2024年高考數(shù)學一輪復習單元檢測七不等式含解析文

PAGEPAGE13單元檢測(七)不等式一、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．[2024·江西贛中模擬]已知下列四個結(jié)論：①a>b?ac>bc；②a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)；④a>b>0，c<0?ac<bc.其中正確的有()A．1個B．2個C．3個D．4個2．若a<b，d<c，并且(c－a)(c－b)<0，(d－a)(d－b)>0，則a，b，c，d的大小關系為()A．d<a<c<bB．a(chǎn)<d<c<bC．a(chǎn)<d<b<cD．d<c<a<b3．[2024·鄭州四中月考]已知關于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，則a＝()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,2)4．[2024·阜陽模擬]下列正確的是()A．若a，b∈R，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．若x<0，則x＋eq\f(4,x)≥－2eq\r(x×\f(4,x))＝－4C．若ab≠0，則eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bD．若x<0，則2x＋2－x>25．[2024·福建閩侯模擬]已知關于x的不等式x2－4x≥m對隨意x∈(0，1]恒成立，則有()A.m≤－3B．m≥－3C．－3≤m<0D．m≥－46．[2024·河北張家口模擬]已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y，2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，則xy的最大值為()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．1D．27．[2024·重慶梁平區(qū)調(diào)研]已知函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．3－2eq\r(2)B．5C．3＋2eq\r(2)D．3＋eq\r(2)8．[2024·湖南雅禮中學模擬]已知正數(shù)x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0，,x－3y＋5≥0，))則z＝－x－2y的最小值為()A．1B．5C．－1D．－59．[2024·河北衡水中學模擬]已知在平面直角坐標系中，點P是不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,3x＋y－3≤0))所表示的平面區(qū)域內(nèi)的一個動點，點Q是直線3x＋y＝0上的隨意一點，O是坐標原點，則|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|的最小值為()A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(3\r(10),10)C．eq\f(\r(2),2)D．310．[2024·湖北武漢模擬]若正數(shù)a，b滿意eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，則eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)的最小值為()A．16B．25C．36D．4911．[2024·山東泰安模擬]設不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－y≤0，,x＋y≤4))表示的平面區(qū)域為M，若直線y＝kx－2上存在M內(nèi)的點，則實數(shù)k的取值范圍是()A．[2，5]B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)C．[1，3]D．(－∞，2]∪[5，＋∞)12．[2024·福建龍巖質(zhì)檢]設正實數(shù)x，y滿意x>eq\f(1,2)，y>1，不等式eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥m恒成立，則m的最大值為()A．2eq\r(2)B．4eq\r(2)C．8D．16二、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．已知函數(shù)f(x)＝ax＋b，0<f(1)<2，－1<f(－1)<1，則2a－b的取值范圍是________．14．[2024·吉林遼源五校模擬聯(lián)考]若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的兩個零點是－1和2，則不等式af(－2x)>0的解集是________．15．[2024·南昌月考]已知函數(shù)y＝x＋eq\f(m,x－2)(x>2)的最小值為6，則正數(shù)m的值為________．