高中數(shù)學-不等式練習

...wd......wd......wd...不等式專項練習一．選擇題〔共6小題〕1．〔2014?四川〕假設a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有〔〕A．＞B．＜C．＞D．＜2．〔2014?重慶〕假設log4〔3a+4b〕=log2，則a+b的最小值是〔〕A．6+2B．7+2C．6+4D．7+43．〔2014?上饒一?！澈瘮?shù)f〔x〕的定義域為〔﹣∞，+∞〕，f′〔x〕為f〔x〕的導函數(shù)，函數(shù)y=f′〔x〕的圖象如以下圖，且f〔﹣2〕=1，f〔3〕=1，則不等式f〔x2﹣6〕＞1的解集為〔〕A．〔2，3〕B．〔﹣，〕C．〔2，3〕∪〔﹣3，﹣2〕D．〔﹣∞，﹣〕∪〔，+∞〕4．〔2014?云南模擬〕不等式x〔x﹣3〕＜0的解集是〔〕A．{x|x＜0}B．{x|x＜3}C．{x|0＜x＜3}D．{x|x＜0或x＞3}5．〔2014?成都三模〕不等式組，則其表示的平面區(qū)域的面積是〔〕A．1B．2C．3D．46．〔2014?江西二模〕實數(shù)a的值有如圖程序框圖算出，設x，y滿足約束條件，則z=﹣ax+5y的最大值是〔〕A．﹣4B．5C．1D．14二．解答題〔共12小題〕7．〔2014?虹口區(qū)三?！抽喿x：a、b∈〔0，+∞〕，a+b=1，求y=+的最小值．解法如下：y=+=〔+〕〔a+b〕=++3≥3+2，當且僅當=，即a=﹣1，b=2﹣時取到等號，則y=+的最小值為3+2．應用上述解法，求解以下問題：〔1〕a，b，c∈〔0，+∞〕，a+b+c=1，求y=++的最小值；〔2〕x∈〔0，〕，求函數(shù)y=+的最小值；〔3〕正數(shù)a1、a2、a3，…，an，a1+a2+a3+…+an=1，求證：S=+++…+≥．8．〔2014?寶雞三?！吃O函數(shù)f〔x〕=x2+bln〔x+1〕，其中b≠0．〔1〕假設b=﹣12，求f〔x〕在[1，3]的最小值；〔2〕如果f〔x〕在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，求實數(shù)b的取值范圍；〔3〕是否存在最小的正整數(shù)N，使得當n≥N時，不等式恒成立．9．〔2012?江蘇三?！尺x修4﹣5：不等式選講實數(shù)a，b，c滿足a＞b＞c，且有a+b+c=1，a2+b2+c2=1．求證：1＜a+b＜．10．〔2011?鹽城二?！吃Oa1，a2，a3均為正數(shù)，且a1+a2+a3=m，求證11．〔2011?蘇州二?！砤，b是正數(shù)，求證〔a+〕〔2b+〕≥．12．〔2011?上海模擬〕函數(shù)，其中0＜a＜b．〔1〕當D=〔0，+∞〕時，設，f〔x〕=g〔t〕，求y=g〔t〕的解析式及定義域；〔2〕當D=〔0，+∞〕，a=1，b=2時，求f〔x〕的最小值；〔3〕設k＞0，當a=k2，b=〔k+1〕2時，1≤f〔x〕≤9對任意x∈[a，b]恒成立，求k的取值范圍．13．〔2004?寧波模擬〕〔1〕|a|＜1，|b|＜1，求證：||＞1；〔2〕求實數(shù)λ的取值范圍，使不等式||＞1對滿足|a|＜1，|b|＜1的一切實數(shù)a、b恒成立；〔3〕|a|＜1，假設||＜1，求b的取值范圍．14．〔2000?天津〕設函數(shù)，其中a＞0，〔1〕解不等式f〔x〕≤1；〔2〕證明：當a≥1時，函數(shù)f〔x〕在區(qū)間[0，+∞〕上是單調(diào)函數(shù)．15．〔2005?上海〕函數(shù)f〔x〕=kx+b的圖象與x，y軸分別相交于點A、B，〔分別是與x，y軸正半軸同方向的單位向量〕，函數(shù)g〔x〕=x2﹣x﹣6．〔1〕求k，b的值；〔2〕當x滿足f〔x〕＞g〔x〕時，求函數(shù)的最小值．16．〔2014?廣西〕設x，y滿足約束條件，則z=x+4y的最大值為_________．17．〔2014?河南〕假設a＞0，b＞0，且+=．〔Ⅰ〕求a3+b3的最小值；〔Ⅱ〕是否存在a，b，使得2a+3b=6并說明理由．