2014年全国高考理科数学试题分类汇编8_不等式

1、20142014 年全国高考理科数学试题分类汇编年全国高考理科数学试题分类汇编 8 8 不等式不等式 1 1 不等式的概念与性质不等式的概念与性质 5 ， ， 2014 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. x3y3 5D 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. 42014 四川卷 若 ab0，cdbd B.acbc D.adbc 4D 解析 因为 c

2、d0，所以1d1c0，与 ab0 对应相乘得，adbc0，所以ad1），xa1a2x1 ，3xa1xa2. 由图可知，当 xa2时，fmin(x)fa2a213，可得 a8. 当 aa2，xa11xa2，3xa1（x1）. 由图可知，当 xa2时，fmin(x)fa2a213，可得 a4.综上可知，a 的值为4 或 8. 3 3 一元二次不等式的解法一元二次不等式的解法 2 、2014 全国卷 设集合 Mx|x23x40，Nx|0 x5，则 MN( ) A(0，4 B0，4) C1，0) D(1，0 2B 解析 因为 Mx|x23x40 x|1x4，Nx|0 x5，所以 MNx|1x40 x5

3、x|0 x4 12 、2014 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

4、：yax，则由题意知 l0AB 或 l0AC，故 a1 或 a2. 62014 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 B2 C.12 D12 6D 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)5a28 5a20 的最小值是4520（8 5）2454，即 a2b2的最小值为 4.故选 B. 18 ，2014 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PAPBP

5、C0，求|OP|； (2)设OPmABnAC(m，nR)，用 x，y 表示 mn，并求 mn 的最大值 18解：(1)方法一：PAPBPC0， 又PAPBPC(1x，1y)(2x，3y)(3x，2y)(63x，63y)， 63x0，63y0，解得x2，y2， 即OP(2，2)，故|OP|2 2. 方法二：PAPBPC0， 则(OAOP)(OBOP)(OCOP)0， OP13(OAOBOC)(2，2)， |OP|2 2. (2)OPmABnAC， (x，y)(m2n，2mn)， xm2n，y2mn， 两式相减得，mnyx， 令 yxt，由图知，当直线 yxt 过点 B(2，3)时，t 取得最大值

6、 1，故 mn 的最大值为 1. 5 ，2014 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- 1 A0 B1 C2 D3 5 C 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. 22014 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 B3 C4 D5 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) 当目标函数线

7、过可行域内 A 点时，目标函数有最小值，即 zmin11213. 13 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(2，1)，C1，32.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 a1，32. 5 5 基本不等式基本不等式2aba

8、b 16 、2014 辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2ab|最大时，3a4b5c的最小值为_ 162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2) (4a23b2)113(2ab)24a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2， 当且仅当4a213b213，即 2a3b6(同号)时， |2ab|取得最大值85c，此时 c402. 3a4b5 当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c取最小值2. 14 ，2014 山东卷 若ax2bx6的展开式中 x3项的系数为 20，则 a2b2的最小值为_ 142

9、解析 Tr1Cr6(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. 10 ，2014 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 B3 C.17 28 D. 10 10B 解析 由题意可知，F14，0 .设 A(y21，y1)，B(y22，y2)，OAOBy1y2y21y222， 解得 y1

10、y21 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(xy21) 1y1y2(xy21)， 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 y1 2，y2 2，则 AB 所在直线的方程为 x2，此时求得 SABOSAFO2122 21214

11、 217 28，而17 283，故选 B. 14 ，2014 四川卷 设 mR，过定点 A 的动直线 xmy0 和过定点 B 的动直线 mxym30 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 6 6 不等式的证明方法不等式的证明方法 202014 北京卷 对于数对序列 P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，记 T1(P)a1b

12、1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)， 其中 maxTk1(P)，a1a2ak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)，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 ma 和 md 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

13、 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)，241max7，68. (2)T2(P)maxabd，acd， T2(P)maxcdb，cab 当 ma 时，T2(P)maxcdb，cabcdb. 因为 abdcbd，且 acdcbd，所以 T2(P)T2(P) 当 md 时，T2(P)maxcdb，cabcab. 因为 abdcab，且 acdcab，所以 T2(P)T2(P) 所以无论 ma 还是 md，T2(P)T2(P)都成立 (3)数对序列 P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5

14、，2)的 T5(P)值最小， T1(P)10，T2(P)26，T3(P)42，T4(P)50，T5(P)52. 19 、 、 2014 天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 M0， 1， 2， ，q1， 集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n (1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A. (2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n.证明：若 anbn，则 st. 19解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6

15、，7 (2)证明：由 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n 及 anbn，可得 st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1 (q1)(q1)q(q1)qn2qn1 （q1）（1qn1）1qqn1 10， 所以 s1），xa1a2x1 ，3xa1xa2. 由图可知，当 xa2时，fmin(x)fa2a213，可得 a8. 当 aa2，xa11xa2，3xa1（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)nln(n1) 证明如下： 方法一：上述不等式等价于

16、12131n1x1x，x0. 令 x1n，nN，则1n1lnn1n. 下面用数学归纳法证明 当 n1 时，12ln 2，结论成立 假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k1) 那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)， 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. 令 x1n，nN，则 lnn1n1n1. 故有 ln 2ln 112， ln 3ln 213， ln(n1)ln n1n1， 上述各式相加可得 ln(n1)12131n1， 结论得证 方法三：如图，0nxx1dx 是由曲线

17、 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， 1223nn10nxx1dx 0n11x1dxnln(n1)， 结论得证 8 8 单元综合单元综合 16 、2014 辽宁卷 对于 c0，当非零实数 a，b 满足 4a22ab4b2c0 且使|2ab|最大时，3a4b5c的最小值为_ 162 解析 由题知 2c(2ab)23(4a23b2) (4a23b2)113(2ab)24a23b234(2ab)2，即 2c54(2ab)2， 当且仅当4a213b213，即 2a3b6(同号)时， |2ab|取得最大值85c，此时 c402. 3a4b5c18

18、211814222， 当且仅当 a34，b12，c52时，3a4b5c取最小值2. 12 、2014 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|xy|. 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.18 12B 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 |x1|12|y0|12(xy)1214.故 kmin14. 32014 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 B3 C4 D5 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|x2|x1|5 的解集为_ 163，2 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(