16．[2024·湘東六校聯(lián)考]若變量x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－1≥0，,3x＋y－11≤0，,y≥2，))且z＝ax－y的最小值為－1，則實數(shù)a的值為________．三、解答題(共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)[2024·長春市質(zhì)量檢測]已知a>0，b>0，a＋b＝2.(1)求證：a2＋b2≥2；(2)求證：eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).18．(本小題滿分12分)[2024·遵義月考](1)比較a2＋b2與2(2a－b)－5的大??；(2)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.19．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1，1].(1)求m的值；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，證明：a＋2b＋3c≥9.20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(kx,x2＋3k)(k>0).(1)若f(x)>m的解集為{x|x<－3或x>－2}，求不等式5mx2＋eq\f(k,2)x＋3>0的解集；(2)若存在x>3使得f(x)>1成立，求k的取值范圍．21．(本小題滿分12分)某冰淇淋店要派車到100千米外的冷飲加工廠拉原料，再加工成冰淇淋后售出．已知汽車每小時的運行成本F(單位：元)與其自身的質(zhì)量m(包括車子、駕駛員及所載貨物等的質(zhì)量，單位：千克)和車速v(單位：千米/時)之間滿意關系式：F＝eq\f(1,1600)mv2.在運輸途中，每千克冷飲每小時的冷藏費為10元，每千克冷飲經(jīng)過冰淇淋店再加工后，可賣100元．若汽車質(zhì)量(包括駕駛員等，不含貨物)為1.3噸，最大載重為1噸．汽車來回的速度為v(單位：千米/時)，且最大車速為80千米/時，一次進貨x千克，而且冰淇淋供不應求．(1)求冰淇淋店進一次貨，經(jīng)加工售賣后所得凈利潤W與車速v和進貨量x之間的關系式；(2)每次至少進貨多少千克，才能使得銷售后不會虧本(凈利潤W≥0)?22．(本小題滿分12分)已知f(x)是二次函數(shù)，不等式f(x)<0的解集是(0，5)，且f(x)在區(qū)間[－1，4]上的最大值是12.(1)求f(x)的表達式；(2)設函數(shù)f(x)在x∈[t，t＋1]上的最小值為g(t)，求g(t)的表達式．單元檢測（七）不等式1．答案：B解析：對于①，當c＝0時，ac＝bc，所以①不正確；對于②，當a>0>b時，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以②不正確；對于③，由于c>d>0，則eq\f(1,d)>eq\f(1,c)>0，又a>b>0，所以eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0，③正確；對于④，因為冪函數(shù)y＝xα（α<0）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，又a>b>0，c<0，所以ac<bc，④正確．2．答案：A解析：因為a<b，（c－a）（c－b）<0，所以a<c<b，因為（d－a）（d－b）>0，所以d<a<b或a<b<d，又d<c，所以d<a<b.綜上，d<a<c<b.3．答案：B解析：依據(jù)題意，關于x的不等式（ax－1）（x＋1）<0的解集是（－∞，－1）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，則方程（ax－1）（x＋1）＝0的兩根為x＝－1或x＝－eq\f(1,2)，當x＝－eq\f(1,2)時，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋1))＝0，解得a＝－2.4．答案：D解析：對于A，當ab<0時不成立；對于B，若x<0，則x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq\r(（－x）·\f(4,－x))＝－4，當且僅當x＝－2時，等號成立，因此B選項不成立；對于C，取a＝－1，b＝－2，eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)＝－eq\f(9,2)<a＋b＝－3，所以C選項不成立；對于D，若x<0，則2x＋2－x>2成立．5．答案：A解析：∵x2－4x≥m對隨意x∈（0，1]恒成立，令f（x）＝x2－4x，x∈（0，1]，f（x）圖象的對稱軸為直線x＝2，∴f（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，∴當x＝1時，f（x）取到最小值為－3，∴實數(shù)m應滿意m≤－3.6．答案：B解析：因為a＝（1，x－1），b＝（y，2），a⊥b，所以a·b＝y(tǒng)＋2（x－1）＝0，即2x＋y＝2.