資源簡介

綜合拔高練
高考真題練
考點1　不等式的解法
1.(2023新高考Ⅰ,1)已知集合M={-2,-1,0,1,2},N={x|x2-x-6≥0},則M∩N=(　　)
A.{-2,-1,0,1}　　　　B.{0,1,2}
C.{-2}　　　　D.{2}
2.(2020全國Ⅰ文,1)已知集合A={x|x2-3x-4<0},B={-4,1,3,5},則A∩B=(　　)
A.{-4,1}　　　　B.{1,5}　　　　C.{3,5}　　　　D.{1,3}
3.(2019天津文,10)設x∈R,使不等式3x2+x-2<0成立的x的取值范圍為　　　　.
4.(2021上海,4)不等式<1的解集為　　　　.
考點2　基本不等式及其應用
5.(多選題)(2022新高考Ⅱ,12)若x,y滿足x2+y2-xy=1,則(　　)
A.x+y≤1　　　　B.x+y≥-2
C.x2+y2≤2　　　　D.x2+y2≥1
6.(2021天津,13)若a>0,b>0,則++b的最小值為　　　　.
7.(2020天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,則++的最小值為　　　　.
8.(2020江蘇,12)已知5x2y2+y4=1(x,y∈R),則x2+y2的最小值是　　　　.
考點3　不等式的實際應用
9.(2019北京,14)李明自主創業,在網上經營一家水果店,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行促銷:一次購買水果的總價達到120元,顧客就少付x元.每筆訂單顧客網上支付成功后,李明會得到支付款的80%.
①當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　　　　.
高考模擬練
應用實踐
1.已知正實數a,b滿足+=1,不等式m≤a+2b恒成立,則實數m的取值范圍是(　　)
A.m≤6　　　　B.m≤5
C.m≤9　　　　D.m≤8
2.(2024江蘇揚州江都中學聯考)設0A.16　　　　B.2　　　　C.8　　　　D.1
3.設正實數x,y,z滿足x2-3xy+4y2-z=0,則當取得最大值時,+-的最大值為(　　)
A.9　　　　B.2　　　　C.　　　　D.3
4.若至少存在一個x<0,使得關于x的不等式3-|3x-a|>x2+2x成立,則實數a的取值范圍是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.(-3,3)
5.(多選題)如圖所示,四邊形ABCD為梯形,其中AB=a,CD=b,O為對角線的交點.有4條線段(GH、KL、EF、MN)夾在兩底之間.GH表示平行于兩底且與它們等距離的線段(即梯形的中位線),KL表示平行于兩底且使梯形ABLK與梯形KLCD相似的線段,EF表示平行于兩底且過點O的線段,MN表示平行于兩底且將梯形ABCD分為面積相等的兩個梯形的線段.下列說法中正確的是(　　)
A.若a=1,b=2,則KL=
B. a,b>0,a≠b,KLC. a,b>0,a≠b,MN=
D. a,b>0,a≠b,EF=
6.(多選題)已知a>0,b>0,ab+2(a+b)=14,則下列說法正確的是　　(　　)
A.ab的最大值為11-6
B.+的最小值為
C.(a+1)b的最大值為8
D.2a+b的最大值為6
7.若a>1,且不等式x2-x+4<0的解集中有且僅有四個整數,則實數a的取值范圍是　　　　.
8.某公司為了競標配套活動的相關代言,決定對旗下的某商品進行一次評估.該商品原來每件售價為15元,年銷售量為10萬件.
(1)據市場調查,若價格每提高1元,銷售量將相應減少2 000件,要使銷售的總收入不低于原收入,該商品每件定價最多為多少元
(2)為了抓住此次契機,擴大該商品的影響力,提高年銷售量,公司決定立即對該商品進行全面技術革新和營銷策略改革,并提高定價到x元.公司擬投入(x2-400)萬元作為技改費用,投入50萬元作為固定宣傳費用,投入萬元作為浮動宣傳費用.則當該商品改革后的銷售量a至少達到多少萬件時,才能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和 并求出此時商品的每件定價.
9.已知二次函數y=ax2+bx+c,其中a,b,c∈R.
(1)若a>b>c且a+b+c=0.
①證明:函數y=ax2+bx+c必有兩個不同的零點;
②設函數y=ax2+bx+c的圖象截x軸所得的線段的長為l,求l的取值范圍;
(2)若a10.已知函數y=2x2-(4m+3)x+6m.
(1)若y≥0在R上恒成立,求實數m的值;
(2)若不等式組的解集中的整數解只有1,求實數m的取值范圍;
(3)是否存在實數c,使得y+(m+1)x≤0的解集為[c,c+1] 若存在,求出實數c的值;若不存在,請說明理由.
遷移創新
11.某天數學課上,老師在黑板上寫有如下內容:
求函數y=x3-3x(x>0)的最小值.
