2019届高三数学文一轮复习：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练38含解析

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2019届高考数学(文科)一轮复习课件(人教A版)第七章不等式、推理与证明 7.2

��+�� 2 ,要弄清它们的作用、使用 2
条件及内在联系,两个公式也体现了 ab 和 a+b 的转化关系.
3.在利用不等式求最值时,一定要尽量避免多次使用基本不等式. 若必须多次使用,则一定要保证它们等号成立的条件一致.
-11考点1 考点2 考点3
考点 1
利用基本不等式证明不等式
-13考点1 考点2 考点3
(2)∵a+b=1,
1 1 1 1 1 ∴�� + �� + ��=2 �� + ��
.
∵a+b=1,a>0,b>0,
��+�� +�� + =2+ + �� 1 ≥2+2=4 当且仅当�� = �� = 2 时,等号成立 1 1 1 ∴�� + �� + ��≥8 1 当且仅当�� = �� = 2 时,等号成立 .
关闭
30
��
≥4×2 900 =240,当且仅当 x=
900 ��
,即 x=30 时等号成立 .
解析
答案
-10知识梳理双基自测自测点评
1.应用基本不等式求最值要注意:“一正、二定、三相等”,可能忽略某个条件,就会出错.
2.对于公式 a+b≥2 ��,ab≤
思考利用基本不等式证明不等式的方法技巧有哪些?
-12考点1 考点2 考点3

2019届高考数学一轮复习第七章不等式推理与证明课时跟踪训练37 基本不等式及其应用文

课时跟踪训练(三十七) 基本不等式及其应用[基础巩固]一、选择题1．若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2>2ab B ．a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b>2abD.b a ＋ab≥2[解析] ∵a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0，∴A 错误．对于B ，C ，当a <0，b <0时，明显错误．对于D ，∵ab >0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab＝2. [答案] D2．(2017·福建福州外国语学校期中)在下列各函数中，最小值为2的函数是( ) A ．y ＝x ＋1x(x ≠0)B ．y ＝cos x ＋1cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <π2 C ．y ＝x 2＋3x 2＋2(x ∈R )D ．y ＝e x＋4ex －2(x ∈R )[解析] 对于A 项，当x <0时，y ＝x ＋1x ≤－2，故A 错；对于B 项，因为0<x <π2，所以0<cos x <1，所以y ＝cos x ＋1cos x≥2中等号不成立，故B 错；对于C 项，因为x 2＋2≥2，所以y ＝x 2＋＋1x 2＋2＝x 2＋2＋1x 2＋2≥2中等号也不能取到，故C 错；对于D 项，因为e x >0，所以y ＝e x＋4e x －2≥2e x ·4ex －2＝2，当且仅当e x＝2，即x ＝ln2时等号成立．故选D.[答案] D3．(2017·陕西咸阳质检)已知x ＋y ＝3，则2x＋2y的最小值是( ) A ．8 B ．6 C ．3 2 D ．4 2[解析] 因为2x>0,2y>0，x ＋y ＝3，所以由基本不等式得2x＋2y≥22x·2y＝22x ＋y＝42，当且仅当2x ＝2y，即x ＝y ＝32时等号成立，故选D.[答案] D4．(2017·湖南衡阳四校联考)设x ，y 为正实数，且x ＋2y ＝1，则1x ＋1y的最小值为( )A ．2＋2 2B ．3＋2 2C ．2D ．3[解析] 因为x ，y 为正实数，且x ＋2y ＝1，所以1x ＋1y＝(x ＋2y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＝3＋2y x ＋x y≥3＋22y x ·x y ＝3＋22，当且仅当x ＝2y ＝2－1时取等号．所以1x ＋1y的最小值为3＋2 2.故选B.[答案] B5．(2017·江西九江一中期中)已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b 恒成立，那么m的最大值等于( )A ．10B ．7C ．8D ．9[解析] 不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b 恒成立，即不等式m ≤(2a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 恒成立，而(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝5＋2a b ＋2b a ≥5＋2 2a b ·2ba＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以m ≤9，m的最大值等于9，故选D.[答案] D6．(2015·陕西卷)设f (x )＝ln x,0<a pD ．p ＝r >q[解析] ∵0<a ab ，又f (x )＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，故f (ab )<f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，即q >p ，∵r ＝12(f (a )＋f (b ))＝12(ln a ＋ln b )＝ln ab ＝f (ab )＝p ，∴p＝r <q .故选B.[答案] B 二、填空题7．(2017·山东卷)若直线x a ＋yb＝1(a >0，b >0)过点(1,2)，则2a ＋b 的最小值为________． [解析] ∵直线x a ＋y b＝1(a >0，b >0)过点(1,2)，∴1a ＋2b＝1，∴2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b a ＋2＋4a b≥4＋2b a ·4ab＝8(当且仅当b ＝2a ，即a ＝2，b ＝4时取等号)．[答案] 88．设b >a >0，且a ＋b ＝1，则12，2ab ，a 2＋b 2，b 四个数中最大的是________．[解析] 根据基本不等式知a 2＋b 2>2ab (b >a >0)，因为b >a >0，且a ＋b ＝1，所以b >12>a .因为b －a 2－b 2＝b (a ＋b )－a 2－b 2＝a (b －a )>0，所以12，2ab ，a 2＋b 2，b 四个数中最大的是b .[答案] b9．(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是________．[解析] 本题考查基本不等式及其应用．设总费用为y 万元，则y ＝600x×6＋4x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋900x ≥240.当且仅当x ＝900x，即x ＝30时，等号成立．[答案] 30 三、解答题10．(1)已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9.(2)设a 、b 均为正实数，求证：1a 2＋1b2＋ab ≥2 2.[证明] (1)∵a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋bc＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ＋⎝⎛⎭⎪⎫c a ＋ac ＋⎝⎛⎭⎪⎫c b ＋bc≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号．(2)∵1a 2＋1b 2≥21a2·1b 2＝2ab，当且仅当a ＝b 时取等号．又2ab＋ab ≥22，当且仅当ab ＝2时取等号，∴1a 2＋1b 2＋ab ≥22，当且仅当⎩⎨⎧a ＝b ，ab ＝2，即a ＝b ＝42时取等号．[能力提升]11．(2017·河北保定一模)司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析( )A ．甲合适B ．乙合适C ．油价先高后低甲合适D ．油价先低后高甲合适[解析] 设甲每次加m 升油，乙每次加n 元钱的油，第一次加油x 元/升，第二次加油y 元/升．甲的平均单价为mx ＋my 2m ＝x ＋y 2，乙的平均单价为2n n x ＋n y ＝2xyx ＋y ，因为x ≠y ，所以x ＋y22xyx ＋y＝x 2＋y 2＋2xy 4xy >4xy4xy＝1，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适，故选B.[答案] B12．(2018·贵州铜仁一中月考)若两个正实数x ，y 满足1x ＋2y ＝1，且不等式x ＋y 2<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－4,1)C ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)D ．(－∞，－4)∪(1，＋∞)[解析] x ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＝2＋y 2x ＋2xy≥2＋2y 2x ·2x y ＝4.当且仅当y 2x ＝2xy，即y ＝2x 时等号成立，所以x ＋y2最小值为4.因为x ＋y2<m 2－3m 有解，所以m 2－3m >4.解得m <－1或m >4.故选C.[答案] C13．已知正实数x ，y 满足xy ＋2x ＋y ＝4，则x ＋y 的最小值为________．[解析] 因为xy ＋2x ＋y ＝4，所以x ＝4－y y ＋2.由x ＝4－yy ＋2>0，得－2<y <4，又y >0, 则0<y <4，所以x ＋y ＝4－y y ＋2＋y ＝6y ＋2＋(y ＋2)－3≥26－3，当且仅当6y ＋2＝y ＋2(0<y <4)，即y ＝6－2时取等号．[答案] 26－314．(2017·四川资阳期末)已知函数f (x )＝x 3＋3x (x ∈R )，若不等式f (2m ＋mt 2)＋f (4t )<0对任意实数t ≥1恒成立，则实数m 的取值范围是________．[解析] 因为f (x )＝x 3＋3x (x ∈R )，满足f (－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数且f (x )在R 上单调递增．因为不等式f (2m ＋mt 2)＋f (4t )<0对任意实数t ≥1恒成立，则2m ＋mt 2<－4t 在t ≥1时恒成立，分离参数得m <－4t t 2＋2＝－4t ＋2t.因为t ＋2t≥2t ·2t＝22(当且仅当t ＝2时取等号)，所以m <－ 2.[答案] (－∞，－2)15．(2017·河北唐山一模)已知x ，y ∈(0，＋∞)，x 2＋y 2＝x ＋y . (1)求1x ＋1y的最小值．(2)是否存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5？并说明理由．[解] (1)因为1x ＋1y ＝x ＋y xy ＝x 2＋y 2xy ≥2xy xy ＝2，当且仅当x ＝y ＝1时，等号成立，所以1x＋1y的最小值为2.(2)不存在．理由如下：因为x 2＋y 2≥2xy ，所以(x ＋y )2≤2(x 2＋y 2)＝2(x ＋y )．又x ，y ∈(0，＋∞)，所以x ＋y ≤2.从而有(x ＋1)(y ＋1)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋＋y ＋22≤4，因此不存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5.16．某品牌电脑体验店预计全年可以销售360台电脑，已知该品牌电脑的进价为3000元/台，为节约资金，经理决定分批购入，若每批都购入x 台(x 为正整数)，则每批需付运费300元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比，且每批购入20台时，全年需用去运费和保管费7800元．(1)求全年所付运费和保管费之和y 关于x 的函数关系式；(2)若全年只有8000元资金可用于支付运费和保管费，则能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？如果够用，求出每批进货的数量；如果不够用，最少还需多少？[解] (1)设储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑总价值的比例系数为k ，则y ＝360x ×300＋k (3000×x )＝108000x＋3000kx .又当x ＝20时，y ＝7800，代入可得k ＝0.04.故所求y 关于x 的函数关系式为y ＝108000x＋120x (x ∈N *)．(2)由(1)知，y ＝108000x＋120x (x ∈N *)．根据基本不等式可得，y ＝108000x＋120x ≥2108000x ×120x ＝2×3600＝7200，当且仅当108000x＝120x ，即x ＝30时，等号成立．故当每批购入30台时，支付的运费和保管费最低，为7200元，此时资金够用．[延伸拓展](2017·内蒙古包头二模)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.94D.256[解析] 解法一(常数代换法)：设数列{a n }的公比为q (q >0)，由各项均为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，可得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，所以q 2－q －2＝0，所以q ＝2.因为a m a n ＝4a 1，所以qm ＋n －2＝16，所以2m ＋n －2＝24，所以m ＋n ＝6，所以1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16×(5＋4)＝32，当且仅当n m ＝4m n 时，等号成立．所以1m ＋4n 的最小值为32，故选A.解法二(拼凑法)：由解法一可得m ＋n ＝6，所以n ＝6－m ，又m ，n ≥1，所以1≤m ≤5. 故1m ＋4n ＝1m ＋46－m ＝6－m ＋4m m －m ＝3m ＋m－m ＝3m－m m ＋2＝－3m ＋－m ＋－8]m ＋2＝－3m ＋＋16m ＋2－10.由基本不等式可得(m ＋2)＋16m ＋2－10≥2m ＋16m ＋2－10＝－2(当且仅当m ＋2＝16m ＋2，即m ＝2时等号成立)，易知(m ＋2)＋16m ＋2－10<0，所以1m ＋4n ≥－3－2＝32.故选A.[答案] A。