又因為x>0，y>0，所以2x＋y≥2eq\r(2xy)，當且僅當x＝eq\f(1,2)，y＝1時等號成立，即2eq\r(2xy)≤2，所以xy≤eq\f(1,2)，所以當且僅當x＝eq\f(1,2)，y＝1時，xy取到最大值，最大值為eq\f(1,2).7．答案：C解析：令x＋3＝1，得x＝－2，故A（－2，－1）.又點A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))（2m＋n）＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq\r(2).當且僅當m＝eq\f(1,2＋\r(2))，n＝eq\f(1,\r(2)＋1)時等號成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為3＋2eq\r(2).8．答案：D解析：作出不等式組2x由z＝－x－2y，得y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z.要求目標函數(shù)z的最小值，即是求直線l：y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z在y軸上的截距－eq\f(1,2)z的最大值．作出直線y＝－eq\f(1,2)x并平移，結(jié)合圖象可知，當直線y＝－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z經(jīng)過點A（1，2）時在y軸上的截距最大，此時zmin＝－1－2×2＝－5.9．答案：A解析：不等式組2x|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|＝|eq\o(QP,\s\up6(→))|，數(shù)形結(jié)合可知點A（0，1）到直線3x＋y＝0的距離d為|eq\o(QP,\s\up6(→))|的最小值．因為d＝eq\f(|3×0＋1|,\r(32＋12))＝eq\f(\r(10),10)，所以|eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OQ,\s\up6(→))|的最小值為eq\f(\r(10),10).10．答案：A解析：因為eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以ab＝a＋b，即b＝eq\f(a,a－1)＝1＋eq\f(1,a－1)，由a，b是正數(shù)可得a－1>0.于是，eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)＝eq\f(4b＋16a－20,ab－（a＋b）＋1)＝4b＋16a－20＝4＋eq\f(4,a－1)＋16a－20＝eq\f(4,a－1)＋16（a－1）≥2eq\r(\f(4,a－1)×16（a－1）)＝16，當且僅當eq\f(4,a－1)＝16（a－1），即a＝eq\f(3,2)時等號成立，所以eq\f(4,a－1)＋eq\f(16,b－1)的最小值為16.11．答案：A解析：滿意不等式組的可行域如圖所示．聯(lián)立x＝1，x∴點P（1，3），聯(lián)立x－y∴點N（2，2）.∵直線y＝kx－2恒過點（0，－2），∴k1＝eq\f(2－（－2）,2－0)＝2，k2＝eq\f(3－（－2）,1－0)＝5.視察圖象可知，當直線y＝kx－2在y＝k1x－2和y＝k2x－2之間時，直線上才會存在M內(nèi)的點，∴2≤k≤5.12．答案：C解析：依題意得2x－1>0，y－1>0，則eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)＝eq\f([（2x－1）＋1]2,y－1)＋eq\f([（y－1）＋1]2,2x－1)≥eq\f(4（2x－1）,y－1)＋eq\f(4（y－1）,2x－1)≥4×2eq\r(\f(2x－1,y－1)×\f(y－1,2x－1))＝8，即eq\f(4x2,y－1)＋eq\f(y2,2x－1)≥8，當且僅當2x－1＝1，y－1＝1，2x－1y－1=y－12x－1即x＝1，y＝2時等號成立．因此eq\f(4x2,y－1)＋eq\f13．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))解析：設2a－b＝mf（1）＋nf（－1）＝（m－n）·a＋（m＋n）b，則m－n＝2，m＋n＝－1，解得m＝eq\f(1,2)，n＝－eq\f(3,2)，∴2a－b＝eq\f(1,2)f（1）－eq\f(3,2)f（－1），∵0<f（1）<2，－1<f（－1）<1，∴0<eq\f(1,2)f（1）<1，－eq\f(3,2)<－eq\f(3,2)f（－1）<eq\f(3,2)，則－eq\f(3,2)<2a－b<eq\f(5,2).14．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析：∵f（x）＝x2＋ax＋b的兩個零點是－1，2，∴－1，2是方程x2＋ax＋b＝0的兩根，由根與系數(shù)的關系知－1＋2＝－a，∴f（x）＝x2－x－2.不等式af（－2x）>0，即－（4x2＋2x－2）>0，則2x2＋x－1<0，解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).15．