江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題11 不等式與推理證明

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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題11 不等式與推理證明 回顧2020～2020年的考題，解一元二次不等式作為一個(gè)重要的代數(shù)解題工具，是考查的熱點(diǎn)，多與集合、函數(shù)、數(shù)列相結(jié)合考查.另一個(gè)C級(jí)知識(shí)點(diǎn)基本不等式是必考內(nèi)容，主要考查用基本不等式求解最值或在代數(shù)綜合問題中判斷多項(xiàng)式的大小關(guān)系等.線性規(guī)劃考查不多，但會(huì)出現(xiàn)與其他知識(shí)綜合的考查. 預(yù)測(cè)在2020年的高考題中： (1)填空題主要考查基本不等式、不等式與集合問題以及以不等式為載體的恒成立問題. (2)在解答題中，恒成立問題依然是命題的重點(diǎn). 1．若不等式(m＋1)x2－(m＋1)x＋3(m－

2、1)<0對(duì)一切實(shí)數(shù)x均成立，則m的取值范圍為________． 解析：當(dāng)m＋1＝0，即m＝－1時(shí)， 不等式變?yōu)椋?<0恒成立；當(dāng)m＋1≠0時(shí)， 由題意知 解不等式組得m<－1，從而知m≤－1. 答案：(－∞，－1] 2．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足：a7＝a6＋2a5，若存在兩項(xiàng)am，an使得＝4a1，則＋的最小值為________． 解析：設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q， 由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2. 由＝4a1，得2m＋n－2＝24，即m＋n＝6. 故＋＝(m＋n)＝＋≥＋＝，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2m時(shí)等號(hào)成立． 答案： 3．某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)

3、品，每批產(chǎn)品的準(zhǔn)備費(fèi)用為800元．若每批生產(chǎn)x件，則平均倉(cāng)儲(chǔ)時(shí)間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用為1元．為使平均到每件產(chǎn)品的準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品________件． 解析：設(shè)每件產(chǎn)品的平均費(fèi)用為y元，由題意得 y＝＋≥2＝20. 當(dāng)且僅當(dāng)＝(x>0)，即x＝80時(shí)等號(hào)成立． 答案：80 4．在平面上，若兩個(gè)正三角形的邊長(zhǎng)比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)的比為1∶2，則它們的體積比為________． 解析：∵兩個(gè)正三角形是相似的三角形，∴它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個(gè)正四面體是兩個(gè)相似幾何體，體積之比為相似比的

4、立方，∴它們的體積比為1∶8. 答案：1∶8 5．已知集合P＝，Q＝{(x，y)|(x－a)2＋(y－b)2≤r2，r>0}，若“點(diǎn)M∈P”是“點(diǎn)M∈Q”的必要條件，則當(dāng)r最大時(shí)，ab的值是________． 解析：依題意Q?P，在坐標(biāo)平面內(nèi)畫出P中不等式組表示的平面區(qū)域，結(jié)合圖形分析可知，當(dāng)(x－a)2＋(y－b)2＝r2恰好是Rt△ABC(其中點(diǎn)A(－1,0)、B、C，AB＝，BC＝，CA＝2)的內(nèi)切圓時(shí)，r取得最大值，此時(shí)r＝＝，由此解得a＝b＝，所以ab＝. 答案： 　　 已知不等式ax2－3x＋2>0的解集為{x|x<1，或x>b}． (1)求a，b； (2)

5、解不等式>0(c為常數(shù))． [解]　(1)由題知1，b為方程ax2－3x＋2＝0的兩個(gè)根， 即解得 (2)不等式等價(jià)于(x－c)(x－2)>0，當(dāng)c>2時(shí)，解集為{x|x>c，或x<2}；當(dāng)c<2時(shí)，解集為{x|x>2，或x－1的解集為________． 解析：依題意，

