第5練不等式[明考情]不等式作為數(shù)學解題的重要工具，在高考中一直是命題的熱點，多以選擇題的形式呈現(xiàn).[知考向]1.不等關系與不等式的性質(zhì).2.不等式的解法.3.基本不等式.4.簡單的線性規(guī)劃問題.考點一不等關系與不等式的性質(zhì)要點重組不等式的常用性質(zhì)(1)如果a＞b＞0，c＞d＞0，那么ac＞bd.(2)如果a＞b＞0，那么an＞bn(n∈N，n≥2).(3)如果a＞b＞0，那么eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).1.設0<a<b<1，則下列不等式成立的是()A.a3>b3 B.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.ab>1 D.lg(b－a)<a答案D解析∵0＜a＜b＜1，∴0＜b－a＜1－a，∴l(xiāng)g(b－a)＜0＜a，故選D.2.下面四個條件中，使a>b成立的充分不必要條件是()A.a>b＋1 B.a>b－1C.a2>b2 D.a3>b3答案A解析由a>b＋1，得a>b＋1>b，即a>b；而由a>b不能得出a>b＋1.因此，使a>b成立的充分不必要條件是a>b＋1.3.(2016·北京)已知x，y∈R，且x＞y＞0，則()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＞0 B.sinx－siny＞0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y＜0 D.lnx＋lny＞0答案C解析函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\f(1,x)＜eq\f(1,y)，即eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＜0，A錯；函數(shù)y＝sinx在(0，＋∞)上不是單調(diào)函數(shù)，B錯；函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y＜0，C正確；lnx＋lny＝lnxy，當x＞y＞0時，xy不一定大于1，即不一定有l(wèi)nxy＞0，D錯.4.(2016·全國Ⅰ)若a>b>1，0<c<1，則()A.ac<bc B.abc<bacC.alogbc<blogac D.logac<logbc答案C解析對A：由于0<c<1，∴函數(shù)y＝xc在R上單調(diào)遞增，則a>b>1?ac>bc，故A錯；對B：由于－1<c－1<0，∴函數(shù)y＝xc－1在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴a>b>1?ac－1<bc－1?bac<abc，故B錯；對C：要比較alogbc和blogac，只需比較eq\f(alnc,lnb)和eq\f(blnc,lna)，只需比較eq\f(lnc,blnb)和eq\f(lnc,alna)，只需比較blnb和alna.構造函數(shù)f(x)＝xlnx(x>1)，則f′(x)＝lnx＋1>1>0，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此f(a)>f(b)>0?alna>blnb>0?eq\f(1,alna)<eq\f(1,blnb)，又由0<c<1得lnc<0，∴eq\f(lnc,alna)>eq\f(lnc,blnb)?blogac>alogbc，故C正確；對D：要比較logac和logbc，只需比較eq\f(lnc,lna)和eq\f(lnc,lnb)，而函數(shù)y＝lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故a>b>1?lna>lnb>0?eq\f(1,lna)<eq\f(1,lnb)，又由0<c<1得lnc<0，∴eq\f(lnc,lna)>eq\f(lnc,lnb)?logac>logbc，故D錯，故選C.5.若x＞y，a＞b，則在：①a－x＞b－y；②a＋x＞b＋y；③ax＞by；④eq\f(a,y)＞eq\f(b,x)這四個式子中，恒成立的所有不等式的序號是____________.答案②考點二不等式的解法方法技巧(1)解一元二次不等式的步驟一化(二次項系數(shù)化為正)，二判(看判別式Δ)，三解(解對應的一元二次方程)，四寫(根據(jù)“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式解集).(2)可化為eq\f(fx,gx)＜0(或＞0)型的分式不等式，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式求解.(3)指數(shù)不等式、對數(shù)不等式可利用函數(shù)單調(diào)性求解.6.若ax2＋bx＋c＜0的解集為{x|x＜－2或x＞4}，則對于函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c應有()A.f(5)＜f(2)＜f(－1) B.f(5)＜f(－1)＜f(2)C.f(－1)＜f(2)＜f(5) D.f(2)＜f(－1)＜f(5)答案B解析∵ax2＋bx＋c＜0的解集為{x|x＜－2或x＞4}，∴a＜0，而且函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(4－2,2)＝1，∴f(－1)＝f(3).又∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(5)＜f(3)＜f(2)，即f(5)＜f(－1)＜f(2).7.在R上定義運算：x*y＝x(1－y).若不等式(x－y)*(x＋y)<1對一切實數(shù)x恒成立，則實數(shù)y的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C.(－1，1)D.(0，2)答案A解析由題意知，(x－y)*(x＋y)＝(x－y)[1－(x＋y)]<1對一切實數(shù)x恒成立，所以－x2＋x＋y2－y－1<0對于x∈R恒成立.故Δ＝12－4×(－1)×(y2－y－1)<0，所以4y2－4y－3<0，解得－eq\f(1,2)<y<eq\f(3,2).8.若不等式x2－2ax＋a＞0對x∈R恒成立，則關于t的不等式a2t+1＜＜1的解為()A.1＜t＜2B.