解:利用不等式a+b+c≥3(a>0,b>0,c>0),可得x3+1+1≥3x,于是y=x3-3x=x3+1+1-3x-2≥3x-3x-2=-2,當且僅當x=1時,取得最小值-2.
提示:不等式a+b+c+d≥4(a>0,b>0,c>0,d>0).
(1)請模仿例題,研究函數y=x4-4x(x>0)的最小值;
(2)求函數y=x3-3x(x>0)的最小值;
(3)當a>0時,求函數y=x3-ax(x>0)的最小值.
答案與分層梯度式解析
綜合拔高練
高考真題練
1.C　因為M={-2,-1,0,1,2},N={x|x2-x-6≥0}={x|x≤-2或x≥3},所以M∩N={-2},故選C.
2.D　由x2-3x-4<0,得(x-4)(x+1)<0,解得-13.答案　
解析　3x2+x-2<0 (x+1)(3x-2)<0,所以-14.答案　(-7,2)
解析　<1 -1<0 <0,解得-75.BC　由題意知x2+y2=1+xy,∴(x+y)2=1+3xy,
當x>0,y>0時,x+y>1,∴A錯誤;
易知xy≤,結合題意知(x+y)2=1+3xy≤1+,∴(x+y)2≤4,∴-2≤x+y≤2,∴B正確;
∵x2+y2=1+xy≤1+,∴x2+y2≤2,∴C正確;
∵x2+y2=1+xy,當xy<0時,x2+y2<1,∴D錯誤.
故選BC.
6.答案　2
解析　因為a>0,b>0,所以++b≥2+b=+b≥2=2,當且僅當即a=b=時等號成立,故++b的最小值為2.
7.答案　4
解析　++=+=+≥2=4,當且僅當=,即(a+b)2=16,
亦即a+b=4時取等號,
又∵ab=1,∴或時取等號,
∴++的最小值為4.
8.答案　
解析　由5x2y2+y4=1知y≠0,∴x2=,∴x2+y2=+y2==+≥2=,當且僅當=,即y2=,x2=時取“=”.故x2+y2的最小值為.
9.答案?、?30?、?5
解析　①x=10時,一次購買草莓和西瓜各1盒,共140元,由題可知顧客需支付140-10=130元.
②設每筆訂單金額為m元,則只需考慮m≥120時的情況.
根據題意,得(m-x)80%≥m×70%,所以x≤,
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≤,而m≥120,所以=15,所以x≤15.
所以x的最大值為15.
高考模擬練
1.D　易知a+2b+1=[(a+b)+(b+1)]=5++≥5+2=9,當且僅當=,即a=4,b=2時,等號成立,
所以a+2b≥8,
依題意,需滿足m≤(a+2b)min=8,所以m≤8.
故選D.
2.C　因為0所以2m+(1-2m)=1,
則+=[2m+(1-2m)]
=++4≥2+4=8,
當且僅當=,即m=時取等號,
又+≥k恒成立,所以k≤8,
即k的最大值為8.故選C.
3.B　∵x2-3xy+4y2-z=0,∴z=x2-3xy+4y2,
又x,y,z均為正實數,
∴==≤=1(當且僅當x=2y時取等號),
∴=1,此時x=2y,=1,∴z=2y2,
∴+-=+-=-+2=-×+2,
根據二次函數的性質,得當y=時,+-取得最大值,且+-的最大值為2.故選B.
4.A　依題意,至少存在一個x<0,使得關于x的不等式3-|3x-a|>x2+2x成立,即至少存在一個x<0,使得關于x的不等式-x2-2x+3>|3x-a|成立,
畫出y=-x2-2x+3(x<0)以及y=|3x-a|的圖象如圖所示,其中-x2-2x+3>0.
當y=3x-a與y=-x2-2x+3(x<0)相切時,
消去y并化簡,得x2+5x-a-3=0,
則Δ=25+4a+12=0,所以a=-.
當y=-3x+a與y=-x2-2x+3(x<0)相切時,
消去y并化簡,得x2-x+a-3=0①,
則Δ=1-4a+12=0,所以a=,
將a=代入①得x2-x+=0,即=0,解得x1=x2=,不符合題意.
當y=-3x+a過(0,3)時,a=3.
結合圖象可知a的取值范圍是.故選A.
5.ABD　由梯形中位線的性質可得GH=.
因為梯形ABLK與梯形KLCD相似,所以=,
即KL==,
當a=1,b=2時,KL=,故A正確;
由基本不等式可知 a,b>0,a≠b時,GH=>=KL,故B正確;
設梯形ABNM,梯形MNCD,梯形ABCD的面積分別為S1,S2,S,高分別為h1,h2,h,
則2S1=2S2=S,即(a+MN)h1=(b+MN)h2=(a+b)h,
解得h1=,h2=,
由題意可知h1+h2=+=h,
所以MN=,故C錯誤;
因為AB∥CD,所以∠ABD=∠CDB,∠BAC=∠DCA,
所以△OAB∽△OCD,所以==,
易知△DOE∽△DBA,所以==,所以OE=,所以EF=,故D正確.