高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练35 Word版含解析

课时跟踪训练(三十五)一、选择题1．(2017·河北重点中学一模)设集合M ＝{x |x 2－2x －3<0}，N ＝{x |log 2x >0}，则M ∩N 等于( )A ．(－1,1)B ．(1,3)C ．(0,1)D ．(－1,0)[解析] 解x 2－2x －3<0，得－1<x <3，由log 2x >0，得x >1.所以M ＝{x |－1<x <3}，N ＝{x |x >1}，所以M ∩N ＝{x |1<x <3}，选B.[答案] B2．(2018·宁夏银川检测)若集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x x －1≤0，B ＝{x |x 2<2x }，则A ∩B ＝( )A ．{x |0<x <1}B ．{x |0≤x <1}C ．{x |0<x ≤1}D ．{x |0≤x ≤1}[解析] 集合A ＝{x |0≤x <1}，集合B ＝{x |0<x <2}，则A ∩B ＝{x |0<x <1}，故选A.[答案] A3．若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k的取值范围为( )A ．(－3,0)B ．[－3,0]C ．[－3,0)D ．(－3,0][解析]由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧k <0，Δ＝k 2－8k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－38<0，解得－3<k <0，故选A.[答案] A4．若存在实数x ∈[2,4]，使x 2－2x ＋5－m <0成立，则m 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．(5，＋∞)C ．(4，＋∞)D ．(－∞，13)[解析] m >x 2－2x ＋5，设f (x )＝x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4，x ∈[2,4]，当x ＝2时f (x )min ＝5，∃x ∈[2,4]使x 2－2x ＋5－m <0成立，即m >f (x )min ，∴m >5.故选B.[答案] B5．不等式(ax －2)(x －1)≥0(a <0)的解集为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，2aC.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2a ∪[1，＋∞) D ．(－∞，1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2a ，＋∞[解析] 因为a <0，所以2a <0，所以原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，1，故选A.[答案] A6．(2018·河北邯郸一中等校期中)若不等式ax 2－bx ＋c >0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，则以下结论中：①a >0；②b <0；③c >0；④a ＋b ＋c >0；⑤a －b ＋c >0，正确的是( )A ．①②⑤B ．①③⑤C ．②③⑤D ．③④⑤[解析] ax 2－bx ＋c >0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，故a <0，且ax 2－bx ＋c ＝0的两根为－12，2.由根与系数的关系得2－12＝ba >0,2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c a <0，故b <0，c >0.因此，②③正确，①错误．设f (x )＝ax 2－bx ＋c ，根据f (－1)<0，f (1)>0，可知a ＋b ＋c <0，a －b ＋c >0，故④错误，⑤正确．[答案] C 二、填空题7．(2017·山东烟台联考)不等式x >1x 的解集为________． [解析] 当x >0时，原不等式等价于x 2>1，解得x >1；当x <0时，原不等式等价于x 2<1，解得－1<x <0.所以不等式x >1x 的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．[答案] (－1,0)∪(1，＋∞) 8．函数y ＝log 13(4x 2－3x )的定义域为________．[解析] 函数y ＝log 13(4x 2－3x )的定义域应保证满足0<4x 2－3x ≤1，解得－14≤x <0或34<x ≤1.[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤34，19．已知关于x 的不等式ax －1x ＋1<0的解集是(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，则a ＝________. [解析] ax －1x ＋1<0⇔(ax －1)(x ＋1)<0，根据解集的结构可知，a <0且1a ＝－12，∴a ＝－2. [答案] －2 三、解答题10．已知f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6. (1)解关于a 的不等式f (1)>0；(2)若不等式f (x )>b 的解集为(－1,3)，求实数a ，b 的值． [解] (1)∵f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6， ∴f (1)＝－3＋a (6－a )＋6＝－a 2＋6a ＋3， ∴原不等式可化为a 2－6a －3<0，解得3－23<a <3＋2 3.∴原不等式的解集为{a |3－23<a <3＋23}．(2)f (x )>b 的解集为(－1,3)等价于方程－3x 2＋a (6－a )x ＋6－b ＝0的两根为－1,3，等价于⎩⎪⎨⎪⎧－1＋3＝a (6－a )3，－1×3＝－6－b3，解得⎩⎨⎧a ＝3±3，b ＝－3.[能力提升]11．(2017·广东惠州调研)关于x 的不等式ax －b >0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，则关于x 的不等式ax －2b －x ＋5>0的解集是( ) A ．(1,5) B ．(1，＋∞)C ．(－∞，5)D ．(－∞，1)∪(5，＋∞)[解析] 因为不等式ax －b >0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，所以a >0，且a －2b ＝0，所以不等式ax －2b －x ＋5>0等价于x －1－x ＋5>0，等价于(x －1)(x －5)<0，解得1<x <5，故选A.[答案] A12．(2017·河南洛阳诊断)若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞ B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－235 [解析] 由Δ＝a 2＋8>0知方程恒有两个不等实根，又因为x 1x 2＝－2<0，所以方程必有一正根，一负根，对应二次函数图象的示意图如图．所以不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235，故选A.[答案] A13．(2017·重庆凤鸣山中学月考)若不存在整数x 满足不等式(kx －k 2－4)(x －4)<0，则实数k 的取值范围是________．[解析] 容易判断k ＝0或k <0时，均不符合题意，所以k >0.所以原不等式即为k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －k 2＋4k (x －4)<0，等价于⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －k 2＋4k (x －4)<0依题意应有3≤k 2＋4k ≤5且k >0，所以1≤k ≤4.[答案] [1,4]14．若不等式x 2＋(a －6)x ＋9－3a >0，|a |≤1恒成立，则x 的取值范围是________．[解析] 将原不等式整理为形式上是关于a 的不等式 (x －3)a ＋x 2－6x ＋9>0. 令f (a )＝(x －3)a ＋x 2－6x ＋9. 因为f (a )>0在|a |≤1时恒成立，所以①若x ＝3，则f (a )＝0，不符合题意，应舍去．②若x ≠3，则由一次函数的单调性，可得⎩⎨⎧f (－1)>0，f (1)>0，即⎩⎨⎧x 2－7x ＋12>0，x 2－5x ＋6>0，解得x <2或x >4.[答案] (－∞，2)∪(4，＋∞)15．(2017·黑龙江虎林一中期中)已知f (x )＝2x 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集是(0,5)．(1)求f (x )的解析式；(2)若对于任意的x ∈[－1,1]，不等式f (x )＋t ≤2恒成立，求t 的取值范围．[解] (1)f (x )＝2x 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，即2x 2＋bx ＋c <0的解集是(0,5)，∴0和5是方程2x 2＋bx ＋c ＝0的两个根，由根与系数的关系知，－b 2＝5，c2＝0，∴b ＝－10，c ＝0，f (x )＝2x 2－10x .(2)f (x )＋t ≤2恒成立等价于2x 2－10x ＋t －2≤0恒成立，∴2x 2－10x ＋t －2的最大值小于或等于0.设g (x )＝2x 2－10x ＋t －2，则由二次函数的图象可知g (x )＝2x 2－10x ＋t －2在区间[－1,1]上为减函数，∴g (x )max ＝g (－1)＝10＋t ，∴10＋t ≤0，即t ≤－10.16．(1)对任意m ∈[－1,1]函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．(2)求不等式ax 2－3x ＋2>5－ax (a ∈R )的解集．[解] (1)由f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)·m ＋x 2－4x ＋4，令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4.由题意知在[－1,1]上，g (m )的值恒大于零，∴⎩⎨⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x <1或x >3.故当x <1或x >3时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f (x )的值恒大于零．(2)不等式为ax 2＋(a －3)x －3>0，即(ax －3)(x ＋1)>0，当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x <－1}．当a ≠0时，方程(ax －3)(x ＋1)＝0的根为x 1＝3a ，x 2＝－1，①当a >0时，3a >－1，∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >3a 或x <－1；②当－3<a <0时，3a <－1，∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪3a <x <－1； ③当a ＝－3时，3a ＝－1，∴不等式的解集为∅； ④当a <－3时，3a >－1∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1<x <3a . 综上，当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x <－1}；当a >0时，不等式解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >3a 或x <－1；当－3<a <0时，不等式解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪3a <x <－1；当a ＝－3时，不等式解集为∅；当a <－3时，不等式解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1<x <3a .[延伸拓展]设a <0，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，则b －a 的最大值为( )A.13B.12C.33D.22[解析] 当a <b <0时，∀x ∈(a ，b )，2x ＋b <0，所以(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，可转化为∀x ∈(a ，b )，a ≤－3x 2，所以a ≤－3a 2，所以－13≤a <0，所以b －a <13；当a <0<b 时，(3x 2＋a )·(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，当x ＝0时，(3x 2＋a )(2x ＋b )＝ab <0，不符合题意；当a <0＝b 时，由题意知x ∈(a,0)，(3x 2＋a )2x ≥0恒成立，所以3x 2＋a ≤0，所以－13≤a <0，所以b －a ≤13.综上所述，b －a 的最大值为13.故选A.[答案] A。

