − − ≤+ ( )3 3 3 3 310a b a b b am a b a b + +≤ + = + + 0, 0> >a b 成立，因为 ( 时等号成立) ，所以 ， 的最大值为 ， 故答案为 . 【点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌 握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值 (和定积最大，积定和最小)；三相等是，最后一定要验证等号能否成立(主要注意两点，一是相等时参数否 在定义域内，二是多次用 或 时等号能否同时成立). 二、解答题(6*12=70 分) 17、已知 f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋b. (1)解关于 a 的不等式 f(1)>0；(2)若不等式 f(x)>0 的解集为(－1,3)，求实数 a，b 的值． 【解析】(1)∵f(1)>0，∴－3＋a(6－a)＋b>0.即 a2－6a＋3－b<0.Δ＝(－6)2－4(3－b)＝24＋4b. ①当 Δ≤0，即 b≤－6 时，原不等式的解集为∅. ②当 Δ>0，即 b>－6 时，方程 a2－6a＋3－b＝0 有两根 a1＝3－ 6＋b，a2＝3＋ 6＋b， ∴不等式的解集为(3－ 6＋b，3＋ 6＋b)． 综上所述：当 b≤－6 时，原不等式的解集为∅； 当 b>－6 时，原不等式的解集为(3－ 6＋b，3＋ 6＋b)． (2)由 f(x)>0，得－3x2＋a(6－a)x＋b>0，即 3x2－a(6－a)x－b<0.∵它的解集为(－1,3)， ∴－1 与 3 是方程 3x2－a(6－a)x－b＝0 的两根．∴Error! 解得Error!或Error! 18、甲厂以 x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求 1≤x≤10)，每小时可获得利润是 100 (5x＋1－3 x)元． (1)要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元，求 x 的取值范围； (2)要使生产 900 千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润． 【解析】(1)根据题意，200(5x＋1－3 x)≥3 000，整理得 5x－14－3 x≥0，即 5x2－14x－3≥0， 又 1≤x≤10，可解得 3≤x≤10.即要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元， x 的取值范围是[3,10]． (2)设利润为 y 元，则 y＝900 x ·100(5x＋1－3 x)＝9×104(5＋1 x－3 x2)＝9×104[－3(1 x－1 6 )2＋61 12]， 故 x＝6 时，ymax＝457 500 元．即甲厂以 6 千克/小时的生产速度生产 900 千克该产品获得 的利润最大，最大利润为 457 500 元． 19、已知数列 的前 n 项和为 , 其中 ，数列 满足 . 3 3 3 310 10 2 16b a b a a b a b + + ≥ + × = a b b a = 16m ≤ m 16 16 ≥ ≤ { }na nS ( )* 1 n+1 na =2 a =3 2 nS N+ ∈， { }nb n 2 nb =log a (1)求数列 的通项公式; (2)令 ，数列 的前 n 项和为 ，若 对一切 恒成立，求实数 k 的最小 值. 【答案】(1) ， ；(2) 【解析】(1)由 可得 ， 两式相减得: ，又由 可得 ， 数列 是首项为 2，公比为 4 的等比数列，从而 ， 于是 . (2)由(1)知 ， 于是 ， 依题意 对一切 恒成立，令 ，则 ，由于 易知 ， 即有 ， ∴只需 ， 从而所求 k 的最小值为 . 【点睛】本题主要考查等比数列的通项，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握 的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，此外， 需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 20、设 是函数 的零点， . { }nb n n n+1 1c = b b { }nc nT ( ) nn 20 k T+ ≥ *n N∈ 2 12 n na −= 2 1nb n= − 3 161 ( )* 1 12, 3 2n na a S n N+= = + ∈ n 12 , =3S 2nn a −≥ +时 ( )* 1 13 4 , 2n n n n na a a a a n N n− +− = ⇒ = ∈ ≥ ( )* 1 12, 3 2n na a S n N+= = + ∈ 2 2 18 4a a a= ⇒ = { }na 1 2 12 4 2n n na − −= ⋅ = 2 1 2 2log log 2 2 1n n nb a n−= = = − ( )( )1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n b c b b n n n n+  = = = − − + − +  n 1 1 1 1 1 1= 12 3 3 5 2n-1 2n+1T       − + − +…+ −             n= 2n 1+ ( )( ) nk 2n+1 n+20 ≥ *n N∈ ( ) ( )( ) nf n = 2n+1 n+20 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) n+1 nf n+1 f n = 2n+3 n+21 2n+1 n+20 − − ( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( ) n+1 2n+1 n+20 n 2n+3 n+21= 2n+3 n+21 2n+1 n+20 − ( ) ( )( )( )( ) 22 n n 10 = 2n+3 n+21 2n+1 n+20 − + − *n N∈ ( ) ( ) ( ) ( )n 3 ,f n+1 f n ;n 3 ,f n+1 f n≥＜ 时 ＞ 时 ＜ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 …＞ ＜ ＞ ＞ ＞ ( ) ( )max 3k n = 3 =161f f≥ 3 161 (Ⅰ)求证： ，且 ； (Ⅱ)求证： 【解析】(I) 在 上是单调递增的， 是唯一的，由 , ，且 的图象在 上是连续不断的， ，又 ， ，同理： (II) ，又 ， 当 时， 。 