2023年高考数学二轮复习专题2函数、不等式、导数第3讲不等式、线性规划课后强化训练

专题二第三讲不等式、线性规划A组1．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，那么不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(C)A．{x|－1＜x≤0} B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1＜x≤1} D．{x|－1＜x≤2}[解析]如下图，把函数y＝log2x的图象向左平移一个单位得到y＝log2(x＋1)的图象，x＝1时两图象相交，不等式的解为－1<x≤1，应选C．2．(文)设x∈R，那么“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的(A)A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[解析]|x－2|<1⇔－1<x－2<1⇔1<x<3，x2＋x－2>0⇔x<－2或x>1，所以“|x－2|<1”是“x2＋x－2>0”的充分不必要条件，应选A．(理)a、b∈R，以下四个条件中，使a>b成立的必要而不充分的条件是(A)A．a>b－1 B．a>b＋1C．|a|>|b| D．2a>2[解析]∵a>b，b>b－1，∴a>b－1，但当a>b－1时，a>b未必成立，应选A．[点评]a>b＋1是a>b的充分不必要条件，2a>2b是a>b的充要条件；|a|>|b|是a>b3．(文)a>0，b>0，且2a＋b＝4，那么eq\f(1,ab)的最小值为(C)A．eq\f(1,4) B．4C．eq\f(1,2) D．2[解析]∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤2，∴eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2)，等号在a＝1，b＝2时成立．(理)假设直线2ax＋by－2＝0(a、b∈R)平分圆x2＋y2－2x－4y－6＝0，那么eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值是(D)A．1 B．5C．4eq\r(2) D．3＋2eq\r(2)[解析]直线平分圆，那么必过圆心．圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝11．∴圆心C(1,2)在直线上⇒2a＋2b－2＝0⇒a＋b∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝(eq\f(2,a)＋eq\f(1,b))(a＋b)＝2＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)＋1＝3＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)≥3＋2eq\r(2)，应选D．4．(2023·长春一模)一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－1或x>eq\f(1,3)}，那么f(ex)>0的解集为(D)A．{x|x<－1或x>－ln3} B．{x|－1<x或x>－ln3}C．{x|x>－ln3} D．{x|x<－ln3}[解析]f(x)>0的解集为{x|－1<x<eq\f(1,3)}，那么由f(ex)>0得－1<ex<eq\f(1,3)，解得x<－ln3，即f(ex)>0的解集为{x|x<－ln3}．5．(2023·山东卷，4)假设变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0，))那么x2＋y2的最大值是(C)A．4 B．9C．10 D．12[解析]作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部所示，设P(x，y)为平面区域内任意一点，那么x2＋y2表示|OP|2.显然，当点P与点A重合时，|OP|2取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2,2x－3y＝9))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝－1))，故A(3，－1)．所以x2＋y2的最大值为32＋(－1)2＝10.应选C．6．(文)假设实数x、y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,x－y≥0，,2x－y－2≥0，))那么w＝eq\f(y－1,x＋1)的取值范围是(D)A．[－1，eq\f(1,3)] B．[－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)]C．[－eq\f(1,2)，＋∞) D．[－eq\f(1,2)，1)[解析]作出不等式组表示的平面区域如下图．据题意，即求点M(x，y)与点P(－1,1)连线斜率的取值范围．由图可知wmin＝eq\f(1－0,－1－1)＝－eq\f(1,2)，wmax<1，∴w∈[－eq\f(1,2)，1)．(理)(2023·贵阳市高三质量监测)O是坐标原点，点A(－1,2)，假设点M(x，y)为平面区域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2,x≤1,y≤2))上的一个动点，那么eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的取值范围是(D)A．[－1,0] B．[0,1]C．[1,3] D．[1,4][解析]此题主要考查简单的线性规划、平面向量数量积的坐标运算．作出点M(x，y)满足的平面区域，如图阴影局部所示，易知当点M为点C(0,2)时，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))取得最大值，即为(－1)×0＋2×2＝4，当点M为点B(1,1)时，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))取得最小值，即为(－1)×1＋2×1＝1，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的取值范围为[1,4]，应选D．7．