2022年高考數(shù)學(xué)考前30天題型突破專題8：不等式的綜合應(yīng)用一、高考規(guī)律揭秘1．規(guī)律小結(jié)線性規(guī)劃內(nèi)容在近3年的全國卷中考查的頻率很高，屬于基礎(chǔ)性內(nèi)容。大多屬于課程學(xué)習(xí)為情境，具體是數(shù)學(xué)運算學(xué)習(xí)情境，應(yīng)用線性規(guī)劃可以求簡單的最值問題。這類題目主要考查考生的運算求解能力。從近3年的頻率來看線性規(guī)劃的考查有減少的趨勢，難度較低?；静坏仁胶腿齻€正數(shù)的算數(shù)—幾何平均不等式內(nèi)容在高考中的考查的頻率不高，2020全國卷只有Ⅲ卷23題為選做題，新高考I卷11題、Ⅱ卷12題為基本不等式，2019全國卷I、Ⅲ為選做題。大部分屬于綜合性題目，屬于課程學(xué)習(xí)情境，具體是數(shù)學(xué)運算學(xué)習(xí)情境。這類題目主要考查邏輯思維能力和運算求解能力。從近3年的頻率來看本部分知識考查有減少的趨勢，難度通常為中等難度。絕對值不等式考查頻率較高，屬于綜合性題目，是數(shù)學(xué)運算學(xué)習(xí)情境和數(shù)學(xué)推理學(xué)習(xí)情境，在含參問題中具體考查絕對值不等式的求解問題和分類討論思想。這類題目主要考查考生的邏輯思維能力和運算求解能力等關(guān)鍵能力以及理性思維和數(shù)學(xué)探索等學(xué)科素養(yǎng)。從近3年的頻率來看本部分知識考查趨勢比較平穩(wěn)且頻率較高。2．考點頻度高頻考點：線性規(guī)劃、絕對值不等式。中頻考點：基本不等式。低頻考點：柯西不等式。3．備考策略線性規(guī)劃這部分內(nèi)容主要是以課程學(xué)習(xí)情境為主，備考以常見的簡單題型為主；基本不等式這部分內(nèi)容在全國卷主要以選做題的形式出現(xiàn)，在2020年的新高考中為多選題，題目難度為中等難度，在備考中以中等難度題型為主訓(xùn)練思維的靈活性，同時注意三個正數(shù)的算數(shù)—幾何平均不等式這一題型；絕對值不等式這部分內(nèi)容在全國卷中通常為選做題，考查的頻率較高，題目的難度為中等難度，在備考中要注意與函數(shù)知識相結(jié)合。（備注：2021年，2020年新高考已不再考查線性規(guī)劃和不等式選講內(nèi)容，全國I，Ⅱ，Ⅲ卷考查線性規(guī)劃和不等式選講內(nèi)容）。高考試題精練1．【2021年全國新高考II卷數(shù)學(xué)】已知，，，則下列判斷正確的是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可比較、與的大小關(guān)系，由此可得出結(jié)論.【詳解】，即.故選：C.2．【2021年天津高考數(shù)學(xué)】設(shè)，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出的范圍即可求解.【詳解】，，，，，，.故選：D.3．【2020年新高考全國Ⅰ卷】已知a>0，b>0，且a+b=1，則A． B．C． D．【答案】ABD【解析】對于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故A正確；對于B，，所以，故B正確；對于C，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故C不正確；對于D，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故D正確；故選：ABD.【點睛】本題主要考查不等式的性質(zhì)，綜合了基本不等式，指數(shù)函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，側(cè)重考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).三、知識點精講一、不等式的性質(zhì)及應(yīng)用1．不等式的基本性質(zhì)(1)對稱性：a>b?b<a.(2)傳遞性：a>b，b>c?a>c.(3)可加性：a>b?a＋c>b＋c.(4)可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc.(5)加法法則：a>b，c>d?a＋c>b＋d.(6)乘法法則：a>b>0，c>d>0?ac>bd.(7)乘方法則：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．(8)開方法則：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．2．不等式的倒數(shù)性質(zhì)(1)a＞b，ab＞0?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).(2)a＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).(3)a＞b＞0，0＜c＜d?eq\f(a,c)＞eq\f(b,d).二、一元二次不等式的解法及應(yīng)用1．三個“二次”之間的關(guān)系判別式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實數(shù)根x1＝eq\f(－b－\r(Δ),2a)，x2＝eq\f(－b＋\r(Δ),2a)(x1＜x2)有兩相等實數(shù)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＜x1，或x＞x2}{x∈R|x≠x1}Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??2.一元二次不等式恒成立的條件(1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0)對于一切x∈R恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝b2－4ac<0（或≤0）；))(2)一元二次不等式ax2＋bx＋c<0(或≤0)對于一切x∈R恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ＝b2－4ac<0（或≤0）.))