2019届高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练37Word版含解析

x2＋ 2
＋
1
x2＋
≥ 2
2
中等号也不能取到，故
C 错；对于 D 项，因为 ex>0，
所以
y＝
ex＋
4 ex－
2≥
2
ex·e4x－2＝2，当且仅当 ex＝2，即 x＝ln2 时等
号成立．故选 D.
[ 答案 ] D 3．(2017 ·陕西咸阳质检 )已知 x＋y＝3，则 2x＋2y 的最小值是 ( )
A ．q＝rp
D．p＝r >q
a＋ b [ 解析 ] ∵0<a<b，∴ 2 > ab，又 f(x)＝lnx 在(0，＋ ∞)上单调
递增，故
f(
ab)<f
a＋ b 2
，即
q>p，∵
r ＝ 12( f( a)＋
f(b))＝
1 2(lna＋
lnb)＝
ln ab＝f( ab)＝p，∴ p＝r<q.故选 B.
111 求证： a＋b＋ c≥9.
11 (2)设 a、b 均为正实数，求证： a2＋b2＋ab≥2 2.
[ 证明 ] (1)∵a>0，b>0，c>0，且 a＋b＋c＝1，
∴
1a＋1b＋1c＝
a＋
ba＋c＋
a＋bb＋c＋
a＋ b＋ c
c
＝
3＋ba＋ac＋
ab＋
bc＋ac＋
b c
ba ca cb ＝ 3＋ a＋ b ＋ a＋ c ＋ b＋c
[能力提升 ]
11．(2017 ·河北保定一模 )司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定
量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，

高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练34含解析

课时跟踪训练(三十四)[基础巩固]一、选择题1．若a ，b ，c ∈R ，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．a ＋c ≥b －c B ．ac >bc C.c 2a －b>0 D ．(a －b )c 2≥0[解析] 当c ＝0时，B ，C 不成立；当a ＝1，b ＝0，c ＝－2时，A 不成立；因为a －b >0，c 2≥0，所以D 成立．[答案] D2．(2018·陕西商洛商南高中模拟)下列命题为真命题的是( ) A ．若ac >bc ，则a >b B ．若a 2>b 2，则a >b C ．若1a >1b ，则a <bD ．若a bc ，当c <0时，有a b 2，不一定有a >b ，如(－3)2>(－2)2，但－3<－2，选项B 错误；若1a >1b ，不一定有a －13，但2>－3，选项C 错误；若a n 2，∴m >n .[答案] B4．(2018·吉林省吉林一中月考)若a >b ，x >y ，下列不等式不正确的是( )A ．a ＋x >b ＋yB ．y －a <x －bC ．|a |x >|a |yD ．(a －b )x >(a －b )y[解析] 当a ≠0时，|a |>0，不等式两边同乘一个大于零的数，不等号方向不变．当a ＝0时，|a |x ＝|a |y ，故|a |x ≥|a |y .故选C. [答案] C5．若a ，b 为实数，则“ab <1”是“0<a <1b ”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[解析] 由a ，b 为实数，ab <1，可令a ＝－1，b ＝1，则ab ＝－1<1成立，但推不出0<a <1b ；由0<a <1b ，可得b >0，∴0<ab <1，可推出ab <1，∴“ab <1”是“0<a <1b ”的必要不充分条件．[答案] B6．(2016·浙江卷)已知a ，b >0且a ≠1，b ≠1，若log a b >1，则( ) A ．(a －1)(b －1)<0 B ．(a －1)(a －b )>0 C ．(b －1)(b －a )<0 D ．(b －1)(b －a )>0[解析][答案] D 二、填空题7．若ab <0，且a >b ，则1a 与1b 的大小关系是________． [解析] ∵a >b ，∴b －a <0，又ab <0，则1a －1b ＝b －a ab >0，即1a >1b . [答案] 1a >1b8．若a ＝ln33，b ＝ln22，则a 与b 的大小关系为________． [解析] ∵a ＝ln33>0，b ＝ln22>0，∴a b ＝ln33·2ln2＝2ln33ln2＝ln9ln8＝log 89>1，∴a >b . [答案] a >b9．若角α，β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是________． [解析] ∵－π2<α<β<π2，∴－π2<α<π2，－π2<β<π2，－π2<－β<π2，而α<β.∴－π<α－β<0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2三、解答题10．比较下列各组中两个代数式的大小． (1)3m 2－m ＋1与2m 2＋m －3； (2)a 2b ＋b 2a 与a ＋b (a >0，b >0)．[解] (1)∵(3m 2－m ＋1)－(2m 2＋m －3)＝m 2－2m ＋4＝(m －1)2＋3>0，∴3m 2－m ＋1>2m 2＋m －3.(2)∵a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－a 2b －ab 2ab ＝a 2(a －b )＋b 2(b －a )ab ＝(a －b )(a 2－b 2)ab ＝(a －b )2(a ＋b )ab . 又∵a >0，b >0，∴(a －b )2(a ＋b )ab≥0，故a 2b ＋b 2a ≥a ＋b . [能力提升]11．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)若x ∈(0,1)，a ＝ln x ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x，c ＝2ln x ，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >aD ．c >b >a[解析] 因为x ∈(0,1)，所以a ＝ln x <0，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x>1,0<c ＝2ln x <1，所以b >c >a ，故选C.[答案] C12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >9[解析] 由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)得，－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，消去c 得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －b ＝7，5a －b ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11，于是0<c －6≤3，即6<c ≤9.故选C.[答案] C13．用一段长为30 m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m ，要求菜园的面积不小于216 m 2，靠墙的一边长为x m ，其中的不等关系可用不等式(组)表示为________．[解析] 矩形靠墙的一边长为x m ，则另一边长为30－x2 m ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫15－x 2 m ，根据题意知⎩⎨⎧0<x ≤18，x ⎝ ⎛⎭⎪⎫15－x 2≥216.[答案]⎩⎨⎧0<x ≤18，x ⎝ ⎛⎭⎪⎫15－x 2≥21614．已知存在实数a 满足ab 2>a >ab ，则实数b 的取值范围是________．[解析] ∵ab 2>a >ab ，∴a ≠0，当a >0时，b 2>1>b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2>1，b <1，解得b <－1；当a <0时，b 2<11，此式无解．综上可得实数b 的取值范围为(－∞，－1)． [答案] (－∞，－1)15．已知b >a >0，x >y >0，求证：x x ＋a >y y ＋b.[证明] x x ＋a －yy ＋b ＝x (y ＋b )－y (x ＋a )(x ＋a )(y ＋b )＝bx －ay (x ＋a )(y ＋b ).∵b >a >0，x >y >0，∴bx >ay ，x ＋a >0，y ＋b >0， ∴bx －ay(x ＋a )(y ＋b )>0， ∴x x ＋a >y y ＋b. 16．(2017·大连模拟)设f (x )＝ax 2＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．[解] 解法一：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b .于是得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1，∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.解法二：由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12时，取得最小值4×32－2×12＝5，当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10， ∴5≤f (－2)≤10.[延伸拓展](2017·安徽合肥质检)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且满足b ＋c ≤3a ，则ca 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,2)C ．(1,3)D ．(0,3)[解析] 由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪⎧a c ，a ＋c >b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1c a ，1＋c a >b a，∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋c a ≤3，－1<c a －b a <1，两式相加得，0<2×ca <4，∴ca的取值范围为(0,2)，故选B.[答案] B合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。

