2025届高考数学一轮知能训练阶段检测卷四不等式含解析

PAGE5-阶段检测卷(四)(不等式)时间：50分钟满分：100分一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中.1.设a，b，c∈R，且a>b，则()A.ac>bcB.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.a2>b2D.a3>b32.(2024年辽宁丹东五校协作体联考)已知函数f(x)＝|lnx|.若0<a<b，且f(a)＝f(b)，则a＋4b的取值范围是()A.(4，＋∞)B.[4，＋∞)C.(5，＋∞)D.[5，＋∞)3.已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集为B，不等式x2＋ax＋b<0的解集为A∩B，那么a＋b等于()A.－3B.1C.－1D.34.(2024年山东)定义运算“⊗”：x⊗y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0).当x>0，y>0时，x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是()A.2B.4C.2eq\r(2)D.eq\r(2)5.(2024年重庆模拟)x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4≤0，,x－2y－4≤0，,2x－y＋4≥0，))若z＝ax－y取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为()A.－1B.2C.eq\f(1,2)D.2或－16.某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费肯定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业须要更新设备的年数为()A.10B.11C.13D.21二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中.7.已知正数a，b满意a＋b＝4，ab的最大值为t，不等式x2＋3x－t<0的解集为M，则()A.t＝2B.t＝4C.M＝{x|－4<x<1}D.M＝{x|－1<x<4}8.下列说法不正确的是()A.若x，y>0，x＋y＝2，则2x＋2y的最大值为4B.若x<eq\f(1,2)，则函数y＝2x＋eq\f(1,2x－1)的最大值为－1C.若x，y>0，x＋y＋xy＝3，则xy的最小值为1D.函数y＝eq\f(x2＋6,\r(x2＋2))的最小值为4三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上.9.(2024年北京)若x，y满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤2，,y≥－1，,4x－3y＋1≥0，))则y－x的最小值为__________，最大值为__________.10.(2024年齐、鲁教科研协作体模拟)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是________.11.(2024年浙江)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x，若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，则实数a的最大值是________.四、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.12.(14分)经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某马路段汽车的车流量y(千辆/时)与汽车的平均速度v(千米/时)之间的函数关系为：y＝eq\f(920v,v2＋3v＋1600)(v>0).(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？13.(20分)已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,e)))lnx＋eq\f(1,x)－x.(1)求函数f(x)的极值；(2)设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex，对于随意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥eq\f(e,2)f(x2)成立，求实数a的取值范围.

阶段检测卷(四)1．D2．B解析：由题意知lna＝－lnb，即lnab＝0，∴ab＝1，∴a＋4b≥2eq\r(4ab)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝2，b＝\f(1,2)时取等号))，故选B.3．A解析：由题意，A＝{x|－1<x<3}，B＝{x|－3<x<2}，A∩B＝{x|－1<x<2}，则不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x|－1<x<2}．由根与系数的关系可知，a＝－1，b＝－2，∴a＋b＝－3，故选A.4．D解析：由新定义运算知，x⊗y＝eq\f(x2－y2,xy)，(2y)⊗x＝eq\f(2y2－x2,2yx)＝eq\f(4y2－x2,2xy)，∵x>0，y>0，x⊗y＋(2y)⊗x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(4y2－x2,2xy)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\f(2\r(2)xy,2xy)＝eq\r(2)，∴x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是eq\r(2).5．C解析：作出不等式组表示的平面区域，如图D276.由z＝ax－y得y＝ax－z，即直线y＝ax－z在y轴上的截距最小时z最大．①若a＝0，则y＝－z，此时，目标函数只在B处取得最大值，不满意条件．②若a>0，则目标函数y＝ax－z的斜率k＝a>0，要使z＝ax－y取得最大值的最优解不唯一，则直线y＝ax－z与直线x－2y－4＝0平行，此时a＝eq\f(1,2).③若a<0，明显不满意题意．故选C.图D2766．A解析：设该企业须要更新设备的年数为x，设备年平均费用为y，则x年后的设备维护费用为2＋4＋…＋2x＝x(x＋1)，∴x年的平均费用为y＝eq\f(100＋0.5x＋xx＋1,x)＝x＋eq\f(100,x)＋1.5.由基本不等式，得y＝x＋eq\f(100,x)＋1.5≥2eq\r(x·\f(100,x))＋1.5＝21.5，当且仅当x＝eq\f(100,x)，即x＝10时取等号．7．BC8.AC9．－31解析：作出可行域，如图D277中阴影部分．图D277设z＝y－x，则y＝x＋z.当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取最小值－3，经过点A(2,3)时，z取最大值1.10．4解析：方法一，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，∴(2y＋1)(x＋1)＝9且x＋1>0,2y＋1>0.∴x＋2y＝(2y＋1)＋(x＋1)－2≥2eq\r(2y＋1·x＋1)－2＝4.(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)∴x＋2y的最小值为4.方法二，∵x>0，y>0，∴2xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y＋x,2)))2＝eq\f(2y＋x,4)2(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)．又x＋2y＋2xy＝8，∴x＋2y＋eq\f(x＋2y,4)2≥8，∴(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，∴x＋2y－4≥0，即x＋2y≥4(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，∴x＋2y的最小值为4.方法三，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，∴x＝eq\f(8－2y,1＋2y)＝eq\f(9,2y＋1)－1，∴x＋2y＝eq\f(9,2y＋1)＋(2y＋1)－2≥2eq\r(\f(9,2y＋1)·2y＋1)－2＝4(当且仅当y＝1时取等号)，∴x＋2y的最小值为4.方法四(秒杀解法)，x＋2y＋2xy＝8，即x＋2y＋x·2y＝8.由条件及结论关于x,2y的对称性知当x＝2y＝2时x＋2y取最小值为4.11.eq\f(4,3)解析：使得f(t＋2)－f(t)＝a{2·[(t＋2)2＋t(t＋2)＋t2]}－2＝2a(3t2＋6t＋4)－2，令m＝3t2＋6t＋4∈[1，＋∞)，则原不等式转化为存在m≥1，|am－1|≤eq\f(1,3)，其折线函数如图D278，图D278只需－eq\f(1,3)≤a－1≤eq\f(1,3)，即eq\f(2,3)≤a≤eq\f(4,3)，即a的最大值是eq\f(4,3).12．解：(1)依题意，y＝eq\f(920v,3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋\f(1600,v))))≤eq\f(920,3＋2\r(1600))＝eq\f(920,83)，当且仅当v＝eq\f(1600,v)，即v＝40时，上式等号成立，∴ymax＝eq\f(920,83)≈11.1(千辆/时)．(2)由条件得eq\f(920v,v2＋3v＋1600)>10，整理得v2－89v＋1600<0，即(v－25)(v－64)<0，解得25<v<64.答：当v＝40千米/时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时．假如要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时．13．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(e＋\f(1,e),x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－e\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e))),x2).xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))e(e，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减微小值单调递增极大值单调递减∴f(x)的微小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，极大值为f(e)＝eq\f(2,e).(2)由(1)可知，当x∈[1，＋∞)时，函数f(x)的最大值为eq\f(2,e).对于随意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥eq\f(e,2)f(x2)成立，等价于g(x)≥1恒成立，g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a.①a≤2时，∵ex≥x＋1，∴g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－a≥2－a≥0，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(0)＝1恒成立