18．〔2010?遼寧〕a，b，c均為正數(shù)，證明：≥6，并確定a，b，c為何值時，等號成立．2014年08月17日524222027的高中數(shù)學組卷參考答案與試題解析一．選擇題〔共6小題〕1．〔2014?四川〕假設a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有〔〕A．＞B．＜C．＞D．＜考點：不等關(guān)系與不等式．專題：不等式的解法及應用．分析：利用特例法，判斷選項即可．999解答：解：不妨令a=3，b=1，c=﹣3，d=﹣1，則，∴C、D不正確；，∴A不正確，B正確．應選：B．點評：此題考察不等式比擬大小，特值法有效，帶數(shù)計算正確即可．2．〔2014?重慶〕假設log4〔3a+4b〕=log2，則a+b的最小值是〔〕A．6+2B．7+2C．6+4D．7+4考點：根本不等式；對數(shù)的運算性質(zhì)．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用．分析：利用對數(shù)的運算法則可得＞0，a＞4，再利用根本不等式即可得出解答：解：∵3a+4b＞0，ab＞0，∴a＞0．b＞0∵log4〔3a+4b〕=log2，∴l(xiāng)og4〔3a+4b〕=log4〔ab〕∴3a+4b=ab，a≠4，a＞0．b＞0∴＞0，∴a＞4，則a+b=a+=a+=〔a﹣4〕++7+7=4+7，當且僅當a=4+2取等號．應選：D．點評：此題考察了對數(shù)的運算法則、根本不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．3．〔2014?上饒一模〕函數(shù)f〔x〕的定義域為〔﹣∞，+∞〕，f′〔x〕為f〔x〕的導函數(shù)，函數(shù)y=f′〔x〕的圖象如以下圖，且f〔﹣2〕=1，f〔3〕=1，則不等式f〔x2﹣6〕＞1的解集為〔〕A．〔2，3〕B．〔﹣，〕C．〔2，3〕∪〔﹣3，﹣2〕D．〔﹣∞，﹣〕∪〔，+∞〕考點：一元二次不等式的解法；導數(shù)的幾何意義．專題：計算題．分析：由函數(shù)y=f′〔x〕的圖象，知x＜0時，f〔x〕是增函數(shù)；x＞0時，f〔x〕是減函數(shù)．由f〔﹣2〕=1，f〔3〕=1，不等式f〔x2﹣6〕＞1的解集滿足{x|﹣2＜x2﹣6＜3}，由此能求出結(jié)果．解答：解：∵函數(shù)y=f′〔x〕的圖象如以下圖，∴x＜0時，f〔x〕是增函數(shù)；x＞0時，f〔x〕是減函數(shù)．∵f〔﹣2〕=1，f〔3〕=1，∴由不等式f〔x2﹣6〕＞1得﹣2＜x2﹣6＜3，解得﹣3＜x＜﹣2或2＜x＜3．應選C．點評：此題考察一元二次不等式的性質(zhì)和應用，是根基題．解題時要認真審題，注意導數(shù)的性質(zhì)和應用．4．〔2014?云南模擬〕不等式x〔x﹣3〕＜0的解集是〔〕A．{x|x＜0}B．{x|x＜3}C．{x|0＜x＜3}D．{x|x＜0或x＞3}考點：一元二次不等式的解法．專題：不等式的解法及應用．分析：結(jié)合函數(shù)y=x〔x﹣3〕的圖象，求得不等式x〔x﹣3〕＜0的解集．解答：解：由不等式x〔x﹣3〕＜0，結(jié)合函數(shù)y=x〔x﹣3〕的圖象，可得不等式x〔x﹣3〕＜0的解集為{x|0＜x＜3}，應選：C．點評：此題主要考察一元二次不等式的解法，屬于根基題．5．〔2014?成都三模〕不等式組，則其表示的平面區(qū)域的面積是〔〕A．1B．2C．3D．4考點：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應用．分析：作出不等式組對應的平面區(qū)域，根據(jù)平面區(qū)域?qū)膱D形，即可得到結(jié)論．解答：解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：則A〔0，2〕，C〔2，0〕，由，解得，即B〔2，4〕，則直角三角形ABC的面積S=，應選：D點評：此題主要考察二元一次不等式組表示平面區(qū)域，利用數(shù)形結(jié)合作出對應的平面區(qū)域是解決此題的關(guān)鍵，比擬根基．