2019届高三数学课标一轮复习单元质检七不等式、推理

单元质检七不等式、推理与证明(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知不等式x2-2x-3<0的解集为A,不等式x2+x-6<0的解集为B,不等式x2+ax+b<0的解集为A∩B,则a+b等于()A.-3B.1C.-1D.32.(2017北京高考)若x,y满足则x+2y的最大值为()A.1B.3C.5D.93.甲、乙两人一起到同一粮店买米,共买了2次,两次的价格分别为a,b(a≠b),甲每次买m kg的大米,乙每次买m元钱的大米,甲、乙两人两次买米的平均价格分别为x,y(平均价格等于购米总金额与购米总数之比),则x,y的大小关系是()A.x>yB.x<yC.x=yD.与m的值有关4.(2017浙江温州瑞安调研)已知a>0,b>0,a+b=,则的最小值为()A.4B.2C.8D.165.(2017山东高考)若a>b>0,且ab=1,则下列不等式成立的是()A.a+<log2(a+b)B.<log2(a+b)<a+C.a+<log2(a+b)<D.log2(a+b)<a+-则2|x+1|+y的最大值是()6.(2017浙江超级联考)若实数x,y满足不等式组--A. B. C.4 D.17.(2017浙江诸暨一模)若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-2)B.(-2,+∞)C.(-6,+∞)D.(-∞,-6)8.(2017浙江金丽衢十二校二模)设正实数x,y,则|x-y|++y2的最小值为()A. B. C.2 D.9.(2017浙江嘉兴一模)已知实数x,y满足---若ax+y的最大值为10,则实数a=()A.4B.3C.2D.110.已知实数a,b,c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)11.已知正实数x,y满足x+2y-xy=0,则x+2y的最小值为,y的取值范围是.12.已知整数x,y满足不等式-则2x+y的最大值是,x2+y2的最小值是.13.(2017浙江宁波十校联考)已知点A(3,),O为坐标原点,点P(x,y)满足--则满足条件的点P所形成的平面区域的面积为,的最大值是.14.(2017浙江金华调研改编)已知不等式|x+1|-|x-3|>a,若不等式有解,则实数a的取值范围为,若不等式的解集为R,则实数a的取值范围为.15.(2017浙江湖州测试)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a为.16.(2017天津高考)若a,b∈R,ab>0,则的最小值为.17.(2017浙江杭州四校联考)记max{a,b}=设M=max{|x-y2+4|,|2y2-x+8|},若对一切实数x,y,M≥m2-2m恒成立,则实数m的取值范围是.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)已知f(x)=.(1)若f(x)>k的解集为{x|x<-3,或x>-2},求k的值;(2)若对任意x>0,f(x)≤t恒成立,求实数t的取值范围.19.(15分)设f(x)=,数列{a n}满足a1=,a n+1=f(a n),n∈N*.为等比数列; (1)若λ1,λ2为方程f(x)=x的两个不相等的实根,证明:数列--(2)证明:存在实数m,使得对任意n∈N*,a2n-1<a2n+1<m<a2n+2<a2n.20.(15分)设函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=c|x|+bx+a,对任意的x∈[-1,1]都有|f(x)|≤.(1)求|f(2)|的最大值;(2)求证:对任意的x∈[-1,1],都有|g(x)|≤1.21.(15分)(2017浙江台州调研)已知数列{a n}满足:a n>0,a n+1+<2(n∈N*).(1)求证:a n+2<a n+1<2(n∈N*);(2)求证:a n>1(n∈N*).22.(15分)(2017浙江五校联考)已知数列{a n}中,满足a1=,a n+1=,记S n为数列{a n}的前n项和.(1)证明:a n+1>a n;;(2)证明:a n=cos-(3)证明:S n>n-.答案：1.A由题意,得集合A={x|-1<x<3},B={x|-3<x<2},所以A∩B={x|-1<x<2}.又由题意知,-1,2为方程x2+ax+b=0的两根,由根与系数的关系可知,a=-1,b=-2,则a+b=-3.2.D如图,画出可行域,z=x+2y表示斜率为-的一组平行线,当过点C(3,3)时,目标函数取得最大值z max=3+2×3=9.故选D.3.A由题意可得x=,y=∵a≠b,a,b>0,∴x>y.故选A.4.B由a>0,b>0,a+b=,得ab=1,则2=2,当且仅当,即a=,b=时等号成立.故选B.5.B因为a>b>0,且ab=1,所以a>1,0<b<1.所以<1,log2(a+b)>log22=1.所以>a+>a+b⇒a+>log2(a+b).故选B.6.B题中不等式组表示的可行域为一个三角形ABC及其内部,其中A(-2,0),B,C(0,-1),因此当x≥-1,z=2x+2+y过点B时取最大值;当x<-1,z=-2x-2+y过点A时取最大值2;综上2|x+1|+y的最大值是故选B.7.A不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max,x∈(1,4),令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),∴g(x)<g(4)=-2,∴a<-2.8.A∵x>0,y>0,∴|x-y|++y2=|x-y|++|y2|----当且仅当y=,x=,即x=1,y=时取等号.故选A.9.C画出满足条件的平面区域,如图所示.由-解得A(3,4),令z=ax+y,因为z的最大值为10,所以直线在y轴上的截距的最大值为10,即直线过(0,10),所以z=ax+y与可行域有交点,当a>0时,直线经过A时z取得最大值.即ax+y=10,将A(3,4)代入得3a+4=10,解得a=2.当a≤0时,直线经过A时z取得最大值.即ax+y=10,将A(3,4)代入得3a+4=10,解得a=2.与a≤0矛盾,综上a=2.10.D(举反例排除)选项A中,令a=b=10,c=-110,则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1.而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故选项A不成立;选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1.而a2+b2+c2=100+1002+0>100,故选项B不成立;选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1.而a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故选项C不成立;故选D.11.8(1,+∞)∵正实数x,y满足x+2y-xy=0,∴x+2y=2xy,化为(x+2y)(x+2y-8)≥0,解得x+2y≥8,当且仅当y=2,x=4时取等号.则x+2y的最小值为8.由正实数x,y满足x+2y-xy=0,∴x=>0,-∴y(y-1)>0,解得y>1.∴y的取值范围是(1,+∞).作出可行域如图,12.248由约束条件-由z=2x+y,得y=-2x+z,由图可知,当直线y=-2x+z过点A时,直线在y轴上的截距最大,由-可得所以A点坐标为(8,8).z最大值为2×8+8=24.x2+y2的最小值是可行域的点B到原点距离的平方,由可得B(2,2).可得22+22=8.13不等式组表示的可行域是以B(-2,0),O(0,0),C(1,)为顶点的三角形区域(含边界)图略,其面积为2设向量与的夹角为θ,易知∠AOC=30°,∠AOB=150°,∴30°≤θ≤150°.又=||cos θ,要使取到最大值,则30°≤θ≤90°,此时0≤cos,1≤||≤2,且cos θ取到最大值时,||也取到最大值2,故的最大值为2=14.(-∞,4)(-∞,-4)由||x+1|-|x-3||≤|x+1-(x-3)|=4.可得-4≤|x+1|-|x-3|≤4.(1)若不等式有解,则a<4;(2)若不等式的解集为R,则a<-4.15.-6或4∵函数f(x)=|x+1|+2|x-a|,故当a<-1时,f(x)=-------根据它的最小值为f(a)=-3a+2a-1=5,求得a=-6.当a=-1时,f(x)=3|x+1|,它的最小值为0,不满足条件.当a≥-1时,f(x)=------根据它的最小值为f(a)=a+1=5,求得a=4.综上可得,a=-6或a=4.16.4因为a,b∈R,且ab>0,所以=4ab+2=4.前一个等号成立条件是a2=2b2,后一个等号成立的条件是ab=,两个等号可以同时取得,则当且仅当a2=,b2=时取等号17.[1-,1+]由题意得,M≥|x-y2+4|,M≥|2y2-x+8|,两式相加,∴2M≥|y2+12|≥12,即M≥6,当且仅当--⇒时等号成立,∴m2-2m≤6⇒1-m≤1+,即实数m的取值范围是[1-,1+].18.解(1)f(x)>k⇔kx2-2x+6k<0,由已知其解集为{x|x<-3,或x>-2},得x1=-3,x2=-2是关于x的方程kx2-2x+6k=0的两根,则-2-3=,解得k=-(2)∵x>0,∴f(x)=(当且仅当x=时,等号成立),又已知f(x)≤t对任意x>0恒成立,∴实数t的取值范围是19.证明(1)f(x)=x⇔x2+x-1=0,------------,又--0,0,∴数列--为等比数列.(2)设m=-,则f(m)=m.由a1=及a n+1=得a2=,a3=,a4=∴a1<a3<m<a4<a2.下面用数学归纳法证明:当n∈N*时,a2n-1<a2n+1<m<a2n+2<a2n.①当n=1时,命题成立.②假设当n=k时,命题成立,即a2k-1<a2k+1<m<a2k+2<a2k,由f(x)在区间(0,+∞)上递减,得f(a2k-1)>f(a2k+1)>f(m)>f(a2k+2)>f(a2k),∴a2k>a2k+2>m>a2k+3>a2k+1,由m>a2k+3>a2k+1,得f(m)<f(a2k+3)<f(a2k+1),∴m<a2k+4<a2k+2,∴当n=k+1时,命题也成立.由①②知,对一切n∈N*命题成立,即存在实数m,使得对∈-<a2n+1<m<a2n+2<a2n.20.(1)解∵对任意的x∈[-1,1]都有|f(x)|,|f(0)|,|f(1)|,|f(-1)|,∴|c|,|a+b+c|,|a-b+c|;∴|f(2)|=|4a+2b+c|=|3(a+b+c)+(a-b+c)-3c|≤|3(a+b+c)|+|(a-b+c)|+|-3c|∴|f(2)|的最大值为(2)证明∵-a+b+c,-a-b+c,-c,∴-1≤a+b≤1,-1≤a-b≤1,∴-1≤a≤1,若c|x|+bx=0,则|g(x)|=|a|,∴|g(x)|≤1,若c|x|+bx≠0,则g(x)为单调函数,|g(-1)|=|a-b+c|,|g(1)|=|a+b+c|,∴|g(x)|综上,|g(x)|≤1.21.证明(1)由a n>0,a n+1+<2,所以a n+1<2-<2,因为2>a n+2+2,所以a n+2<a n+1<2.(2)假设存在a N≤1(N≥1,N∈N*),由(1)可得当n>N时,a n≤a N+1<1,因为a n+1-1<1--<0,而a n<1,所以--=1+-于是->1+-,……->1+--累加可得->n-1+-(*)由(1)可得a N+n-1<0,而当n>--+1时,显然有n-1+->0,因此有-<n-1+-,这显然与(*)矛盾,所以a n>1(n∈N*).22.证明(1)因2-2=a n+1-2=(1-a n)(1+2a n), 故只需要证明a n<1即可.下用数学归纳法证明:当n=1时,a1=<1成立,假设n=k时,a k<1成立,那么当n=k+1时,a k+1==1,所以综上所述,对任意的正整数n,a n<1.(2)用数学归纳法证明a n=cos-当n=1时,a1==cos成立,假设n=k时,a k=cos-,那么当n=k+1时,a k+1==cos所以综上所述,对任意n,a n=cos-(3)--=1--=1-=sin 2--,得a n-1>1--故S n>-=n--->n-。