在解決不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0)對于一切x∈R恒成立問題時，當(dāng)二次項系數(shù)含有字母時，需要對二次項系數(shù)a進(jìn)行討論，并研究當(dāng)a＝0時是否滿足題意．三、二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域及線性規(guī)劃1．二元一次不等式表示的平面區(qū)域(1)二元一次不等式Ax＋By＋C>0在平面直角坐標(biāo)系中表示直線Ax＋By＋C＝0某一側(cè)的所有點組成的平面區(qū)域(半平面)，不含邊界直線．不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面區(qū)域(半平面)包含邊界直線．(2)對于直線Ax＋By＋C＝0同一側(cè)的所有點(x，y)，使得Ax＋By＋C的值符號相同，也就是位于同一半平面內(nèi)的點，其坐標(biāo)適合Ax＋By＋C>0，位于另一個半平面內(nèi)的點，其坐標(biāo)適合Ax＋By＋C<0.2．線性目標(biāo)函數(shù)的最值問題求線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當(dāng)b>0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸上截距最小時，z值最?。划?dāng)b<0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大．四、基本不等式及其應(yīng)用1．基本不等式及有關(guān)結(jié)論(1)基本不等式：如果a>0，b>0，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，即正數(shù)a與b的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．(2)重要不等式：a∈R，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立．(3)幾個常用的重要結(jié)論①eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a與b同號，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)；②a＋eq\f(1,a)≥2(a>0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時取等號)，a＋eq\f(1,a)≤－2(a<0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1時取等號)；③ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)；④eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b>0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)．2．利用基本不等式求最值已知x>0，y>0，則(1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2eq\r(p)(簡記：積定和最小)．(2)如果x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大)．①求最值時要注意三點：“一正”“二定”“三相等”．所謂“一正”指正數(shù)，“二定”是指應(yīng)用定理求最值時，和或積為定值，“三相等”是指等號成立．②連續(xù)使用基本不等式時，要注意等號要同時成立．四、高考試題精講7．【2020年新高考全國Ⅰ卷】已知a>0，b>0，且a+b=1，則A． B．C． D．【答案】ABD【解析】對于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故A正確；對于B，，所以，故B正確；對于C，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故C不正確；對于D，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故D正確；故選：ABD.【點睛】本題主要考查不等式的性質(zhì)，綜合了基本不等式，指數(shù)函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，側(cè)重考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).8．【2020年高考浙江】若實數(shù)x，y滿足約束條件，則的取值范圍是A． B． C． D．【答案】B【解析】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，目標(biāo)函數(shù)即：，其中z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，z取得最小值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最小，據(jù)此結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義可知目標(biāo)函數(shù)在點A處取得最小值，聯(lián)立直線方程：，可得點A的坐標(biāo)為：，據(jù)此可知目標(biāo)函數(shù)的最小值為：且目標(biāo)函數(shù)沒有最大值.故目標(biāo)函數(shù)的取值范圍是.