6．〔2014?江西二?！硨崝?shù)a的值有如圖程序框圖算出，設x，y滿足約束條件，則z=﹣ax+5y的最大值是〔〕A．﹣4B．5C．1D．14考點：簡單線性規(guī)劃；程序框圖．專題：不等式的解法及應用．分析：根據(jù)程序框圖，計算a，利用線性規(guī)劃的知識即可得到結(jié)論．解答：解：第一次循環(huán)，K=2，a=﹣10+2=﹣8，第二次循環(huán)，K=4，a=﹣8+4=﹣4，第三次循環(huán)，K=6，a=﹣4+6=2，此時滿足條件，輸出a=2，即z=﹣ax+5y=﹣2x+5y，則y=，作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：則由圖象可知當直線經(jīng)過點A〔0，1〕時，y=的截距最大，此時z最大，此時z=﹣2x+5y=5，應選：B點評：此題主要考察線性規(guī)劃的應用，利用程序和框圖，求出a的值是解決此題的關(guān)鍵．二．解答題〔共12小題〕7．〔2014?虹口區(qū)三?！抽喿x：a、b∈〔0，+∞〕，a+b=1，求y=+的最小值．解法如下：y=+=〔+〕〔a+b〕=++3≥3+2，當且僅當=，即a=﹣1，b=2﹣時取到等號，則y=+的最小值為3+2．應用上述解法，求解以下問題：〔1〕a，b，c∈〔0，+∞〕，a+b+c=1，求y=++的最小值；〔2〕x∈〔0，〕，求函數(shù)y=+的最小值；〔3〕正數(shù)a1、a2、a3，…，an，a1+a2+a3+…+an=1，求證：S=+++…+≥．考點：根本不等式．專題：不等式的解法及應用．分析：利用“乘1法〞和根本不等式即可得出．解答：解〔1〕∵a+b+c=1，∴y=++=〔a+b+c〕=3+++2=9，當且僅當a=b=c=時取等號．即的最小值為9．〔2〕==10+2，而，∴=8，當且僅當，即∈時取到等號，則y≥18，∴函數(shù)y=的最小值為18．〔3〕∵a1+a2+a3+…+an=1，∴2S=〔+++…+〕[〔a1+a2〕+〔a2+a3〕+…+〔an+a1〕]=+++…+++〔2a1a2+2a2a3+…+2ana1〕==1．當且僅當a1=a2=…=an=時取到等號，則．點評：此題考察了“乘1法〞和根本不等式的性質(zhì)，考察了推理能力和計算能力，屬于難題．8．〔2014?寶雞三?！吃O函數(shù)f〔x〕=x2+bln〔x+1〕，其中b≠0．〔1〕假設b=﹣12，求f〔x〕在[1，3]的最小值；〔2〕如果f〔x〕在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，求實數(shù)b的取值范圍；〔3〕是否存在最小的正整數(shù)N，使得當n≥N時，不等式恒成立．考點：一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系；函數(shù)恒成立問題；函數(shù)在某點取得極值的條件；利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．專題：綜合題；壓軸題．分析：〔1〕當b=﹣12時，由得x=2，可判斷出當x∈[1，2〕時，f〔x〕單調(diào)遞減；當x∈〔2，3]時，f〔x〕單調(diào)遞增，故f〔x〕在[1，3]的最小值在x=2時取得．〔2〕要使f〔x〕在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，即f〔x〕在定義域內(nèi)與X軸有三個不同的交點，即使在〔﹣1，+∞〕有兩個不等實根，即2x2+2x+b=0在〔﹣1，+∞〕有兩個不等實根，可以利用一元二次函數(shù)根的分布可得，解之即可求b的范圍．〔3〕先構(gòu)造函數(shù)h〔x〕=x3﹣x2+ln〔x+1〕，然后研究h〔x〕在[0，+∞〕上的單調(diào)性，求出函數(shù)h〔x〕的最小值，從而得到ln〔x+1〕＞x2﹣x3，最后令，即可證得結(jié)論．