2019届高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练34Word版含解析

3
1
时，取得最小值 4×2－2×2＝5，
当 f(－2)＝4a－2b 过点 B(3,1)时，
取得最大值 4×3－2×1＝10，
∴ 5≤f(－2)≤10.
[延伸拓展 ]
(2017 ·安徽合肥质检 )已知△ ABC 的三边长分别为 a，b，c，且满 c
足 b＋c≤3a，则 a的取值范围为 ( )
A ．(1，＋∞ )
长 18 m，要求菜园的面积不小于 216 m2，靠墙的一边长为 x m，其中的不等关系可用不等式 (组)表示为 ________．
30－ x [ 解析 ] 矩形靠墙的一边长为 x m，则另一边长为 2 m，即
x 15－2 m，根据题意知
0<x≤18， x
x 15－2 ≥216.
[ 答案 ]
0<x≤ 18， x
课时跟踪训练 (三十四 )
[ 基础巩固 ]
一、选择题
1．若 a，b，c∈R，且 a>b，则下列不等式一定成立的是 ( )
A ．a＋c≥b－c c2
C.a－ b>0
B．ac>bc D．( a－ b)c2≥ 0
[ 解析 ] 当 c＝0 时， B，C 不成立；当 a＝1，b＝0，c＝－ 2 时， A 不成立；因为 a－b>0，c2≥0，所以 D 成立．
错误；
若 1a>Biblioteka b，不一定有a<b，如
1 2>－
13，但
2>－3，选项
C 错误；
若 a< b，则 ( a)2<( b)2，即 a<b，选项 D 正确．
故选 D.
[ 答案 ] D
3．若 m＝ 3＋ 5，n＝ 2＋ 6，则下列结论正确的是 ( )

