2022年2021届高考数学一轮复习知识点归纳E单元不等式

1、- 1 - e单元不等式e1 不等式的概念与性质5 b6， b7， e12014山东卷 已知实数 x， y 满足 axay(0a1) ， 则下列关系式恒成立的是 ( ) a. 1x211y21 b. ln(x21)ln(y21) c. sin xsin y d. x3y35d 解析 因为 axay(0a1)，所以 xy，所以 sin xsin y，ln(x21)ln(y21)，1x211y21都不一定正确，故选d. 4e12014四川卷 若 ab0，cdbd b.acbc d.adbc4d 解析 因为 cd0，所以1d1c0，与 ab0 对应相乘得，adbc0，所以ad1），xa1 a2x 1

2、 ，3xa1 xa2.精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 17 页 - - - - - - - - - 2 - 由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213，可得 a8. 当 aa2，xa1 1xa2，3xa1（x1）.由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213，可得 a4. 综上可知， a 的值为 4 或 8. e3 一元二次不等式的解法2a1、e320

3、14全国卷 设集合 m x|x23x40，nx|0 x5，则 m n ( ) a(0，4 b 0 ，4) c 1，0) d (1，0 2 b 解析 因为 m x|x23x40 x| 1x4， n x|0 x5， 所以 m n x| 1x40 x5x|0 x412e3、c42014新课标全国卷 设函数 f(x) 3sinxm，若存在 f(x) 的极值点 x0满足 x20f(x0)2m2，则 m的取值范围是 ( ) a( ， 6)(6，)b( ， 4)(4，)c( ， 2)(2，)d( ， 1)(1，)12c 解析 函数 f(x) 的极值点满足xm2k，即 xmk12，kz，且极值为3，问题等价于

4、存在 k0使之满足不等式 m2k01223m2. 因为 k122的最小值为14，所以只要14m234，解得 m2或 mzc或 zazczb或 zbzcza，解得 a1 或 a2. 方法二：画出可行域，如图中阴影部分所示，zyax 可变为 yaxz，令 l0：yax，则由题意知 l0ab或 l0ac ，故 a1 或 a2. 6e52014北京卷 若 x，y 满足xy20，kxy20，y0，且 zyx 的最小值为 4，则 k 的值为 ( ) a2 b 2 c.12 d 126d 解析 可行域如图所示，当k0时，知 zyx 无最小值，当 ka0)，利用二次函数求最值，显然函数m(a)5a285a20

5、 的最小值是4520（8 5）2454，即 a2b2的最小值为 4. 故选 b. 18f2，e52014陕西卷 在直角坐标系 xoy中，已知点 a(1，1)，b(2，3)，c(3，2)，点 p(x，y) 在abc三边围成的区域 (含边界 ) 上(1) 若papbpc0，求|op| ；(2) 设opmabnac(m，nr)，用 x，y 表示 m n，并求 m n 的最大值18解： (1) 方法一： papbpc0，又papbpc(1 x，1y) (2 x，3y) (3x，2y) (63x，63y) ，63x0，63y0，解得x2，y2，即op(2，2)，故|op| 22. 方法二： papbpc

6、0，则(oaop) (obop)(ocop) 0，op13(oaoboc) (2，2) ，|op| 22. (2) opmabnac，(x ，y) (m2n，2m n)，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - - 8 - xm 2n，y2m n，两式相减得， m nyx，令 yxt ，由图知，当直线yxt 过点 b(2，3) 时，t 取得最大值

7、 1，故 m n 的最大值为 1. 5e5，l12014四川卷 执行如图 1-1 所示的程序框图，如果输入的x，yr ，那么输出的 s的最大值为 ( ) 图 1-1a0 b 1 c 2 d 3 5c 解析 题中程序输出的是在xy1，x0，y0的条件下 s2xy 的最大值与 1 中较大的数结合图像可得，当x1，y0时，s2xy 取得最大值 2，21，故选 c. 2e52014天津卷 设变量 x，y 满足约束条件xy20，xy20，y1，则目标函数 zx2y 的最小值为( ) a2 b 3 c 4 d 5 2b 解析 画出可行域，如图所示解方程组xy20，y1，得x1，y1，即点 a(1，1)精品