故選：B【點睛】求線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當(dāng)b＞0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最?。划?dāng)b＜0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.9．【2020年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】如圖，將鋼琴上的12個鍵依次記為a1，a2，…，a12.設(shè)1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，則稱ai，aj，ak為原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，則稱ai，aj，ak為原位小三和弦．用這12個鍵可以構(gòu)成的原位大三和弦與原位小三和弦的個數(shù)之和為A．5 B．8 C．10 D．15【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，原位大三和弦滿足：．∴；；；；．原位小三和弦滿足：．∴；；；；．故個數(shù)之和為10．故選：C．【點睛】本題主要考查列舉法的應(yīng)用，以及對新定義的理解和應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．10．【2020年高考浙江】設(shè)集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有2個元素，且S，T滿足：①對于任意的x，yS，若x≠y，則xyT；②對于任意的x，yT，若x<y，則S．下列命題正確的是A．若S有4個元素，則S∪T有7個元素B．若S有4個元素，則S∪T有6個元素C．若S有3個元素，則S∪T有5個元素D．若S有3個元素，則S∪T有4個元素【答案】A【解析】首先利用排除法：若取，則，此時，包含4個元素，排除選項D；若取，則，此時，包含5個元素，排除選項C；若取，則，此時，包含7個元素，排除選項B；下面來說明選項A的正確性：設(shè)集合，且，，則，且，則，同理，，，，，若，則，則，故即，又，故，所以，故，此時，故，矛盾，舍.若，則，故即，又，故，所以，故，此時.若，則，故，故，即，故，此時即中有7個元素.故A正確.故選：A．【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.11．【2019年高考全國I卷文數(shù)】古希臘時期，人們認(rèn)為最美人體的頭頂至肚臍的長度與肚臍至足底的長度之比是（≈0.618，稱為黃金分割比例)，著名的“斷臂維納斯”便是如此．此外，最美人體的頭頂至咽喉的長度與咽喉至肚臍的長度之比也是．若某人滿足上述兩個黃金分割比例，且腿長為105cm，頭頂至脖子下端的長度為26cm，則其身高可能是A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm【答案】B【解析】方法一：如下圖所示.依題意可知：，腿長為105cm得，即，，，所以AD>169.89.②頭頂至脖子下端長度為26cm，即AB<26，，，，，所以.綜上，.故選B.方法二：設(shè)人體脖子下端至肚臍的長為xcm，肚臍至腿根的長為ycm，則，得．又其腿長為105cm，頭頂至脖子下端的長度為26cm，所以其身高約為42.07+5.15+105+26=178.22，接近175cm．故選B．【名師點睛】本題考查類比歸納與合情推理，滲透了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．采取類比法，利用轉(zhuǎn)化思想解題．12．【2019年高考全國III卷文數(shù)】記不等式組表示的平面區(qū)域為D．命題；命題．下面給出了四個命題① ② ③ ④這四個命題中，所有真命題的編號是A．①③ B．①② C．②③ D．③④【答案】A【解析】根據(jù)題中的不等式組可作出可行域，如圖中陰影部分所示，記直線，由圖可知，，所以p為真命題，q為假命題，所以為假命題，為真命題，所以為真命題，為假命題，為真命題，為假命題，所以所有真命題的編號是①③.故選A.【名師點睛】本題將線性規(guī)劃和不等式，命題判斷綜合到一起，解題關(guān)鍵在于充分利用取值驗證的方法進(jìn)行判斷.13．【2019年高考北京卷文數(shù)】在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述．兩顆星的星等與亮度滿足m2?m1=lg，其中星等為mk的星的亮度為Ek（k=1，2）．已知太陽的星等是?26.7，天狼星的星等是?1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.1【答案】A【解析】兩顆星的星等與亮度滿足,令,.故選：A．【名師點睛】本題以天文學(xué)問題為背景,考查考生的數(shù)學(xué)應(yīng)用意識?信息處理能力?閱讀理解能力以及指數(shù)對數(shù)運算.14．【2019年高考天津卷文數(shù)】設(shè)變量滿足約束條件，則目標(biāo)函數(shù)的最大值為A．2 B．3 C．5 D．6【答案】C【解析】已知不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的陰影部分.目標(biāo)函數(shù)的幾何意義是直線在軸上的截距，故目標(biāo)函數(shù)在點處取得最大值.由，得，所以.故選C.【名師點睛】線性規(guī)劃問題，首先明確可行域?qū)?yīng)的是封閉區(qū)域還是開放區(qū)域，分界線是實線還是虛線，其次確定目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是點到直線的距離等等，最后結(jié)合圖形確定目標(biāo)函數(shù)最值或范圍．即：一畫，二移，三求．15．