2019届高三文数一轮复习课时跟踪训练：第7章不等式推理与证明课时跟踪训练37

课时追踪训练 (三十七 )[基础稳固 ]一、选择题1．若 a ，b ∈R ，且 ab>0，则以下不等式中，恒建立的是 ()A ． 2＋b 2B ．＋ ≥ 2 ab a >2ab a b1 12 b aC.a ＋b > abD.a ＋b ≥2[分析 ] ∵ a 2＋b 2－2ab ＝(a －b)2≥0，∴ A 错误．对于 B ，C ，当 a<0， b<0 时，显然错误．对于b a b aD ，∵ ab>0，∴＋ ≥2·＝2.ab a b[答案 ] D2．(2017 ·福建福州外国语学校期中 )在以下各函数中，最小值为 2 的函数是()1A ．y ＝x ＋ x (x ≠0)1πB ．y ＝cosx ＋cosx 0<x<2x 2＋3C ．y ＝ x 2＋2(x ∈R )4D ．y ＝e x ＋e x －2(x ∈R )[ 分析 ] 对于 A 项，当 x<0 时，＝＋1≤－2，故 A 错；对于 B 项，由于 y x xπ10<x<2，所以 0<cosx<1，所以 y ＝cosx ＋cosx ≥2 中等号不建立，故 B 错；对于 C项，由于 2＋2 ＋11 ≥2 中等号也不可以取 x 2＋2≥2，所以 y ＝ xx 2＋ 2 ＝ x 2＋2＋ x 2＋2x，所以＝ x4x4，当且到，故 C 错；对于 D 项，由于 e >0＋ x － ≥·x －＝y e e 2 2e e 2 2仅当 e x ＝2，即 x ＝ln2 时等号建立．应选 D.[答案 ] D．(2017 ·陕西咸阳质检 ) 已知 x ＋＝，则x＋2y 的最小值是 ()3y 3 2A ．8B ．6C ．3 2D ．4 2[ 分析 ] 由于 xy ，＋＝，所以由基本不等式得 x ＋2y ≥2 2x ·y＝ 2 >0,2 >0 x y 32 22 2x ＋y＝4 2，当且仅当 2x ＝2y，即 x ＝y ＝32时等号建立，应选 D.[答案 ] D1 14．(2017 ·湖南衡阳四校联考 )设 x ，y 为正实数，且 x ＋2y ＝1，则 x ＋y 的最小值为 ()A ．2＋2 2B ．3＋2 2C ．2D ．3分析由于，为正实数，且＋1 11＋ 1 ＝3[ ]x y x 2y 1x yx y＋ 2y x2y x2，当且仅当 x ＝ 2y ＝ 2－1 时取等号．所以 1x ＋≥3＋2·＝3＋2＋y x yx 1y 的最小值为 3＋22.应选 B.[答案 ] B2 1 m5．(2017 ·江西九江一中期中 )已知 a>0，b>0，假如不等式 a ＋b ≥2a ＋b 恒成立，那么 m 的最大值等于 ()A ．10B ．7C ．8D ．9[分析 ] 不等式 2 1 m2 1 恒建立， a ＋ ≥ 恒建立，即不等式 m ≤(2a ＋b) ·＋b b 2a ＋ba 2 1 ＝5＋ 2a 2b 2a 2b＝9，当且仅当 a ＝b 时“＝”建立，而(2a ＋ b) ＋ b b ＋ a ≥5＋2 · a b a 所以 m ≤9， m 的最大值等于 9，应选 D.[答案 ] D． ·陕西卷设＝，若＝，＝ a ＋b ，r ＝1 6 (2015 ) f(x) lnx,0<a<bp f( ab) qf 22(f(a)＋f(b))，则以下关系式中正确的选项是 ()A ．q ＝r<pB ．p ＝r<qC ．q ＝r>pD ．p ＝r>qa ＋b[分析 ] ∵0<aab ，又 f(x)＝lnx 在(0，＋ ∞)上单一递加，故a ＋b ，即 q>p ，∵r ＝1＋＝1＋＝＝＝，∴ f( ab)<f 22(f(a) f(b))2(lnalnb) ln ab f( ab)p p ＝r<q.应选 B.[答案] B二、填空题．·山东卷若直线 x ＋ y＝1(a>0，b>0)过点 (1,2)，则 2a ＋ b 的最小值为 7 (2017 ) a b________．[分析 ] ∵直线 x ＋y＝1(a>0，b>0)过点 (1,2)，a b ∴1＋2＝1，∴ 2a ＋b ＝(2a ＋b) 1＋2 ＝ 2＋b ＋2＋4a≥4＋2a b a b ab仅当 b ＝2a ，即 a ＝2， b ＝4 时取等号 )．b 4a·＝8(当且a b[答案 ] 8．设 b>a>0 ，且＋＝，则1，2ab ，a 2＋b 2 ，b 四个数中最大的是 ________． 8 a b 1 2[ 分析 ] 依据基本不等式知 2＋b 2 ，由于，且＋＝， a>2ab(b>a>0)b>a>0 a b 11 2 2 2 21 2 2 所以 b>2>a.由于 b －a －b ＝ b(a ＋b)－a －b ＝a(b －a)>0，所以 2，2ab ，a ＋b ， b 四个数中最大的是 b.[答案 ] b9．(2017 ·江苏卷 )某企业一年购置某种货物 600 吨，每次购置 x 吨，运费为6 万元 /次，一年的总储存花费为4x 万元．要使一年的总运费与总储存花费之和最小，则 x 的值是 ________．[分析 ] 此题考察基本不等式及其应用．设总花费为 y 万元，则＝600×6＋4x＝4 x＋900≥240.yx x900当且仅当 x＝x，即 x＝30 时，等号建立．[答案 ]30三、解答题10． (1)已知 a>0，b>0，c>0，且 a＋b＋c＝1，1 1 1求证：a＋b＋c≥9.1 1(2)设 a、b 均为正实数，求证：a2＋b2＋ab≥2 2. [证明 ] (1)∵a>0，b>0，c>0，且 a＋b＋c＝1，∴1＋1＋1＝a＋b＋c＋a＋b＋c＋ a＋b＋ca b c a b cb c a c a b＝3＋a＋a＋b＋b＋c＋ cb ac a c b＝3＋a＋b＋a＋c＋b＋c≥3＋2＋2＋2＝9，1当且仅当 a＝b＝c＝3时，取等号．1 1 1 1 2，(2)∵2＋2≥2 2 ·2＝a b a b ab当且仅当 a＝b 时取等号．2又ab＋ab≥2 2，当且仅当 ab＝ 2时取等号，1 1 a＝b，∴a2 ＋b2＋ab≥2 2，当且仅当ab＝ 2，即 a ＝b ＝4时取等号．2[能力提高 ]11．(2017 ·河北保定一模 )司机甲、乙加油习惯不一样，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不一样，则从这两次加油的均价角度剖析 ( )A ．甲适合B ．乙适合C ．油价先高后低甲适合D ．油价先低后高甲适合[分析 ] 设甲每次加 m 升油，乙每次加 n 元钱的油，第一次加油 x 元/升，y 元/升．甲的均匀单价为 mx ＋my x ＋ y2n第二次加油2m＝2 ，乙的均匀单价为 n n ＝x ＋yx ＋y x 2＋y 2＋2xy2xy2 4xyx ＋y ，由于 x ≠y ，所以 2xy ＝4xy>4xy ＝1，即乙的两次均匀单价低，乙x ＋y的方式更适合，应选 B.[答案 ] B． ·贵州铜仁一中月考若两个正实数，知足 1＋2＝1，且不等式 x 12 (2018 ) x yx yy＋2<m 2－3m 有解，则实数 m 的取值范围是 ()A ．(－1,4)B ．(－4,1)C ．(－∞，－ 1)∪(4，＋∞ )D ．(－∞，－ 4)∪(1，＋∞ )分析 y ＝＋ y 1 2 y ＋ 2x ≥2＋ 2y 2x ＝ 4.当且仅当 y ＝[ ] ＋＋＝2＋·x 2 x 2 x y2xy2x y 2x2xyyy ，即 y ＝2x 时等号建立，所以x ＋2最小值为 4.由于 x ＋2<m 2－3m 有解，所以m 2－ 3m>4.解得 m<－1 或 m>4.应选 C.[答案 ] C13．已知正实数 x ，y 知足 xy ＋2x ＋y ＝4，则 x ＋y 的最小值为 ________．4－y 4－y[分析 ] 由于 xy ＋2x ＋y ＝4，所以 x ＝y ＋2.由 x ＝y ＋2>0，得－ 2<y<4，又则，所以＋＝ 4－y 6＋(y ＋2)－3≥2 6－3，当且仅当 6y>0, 0<y<4 ＋y ＝x y y ＋2 y ＋ 2 y ＋2＝y ＋2(0<y<4)，即 y ＝ 6－2 时取等号．[答案 ] 2 6－314．(2017 ·四川资阳期末 )已知函数 f(x)＝x 3＋3x(x ∈R )，若不等式 f(2m ＋mt 2)＋f(4t)<0 对随意实数 t ≥1 恒建立，则实数 m 的取值范围是 ________．[分析 ] 由于 f(x)＝x 3＋3x(x ∈R )，知足 f(－x)＝－ f(x)，所以 f(x)为奇函数且f(x)在 R 上单一递加．由于不等式 f(2m ＋mt 2)＋f(4t)<0 对随意实数 t ≥1 恒建立，则 2m ＋mt 2<－4t 在 t ≥1 时恒建立，分别参数得 m<－ t 2＋4t2＝－ 42.由于 t ＋2tt ＋ t2 ≥2t ·＝2 2(当且仅当 t ＝2时取等号 )，所以 m<－ 2.t[答案 ] (－∞，－ 2)． ·河北唐山一模 ) 已知， ∈ (0 ，＋∞ ， 2＋y 2＝x ＋y. 15 (2017 x y) x 1 1 (1)求 x ＋y 的最小值．(2)能否存在 x ，y 知足 (x ＋1)(y ＋1)＝5？并说明原因． [解 ]＋ 2＋y 2≥2xy＝2，当且仅当 x ＝y ＝1 时，等号成(1)由于 1＋1＝xxy y ＝ xxyx yxy1 1立，所以 x ＋y 的最小值为 2.(2)不存在．原因以下：由于 x2＋y2≥2xy，所以 (x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．又 x ，y ∈(0，＋∞)，所以 x ＋ y ≤2.进而有 (x ＋1)(y ＋1)≤x ＋1 ＋y ＋1 2≤4， 2所以不存在 x ，y 知足 (x ＋1)(y ＋1)＝5.16．某品牌电脑体验店估计整年能够销售360 台电脑，已知该品牌电脑的进价为 3000 元/台，为节俭资本，经理决定分批购入，若每批都购入 x 台(x 为正整数 )，则每批需付运费 300 元，储藏购入的电脑整年所付保存费与每批购入电脑的总价值 (不含运费 )成正比，且每批购入 20 台时，整年需用去运费和保存费7800 元．(1)求整年所付运费和保存费之和 y 对于 x 的函数关系式；(2)若整年只有 8000 元资本可用于支付运费和保存费，则可否适合地安排每批进货的数目，使资本够用？假如够用，求出每批进货的数目；假如不够用，最少还需多少？[ 解] (1)设储藏购入的电脑整年所付保存费与每批购入电脑总价值的比率360108000系数为k ，则 y ＝ x ×300＋k(3000×x)＝ x ＋3000kx.又当 x ＝20 时， y ＝，代入可得 k ＝故所求 y 对于 x 的函数关系式为＝108000＋ 120x(x ∈7800 0.04.yxN *)．(2)由(1)知， y ＝108000＋120x(x ∈N * )．依据基本不等式可得， y ＝ 108000＋xx ≥2108000×120x ＝ 2×3600＝ 7200，当且仅当108000＝120x ，即 x ＝ 30120xxx时，等号建立．故当每批购入 30 台时，支付的运费和保存费最低，为 7200 元，此时资本够用．[延长拓展 ](2017 ·内蒙古包头二模 )已知各项均为正数的等比数列 { a n } 知足 a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项 a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则 1 ＋4的最小值为 () m n3 5 9 25A. 2B. 3C.4D. 6[分析 ] 解法一 (常数代换法 )：设数列 { a n} 的公比为 q(q>0)，由各项均为正数的等比数列 { a n} 知足 a7＝a6＋2a5，可得 a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以 q2－q－2＝0，所以 q＝2.由于a m a n＝4a1，所以 q m＋n－2＝ 16，所以 2m＋n－2＝24，所以 m＋n＝6，1 4 1 1 4 1 n 4m 1 3 n 4m所以m＋n＝6(m＋ n) m＋n ＝6 5＋m＋n≥6×(5＋4)＝2，当且仅当m＝n 时，等号建立．1 4所以 m＋n的最小值为32，应选 A.解法二 (拼集法 )：由解法一可得m＋n＝6，所以 n＝6－m，又 m，n≥1，所以 1≤m≤5.故 1 ＋4＝ 1 ＋ 4 ＝6－m＋4m＝ 3 m＋2 ＝ 3m n m 6－m m 6－mm 6－m m 6－mm＋2＝－3 －3.＝＋ 16[ m＋2 －2][ m＋2 －8] ＋2－10 m＋2 m m＋2由基本不等式可得 (m＋2)＋16 －10≥2 m＋2 ×16 －10＝－ 2(当且m＋2 m＋2仅当 m＋2＝16 ，即 m＝ 2 时等号建立 )，易知 (m＋2)＋16 －10<0，m＋2 m＋21 4 －3 3所以m＋n≥－2＝2.应选 A.[答案 ] A。