8、学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - - 9 - 当目标函数线过可行域内a点时，目标函数有最小值，即zmin1121 3. 13e5 2014浙江卷 当实数 x，y 满足x2y40，xy10，x1时，1axy4 恒成立，则实数 a的取值范围是 _13. 1，32 解析 实数 x， y 满足的可行域如图中阴影部分所示，图中 a(1， 0)， b(2

9、， 1)， c 1，32.当 a0时，0y32，1x2，所以 1axy4 不可能恒成立；当a0时，借助图像得，当直线 zaxy过点 a时z取得最小值，当直线 zaxy 过点 b或 c时z 取得最大值，故1a4，12a14，1a324，解得 1a32. 故 a 1，32. e6 基本不等式2abab16e6、e92014辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2a b| 最大时，3a4b5c的最小值为 _162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2) (4a23b2) 113(2ab)2? 4a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2，当且

10、仅当4a213b213，即 2a3b6(同号 ) 时，|2a b| 取得最大值85c，此时 c402. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 17 页 - - - - - - - - - 10 - 3a4b5当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c取最小值 2. 14 j3， e62014山东卷 若 ax2bx6的展开式中 x3项的系数为 20， 则

11、 a2b2的最小值为 _142 解析 tr 1cr6(ax2)6rbxrcr6a6rbrx123r，令 123r3，得 r3，所以 c36a63b320，即 a3b31，所以 ab1，所以 a2b22ab2，当且仅当 ab，且 ab1 时，等号成立故 a2b2的最小值是 2. 10e6，f72014四川卷 已知 f为抛物线 y2x 的焦点，点 a，b在该抛物线上且位于x 轴的两侧，oaob2(其中 o为坐标原点 )，则abo与afo面积之和的最小值是 ( ) a2 b 3 c.1728 d.10 10b 解析 由题意可知， f14，0 . 设 a(y21，y1) ，b(y22，y2) ，oao

12、by1y2y21y222，解得 y1y21 或 y1y22. 又因为 a，b两点位于 x 轴两侧，所以 y1y20，即 y1y22. 当 y21y22时，ab所在直线方程为yy1y1y2y21y22(x y21) 1y1y2(x y21) ，令 y0，得 xy1y22，即直线 ab过定点 c(2，0) 于是 sabosafosacosbcosafo122|y1| 122|y2| 1214|y1| 18(9|y1| 8|y2|) 1829|y1| 8|y2| 3，当且仅当 9|y1| 8|y2| 且 y1y22 时，等号成立当y21y22时，取 y12，y22， 则 ab所在直线的方程为x2，

13、此时求得 sabosafo21222121421728，而17283，故选 b. 14e6，h42014四川卷 设 m r ，过定点 a的动直线 xmy 0 和过定点 b的动直线 mx ym30 交于点 p(x，y) ，则|pa| |pb| 的最大值是 _145 解析 由题意可知，定点a(0，0) ，b(1，3) ，且两条直线互相垂直，则其交点p(x，y)落在以 ab为直径的圆周上，所以|pa|2|pb|2|ab|210. |pa|pb| |pa|2|pb|225，当且仅当 |pa| |pb| 时等号成立精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第

14、 10 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 17 页 - - - - - - - - - 11 - e7 不等式的证明方法20m1 e7 2014北京卷 对于数对序列 p：(a1，b1) ，(a2，b2)， (an，bn) ，记t1(p) a1b1，tk(p) bkmaxtk1(p) ，a1a2 ak(2kn)，其中 maxtk1(p) ，a1a2 ak 表示 tk1(p) 和 a1a2ak两个数中最大的数(1) 对于数对序列 p：(2 ，5)，(4 ，1)，求 t1(p)

15、 ，t2(p) 的值；(2) 记 m为 a，b，c，d 四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b) ，(c ，d) 组成的数对序列 p：(a，b)，(c ，d)和 p：(c ，d)，(a，b)，试分别对 m a 和 m d 两种情况比较 t2(p) 和 t2( p)的大小；(3) 在由五个数对 (11，8)，(5，2) ，(16，11)，(11，11)，(4，6) 组成的所有数对序列中，写出一个数对序列 p使 t5(p) 最小，并写出 t5(p) 的值 (只需写出结论 ) 20解： (1)t1(p) 257，t2(p) 1maxt1(p) ，241max7，6 8. (2)t2(p) maxa