(2023·石家庄质检)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x∈[0，1，,4－2x，x∈[1，2]，))假设f(x0)≤eq\f(3,2)，那么x0的取值范围是(C)A．(log2eq\f(3,2)，eq\f(5,4)) B．(0，log2eq\f(3,2)]∪[eq\f(5,4)，＋∞)C．[0，log2eq\f(3,2)]∪[eq\f(5,4)，2] D．(log2eq\f(3,2)，1)∪[eq\f(5,4)，2][解析]①当0≤x0<1时，2x0≤eq\f(3,2)，x0≤log2eq\f(3,2)，∴0≤x0≤log2eq\f(3,2)．②当1≤x0≤2时，4－2x0≤eq\f(3,2)，x0≥eq\f(5,4)，∴eq\f(5,4)≤x0≤2，应选C．8．(2023·陕西高考)某企业生产甲、乙两种新产品均需用A，B两种原料．生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，那么该企业每天可获得最大利润为(D)甲乙原料限额A(吨)3212B(吨)128A．12万元 B．16万元C．17万元 D．18万元[解析]设企业每天生产甲产品x吨、乙产品y吨，每天获得的利润为z万元，那么有z＝3x＋4y，由题意得x，y满足：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y≤12，,x＋2y≤8，,x≥0，,y≥0，))不等式组表示的可行域是以O(0,0)，A(4,0)，B(2,3)，C(0,4)为顶点的四边形及其内部．根据线性规划的有关知识，知当直线3x＋4y－z＝0过点B(2,3)时，z取最大值18，故该企业每天可获得最大利润为18万元．9．函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，假设实数a满足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，那么a的取值范围是(C)A．[1,2] B．(0，eq\f(1,2)]C．[eq\f(1,2)，2] D．(0,2][解析]因为logeq\f(1,2)a＝－log2a，所以f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)＝f(log2a)＋f(－log2a)＝2f(log2a)，原不等式变为2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在[0，＋∞)上递增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)10．a>0，x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3，))假设z＝2x＋y的最小值为1，那么a＝(B)A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2[解析]画出可行域，如下图，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝ax－3，))得A(1，－2a)，那么直线y＝z－2x过点A(1，－2a)时，z＝2x＋y取最小值1，故2×1－2a＝1，解得a＝eq\f(1,2)．11．(2023·兰州双基过关)AC，BD为圆O：x2＋y2＝4的两条互相垂直的弦，且垂足为M(1，eq\r(2))，那么四边形ABCD面积的最大值为(A)A．5 B．10C．15 D．20[解析]如图，作OP⊥AC于P，OQ⊥BD于Q，那么OP2＋OQ2＝OM2＝3，∴AC2＋BD2＝4(4－OP2)＋4(4－OQ2)＝20.又AC2＋BD2≥2AC·BD，那么AC·BD∴S四边形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)×10＝5，当且仅当AC＝BD＝eq\r(10)时等号成立．12．(2023·山东菏泽一模)直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，那么eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是(A)A．9 B．8C．4 D．2[解析]圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程，得x2＋(y－1)2＝6，所以圆心为C(0,1)．因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1．因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝(b＋c)(eq\f(4,b)＋eq\f(1,c))＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5．因为b，c>0，所以eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥2eq\r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4．当且仅当eq\f(4c,b)＝eq\f(b,c)时等号成立．由此可得b＝2c，且b＋c＝1，即b＝eq\f(2,3)，c＝eq\f(1,3)时，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)取得最小值9．13．f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x.那么，不等式f(x＋2)<5的解集是__(－7,3)__.[解析]∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(|x|)．又x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴不等式f(x＋2)<5⇒f(|x＋2|)<5⇒|x＋2|2－4|x＋2|<5⇒(|x＋2|－5)·(|x＋2|＋1)<0⇒|x＋2|－5<0⇒|x＋2|<5⇒－5<x＋2<5⇒－7<x<3．故解集为(－7,3)．14．(2023·辽宁五校联考)设实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，))假设目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为10，那么a2＋b2的最小值为__eq\f(25,13)__.