2019届高考数学一轮复习第七章不等式推理与证明课时跟踪训练34 不等关系与不等式文

课时跟踪训练(三十四) 不等关系与不等式[基础巩固]一、选择题1．若a ，b ，c ∈R ，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．a ＋c ≥b －c B ．ac >bc C.c 2a －b>0D ．(a －b )c 2≥0[解析] 当c ＝0时，B ，C 不成立；当a ＝1，b ＝0，c ＝－2时，A 不成立；因为a －b >0，c 2≥0，所以D 成立．[答案] D2．(2018·陕西商洛商南高中模拟)下列命题为真命题的是( ) A ．若ac >bc ，则a >b B ．若a 2>b 2，则a >b C ．若1a >1b，则a <bD ．若a bc ，当c <0时，有a b 2，不一定有a >b ，如(－3)2>(－2)2，但－3<－2，选项B 错误；若1a >1b ，不一定有a －13，但2>－3，选项C 错误；若a n 2，∴m >n .[答案] B4．(2018·吉林省吉林一中月考)若a >b ，x >y ，下列不等式不正确的是( ) A ．a ＋x >b ＋y B ．y －a <x －b C ．|a |x >|a |yD ．(a －b )x >(a －b )y[解析] 当a ≠0时，|a |>0，不等式两边同乘一个大于零的数，不等号方向不变．当a ＝0时，|a |x ＝|a |y ，故|a |x ≥|a |y .故选C. [答案] C5．若a ，b 为实数，则“ab <1”是“0<a <1b”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[解析] 由a ，b 为实数，ab <1，可令a ＝－1，b ＝1，则ab ＝－1<1成立，但推不出0<a <1b；由0<a <1b ，可得b >0，∴0<ab <1，可推出ab <1，∴“ab <1”是“0<a <1b”的必要不充分条件．[答案] B6．(2016·浙江卷)已知a ，b >0且a ≠1，b ≠1，若log a b >1，则( ) A ．(a －1)(b －1)<0 B ．(a －1)(a －b )>0 C ．(b －1)(b －a )<0 D ．(b －1)(b －a )>0[解析][答案] D 二、填空题7．若ab <0，且a >b ，则1a 与1b的大小关系是________．[解析] ∵a >b ，∴b －a <0，又ab <0，则1a －1b ＝b －a ab >0，即1a >1b.[答案] 1a >1b8．若a ＝ln33，b ＝ln22，则a 与b 的大小关系为________．[解析] ∵a ＝ln33>0，b ＝ln22>0，∴a b ＝ln33·2ln2＝2ln33ln2＝ln9ln8＝log 89>1，∴a >b . [答案] a >b9．若角α，β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是________．[解析] ∵－π2<α<β<π2，∴－π2<α<π2，－π2<β<π2，－π2<－β<π2，而α<β.∴－π<α－β<0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2三、解答题10．比较下列各组中两个代数式的大小． (1)3m 2－m ＋1与2m 2＋m －3；(2)a 2b ＋b 2a与a ＋b (a >0，b >0)．[解] (1)∵(3m 2－m ＋1)－(2m 2＋m －3)＝m 2－2m ＋4＝(m －1)2＋3>0， ∴3m 2－m ＋1>2m 2＋m －3.(2)∵a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－a 2b －ab 2ab＝a 2a －b ＋b 2b －a ab ＝a －b a 2－b 2ab＝a －b2a ＋bab.又∵a >0，b >0， ∴a －b2a ＋bab≥0，故a 2b ＋b 2a≥a ＋b .[能力提升]11．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)若x ∈(0,1)，a ＝ln x ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ，c ＝2ln x，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a[解析] 因为x ∈(0,1)，所以a ＝ln x <0，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x >1,0<c ＝2ln x<1，所以b >c >a ，故选C.[答案] C12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3 B ．3<c ≤6 C ．6<c ≤9D ．c >9[解析] 由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)得，－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a－3b ＋c ，消去c 得⎩⎪⎨⎪⎧3a －b ＝7，5a －b ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11，于是0<c －6≤3，即6<c ≤9.故选C.[答案] C13．用一段长为30 m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m ，要求菜园的面积不小于216 m 2，靠墙的一边长为x m ，其中的不等关系可用不等式(组)表示为________．[解析] 矩形靠墙的一边长为x m ，则另一边长为30－x 2 m ，即⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2 m ，根据题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18，x ⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2≥216.[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18，x ⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2≥21614．已知存在实数a 满足ab 2>a >ab ，则实数b 的取值范围是________． [解析] ∵ab 2>a >ab ，∴a ≠0，当a >0时，b 2>1>b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2>1，b <1，解得b <－1；当a <0时，b 2<11，此式无解．综上可得实数b 的取值范围为(－∞，－1)． [答案] (－∞，－1)15．已知b >a >0，x >y >0，求证：xx ＋a >yy ＋b.[证明]x x ＋a －yy ＋b ＝x y ＋b －y x ＋a x ＋a y ＋b ＝bx －ayx ＋a y ＋b.∵b >a >0，x >y >0，∴bx >ay ，x ＋a >0，y ＋b >0， ∴bx －ayx ＋a y ＋b >0，∴x x ＋a >yy ＋b.16．(2017·大连模拟)设f (x )＝ax 2＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．[解] 解法一：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b . 于是得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1，∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.解法二：由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12时，取得最小值4×32－2×12＝5，当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10， ∴5≤f (－2)≤10.[延伸拓展](2017·安徽合肥质检)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且满足b ＋c ≤3a ，则c a的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,2)C ．(1,3)D ．(0,3)[解析] 由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪⎧a c ，a ＋c >b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1ca ，1＋c a >b a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋c a≤3，－1<c a －ba <1，两式相加得，0<2×c a<4，∴c a的取值范围为(0,2)，故选B. [答案] B。

2019届高三数学课标一轮复习单元质检七不等式、推理与证明 Word版含解析

2019届高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练35Word版含解析

等价于
a 6－ a －1＋3＝ 3 ，－1×3＝－ 6－3 b，
a＝3± 3，解得
b＝－ 3.
[能力提升 ]
11．(2017 ·广东惠州调研 )关于 x 的不等式 ax－b>0 的解集是
12，＋∞
，则关于
ax－2b x 的不等式－x＋5>0 的解集是 (
)
A ．(1,5)
B．(1，＋∞ )
C．(－∞， 5)
D．(－∞， 1)∪(5，＋∞ )
[ 解析 ] 因为不等式 ax－b>0 的解集是 12，＋ ∞ ，所以 a>0，且
ax－ 2b
x－ 1
a－2b＝0，所以不等式－x＋5>0 等价于－x＋5>0，等价于 (x－1)(x－
5)<0，解得 1<x<5，故选 A.
[ 答案 ] A
12．(2017 ·河南洛阳诊断 )若不等式 x2＋ax－2>0 在区间 [1,5] 上有
－12，＋∞ ，则 a＝________.
ax－ 1 [ 解析 ] x＋1 <0? (ax－1)(x＋1)<0，
根据解集的结构可知， a<0 且a1＝－ 12，∴ a＝－ 2.
[ 答案 ] －2
三、解答题 10．已知 f(x)＝－ 3x2＋a(6－ a)x＋6. (1)解关于 a 的不等式 f(1)>0； (2)若不等式 f(x)>b 的解集为 (－1,3)，求实数 a，b 的值． [ 解] (1)∵f(x)＝－ 3x2＋a(6－a)x＋6， ∴ f(1)＝－ 3＋a(6－a)＋6＝－ a2＋6a＋3， ∴原不等式可化为 a2－6a－3<0，解得 3－2 3<a<3＋2 3. ∴原不等式的解集为 { a|3－2 3<a<3＋2 3} ． (2)f(x)>b 的解集为 (－1,3)等价于方程－ 3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0 的两根为－ 1,3，

