《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級練（三）不等式 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級練（三）不等式 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力升級練(三)　不等式 一、選擇題 1.不等式|x|(1-2x)>0的解集為(　　) A.(-∞,0)∪0,12 B.-∞,12 C.12,+∞ D.0,12 解析當(dāng)x≥0時,原不等式即為x(1-2x)>0,所以00,所以x<0,綜上,原不等式的解集為(-∞,0)∪0,12. 答案A 2.已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+b2-b+1(a∈R,b∈R),對任意實(shí)數(shù)x都有f(1-x)=f(1+x)成立,當(dāng)x∈[-1,1]時,f(x)>0恒成立,則b的取值范圍是(　　) A.(-1,0) B.(2,+∞) C.(-∞,

2、-1)∪(2,+∞) D.不能確定 解析由f(1-x)=f(1+x)知f(x)圖象的對稱軸為直線x=1,則有a2=1,故a=2.由f(x)的圖象可知f(x)在[-1,1]上為增函數(shù).所以x∈[-1,1]時,f(x)min=f(-1)=-1-2+b2-b+1=b2-b-2,令b2-b-2>0,解得b<-1或b>2. 答案C 3.若a,b∈R,且a+|b|<0,則下列不等式中正確的是(　　) A.a-b>0 B.a3+b3>0 C.a2-b2<0 D.a+b<0 解析由a+|b|<0知,a<0,且|a|>|b|, 當(dāng)b≥0時,a+b<0成立,當(dāng)b<0時,a+b<0成立, 所以a+b

3、<0,故選D. 答案D 4.(2018湖州質(zhì)檢)若實(shí)數(shù)m,n滿足m>n>0,則(　　) A.-1m<-1n B.m-n12n D.m21,y>1,且lg x,2,lg y成等差數(shù)列,則x+y有(　　) A.最小值20 B.最小值200 C.最大值20 D.最大值200 解析由題意得2×2=lgx+lgy=lg(xy), 所以xy=10000,則x+y≥2xy=200,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=100時,等號成立,所

4、以x+y有最小值200. 答案B 6.設(shè)a>0,若關(guān)于x的不等式x+ax-1≥5在(1,+∞)上恒成立,則a的最小值為(　　) A.16 B.9 C.4 D.2 解析在(1,+∞)上,x+ax-1=(x-1)+ax-1+1≥2(x-1)×a(x-1)+1=2a+1(當(dāng)且僅當(dāng)x=1+a時取等號).由題意知2a+1≥5.所以a≥4. 答案C 7.某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品,每批產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元,若每批生產(chǎn)x件,則平均倉儲時間為x8天,且每件產(chǎn)品每天的倉儲費(fèi)用為1元.為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲費(fèi)用之和最小,每批產(chǎn)品應(yīng)生產(chǎn)(　　) A.60件 B.80件 C.1

5、00件 D.120件 解析設(shè)每批生產(chǎn)產(chǎn)品x件,則每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用是800x元,倉儲費(fèi)用是x8元,總的費(fèi)用是800x+x8元,由基本不等式得800x+x8≥2800x·x8=20,當(dāng)且僅當(dāng)800x=x8,即x=80時取等號. 答案B 8.(2019湖北孝感調(diào)研)“a>b>0”是“abb>0,可知a2+b2>2ab,充分性成立,由ab

6、=a1+a+b1+b,則M,N的大小關(guān)系是(　　) A.M>N B.M0,1+b>0,1-ab>0, 所以M-N=1-a1+a+1-b1+b=2-2ab1+a+b+ab>0,即M>N.故選A. 答案A 二、填空題 10.已知不等式mx2+nx-1m<0的解集為xx<-12或x>2,則m-n=　　　　　.? 解析由已知得m<0且-12,2是方程mx2+nx-1m=0的兩根,∴-12+2=-nm,-12×2=-1m2,解得m=-1,n=32或m=1,n=-32(舍).∴m-n=-1-32=-52. 答案-52

7、 11.設(shè)f(x)=ax2+bx,若1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,則f(-2)的取值范圍是　　　　　.? 解析設(shè)f(-2)=mf(-1)+nf(1)(m,n為待定系數(shù)), 則4a-2b=m(a-b)+n(a+b), 即4a-2b=(m+n)a+(n-m)b. 于是得m+n=4,n-m=-2,解得m=3,n=1. ∴f(-2)=3f(-1)+f(1). 又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4, ∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故5≤f(-2)≤10. 答案[5,10] 12.函數(shù)y=x2+2x-1(x>1)的最小值為　　　　　.? 解析y=x2+2x-1=(x2

8、-2x+1)+2x-2+3x-1 =(x-1)2+2(x-1)+3x-1=(x-1)+3x-1+2≥23+2. 當(dāng)且僅當(dāng)x-1=3x-1,即x=3+1時,等號成立. 答案23+2 13.已知x>0,y>0,x+3y+xy=9,則x+3y的最小值為　　　　　.? 解析因?yàn)閤>0,y>0,所以9-(x+3y)=xy=13x·(3y)≤13·x+3y22,當(dāng)且僅當(dāng)x=3y,即x=3,y=1時等號成立.設(shè)x+3y=t>0,則t2+12t-108≥0, 所以(t-6)(t+18)≥0,又因?yàn)閠>0,所以t≥6.故當(dāng)x=3,y=1時,(x+3y)min=6. 答案6 三、解答題 14.(

9、2019山東濰坊調(diào)研)函數(shù)y=a1-x(a>0,a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)A,若點(diǎn)A在直線mx+ny-1=0上,且m,n為正數(shù),求1m+1n的最小值. 解∵曲線y=a1-x恒過定點(diǎn)A,x=1時,y=1, ∴A(1,1). 將A點(diǎn)代入直線方程mx+ny-1=0(m>0,n>0), 可得m+n=1, ∴1m+1n=1m+1n·(m+n)=2+nm+mn≥2+2nm·mn=4, 當(dāng)且僅當(dāng)nm=mn且m+n=1(m>0,n>0), 即m=n=12時,取得等號. 15.(一題多解)設(shè)函數(shù)f(x)=mx2-mx-1(m≠0),若對于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范圍.

10、解要使f(x)<-m+5在[1,3]上恒成立, 故mx2-mx+m-6<0, 則mx-122+34m-6<0在x∈[1,3]上恒成立. 方法一　令g(x)=mx-122+34m-6,x∈[1,3]. 當(dāng)m>0時,g(x)在[1,3]上是增函數(shù), 所以g(x)max=g(3)=7m-6<0. 所以m<67,則00, 又因?yàn)閙(x2-x+1)-6<0,所以m<6x2-x+1. 因?yàn)楹瘮?shù)y=6x2-x+1=6x-122+34在[1,3]上的最小值為67,所以只需m<67即可. 因?yàn)閙≠0,所以m的取值范圍是m0