故選ABD.
6.BC　對于A,因為a>0,b>0,所以ab+2(a+b)≥ab+2×2=ab+4,當且僅當a=b時等號成立,
又ab+2(a+b)=14,所以ab+4≤14,
即+4-14≤0,所以0<≤-2+3,
所以0故A錯誤;
對于B,因為ab+2(a+b)=14,
所以ab+4+2(a+b)=(a+2)(b+2)=18,
所以+=3×=(a+2+b+2)
≥×2=×=,
當且僅當a+2=b+2,即a=b=-2+3時等號成立,故B正確;
對于D,14=ab+2(a+b)=b(2a+2)+b+2a≤+b+2a,當且僅當b=2a+2,即a=1,b=4時等號成立,
整理得(b+2a)2+12(b+2a)-108≥0,即(b+2a+18)·(b+2a-6)≥0,所以b+2a≥6,當且僅當a=1,b=4時等號成立,故D錯誤;
對于C,14=ab+2(a+b)=ab+b+2a+b=b(a+1)+2a+b,
由D選項的分析可知,b(a+1)=14-(2a+b)≤14-6=8,故C正確.故選BC.
7.答案　(4,5]
解析　由x2-x+4<0,可得(x-a)<0,
由題意當1若滿足解集中僅有四個整數:2,3,4,5,則5<≤6,此時≤a<,與1當a=2時,a<,不等式的解集為 ,不符合題意;
當a>2時,a>2>,不等式的解集為,
若滿足解集中有且僅有四個整數,則可能為2,3,4,5,或1,2,3,4,
當四個整數為2,3,4,5時,5當四個整數為1,2,3,4時,0<<1,且4解得4綜上,實數a的取值范圍是(4,5].
8.解析　(1)設該商品每件定價為x(x≥15)元,則銷售量為[10-0.2(x-15)]萬件,
依題意得,x[10-0.2(x-15)]≥15×10,
整理得,x2-65x+750≤0,解得15≤x≤50,
故該商品每件定價最多為50元.
(2)由已知可得,ax≥150+(x2-400)+50+=x2++100,x≥15.
因為x≥15,所以a≥++≥2+=10.25,當且僅當=,即x=20時,等號成立,
所以當該商品改革后的銷售量a至少達到10.25萬件時,才能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和,此時商品的每件定價為20元.
9.解析　(1)若a>b>c且a+b+c=0,則a>0,c<0,
①證明:∵方程ax2+bx+c=0的判別式Δ=b2-4ac>0,
∴函數y=ax2+bx+c必有兩個不同的零點.
② 由a>-a-c>c及a>0,得1>-1->,
∴-2<<-,
不妨設函數y=ax2+bx+c的零點為1,x1,則x1=<0,
∴l=1-,
又-2<<-,∴l∈.
(2)根據題意得,對于方程ax2+bx+c=0,a>0且Δ=b2-4ac≤0,
∴b>a>0且4c≥,∴≥==,
令-1=t,t>0,則=t+1,
∴≥==t+5+
≥5+2=5+2,當且僅當t=,即t=,即=1+時取等號,
∴的最小值為5+2.
10.解析　(1)由題意得,Δ=[-(4m+3)]2-4×2×6m≤0,即16m2-24m+9=(4m-3)2≤0,所以m=.
(2)由得
即
因為不等式組的解集中的整數解只有1,所以-2≤2m<1,解得-1≤m<,所以實數m的取值范圍為.
(3)假設存在實數c,使得y+(m+1)x≤0的解集為[c,c+1],
則2x2-(3m+2)x+6m≤0的解集為[c,c+1],
所以所以m2+m=3m,即m2-4m=0,解得m=4或m=0,故c=3或c=0.
所以存在c=3或c=0,使得y+(m+1)x≤0的解集為[c,c+1].
11.解析　(1)由x>0,a+b+c+d≥4,知x4-4x=x4+1+1+1-4x-3≥4x-4x-3=-3,當且僅當x=1時,取得最小值-3 .
(2)由x>0,a+b+c≥3,知x3-3x=x3+3+3-3x-6≥3x-3x-6=-6,當且僅當x=3時,取得最小值-6.
(3)由a>0,x>0,a+b+c≥3,知x3-ax=x3++-ax-≥ax-ax-=-,當且僅當x=時,取得最小值-.
素養評析　本題主要考查有關不等式的新定義問題,解決本題的關鍵是將所求函數整理成合理的y=a+b+c或y=a+b+c+d的形式,進而求得最值.本題主要考查邏輯推理與數學運算素養.
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