【2019年高考天津卷文數(shù)】設(shè)，則“”是“”的A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】等價于，故推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分條件.故選B.【名師點睛】充要條件的三種判斷方法：(1)定義法：根據(jù)p?q，q?p進(jìn)行判斷；(2)集合法：根據(jù)由p，q成立的對象構(gòu)成的集合之間的包含關(guān)系進(jìn)行判斷；(3)等價轉(zhuǎn)化法：根據(jù)一個命題與其逆否命題的等價性，把要判斷的命題轉(zhuǎn)化為其逆否命題進(jìn)行判斷．這個方法特別適合以否定形式給出的問題．16．【2019年高考浙江卷】若實數(shù)滿足約束條件，則的最大值是A． B．1C．10 D．12【答案】C【解析】畫出滿足約束條件的可行域如圖中陰影部分所示.因為，所以.平移直線可知，當(dāng)該直線經(jīng)過點A時，z取得最大值.聯(lián)立兩直線方程可得，解得.即點A坐標(biāo)為，所以.故選C.【名師點睛】解答此類問題，要求作圖要準(zhǔn)確，觀察要仔細(xì).往往由于由于作圖欠準(zhǔn)確而影響答案的準(zhǔn)確程度，也有可能在解方程組的過程中出錯.17．【2019年高考浙江卷】若，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當(dāng)時，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，則當(dāng)時，有，解得，充分性成立；當(dāng)時，滿足，但此時，必要性不成立，綜上所述，“”是“”的充分不必要條件.【名師點睛】易出現(xiàn)的錯誤有，一是基本不等式掌握不熟，導(dǎo)致判斷失誤；二是不能靈活的應(yīng)用“賦值法”，通過特取的值，從假設(shè)情況下推出合理結(jié)果或矛盾結(jié)果.18．【2021年天津高考數(shù)學(xué)】若，則的最小值為____________．【答案】【分析】兩次利用基本不等式即可求出.【詳解】，，當(dāng)且僅當(dāng)且，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：.19．【2020年高考江蘇】已知，則的最小值是▲．【答案】【解析】∵∴且∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.∴的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查了基本不等式在求最值中的應(yīng)用.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內(nèi)涵：一正是，首先要判斷參數(shù)是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數(shù)否在定義域內(nèi)，二是多次用或時等號能否同時成立）.20．【2020年高考天津】已知，且，則的最小值為_________．【答案】4【解析】，,，當(dāng)且僅當(dāng)=4時取等號，結(jié)合,解得，或時，等號成立.故答案為：【點睛】本題考查應(yīng)用基本不等式求最值，“1”合理變換是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.21．【2020年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】若x，y滿足約束條件則z=x+7y的最大值為.【答案】1【解析】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，目標(biāo)函數(shù)即：，其中z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，據(jù)此結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義可知目標(biāo)函數(shù)在點A處取得最大值，聯(lián)立直線方程：，可得點A的坐標(biāo)為：，據(jù)此可知目標(biāo)函數(shù)的最大值為：.故答案：1．【點睛】求線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當(dāng)b＞0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最??；當(dāng)b＜0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.22．【2020年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】若x，y滿足約束條件則的最大值是__________．【答案】【解析】不等式組表示的平面區(qū)域為下圖所示：平移直線，當(dāng)直線經(jīng)過點時，直線在縱軸上的截距最大，此時點的坐標(biāo)是方程組的解，解得：，因此的最大值為：.故答案為：.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃的應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想，考查數(shù)學(xué)運算能力.23．【2020年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】若x，y滿足約束條件,則z=3x+2y的最大值為_________．【答案】7【解析】不等式組所表示的可行域如圖因為，所以，易知截距越大，則越大，平移直線，當(dāng)經(jīng)過A點時截距最大，此時z最大，由，得，，所以.故答案為7.【點晴】本題主要考查簡單線性規(guī)劃的應(yīng)用，涉及到求線性目標(biāo)函數(shù)的最大值，考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合的思想，是一道容易題.24．