【点睛】本题考查了数列与不等式综合的应用,不等式证明中放缩法的应用,属于中档题. 21、已知函数 ． (1)求曲线 在点 处的切线方程； (2)证明：当 时， ． 【解析】(1)由题意： 得 ， ∴ ，即曲线 在点 处的切线斜率为 ， ∴ ，即 ； (2)证明：由题意：原不等式等价于： 恒成立；令 ， ∴ ， ，∵ ，∴ 恒成立，∴ 在 上单调递增，∴ 在 上存在唯一 使 ，∴ ，即 ，且 在 上单调递减，在 上单调递增，∴ .又 2 1( ) ex ax xf x + −= ( )y f x= (0, 1)− 1a ≥ ( ) e 0f x + ≥ ( ) 2 1 x ax xf x e + −= 2 2 2 (2 1) ( 1) 2 2( ) ( ) x x x x ax e ax x e ax ax xf x e e + − + − − + − +′ = = 2(0) 21f ′ = = ( )y f x= ( )0, 1− 2 ( 1) 2( 0)y x− − = − 2 1 0x y− − = 1 2 1 0xe ax x+ + + − ≥ 1 2( ) 1xg x e ax x+= + + − 1( ) 2 1xg x e ax+′ = + + 1( ) 2xg x e a+′′ = + 1a ≥ ( ) 0g x′′ > ( )g x′ ( , )−∞ +∞ ( )g x′ ( , )−∞ +∞ 0x 0( ) 0g x′ = 0 1 02 1 0xe ax+ + + = 0 1 02 1xe ax+ = − − ( )g x 0( , )x−∞ 0( , )x +∞ 0( ) ( )g x g x≥ ， ，∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，得证. 综上所述：当 时， . 22．已知函数 ． (1)讨论 的单调性； (2)若 存在两个极值点 ，证明： ． 【解析】(1)∵ ，∴ ， ①当 时， ， ，∴此时 在 上为单调递减. ②当 或 时， ，方程 两根为 ，当 时，此时两根均为负，∴ 在 上单调递减. 当 时， ，此时 在 上递减， 在 上 单调递增， 在 上单调递减. ∴综上可得， 时， 在 上单调递减； 时， 在 ， 上单调递减， 在 上单调递增. (2)由(1)可得， 两根 得 ， ，令 ，∴ ， .∴ 0 1 2 2 0 0 0 0 0 0 0( ) 1 (1 2 ) 2 ( 1)( 2)xg x e ax x ax a x ax x+= + + − = + − − = + − 111( ) 1ag ea −′ − = − 1a ≥ 11 0 1 1ae e −≤ − < − 0 1x a ≤ − 0( ) 0g x ≥ 1a ≥ ( ) 0f x e+ ≥ 1( ) lnf x x a xx = − + ( )f x ( )f x 1 2,x x ( ) ( )1 2 1 2 2f x f x ax x − < −− 1( ) lnf x x a xx = − + 2 2 1'( ) x axf x x − += − 2 2a− ≤ ≤ 0∆ ≤ '( ) 0f x ≤ ( )f x (0, )+∞ 2a < − 2a > 0∆ > 2 1 0x ax− + = 2 2 1 2 4 4,2 2 a a a ax x − − + −= = 2a < − '( )f x (0, )+∞ 2a > 0∆ > ( )f x 2 4(0, )2 a a− − ( )f x 2 24 4( , )2 2 a a a a− − + − ( )f x 2 4( , )2 a a+ − +∞ 2a ≤ ( )f x (0, )+∞ 2a > ( )f x 2 4(0, )2 a a− − 2 4( , )2 a a+ − +∞ ( )f x 2 24 4( , )2 2 a a a a− − + − 2 1 0x ax− + = 1 2,x x 2a > 1 2 1 2, 1x x a x x+ = ⋅ = 1 20 x x< < 1 2 1x x = 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1( ) ( ) ln ( ln )f x f x x a x x a xx x − = − + − − + 2 1 1 22( ) (ln ln )x x a x x= − + − ，要证 成立，即要证 成立，∴ ， ，即要证 ( ) 令 ，可得 在 上为增函数，∴ ， ∴ 成立，即 成立。 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ln ln2f x f x x xax x x x − −= − + ⋅− − 1 2 1 2 ( ) ( ) 2f x f x ax x − < −− 1 2 1 2 ln ln 1x x x x − <− 1 1 2 2 2 1 2 ln 0( 1) x x xx xx x − + < >− 2 2 2 1 2 12ln 0 x xx x x − − + ∴ <− 2 2 2 12ln 0x xx − − + > 2 1x > 1( ) 2ln ( 1)g x x x xx = − − + > ( )g x (1, )+∞ ( ) (1) 0g x g> = 1 2 1 2 ln ln 1x x x x − <− 1 2 1 2 ( ) ( ) 2f x f x ax x − < −−