16、bd，acd，t2(p)maxcdb，cab当 m a 时，t2(p)maxcdb，cab cdb. 因为 abdcbd，且 acdcbd，所以 t2(p) t2(p)当 m d 时，t2(p)maxcdb，cab cab. 因为 abdcab，且 acdcab，所以 t2(p) t2(p)所以无论 m a 还是 m d，t2(p) t2(p)都成立(3) 数对序列 p：(4，6) ，(11，11)，(16，11)，(11，8) ，(5，2) 的 t5(p) 值最小，t1(p) 10，t2(p) 26，t3(p) 42，t4(p) 50，t5(p) 52. 19a1、d3 、e72014天津卷

17、 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 m 0，1，2，q1，集合 ax|x x1x2q xnqn1，xim ，i 1，2， n(1) 当 q2，n3 时，用列举法表示集合a. (2) 设 s，t a， sa1a2qanqn1，t b1b2q bnqn1，其中 ai，bim ，i 1，2，n. 证明：若 anbn，则 st. 19解： (1) 当 q2，n3 时，m 0 ，1，ax|x x1x22x322，xim ，i 1，2，3，可得 a0，1，2，3，4，5，6，7 (2) 证明：由 s，t a，sa1a2q anqn1，t b1b2q bnqn1，ai，bim ，i 1

18、，2，n 及 anbn，可得st (a1b1) (a2b2)q (an1bn1)qn2(anbn)qn1(q 1)(q1)q (q1)qn2qn1（q1）（1qn1）1qqn110，所以 s1），xa1 a2x 1 ，3xa1 xa2.由图可知，当 xa2时，fmin(x) f a2a213，可得 a8. 当 aa2，xa1 1xa2，3xa1（x1时，对 x(0，a1 有 (x)0 ，(x) 在(0，a1 上单调递减，(a1)1时，存在 x0，使 (x)n ln(n 1)证明如下：方法一：上述不等式等价于12131n1x1x，x0. 令 x1n，nn，则1n1lnn1n. 下面用数学归纳法证

19、明当 n1 时，12ln 2 ，结论成立假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k 1)那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k 1)1k2ln(k 1)lnk2k1ln(k 2)，即结论成立由可知，结论对nn成立方法二：上述不等式等价于12131n1x1x，x0. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - - 15 - 令

20、 x1n，nn，则 lnn1n1n1. 故有 ln 2 ln 112，ln 3 ln 213，ln(n 1)ln n1n1，上述各式相加可得ln(n 1)12131n1，结论得证方法三：如图，0nxx1dx 是由曲线 yxx1，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223nn1是图中所示各矩形的面积和，1223nn10nxx1dx0n11x1dxnln(n 1) ，结论得证 e9 单元综合16e6、e92014辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2a b| 最大时，3a4b5c的最小值为 _162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2)

21、(4a23b2) 113(2ab)2? 4a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2，当且仅当4a213b213，即 2a3b6(同号 ) 时，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 17 页 - - - - - - - - - 16 - |2a b| 取得最大值85c，此时 c402. 3a4b5当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c

22、取最小值 2. 12b14、e92014辽宁卷 已知定义在 0 ，1 上的函数 f(x) 满足：f(0) f(1) 0；对所有 x，y0 ，1 ，且 xy，有 |f(x)f(y)|12|x y|. 若对所有 x，y0 ，1 ，|f(x)f(y)|k恒成立，则 k 的最小值为 ( ) a.12 b.14 c.12 d.1812b 解析 不妨设 0yx1.当 xy12时，|f(x)f(y)|12时，|f(x)f(y)|f(x)f(1) (f(y)f (0)|f(x)f(1)|f(y)f(0)|12|x 1| 12|y 0| 12(x y) 1214. 故 kmin14. 32014天津卷 设变量

23、x，y 满足约束条件xy20，xy20，y1，则目标函数 zx2y 的最小值为( ) a2 b 3 c 4 d 5 3b 解析 画出可行域，如图所示解方程组xy20，y1，得x1，y1，即点 a(1，1)当目标函数线过可行域内a点时，目标函数有最小值，即zmin11213. 162014广州七校联考 不等式 |x 2| |x 1| 5 的解集为 _16 3，2 解析 根据绝对值的几何意义，得不等式的解集为3x2.42014安徽六校联考 若正实数 x，y 满足 xy2，且1xym恒成立，则 m的最大值为 ( ) a1 b 2 c 3 d 4 4a 解析 xy2 xy，且 xy2， 22 xy， 当且仅当 xy1 时，等号成立，xy1，1xy1，1m ，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共 17 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - -