2014年-不等式

1、1專題 7 不等式1. 【2014 高考安徽卷理第 5 題】yx,滿足約束條件02202202yxyxyx，若axyz取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實(shí)數(shù)a的值為（）A,121或B.212或C.2 或 1D.12或5D解析方法一：畫出可行域，如圖中陰影部分所示，可知點(diǎn) A(0，2)，B(2，0)，C(2，2), 則 zA2，zB2a，zc2a2.要使對應(yīng)最大值的最優(yōu)解有無數(shù)組，只要 zAzBzC或 zAzCzB或 zBzCzA，解得 a1 或 a2.方法二：畫出可行域，如圖中陰影部分所示，zyax 可變?yōu)?yaxz，令 l0：yax，則由題意知 l0AB 或 l0AC，故 a1 或 a2.2. 【

2、2014 高考北京版理第 6 題】若x、y滿足20200 xykxyy，且zyx的最小值為4，則k的值為（）A2B2C12D126D解析 可行域如圖所示，當(dāng) k0 時，知 zyx 無最小值，當(dāng) ka0)，利用二次函數(shù)求最值，顯然函數(shù) m(a)5a28 5a20 的最小值是4520（85）2454，即 a2b2的最小值為4.故選 B.12. 【2014 四川高考理第 4 題】若0ab，0 xd，則一定有（）AabcdBabcdCabdcDabdc4D解析 因?yàn)?cd0，所以1d1c0，與 ab0 對應(yīng)相乘得，adbc0，所以ad1，故選 C.14. 【2014 浙江高考理第 13 題】當(dāng)實(shí)數(shù)x，

3、y滿足240,10,1,xyxyx 時，14axy恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_.13.1，32解析 實(shí)數(shù) x，y 滿足的可行域如圖中陰影部分所示，圖中 A(1，0)，B(2，1)，C1，32 .當(dāng)a0 時，0y32，1x2，所以 1axy4 不可能恒成立；當(dāng) a0 時，借助圖像得，當(dāng)直線 zaxy過點(diǎn) A 時 z 取得最小值，當(dāng)直線 zaxy 過點(diǎn) B 或 C 時 z 取得最大值，故1a4，12a14，1a324，解得 1a32.故a1，32 .15. 【2014 天津高考理第 2 題】設(shè)變量x，y滿足約束條件0,20,12,yxyyx 則目標(biāo)函數(shù)2zxy的最小值7為（）（A）2（B）3（C

4、）4（D）52B解析 畫出可行域，如圖所示解方程組xy20，y1，得x1，y1，即點(diǎn) A(1，1)當(dāng)目標(biāo)函數(shù)線過可行域內(nèi) A 點(diǎn)時，目標(biāo)函數(shù)有最小值，即 zmin11213.16. 【2014 大綱高考理第 14 題】設(shè), x y滿足約束條件02321xyxyxy，則4zxy的最大值為.145解析 如圖所示，滿足約束條件的可行域?yàn)锳BC 的內(nèi)部(包括邊界), zx4y 的最大值即為直線 y14x14z 的縱截距最大時 z 的值結(jié)合題意，當(dāng) y14x14z 經(jīng)過點(diǎn) A 時，z 取得最大值由xy0，x2y3，可得點(diǎn) A 的坐標(biāo)為(1，1)，所以 zmax145.17. 【2014 高考上海理科第題

5、】若實(shí)數(shù) x,y 滿足 xy=1,則2x+22y的最小值為_.來源:Z+xx+k.Com解答1xy 得2222222 2xyxx。得42x 答案是2 218.【2014安徽卷 21 題 設(shè)實(shí)數(shù) c0，整數(shù) p1，nN*.(1)證明：當(dāng) x1 且 x0 時，(1x)p1px；(2)數(shù)列an滿足 a1c1p，an1p1pancpa1pn，證明：anan1c1p.21證明：(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下當(dāng) p2 時，(1x)212xx212x，原不等式成立假設(shè) pk(k2，kN*)時，不等式(1x)k1kx 成立當(dāng) pk1 時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)

6、x.8所以當(dāng) pk1 時，原不等式也成立綜合可得，當(dāng) x1，x0 時，對一切整數(shù) p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明 anc1p.當(dāng) n1 時，由題設(shè)知 a1c1p成立假設(shè) nk(k1，kN*)時，不等式 akc1p成立由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.當(dāng) nk1 時，ak1akp1pcpapk11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk11p1pcapk1capk.因此 apk1c，即 ak1c1p，所以當(dāng) nk1 時，不等式 anc1p也成立綜合可得，對一切正整數(shù) n，不等式 anc1p均成立再由an1an11pcapn1可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方法二：設(shè) f(x)p1pxcpx1p，xc1p，則 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上單調(diào)遞增，因而，當(dāng) xc1p時，f(x)f(c1p)c1p.當(dāng) n1 時，由 a1c1p0，即 ap1c 可知a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，從而可得 a1a2c1p，9故當(dāng) n1 時，不等式 anan1c1p成立假設(shè) nk(k1，k