解答：解：〔1〕由題意知，f〔x〕的定義域為〔﹣1，+∞〕，b=﹣12時，由，得x=2〔x=﹣3舍去〕，當x∈[1，2〕時，f′〔x〕＜0，當x∈〔2，3]時，f′〔x〕＞0，所以當x∈[1，2〕時，f〔x〕單調(diào)遞減；當x∈〔2，3]時，f〔x〕單調(diào)遞增，所以f〔x〕min=f〔2〕=4﹣12ln3〔2〕由題意在〔﹣1，+∞〕有兩個不等實根，即2x2+2x+b=0在〔﹣1，+∞〕有兩個不等實根，設g〔x〕=2x2+2x+b，則，解之得；〔3〕對于函數(shù)f〔x〕=x2﹣ln〔x+1〕，令函數(shù)h〔x〕=x3﹣f〔x〕=x3﹣x2+ln〔x+1〕則，∴當x∈[0，+∞〕時，h′〔x〕＞0所以函數(shù)h〔x〕在[0，+∞〕上單調(diào)遞增，又h〔0〕=0，∴x∈〔0，+∞〕時，恒有h〔x〕＞h〔0〕=0即x2＜x3+ln〔x+1〕恒成立．取，則有恒成立．顯然，存在最小的正整數(shù)N=1，使得當n≥N時，不等式恒成立點評：此題以函數(shù)為載體，考察函數(shù)的最值，考察函數(shù)的單調(diào)性．第一問判斷f〔x〕在定義域的單調(diào)性即可求出最小值．第二問將f〔x〕在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值問題轉(zhuǎn)化為f〔x〕在定義域內(nèi)與X軸有三個不同的交點是解題的關(guān)鍵，第三問的關(guān)鍵是構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)證明不等式．9．〔2012?江蘇三?！尺x修4﹣5：不等式選講實數(shù)a，b，c滿足a＞b＞c，且有a+b+c=1，a2+b2+c2=1．求證：1＜a+b＜．考點：一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系．專題：證明題．分析：由題意可得a，b是方程x2﹣〔1﹣c〕x+c2﹣c=0的兩個不等實根，由判別式大于0可得﹣＜c＜1．再由〔c﹣a〕〔c﹣b〕＞0，解得c＜0，或c＞，取交集得到﹣＜c＜0，從而得到1＜a+b＜．解答：證明：因為a+b=1﹣c，ab==c2﹣c，所以a，b是方程x2﹣〔1﹣c〕x+c2﹣c=0的兩個不等實根，則△=〔1﹣c〕2﹣4〔c2﹣c〕＞0，解得﹣＜c＜1．…〔4分〕而〔c﹣a〕〔c﹣b〕=c2﹣〔a+b〕c+ab＞0，即c2﹣〔1﹣c〕c+c2﹣c＞0，解得c＜0，或c＞〔不和題意，舍去〕，…〔7分〕所以﹣＜c＜0，即1＜a+b＜．…〔8分〕點評：此題主要考察一元二次方程根的分布與系數(shù)的關(guān)系，表達了轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想，式子的變形是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．10．〔2011?鹽城二?！吃Oa1，a2，a3均為正數(shù)，且a1+a2+a3=m，求證考點：根本不等式．專題：證明題．分析：根據(jù)根本不等式的性質(zhì)可分別求得a1+a2+a3和的最小值，兩式相乘即可求得的最小值，整理后原式得證．解答：證明：∵=，當且僅當時等號成立．又∵m=a1+a2+a3＞0，∴點評：此題主要考察了根本不等式的應用．解題的時候要特別注意等號成立的條件．11．〔2011?蘇州二?！砤，b是正數(shù)，求證〔a+〕〔2b+〕≥．考點：根本不等式．專題：證明題．分析：把不等式左邊利用多項式的乘法法則計算后，由a與b為正數(shù)，利用均值不等式a+b≥2，當且僅當a=b時取等號，即可求出左邊式子的最小值為，得證．解答：證明：因為a，b是正數(shù)，利用均值不等式，〔a+〕〔2b+〕=2ab++2+=〔2ab+〕+≥2+=，所以〔a+〕〔2b+〕≥．點評：此題考察了根本不等式的運用，是一道證明題．熟練掌握根本不等式是證明的關(guān)鍵．