－2＜t＜1C.－2＜t＜2D.－3＜t＜2答案A解析因為不等式x2－2ax＋a＞0對x∈R恒成立，所以Δ＝4a2－4a＜0?0＜a＜1，那么關于t的不等式a2t+1＜＜1等價于2t＋1＞t2＋2t－3＞0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＜4，,t2＋2t－3＞0，))解得1＜t＜2.9.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x<0，))則不等式x＋xf(x)≤2的解集為____________.答案(－∞，1]解析原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋x2≤2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,x－x2≤2，))解得0≤x≤1或x<0，所以不等式的解集為(－∞，1].10.對于滿足0≤a≤4的實數(shù)a，使x2＋ax>4x＋a－3恒成立的x的取值范圍是________.答案(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析原不等式可化為x2＋ax－4x－a＋3>0，即a(x－1)＋x2－4x＋3>0，令f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3，則函數(shù)f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3表示直線，要使f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3>0在a∈[0，4]上恒成立，則有f(0)>0，f(4)>0，即x2－4x＋3>0且x2－1>0，解得x>3或x<－1，即x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞).考點三基本不等式要點重組基本不等式：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(1)利用基本不等式求最值的條件：一正二定三相等.(2)求最值時若連續(xù)利用兩次基本不等式，必須保證兩次等號成立的條件一致.11.若正數(shù)x，y滿足x2＋6xy－1＝0，則x＋2y的最小值是()A.eq\f(2\r(2),3)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(3),3)答案A解析由x2＋6xy－1＝0，可得x2＋6xy＝1，即x(x＋6y)＝1.因為x，y都是正數(shù)，所以x＋6y＞0.故2x＋(x＋6y)≥2eq\r(2x×x＋6y)＝2eq\r(2)，即3x＋6y≥2eq\r(2)，故x＋2y≥eq\f(2\r(2),3)(當且僅當2x＝x＋6y，即x＝6y時等號成立).故選A.12.兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R且ab≠0，則eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為()A.1B.3C.eq\f(1,9)D.eq\f(4,9)答案A解析由兩圓恰有三條公切線知，兩圓外切，可得a2＋4b2＝9，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))·eq\f(a2＋4b2,9)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(a2,b2)＋\f(4b2,a2)))≥1，當且僅當a2＝2b2時取等號.13.設eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，－2)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(a，－1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－b，0)(a＞0，b＞0，O為坐標原點)，若A，B，C三點共線，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()A.4B.eq\f(9,2)C.8D.9答案D解析由題可知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(a－1，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－b－1，2)，A，B，C三點共線，則由eq\o(AB,\s\up6(→))∥eq\o(AC,\s\up6(→))，可得2a＋b＝1.又a＞0，b＞0，∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋eq\f(2a,b)＋eq\f(2b,a)≥9，當且僅當a＝b＝eq\f(1,3)時取等號.14.(2017·山東)若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)過點(1，2)，則2a＋b的最小值為________.答案8解析∵直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(1，2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝4＋eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)≥4＋2eq\r(\f(4a,b)·\f(b,a))＝8，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝2，b＝4時，等號成立.故2a＋b的最小值為8.15.設正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(xy,z)取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為________.答案1解析∵x，y，z是正實數(shù)，∴eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)－3＋4·\f(y,x))≤eq\f(1,2\r(4×\f(y,x)×\f(x,y))－3)＝1，當且僅當x＝2y時等號成立，此時z＝2y2.∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝－eq\f(1,y2)＋eq\f(2,y)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1，故當y＝1時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為1.考點四簡單的線性規(guī)劃問題方法技巧(1)求目標函數(shù)最值的一般步驟：一畫二移三求.(2)常見的目標函數(shù)①截距型：z＝ax＋by；②距離型：z＝(x－a)2＋(y－b)2；③斜率型：z＝eq\f(y－b,x－a).16.(2017·全國Ⅰ)設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3y≤3，,x－y≥1，,y≥0，))則z＝x＋y的最大值為()A.0B.1C.2D.3答案D解析根據(jù)題意作出可行域，如圖陰影部分所示，由z＝x＋y，得y＝－x＋z.作出直線y＝－x，并平移該直線，當直線y＝－x＋z過點A時，目標函數(shù)取得最大值.由圖知A(3，0)，故zmax＝3＋0＝3.故選D.17.已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))若z＝ax＋y的最大值為4，則a等于()A.3B.2C.－2D.－3答案B解析不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0))表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示.若z＝ax＋y的最大值為4，則直線y＝－ax＋z的斜率－a＜0，a＞0，最優(yōu)解為點B(2，0)，即4＝a×2＋0，∴a＝2.故選B.18.(2017·阜陽二模)不等式|x|＋|3y|－6≤0所對應的平面區(qū)域的面積為()A.12B.24C.36D.48答案B解析不等式|x|＋|3y|－6≤0所對應的平面區(qū)域為一個菱形及其內(nèi)部，對角線長分別為12，4，所以面積為eq\f(1,2)×12×4＝24.故選B.19.設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥x，,4x＋3y≤12，))則eq\f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范圍是()A.[1，5]B.[2，6]C.[3，11]D.[3，10]答案C解析畫出約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥x，,4x＋3y≤12))的可行域，eq\f(x＋2y＋3,x＋1)＝eq\f(x＋1＋2y＋2,x＋1)＝1＋2×eq\f(y＋1,x＋1)，eq\f(y＋1,x＋1)的幾何意義為過點(x，y)和(－1，－1)的直線的斜率.由可行域知，eq\f(y＋1,x＋1)的取值范圍為kMA≤eq\f(y＋1,x＋1)≤kMB，即eq\f(y＋1,x＋1)∈[1，5]，所以eq\f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范圍是[3，11].20.已知實數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x，,x＋2y≤4，,y≥\f(1,2)x＋m，))且z＝x2＋y2＋2x－2y＋2的最小值為2，則實數(shù)m的取值范圍為()A.(－∞，0) B.(－∞，0]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))答案B解析畫出可行域如圖所示(陰影部分)，由題意知，z＝(x＋1)2＋(y－1)2，過點(－1，1)作直線y＝x的垂線，垂足為原點O，點(－1，1)與點O之間距離的平方恰好為2，說明點O一定在可行域內(nèi)，則直線y＝eq\f(1,2)x＋m在y軸上的截距m≤0.1.已知當x<0時，2x2－mx＋1>0恒成立，則m的取值范圍為()A.[2eq\r(2)，＋∞)B.(－∞，2eq\r(2)]C.(－2eq\r(2)，＋∞)D.(－∞，－2eq\r(2))答案C解析由2x2－mx＋1>0，得mx<2x2＋1，因為x<0，所以m>eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x).而2x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(1,－x)))≤－2eq\r(－2x×\f(1,－x))＝－2eq\r(2).當且僅當－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)時取等號，所以m>－2eq\r(2).2.在區(qū)間(1，2)上不等式x2＋mx＋4＞0有解，則m的取值范圍為()A.m＞－4 B.m＜－4C.m＞－5 D.m＜－5答案C解析由題意知，m＞－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))在(1，2)上有解，又函數(shù)t＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))，x∈(1，2)的值域為(－5，－4)，∴m＞－5.3.已知x，y∈R且滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為________.答案[4，12]解析∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴6－(x2＋4y2)≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴x2＋4y2≥4(當且僅當x＝2y時取等號).又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(當且僅當x＝－2y時取等號).綜上可知，4≤x2＋4y2≤12.4.設實數(shù)x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0，,3x－y－6≤0，,x≥0，,y≥0，))若目標函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則eq\f(3,a)＋eq\f(2,b)的最小值為____________.