【2019年高考全國II卷文數(shù)】若變量x，y滿足約束條件則z=3x–y的最大值是____________.【答案】9【解析】畫出不等式組表示的可行域，如圖中陰影部分所示，陰影部分表示的三角形ABC區(qū)域，根據(jù)直線中的表示縱截距的相反數(shù)，當(dāng)直線過點時，取最大值為9．【名師點睛】本題考查線性規(guī)劃中最大值問題，滲透了直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．采取圖解法，利用數(shù)形結(jié)合思想解題．搞不清楚線性目標(biāo)函數(shù)的幾何意義致誤，從線性目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)直線的截距觀察可行域，平移直線進(jìn)行判斷取最大值還是最小值．25．【2019年高考全國II卷文數(shù)】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個面，其棱長為_________．（本題第一空2分，第二空3分．）【答案】26，【解析】【答案】26，【解析】由圖可知第一層（包括上底面）與第三層（包括下底面）各有9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有個面．如圖，設(shè)該半正多面體的棱長為，則，延長與交于點，延長交正方體棱于，由半正多面體對稱性可知，為等腰直角三角形，，，即該半正多面體棱長為．【名師點睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實很簡單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵．立體幾何平面化，無論多難都不怕，強大空間想象能力，快速還原圖形．26．【2019年高考北京卷文數(shù)】若x，y滿足則的最小值為__________，最大值為__________．【答案】；1【解析】根據(jù)題中所給約束條件作出可行域，如圖中陰影部分所示.設(shè)，則，求出滿足在可行域范圍內(nèi)z的最大值、最小值即可，即在可行域內(nèi)，當(dāng)直線的縱截距最大時，z有最大值，當(dāng)直線的縱截距最小時，z有最小值.由圖可知，當(dāng)直線過點A時,z有最大值，聯(lián)立，可得，即，所以；當(dāng)直線過點時，z有最小值，所以.故答案為；1.【名師點睛】本題是簡單線性規(guī)劃問題的基本題型，根據(jù)“畫、移、解”等步驟可得解.題目難度不大，注重了基礎(chǔ)知識、基本技能的考查.27．【2019年高考天津卷文數(shù)】設(shè)，則的最小值為__________.【答案】【解析】.因為，所以，即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號成立.又因為所以的最小值為.【名師點睛】使用基本不等式求最值時一定要驗證等號是否能夠成立.28．【2019年高考北京卷文數(shù)】李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．為增加銷量，李明對這四種水果進(jìn)行促銷：一次購買水果的總價達(dá)到120元，顧客就少付x元．每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會得到支付款的80%．①當(dāng)x=10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x的最大值為__________．【答案】①130；②15.【解析】①,顧客一次購買草莓和西瓜各一盒,需要支付元.②設(shè)顧客一次購買水果的促銷前總價為元,元時,李明得到的金額為,符合要求.元時,有恒成立,即,即元.所以的最大值為.【名師點睛】本題主要考查不等式的概念與性質(zhì)?數(shù)學(xué)的應(yīng)用意識?數(shù)學(xué)式子變形與運算求解能力,以實際生活為背景，創(chuàng)設(shè)問題情境，考查學(xué)生身邊的數(shù)學(xué)，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)建模素養(yǎng).五、模擬試卷：不等式、推理與證明(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．若實數(shù)x，y滿足x＋y＞0，則“x＞0”是“x2＞y2”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析由題意知，實數(shù)x，y滿足x＋y＞0，若x＞0，則未必有x2＞y2，例如x＝1，y＝2時，有x2＜y2.反之，若x2＞y2，則x2－y2＞0，即(x＋y)(x－y)＞0；由于x＋y＞0，故x－y＞0，∴x＞y且x＞－y，∴x＞0成立．∴當(dāng)x＋y＞0時，“x＞0”推不出“x2＞y2”，“x2＞y2”?“x＞0”，∴“x＞0”是“x2＞y2”的必要不充分條件．2．若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a(chǎn)2>b2C.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1) D．a(chǎn)|c|>b|c|答案C解析對于A，若a>0>b，則eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，此時eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，∴A不成立；對于B，若a＝1，b＝－2，則a2<b2，∴B不成立；對于C，∵c2＋1≥1，且a>b，∴eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)恒成立，∴C成立；對于D，當(dāng)c＝0時，a|c|＝b|c|，∴D不成立．3．(2021·亳州模擬)在R上定義運算*：a*b＝ab＋2a＋b，則滿足x*(x－2)<0的解集為()A．