12．〔2011?上海模擬〕函數(shù)，其中0＜a＜b．〔1〕當D=〔0，+∞〕時，設，f〔x〕=g〔t〕，求y=g〔t〕的解析式及定義域；〔2〕當D=〔0，+∞〕，a=1，b=2時，求f〔x〕的最小值；〔3〕設k＞0，當a=k2，b=〔k+1〕2時，1≤f〔x〕≤9對任意x∈[a，b]恒成立，求k的取值范圍．考點：根本不等式；函數(shù)恒成立問題；二次函數(shù)的性質(zhì)．專題：計算題；綜合題．分析：〔1〕由題意可得f〔x〕=+1﹣，而t=+，于是可得y=g〔t〕的解析式及定義域；〔2〕a=1，b=2時，f〔x〕=﹣3，利用x+﹣1≥2﹣1即可求得f〔x〕的最小值；〔3〕由題意可求得x∈[a，b]=[k2，〔k+1〕2]時，f〔x〕min=，由1≤≤9，k＞0，即可求得k的取值范圍．解答：解：〔1〕∵t=+，0＜a＜b，x＞0，∴t≥2=，又f〔x〕=+=+1﹣，f〔x〕=g〔t〕，∴g〔t〕=〔t﹣1〕2+1﹣，t∈[，+∞〕；〔2〕∵x＞0，a=1，b=2，∴f〔x〕=﹣3，又x+﹣1≥2﹣1〔當且僅當x=時取“=〞〕∴f〔x〕≥﹣3=6﹣4，∴f〔x〕min=6﹣4．〔3〕由題意可得，x∈[a，b]=[k2，〔k+1〕2]，1≤f〔x〕≤9恒成立，∴只需求得x∈[k2，〔k+1〕2]時f〔x〕的最小值即可．∵此時，f〔x〕=+1﹣，∵k＞0，x＞0，令g〔x〕=+=〔x+〕由雙鉤函數(shù)y=h〔x〕=x+〔a＞0〕的性質(zhì)h〔x〕在〔0，]單調(diào)遞減，在[，+∞〕單調(diào)遞增得：g〔x〕在[k2，k〔k+1〕]上單調(diào)遞減，在[k〔k+1〕，〔k+1〕2]單調(diào)遞增∴當x=k〔k+1〕時g〔x〕取到最小值；當x=k2時，g〔k2〕=2++；當x=〔k+1〕2時，g〔〔k+1〕2〕=2++=g〔k2〕，即當x=k2或〔k+1〕2時g〔x〕取到最大值；∴g〔x〕min=，g〔x〕max=2++；由題意可知，當g〔x〕取到最小值時，f〔x〕取到最小值，g〔x〕取到最大值時，f〔x〕亦取到最大值．∴f〔x〕min=+1﹣=；同理可求，f〔x〕max==．∵1≤f〔x〕≤9對任意x∈[k2，〔k+1〕2]恒成立，∴，而k＞0，∴0＜k≤．點評：此題考察根本不等式，考察函數(shù)恒成立問題，考察二次函數(shù)的性質(zhì)，考察綜合分析與運算能力，難度大，屬于難題．13．〔2004?寧波模擬〕〔1〕|a|＜1，|b|＜1，求證：||＞1；〔2〕求實數(shù)λ的取值范圍，使不等式||＞1對滿足|a|＜1，|b|＜1的一切實數(shù)a、b恒成立；〔3〕|a|＜1，假設||＜1，求b的取值范圍．考點：根本不等式；分析法和綜合法．專題：計算題；證明題．分析：〔1〕用綜合法，首先化簡|1﹣ab|2﹣|a﹣b|2可得，|1﹣ab|2﹣|a﹣b|2=1+a2b2﹣a2﹣b2=〔a2﹣1〕〔b2﹣1〕；結(jié)合題意中|a|＜1，|b|＜1，可得a、b的范圍，進而可得|1﹣ab|2﹣|a﹣b|2＞0，由不等式的性質(zhì)，可得答案；〔2〕根據(jù)題意，將||＞1轉(zhuǎn)化為分式，可得|＞1?〔a2λ2﹣1〕〔b2﹣1〕＞0，由于|b|＜1，則b2﹣1＞0，即只需a2λ2﹣1＞0即可，分a=0與a≠0兩種情況討論，可得答案；〔3〕根據(jù)題意，可得||＜1?〔a2﹣1〕〔b2﹣1〕＜0，結(jié)合題意|a|＜1，可得a2＜1，即只需1﹣b2＞0，解可得答案．解答：解：〔1〕證明：|1﹣ab|2﹣|a﹣b|2=1+a2b2﹣a2﹣b2=〔a2﹣1〕〔b2﹣1〕．∵|a|＜1，|b|＜1，∴a2﹣1＜0，b2﹣1＜0．∴|1﹣ab|2﹣|a﹣b|2＞0．∴|1﹣ab|＞|a﹣b|，=＞1．〔2〕解：∵||＞1?|1﹣abλ|2﹣|aλ﹣b|2=〔a2λ2﹣1〕〔b2﹣1〕＞0．∵b2＜1，∴a2λ2﹣1＜0對于任意滿足|a|＜1的a恒成立．當a=0時，a2λ2﹣1＜0成立；當a≠0時，要使λ2＜對于任意滿足|a|＜1的a恒成立，而＞1，∴|λ|≤1．