[解析]因为a>0，b>0，所以由可行域得，当目标函数z＝ax＋by过点(4,6)时取最大值，那么4a＋6b＝10.a2＋b2的几何意义是直线4a＋6b＝10上任意一点到点(0,0)的距离的平方，那么最小值是点(0,0)到直线4a＋6b＝10距离的平方，即a2＋b2的最小值是eq\f(25,13)．15．(2023·辽宁沈阳质检)假设直线l：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)经过点(1,2)，那么直线l在x轴和y轴上的截距之和的最小值是__3＋2eq\r(2)__.[解析]直线l在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，求直线l在x轴和y轴上的截距之和的最小值即求a＋b的最小值．由直线l经过点(1,2)得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1.于是a＋b＝(a＋b)×1＝(a＋b)×(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)，因为eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥2eq\r(\f(b,a)×\f(2a,b))＝2eq\r(2)(当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)时取等号)，所以a＋b≥3＋2eq\r(2)．16．(2023·广东实验中学模拟)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,log\f(1,3)x，x>1，))假设对任意的x∈R，不等式f(x)≤m2－eq\f(3,4)m恒成立，那么实数m的取值范围是__(－∞，－eq\f(1,4))∪[1，＋∞)__.[解析]对于函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,log\f(1,3)x，x>1，))当x≤1时，f(x)＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)；当x>1时，f(x)＝logeq\f(1,3)x<0．那么函数f(x)的最大值为eq\f(1,4)．那么要使不等式f(x)≤m2－eq\f(3,4)m恒成立，那么m2－eq\f(3,4)m≥eq\f(1,4)恒成立，即m≤－eq\f(1,4)或m≥1．B组1．不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－eq\f(1,2)，eq\f(1,3))，那么a＋b的值是(D)A．10 B．－10C．14 D．－14[解析]由题意知ax2＋bx＋2＝0的两个根为－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，所以－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝－eq\f(b,a)，－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,a)，所以a＝－12，b＝－2，所以a＋b＝－14．2．(2023·北京卷，4)假设x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤3，,x＋y≥2，,y≤x，))那么x＋2y的最大值为(D)A．1 B．3C．5 D．9[解析]作出可行域如图中阴影局部所示．设z＝x＋2y，那么y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)z．作出直线l0：y＝－eq\f(1,2)x，并平移该直线，可知当直线y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)z过点C时，z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝3，))故C(3,3)．∴zmax＝3＋2×3＝9．应选D．3．(2023·山东卷)x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0.))假设z＝ax＋y的最大值为4，那么a＝(B)A．3 B．2C．－2 D．－3[解析]由约束条件可画可行域如图，解得A(2,0)，B(1,1)．假设过点A(2,0)时取最大值4，那么a＝2，验证符合条件；假设过点B(1,1)时取最大值4，那么a＝3，而假设a＝3，那么z＝3x＋y最大值为6(此时A(2,0)是最大值点)，不符合题意.(也可直接代入排除)4．(2023·浙江卷，4)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋y－3≥0，,x－2y≤0，))那么z＝x＋2y的取值范围是(D)A．[0,6] B．[0,4]C．[6，＋∞) D．[4，＋∞)[解析]作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影局部所示．由题意可知，当直线y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(z,2)过点A(2,1)时，z取得最小值，即zmin＝2＋2×1＝4，所以z＝x＋2y的取值范围是[4，＋∞)．应选D．5．(文)假设a>b>0，c<d<0，那么一定有(D)A．eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B．eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C．eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)[解析]因为c<d<0，所以－c<－d>0，即得eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0，又a>b>0，得eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，从而有eq\f(a,d)<eq\f(b,c)．