(0,2) B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－1,2)答案B解析因為運算*：a*b＝ab＋2a＋b，所以x*(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2<0，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.所以x*(x－2)<0的解集為(－2,1)．4．下面幾種推理中是演繹推理的為()A．由金、銀、銅、鐵可導(dǎo)電，猜想：金屬都可導(dǎo)電B．猜想數(shù)列eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，……的通項公式為an＝eq\f(1,nn＋1)(n∈N*)C．半徑為r的圓的面積S＝πr2，則單位圓的面積S＝πD．由平面直角坐標(biāo)系中圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，推測空間直角坐標(biāo)系中球的方程為(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝r2答案C解析根據(jù)合情推理與演繹推理的概念，可得：對于A中，由金、銀、銅、鐵可導(dǎo)電，猜想：金屬都可導(dǎo)電，屬于歸納推理；對于B中，猜想數(shù)列eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，……的通項公式為an＝eq\f(1,nn＋1)(n∈N*)，屬于歸納推理，不是演繹推理；對于C中，半徑為r的圓的面積S＝πr2，則單位圓的面積S＝π，屬于演繹推理；對于D中，由平面直角坐標(biāo)系中圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，推測空間直角坐標(biāo)系中球的方程為(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝r2，屬于類比推理．綜上，可知是演繹推理的為C項．5．我國古代的“割圓術(shù)”相當(dāng)于給出已知圓的半徑r，計算其面積S的近似值，進(jìn)一步計算圓周率的近似值．根據(jù)π＝3.14159…判斷，下列近似公式中最接近π的是()A．r≈eq\r(\f(50S,157)) B．r≈eq\r(\f(S,3))C．r≈eq\r(\f(7S,22)) D．r≈eq\r(\f(8S,27))答案C由D得，π≈eq\f(27,8)≈3.375.即最接近π的值為3.143.6．若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥5，,x≤3，,y≤4，))則z＝eq\f(x＋y,x＋1)的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(5,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(5,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(14,5)))答案B解析根據(jù)約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥5，,x≤3，,y≤4))畫出可行域，如圖中陰影部分(含邊界)所示．z＝eq\f(x＋y,x＋1)＝1＋eq\f(y－1,x＋1)表示可行域上動點(x，y)與定點D(－1,1)連線的斜率加1.易求得A(1,4)，B(3,2)，則kAD＝eq\f(4－1,1＋1)＝eq\f(3,2)，kBD＝eq\f(2－1,3＋1)＝eq\f(1,4)，所以eq\f(1,4)≤k≤eq\f(3,2)，即eq\f(5,4)≤z≤eq\f(5,2).7．甲、乙、丙、丁四人中，甲說：我年紀(jì)最大，乙說：我年紀(jì)最大，丙說：乙年紀(jì)最大，丁說：我不是年紀(jì)最大的，若這四人中只有一個人說的是真話，則年紀(jì)最大的是()A．甲B．乙C．丙D．丁答案C解析①假設(shè)甲說的是真話，則年紀(jì)最大的是甲，那么乙說謊，丙也說謊，而丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故甲說的不是真話，年紀(jì)最大的不是甲；②假設(shè)乙說的是真話，則年紀(jì)最大的是乙，那么甲說謊，丙說真話，丁也說真話，而已知只有一個人說的是真話，故乙說謊，年紀(jì)最大的也不是乙；③假設(shè)丙說的是真話，則年紀(jì)最大的是乙，所以乙說真話，甲說謊，丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故丙在說謊，年紀(jì)最大的不是乙；④假設(shè)丁說的是真話，則年紀(jì)最大的不是丁，而已知只有一個人說的是真話，那么甲也說謊，說明甲也不是年紀(jì)最大的，同時乙也說謊，說明乙也不是年紀(jì)最大的，年紀(jì)最大的只有一人，所以只有丙才是年紀(jì)最大的，故假設(shè)成立，年紀(jì)最大的是丙．綜上所述，年紀(jì)最大的是丙．8．(2020·莆田檢測)函數(shù)f(x)＝eq\f(4x2－4x＋1,x－1)(x>1)的最小值等于()A．6B．9C．4D．8答案D解析因為x>1，所以x－1>0，因此f(x)＝4x＋eq\f(1,x－1)＝4x－4＋eq\f(1,x－1)＋4≥2eq\r(4x－4·\f(1,x－1))＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)4x－4＝eq\f(1,x－1)，即x＝eq\f(3,2)時，等號成立．9．(2021·長沙模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2－x＋c(x∈R)的值域為[0，＋∞)，則eq\f(9,a)＋eq\f(1,c)的最小值為()A．3B．6C．9D．