答案4解析畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，當直線z＝ax＋by(a＞0，b＞0)過直線x－y＋2＝0與直線3x－y－6＝0的交點(4，6)時，目標函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即2a＋3b＝6，則eq\f(3,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(2a＋3b,2a)＋eq\f(2a＋3b,3b)＝2＋eq\f(3b,2a)＋eq\f(2a,3b)≥4，當且僅當eq\f(3b,2a)＝eq\f(2a,3b)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,b＝1))時取等號.解題秘籍(1)不等式恒成立或有解問題能分離參數(shù)的，可先分離參數(shù)，然后通過求最值解決.(2)利用基本不等式求最值時要靈活運用兩個公式：①a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號；②a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)，當且僅當a＝b時取等號.注意公式的變形使用和等號成立的條件.(3)理解線性規(guī)劃問題中目標函數(shù)的實際意義.1.若x＞y＞0，m＞n，則下列不等式正確的是()A.xm＞ymB.x－m≥y－nC.eq\f(x,n)＞eq\f(y,m)D.x＞eq\r(xy)答案D2.(2016·浙江)已知a，b＞0，且a≠1，b≠1，若logab＞1，則()A.(a－1)(b－1)＜0 B.(a－1)(a－b)＞0C.(b－1)(b－a)＜0 D.(b－1)(b－a)＞0答案D解析取a＝2，b＝4，則(a－1)(b－1)＝3＞0，排除A；則(a－1)(a－b)＝－2＜0，排除B；(b－1)(b－a)＝6＞0，排除C，故選D.3.若不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)＜0對一切實數(shù)x都成立，則k的取值范圍為()A.(－3，0) B.[－3，0)C.[－3，0] D.(－3，0]答案D解析當k＝0時，顯然成立，當k≠0時，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＜0，,Δ＝k2＋3k＜0，))解得－3＜k＜0.綜上，－3＜k≤0.4.下列函數(shù)中，y的最小值為4的是()A.y＝x＋eq\f(4,x) B.y＝log3x＋4logx3C.y＝sinx＋eq\f(4,sinx)(0＜x＜π) D.y＝ex＋4ex答案D5.已知正實數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝3，則(a＋1)(b＋2)的最小值是()A.eq\f(16,3)B.eq\f(50,9)C.eq\f(49,9)D.6答案B解析∵eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝3，∴2a＋b＝3ab，又2a＋b≥2eq\r(2ab)，∴2eq\r(2ab)≤3ab，得ab≥eq\f(8,9)，因此(a＋1)(b＋2)＝ab＋2a＋b＋2＝4ab＋2≥4×eq\f(8,9)＋2＝eq\f(50,9)，當且僅當2a＝b＝eq\f(4,3)時，等號成立.6.若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,x－2y＋2≥0，))則z＝2x－y的最小值等于()A.－eq\f(5,2)B.－2C.－eq\f(3,2)D.2答案A解析作可行域如圖，目標函數(shù)化為y＝2x－z，平移后在點A處z取得最小值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,x－2y＋2＝0，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，所以zmin＝2×(－1)－eq\f(1,2)＝－eq\f(5,2).7.實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥aa＜1，,y≥x，,x＋y≤2，))且z＝2x＋y的最大值是最小值的4倍，則a的值是()A.eq\f(2,11)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)答案B解析在直角坐標系中作出不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，當目標函數(shù)z＝2x＋y經(jīng)過可行域中的點B(1，1)時有最大值3，當目標函數(shù)z＝2x＋y經(jīng)過可行域中的點A(a，a)時有最小值3a，由3＝4×3a，得a＝eq\f(1,4).8.若對任意的x，y∈R，不等式x2＋y2＋xy≥3(x＋y－a)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A.(－∞，1] B.[1，＋∞)C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1]答案B解析不等式x2＋y2＋xy≥3(x＋y－a)對任意的x，y∈R恒成立等價于不等式x2＋(y－3)x＋y2－3y＋3a≥0對任意的x，y∈R恒成立，所以Δ＝(y－3)2－4(y2－3y＋3a)＝－3y2＋6y＋9－12a＝－3(y－1)2＋12(1－a)≤0對任意的y∈R恒成立，所以1－a≤0，即a≥1，故選B.9.設函數(shù)f(x)＝，則不等式f()＞－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的解集是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(2)))解析函數(shù)f(x)的定義域為(－1，1)且在(－1，1)上單調(diào)遞增，f(－x)＝－f(x)，所以f()＞－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))?f