(理)(2023·德州模拟)假设a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，那么(C)A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c[解析]易知a，b，c均为正数，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝eq\f(ln9,ln8)＝log89>1，所以b>a，eq\f(a,c)＝eq\f(5ln2,2ln5)＝eq\f(ln32,ln25)＝log2532>1，所以a>c，故b>a>c．6．正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，假设存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为(A)A．eq\f(3,2) B．eq\f(5,3)C．eq\f(25,6) D．不存在[解析]由an>0，a7＝a6＋2a5，设{an}的公比为q那么a6q＝a6＋eq\f(2a6,q)，所以q2－q－2＝0．因为q>0，所以q＝2，因为eq\r(aman)＝4a1，所以aeq\o\al(2,1)·qm＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，所以m＋n－2＝4，所以m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)(eq\f(1,m)＋eq\f(4,n))＝eq\f(1,6)(5＋eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n))≥eq\f(1,6)(5＋2eq\r(\f(n,m)·\f(4m,n)))＝eq\f(3,2)，等号在eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m＝4时成立．7．假设变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≤0，,2x－y≥0，,x≤1，))那么点P(2x－y，x＋y)表示区域的面积为(D)A．eq\f(3,4) B．eq\f(4,3)C．eq\f(1,2) D．1[解析]令2x－y＝a，x＋y＝b，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,3)，,y＝\f(2b－a,3)，))代入x，y的关系式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＋1≤0，,a≥0，,a＋b－3≤0，))画出不等式组表示的平面区域如图．易得阴影区域面积S＝eq\f(1,2)×2×1＝1．8．(2023·天津二模)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x>1,x－12＋2，x≤1，))那么不等式f(1－x2)>f(2x)的解集是(D)A．{x|－1<x<－1＋eq\r(2)}B．{x|x<－1或x>－1＋eq\r(2)}C．{x|－1－eq\r(2)<x<1}D．{x|x<－1－eq\r(2)或x>eq\r(2)－1}[解析]由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x>1,x－12＋2，x≤1，))可得当x≤1时，函数f(x)为减函数，那么由f(1－x2)>f(2x)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2<2x，,2x≤1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2<1，,2x>1，))解得x<－1－eq\r(2)或eq\r(2)－1<x≤eq\f(1,2)或x>eq\f(1,2)，所以不等式f(1－x2)>f(2x)解集是{x|x<－1－eq\r(2)或x>eq\r(2)－1}．9．一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－1或x>eq\f(1,2)}，那么f(10x)>0的解集为__{x|x<－lg_2}__.[解析]由题意知，一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－1或x>eq\f(1,2)}，因为f(10x)>0，所以－1<10x<eq\f(1,2)，即x<lgeq\f(1,2)＝－lg2．10．设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋a，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0.))假设f(0)是f(x)的最小值，那么a的取值范围为__(－∞，2]__.[解题提示]根据分段函数的定义找出f(0)的表达形式，再利用f(0)是f(x)的最小值，求出a的取值范围．[解析]当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)≥2，假设f(0)是f(x)的最小值，那么f(0)＝a≤2．11．f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数且f(1)＝2，当x1、x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0时，有eq\f(fx1＋fx2,x1＋x2)>0，假设f(x)≥m2－2am－5对所有x∈[－1,1]、a∈[－1,1]恒成立，那么实数m的取值范围是__[－1,1]__.[解析]∵f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，∴当x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0时，eq\f(fx1＋fx2,x1＋x2)>0等价于eq\f(fx1－f－x2,x1－－x2)>0，∴f(x)在[－1,1]上单调递增．∵f(1)＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f(1)＝－2．要使f(x)≥m2－2am－5对所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，即－2≥m2－2a