12答案D解析由題意知a>0，Δ＝1－4ac＝0，ac＝eq\f(1,4)，c>0，∴eq\f(9,a)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(9,ac))＝12，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9,a)＝eq\f(1,c)，即a＝eq\f(3,2)，c＝eq\f(1,6)時取等號．故eq\f(9,a)＋eq\f(1,c)的最小值為12.10．已知正實數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋2))的最小值為()A．16B．15C．14D．13答案A解析∵a>0，b>0，且a＋b＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,b)＋2))＝10＋eq\f(3b,a)＋eq\f(3a,b)≥10＋2eq\r(\f(3b,a)×\f(3a,b))＝16，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時取等號．∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋2))的最小值為16.11．已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3≥0，,2x－3y＋4≤0，,y≥0，))若目標(biāo)函數(shù)z＝mx＋ny－2的最大值為1(其中m>0，n>0)，則eq\f(1,2m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．3B．1C．2D.eq\f(3,2)答案D解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，由于m>0，n>0，所以直線mx＋ny＝0的斜率為負(fù)數(shù)，故目標(biāo)函數(shù)在點A(1,2)處取得最大值，即m＋2n－2＝1，所以m＋2n＝3.eq\f(1,2m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)＋\f(1,n)))×(m＋2n)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝eq\f(1,3)×eq\f(9,2)＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)，m＝n＝1時等號成立，所以eq\f(1,2m)＋eq\f(1,n)的最小值為eq\f(3,2).12．下列命題正確的個數(shù)是()p1：已知點M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，則直線ax＋by＝1與圓O沒有公共點；p2：命題“?x0∈R，xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋1≤0”的否定是“?x∈R，x3－x2＋1≥0”；p3：已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，σ2)，P(X≤4)＝0.8，則P(X≤2)＝0.2；p4：實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3y≤3，,x－y≥1，,y≥0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝x－2y的最小值為1.A．1B．2C．3D．4答案A解析∵M(jìn)(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，∴a2＋b2>1，圓心到直線ax＋by＝1的距離為d＝eq\f(1,\r(a2＋b2))<1，即d<r，直線與圓有公共點，p1不正確；特稱命題“?x0∈R，xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋1≤0”的否定是全稱命題，“?x∈R，x3－x2＋1>0”，p2不正確；∵X服從正態(tài)分布N(3，σ2)，P(X≤4)＝0.8，∴P(X>4)＝0.2，由正態(tài)分布的對稱性可得P(X≤2)＝P(X>4)＝0.2，p3正確；取x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(1,2)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3y≤3，,x－y≥1，,y≥0，))而目標(biāo)函數(shù)z＝x－2y＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)<1，p4不正確．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)的解集是{x|x<2或x>3}，則不等式bx2＋ax＋c>0的解集為________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(6,5)或x<－1))))解析不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)的解集是{x|x<2或x>3}，即方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的解是2和3，且a<0.由根與系數(shù)的關(guān)系知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋3＝－\f(b,a)，,2×3＝\f(c,a)，))解得b＝－5a，c＝6a，所以不等式bx2＋ax＋c>0可化為－5ax2＋ax＋6a>0，即5x2－x－6>0，解得x<－1或x>eq\f(6,5).所以所求不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(6,5))))).14．