答案：4解析：∵x>2，m>0，∴y＝x－2＋eq\f(m,x－2)＋2≥2eq\r(（x－2）·\f(m,x－2))＋2＝2eq\r(m)＋2，當且僅當x＝2＋eq\r(m)時取等號，又函數(shù)y＝x＋eq\f(m,x－2)（x>2）的最小值為6，∴2eq\r(m)＋2＝6，解得m＝4.16．答案：2解析：畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分（包含邊界）所示，由圖知，若a≥3，則直線z＝ax－y經(jīng)過點B（1，2）時，z取得最小值，由a－2＝－1，得a＝1，與a≥3沖突；若0<a<3，則直線z＝ax－y經(jīng)過點A（2，5）時，z取得最小值，由2a－5＝－1，解得a＝2；若a≤0，則直線z＝ax－y經(jīng)過點A（2，5）或C（3，2）時，z取得最小值，此時2a－5＝－1或3a－2＝－1，解得a＝2或a＝eq\f(1,3)，與a≤0沖突．綜上可知實數(shù)a的值為2.17．證明：（1）a2＋b2≥eq\f(1,2)（a＋b）2＝2.（2）因為eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(3,2)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,2b)≥eq\f(3,2)＋eq\r(2)＝eq\f(（2＋\r(2)）2,4)，當且僅當a＝4－2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)－2時取等號，所以eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).18．解析：（1）因為a2＋b2－[2（2a－b）－5]＝（a－2）2＋（b＋1）2≥0，所以a2＋b2≥2（2a－b）－5.（2）證明∵a，b，c∈（0，＋∞），且a＋b＋c＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8，當且僅當a＝b＝c時取等號，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.19．解析：（1）函數(shù)f（x）＝m－|x－2|，m∈R，且f（x＋2）≥0的解集為[－1，1]，可得m－|x|≥0的解集為[－1，1]，即有[－m，m]＝[－1，1]，可得m＝1.（2）a，b，c∈（0，＋∞），且由（1）知，eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，則a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3c)＋\f(3c,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,3c)＋\f(3c,2b)))≥3＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋2eq\r(\f(a,3c)·\f(3c,a))＋2eq\r(\f(2b,3c)·\f(3c,2b))＝3＋2＋2＋2＝9，當且僅當a＝2b＝3c＝3時取等號．則a＋2b＋3c≥9.20．解析：（1）∵函數(shù)f（x）＝eq\f(kx,x2＋3k)（k>0），f（x）>m的解集為{x|x<－3或x>－2}，∴f（－3）＝m，f（－2）＝m，即eq\f(－3k,9＋3k)＝m，且eq\f(－2k,4＋3k)＝m，解得k＝2，m＝－eq\f(2,5).故不等式5mx2＋eq\f(k,2)x＋3>0，即不等式－2x2＋x＋3>0，即2x2－x－3<0，解得－1<x<eq\f(3,2)，故不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1<x<\f(3,2))).（2）∵存在x>3使得f（x）>1成立，∴eq\f(kx,x2＋3k)>1在區(qū)間（3，＋∞）上有解，即x2－kx＋3k<0在區(qū)間（3，＋∞）上有解，即k>eq\f(x2,x－3)在區(qū)間（3，＋∞）上能成立．令g（x）＝eq\f(x2,x－3)，則只需k>g（x）min.∵g′（x）＝eq\f(x（x－6）,（x－3）2)，∴當x∈（3，6）時，g′（x）<0，g（x）為減函數(shù)；當x∈（6，＋∞）時，g′（x）>0，g（x）為增函數(shù)，故g（x）的最小值為g（6）＝12，∴k>12.故k的取值范圍為（12，＋∞）.21．解析：（1）汽車來回一次的運行成本為eq\f(1,1600)×1300v2×eq\f(100,v)＋eq\f(1,1600)×（1300＋x）v2×eq\f(100,v)＝eq\f(1,16)（2600＋x）v，冷藏成本為10x×eq\f(100,v)＝eq\f(1000x,v)，∴W＝100x－eq\f(1,16)（2600＋x）v－eq\f(1000x,v).（2）∵eq\f(1,16)（2600＋x）v＋eq\f(1000x,v)≥2eq\r(\f(1,16)（2600＋x）v·\f(1000x,v))＝5eq\r(10)·eq\r(（2600＋x）x)，∴W≤100x－5eq\r(10)