故﹣1≤λ≤1．〔3〕||＜1?〔〕2＜1?〔a+b〕2＜〔1+ab〕2?a2+b2﹣1﹣a2b2＜0?〔a2﹣1〕〔b2﹣1〕＜0．∵|a|＜1，∴a2＜1．∴1﹣b2＞0，即﹣1＜b＜1．點評：此題考察不等式性質(zhì)的根本運用，注意結(jié)合題意，進展分式、整式的轉(zhuǎn)化，一般利要積的符號法則進展分析．14．〔2000?天津〕設函數(shù)，其中a＞0，〔1〕解不等式f〔x〕≤1；〔2〕證明：當a≥1時，函數(shù)f〔x〕在區(qū)間[0，+∞〕上是單調(diào)函數(shù)．考點：其他不等式的解法；函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明．專題：計算題；綜合題；分類討論．分析：〔1〕不等式f〔x〕≤1，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式組，根據(jù)a的范圍求解不等式即可．〔2〕當a≥1時，利用函數(shù)單調(diào)性的定義，即：在區(qū)間[0，+∞〕上任取x1，x2，使得x1＜x2，證明f〔x1〕﹣f〔x2〕＞0，從而證明函數(shù)f〔x〕在區(qū)間[0，+∞〕上是單調(diào)減函數(shù)．解答：〔1〕解：不等式f〔x〕≤1即，由此得1≤1+ax，即ax≥0，其中常數(shù)a＞0．所以，原不等式等價于即〔3分〕所以，當0＜a＜1時，所給不等式的解集為；當a≥1時，所給不等式的解集為{x|x≥0}．〔6分〕〔2〕證明：在區(qū)間[0，+∞〕上任取x1，x2使得x1＜x2==∵，∴，又x1﹣x2＜0，∴f〔x1〕﹣f〔x2〕＞0，即f〔x1〕＞f〔x2〕．所以，當a≥1時，函數(shù)f〔x〕在區(qū)間[0，+∞〕上是單調(diào)遞減函數(shù)．〔12分〕點評：本小題主要考察不等式的解法、函數(shù)的單調(diào)性等根本知識，分類討論的數(shù)學思想方法和運算、推理能力．15．〔2005?上海〕函數(shù)f〔x〕=kx+b的圖象與x，y軸分別相交于點A、B，〔分別是與x，y軸正半軸同方向的單位向量〕，函數(shù)g〔x〕=x2﹣x﹣6．〔1〕求k，b的值；〔2〕當x滿足f〔x〕＞g〔x〕時，求函數(shù)的最小值．考點：根本不等式在最值問題中的應用；直線的斜率．專題：計算題．分析：〔1〕觀察題設條件，可先求出f〔x〕=kx+b的圖象與x，y軸交點A、B的坐標，表示出向量AB的坐標，即可與=〔2，2〕建設相關(guān)的方程，解方程求出k，b的值．〔2〕由f〔x〕＞g〔x〕解出x的取值范圍，再對化簡，因其形式中出現(xiàn)了積為定值的形式，故可以用根本不等式求最值，此時注意驗證等號成立的條件．解答：解：〔1〕由得A〔，0〕，B〔0，b〕，則={，b}，于是=2，b=2、∴k=1，b=2．〔2〕由f〔x〕＞g〔x〕，得x+2＞x2﹣x﹣6，即〔x+2〕〔x﹣4〕＜0，得﹣2＜x＜4，由==x+2+﹣5由于x+2＞0，則≥﹣3，其中等號當且僅當x+2=1，即x=﹣1時成立∴的最小值是﹣3．點評：此題考察向量的相等的條件及用根本不等式求最值，用根本不等式求最值時要注意驗證等號成立的條件與相關(guān)因子的符號．16．〔2014?廣西〕設x，y滿足約束條件，則z=x+4y的最大值為5．考點：簡單線性規(guī)劃．專題：數(shù)形結(jié)合．分析：由約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，由圖得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求出最優(yōu)解的坐標，代入目標函數(shù)得答案．解答：解：由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得C〔1，1〕．化目標函數(shù)z=x+4y為直線方程的斜截式，得．由圖可知，當直線過C點時，直線在y軸上的截距最大，z最大．此時zmax=1+4