已知函數(shù)f(x)＝4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3時取得最小值，則a＝________.答案36解析因為x>0，a>0，所以f(x)＝4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(a,x)時取“＝”，即x＝eq\r(\f(a,4))＝3，解得a＝36.15．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，0≤x≤5，,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x，a≤x<0))的值域為[－15,1]，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案[－2,0)解析當(dāng)0≤x≤5時，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，所以－15≤f(x)≤1；當(dāng)a≤x<0時，f(x)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x為增函數(shù)，所以1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a≤f(x)<0，因為f(x)的值域為[－15,1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a≥－15，,a<0，))故－2≤a<0.16．已知函數(shù)f(x)＝2021x－2021－x＋1，則不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集為______________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析由題意知，f(－x)＋f(x)＝2，∴f(2x－1)＋f(2x)>2可化為f(2x－1)>f(－2x)，又由題意知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，∴2x－1>－2x，∴x>eq\f(1,4)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知命題p：A＝{x||x－2|≤4}，q：B＝{x|(x－1－m)(x－1＋m)≤0}(m>0)．(1)若p是假命題，求x的取值范圍；(2)若綈p是綈q的必要不充分條件，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)A＝{x||x－2|≤4}＝{x|－4≤x－2≤4}＝{x|－2≤x≤6}，因為p是假命題，所以x的取值范圍是(－∞，－2)∪(6，＋∞)．(2)因為綈p是綈q的必要不充分條件，所以綈q?綈p且綈pD?/綈q，所以p?q且qD?/p，即AB，又B＝{x|(x－1－m)(x－1＋m)≤0}＝{x|1－m≤x≤1＋m}，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m≤－2，,1＋m≥6，))且等號不能同時取得，所以m≥5，即實數(shù)m的取值范圍為[5，＋∞)．18．(12分)二次函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)解不等式f(x)＞2x＋5.解(1)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，∵函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，∴f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))且f(0)＝1.∴c＝1，∴f(x)＝x2－x＋1.(2)不等式f(x)＞2x＋5，即x2－x＋1＞2x＋5，化為x2－3x－4＞0.化為(x－4)(x＋1)＞0，解得x＞4或x＜－1.∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(4，＋∞)．19．(12分)(1)已知A＝a2＋b2＋5，B＝2(2a－b)(a，b∈R，a≠b)，比較A與B的大小；(2)已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a中至少有一個不大于eq\f(1,4).(1)解因為A－B＝(a2＋b2＋5)－2(2a－b)＝a2＋b2＋5－4a＋2b＝(a－2)2＋(b＋1)2≥0，所以A≥B，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，b＝－1時等號成立．(2)證明假設(shè)(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a三個均大于eq\f(1,4).因為a，b，c∈(0,1)，所以1－a,1－b,1－c∈R＋，根據(jù)基本不等式得：eq\f(1,2)<eq\r(1－ab)≤eq\f(1－a＋b,2)，eq\f(1,2)<eq\r(1－bc)≤eq\f(1－b＋c,2)，eq\f(1,2)<eq\r(1－ca)≤eq\f(1－c＋a,2)，所以eq\f(3,2)<eq\f(1－a＋b,2)＋eq\f(1－b＋c,2)＋eq\f(1－c＋a,2)＝eq\f(3,2)，出現(xiàn)矛盾．所以假設(shè)不成立，即(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a中至少有一個不大于eq\f(1,4).20．(12分)(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，求y＝x(1－4x)的最大值；(2)設(shè)x≥0，求函數(shù)y＝eq\f(x＋2x＋3,x＋1)的最小值．解(1)y＝x(1－4x)＝eq\f(1,4)×4x(1－4x)≤eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x＋1－4