高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第七章不等式推理与证明课时跟踪训练37含解析

课时跟踪训练(三十七)[基础巩固]一、选择题1．若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2>2ab B ．a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b >2abD.b a ＋a b ≥2[解析] ∵a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0，∴A 错误．对于B ，C ，当a <0，b <0时，明显错误．对于D ，∵ab >0，∴b a ＋ab ≥2b a ·a b ＝2.[答案] D2．(2017·福建福州外国语学校期中)在下列各函数中，最小值为2的函数是( )A ．y ＝x ＋1x (x ≠0) B ．y ＝cos x ＋1cos x ⎝⎛⎭⎪⎫0<x <π2C ．y ＝x 2＋3x 2＋2(x ∈R )D ．y ＝e x ＋4e x －2(x ∈R )[解析] 对于A 项，当x <0时，y ＝x ＋1x ≤－2，故A 错；对于B 项，因为0<x <π2，所以0<cos x <1，所以y ＝cos x ＋1cos x ≥2中等号不成立，故B 错；对于C 项，因为x 2＋2≥2，所以y ＝(x 2＋2)＋1x 2＋2＝x 2＋2＋1x 2＋2≥2中等号也不能取到，故C 错；对于D 项，因为e x >0，所以y ＝e x＋4e x －2≥2e x·4ex －2＝2，当且仅当e x ＝2，即x ＝ln2时等号成立．故选D.[答案] D3．(2017·陕西咸阳质检)已知x ＋y ＝3，则2x ＋2y 的最小值是( ) A ．8 B ．6 C ．3 2 D ．4 2[解析] 因为2x >0,2y >0，x ＋y ＝3，所以由基本不等式得2x ＋2y ≥22x ·2y ＝22x ＋y ＝42，当且仅当2x ＝2y ，即x ＝y ＝32时等号成立，故选D.[答案] D4．(2017·湖南衡阳四校联考)设x ，y 为正实数，且x ＋2y ＝1，则1x ＋1y 的最小值为( )A ．2＋2 2B ．3＋2 2C ．2D ．3[解析] 因为x ，y 为正实数，且x ＋2y ＝1，所以1x ＋1y ＝(x ＋2y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＝3＋2y x ＋x y ≥3＋22y x ·xy ＝3＋22，当且仅当x ＝2y ＝2－1时取等号．所以1x ＋1y 的最小值为3＋2 2.故选B.[答案] B5．(2017·江西九江一中期中)已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．7C ．8D ．9[解析] 不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b恒成立，即不等式m ≤(2a ＋b )·⎝⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 恒成立，而(2a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝5＋2a b ＋2ba ≥5＋2 2ab ·2ba ＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以m ≤9，m 的最大值等于9，故选D.[答案] D6．(2015·陕西卷)设f (x )＝ln x,0<a pD ．p ＝r >q[解析] ∵0<a ab ，又f (x )＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，故f (ab )<f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，即q >p ，∵r ＝12(f (a )＋f (b ))＝12(ln a ＋ln b )＝ln ab ＝f (ab )＝p ，∴p ＝r <q .故选B.[答案] B 二、填空题7．(2017·山东卷)若直线x a ＋yb ＝1(a >0，b >0)过点(1,2)，则2a ＋b 的最小值为________．[解析] ∵直线x a ＋yb ＝1(a >0，b >0)过点(1,2)，∴1a ＋2b ＝1，∴2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b a ＋2＋4ab ≥4＋2b a ·4ab ＝8(当且仅当b ＝2a ，即a ＝2，b ＝4时取等号)．[答案] 88．设b >a >0，且a ＋b ＝1，则12，2ab ，a 2＋b 2，b 四个数中最大的是________．[解析] 根据基本不等式知a 2＋b 2>2ab (b >a >0)，因为b >a >0，且a ＋b ＝1，所以b >12>a .因为b －a 2－b 2＝b (a ＋b )－a 2－b 2＝a (b －a )>0，所以12，2ab ，a 2＋b 2，b 四个数中最大的是b .[答案] b9．(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是________．[解析] 本题考查基本不等式及其应用．设总费用为y 万元，则y ＝600x ×6＋4x ＝4⎝⎛⎭⎪⎫x ＋900x ≥240. 当且仅当x ＝900x ，即x ＝30时，等号成立． [答案] 30 三、解答题10．(1)已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c ≥9.(2)设a 、b 均为正实数，求证：1a 2＋1b 2＋ab ≥2 2. [证明] (1)∵a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号． (2)∵1a 2＋1b 2≥21a 2·1b 2＝2ab ，当且仅当a ＝b 时取等号．又2ab ＋ab ≥22，当且仅当ab ＝2时取等号，∴1a 2＋1b 2＋ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，ab ＝2，即a ＝b ＝42时取等号．[能力提升]11．(2017·河北保定一模)司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析( )A ．甲合适B ．乙合适C ．油价先高后低甲合适D ．油价先低后高甲合适[解析] 设甲每次加m 升油，乙每次加n 元钱的油，第一次加油x 元/升，第二次加油y 元/升．甲的平均单价为mx ＋my 2m ＝x ＋y2，乙的平均单价为2n n x ＋n y ＝2xyx ＋y，因为x ≠y ，所以x ＋y 22xy x ＋y ＝x 2＋y 2＋2xy 4xy >4xy 4xy ＝1，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适，故选B.[答案] B12．(2018·贵州铜仁一中月考)若两个正实数x ，y 满足1x ＋2y ＝1，且不等式x ＋y 2<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－4,1)C ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)D ．(－∞，－4)∪(1，＋∞)[解析] x ＋y 2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＝2＋y 2x ＋2xy ≥2＋2y 2x ·2xy ＝4.当且仅当y 2x ＝2x y ，即y ＝2x 时等号成立，所以x ＋y 2最小值为4.因为x ＋y 2<m 2－3m 有解，所以m 2－3m >4.解得m <－1或m >4.故选C.[答案] C13．已知正实数x ，y 满足xy ＋2x ＋y ＝4，则x ＋y 的最小值为________．[解析] 因为xy ＋2x ＋y ＝4，所以x ＝4－y y ＋2.由x ＝4－yy ＋2>0，得－2<y <4，又y >0, 则0<y <4，所以x ＋y ＝4－y y ＋2＋y ＝6y ＋2＋(y ＋2)－3≥26－3，当且仅当6y ＋2＝y ＋2(0<y <4)，即y ＝6－2时取等号．[答案] 26－314．(2017·四川资阳期末)已知函数f (x )＝x 3＋3x (x ∈R )，若不等式f (2m ＋mt 2)＋f (4t )<0对任意实数t ≥1恒成立，则实数m 的取值范围是________．[解析] 因为f (x )＝x 3＋3x (x ∈R )，满足f (－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数且f (x )在R 上单调递增．因为不等式f (2m ＋mt 2)＋f (4t )<0对任意实数t ≥1恒成立，则2m ＋mt 2<－4t 在t ≥1时恒成立，分离参数得m <－4t t 2＋2＝－4t ＋2t .因为t ＋2t ≥2t ·2t ＝22(当且仅当t ＝2时取等号)，所以m <－ 2.[答案] (－∞，－2)15．(2017·河北唐山一模)已知x ，y ∈(0，＋∞)，x 2＋y 2＝x ＋y . (1)求1x ＋1y 的最小值．(2)是否存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5？并说明理由．[解] (1)因为1x ＋1y ＝x ＋y xy ＝x 2＋y 2xy ≥2xyxy ＝2，当且仅当x ＝y ＝1时，等号成立，所以1x ＋1y 的最小值为2.(2)不存在．理由如下：因为x 2＋y 2≥2xy ，所以(x ＋y )2≤2(x 2＋y 2)＝2(x ＋y )．又x ，y ∈(0，＋∞)，所以x ＋y ≤2.从而有(x ＋1)(y ＋1)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x ＋1)＋(y ＋1)22≤4，因此不存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5. 16．某品牌电脑体验店预计全年可以销售360台电脑，已知该品牌电脑的进价为3000元/台，为节约资金，经理决定分批购入，若每批都购入x 台(x 为正整数)，则每批需付运费300元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比，且每批购入20台时，全年需用去运费和保管费7800元．(1)求全年所付运费和保管费之和y 关于x 的函数关系式； (2)若全年只有8000元资金可用于支付运费和保管费，则能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？如果够用，求出每批进货的数量；如果不够用，最少还需多少？[解] (1)设储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑总价值的比例系数为k ，则y ＝360x ×300＋k (3000×x )＝108000x ＋3000kx .又当x ＝20时，y ＝7800，代入可得k ＝0.04.故所求y 关于x 的函数关系式为y ＝108000x＋120x (x ∈N *)． (2)由(1)知，y ＝108000x ＋120x (x ∈N *)．根据基本不等式可得，y ＝108000x ＋120x ≥2108000x ×120x ＝2×3600＝7200，当且仅当108000x ＝120x ，即x ＝30时，等号成立．故当每批购入30台时，支付的运费和保管费最低，为7200元，此时资金够用．[延伸拓展](2017·内蒙古包头二模)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为( )A.32B.53C.94D.256[解析] 解法一(常数代换法)：设数列{a n }的公比为q (q >0)，由各项均为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，可得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，所以q 2－q －2＝0，所以q ＝2.因为a m a n ＝4a 1，所以q m ＋n －2＝16，所以2m ＋n －2＝24，所以m ＋n ＝6，所以1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16×(5＋4)＝32，当且仅当n m ＝4mn 时，等号成立．所以1m ＋4n 的最小值为32，故选A.解法二(拼凑法)：由解法一可得m ＋n ＝6，所以n ＝6－m ，又m ，n ≥1，所以1≤m ≤5.故1m ＋4n ＝1m ＋46－m ＝6－m ＋4m m (6－m )＝3(m ＋2)m (6－m )＝3m (6－m )m ＋2＝－3[(m ＋2)－2][(m ＋2)－8]m ＋2＝－3(m ＋2)＋16m ＋2－10. 由基本不等式可得(m ＋2)＋16m ＋2－10≥2(m ＋2)×16m ＋2－10＝－2(当且仅当m ＋2＝16m ＋2，即m ＝2时等号成立)，易知(m ＋2)＋16m ＋2－10<0，所以1m ＋4n ≥－3－2＝32.故选A.[答案] A合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。

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