6、若>－1，則x>0，且x≠1； 若>－1，則x<－1. 綜上所述，x∈(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞) 　　 (1)在直角坐標(biāo)平面上，不等式組所表示的平面區(qū)域的面積為，則t的值為________； (2)已知平面直角坐標(biāo)系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定，若M(x，y)為D上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(，1)，則z＝·的最大值為________． [解析]　(1)不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示． 由解得交點(diǎn)B(t，t＋2)，在y＝x＋2中，令x＝0，得y＝2，即直線y＝x＋2與y軸的交點(diǎn)為C(0,2)．由平面區(qū)域的面

7、積S＝＝，得t2＋4t－5＝0，解得t＝1或t＝－5(不合題意，舍去)． (2)由線性約束條件畫出可行域如圖所示，目標(biāo)函數(shù)z＝·＝x＋y，將其化為y＝－x＋z，結(jié)合圖形可知，目標(biāo)函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)(，2)時(shí)，z最大，將點(diǎn)(，2)的坐標(biāo)代入z＝x＋y得z的最大值為4. [答案]　(1)1　(2)4 由平面區(qū)域的面積或目標(biāo)函數(shù)的最值求參數(shù)時(shí)，一般是根據(jù)條件建立關(guān)于參數(shù)的方程求解． 　　 設(shè)變量x，y滿足約束條件且目標(biāo)函數(shù)z1＝2x＋3y的最大值為a，目標(biāo)函數(shù)z2＝3x－2y的最小值為b，則a＋b＝________. 解析：如圖，作出可行域，顯然當(dāng)直線z1＝2x＋3y經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(1,2)時(shí)

8、取得最大值，最大值為a＝2×1＋3×2＝8，當(dāng)直線z2＝3x－2y經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(0,1)時(shí)取得最小值，最小值為b＝0－2×1＝－2，故a＋b＝8－2＝6. 答案：6 　　 已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若?x∈R，f(x)<0或g(x)<0，則m的取值范圍是________． [解析]　由題易知當(dāng)x<1時(shí)，g(x)<0，故要使對(duì)?x∈R，f(x)<0或g(x)<0，只需在x≥1時(shí)，f(x)<0恒成立即可． ①當(dāng)m＝0時(shí)，f(x)<0等價(jià)于0<0顯然不成立，舍去； ②當(dāng)m>0時(shí)，f(x)<0等價(jià)于(x－2m)(x＋m＋3)<0，得－m－3

9、對(duì)x≥1不可能恒成立，故舍去； ③當(dāng)m<0時(shí)，f(x)<0等價(jià)于(x－2m)(x＋m＋3)>0，因?yàn)閤≥1，－2m>0，所以x－2m>0，于是不等式轉(zhuǎn)化為m>－x－3，又x≥1時(shí)，－x－3≤－4，所以要使m>－x－3在x≥1時(shí)恒成立，只需m>－4，故－40，y>0，若＋>m2＋2m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閤>0，y>0，所以＋≥2＝8. 要使原不等式恒成立，只需m2＋

10、2m<8， 解得－40，n∈N*)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，則可以得到bm＋n＝________. (2)設(shè)f(x)＝，又記f1(x)＝f(x)，f(k＋1)(x)＝f(fk(x))，k＝1,2，…，則f2 013(x)＝________. [解析]　(1)觀察等差數(shù)列{an}的性質(zhì)：am＋n＝，則聯(lián)想nb－ma對(duì)應(yīng)等比數(shù)列{bn}中的，而{an}中除以(n－m)

11、對(duì)應(yīng)等比數(shù)列中開(n－m)次方， 故bm＋n＝. (2)計(jì)算f2(x)＝f＝＝－， f3(x)＝f＝＝， f4(x)＝＝x，f5(x)＝f1(x)＝， 歸納得f4k＋1(x)＝，k∈N*， 從而f2 013(x)＝. [答案]　(1)　(2) 本題考查歸納推理和類比推理的思想方法，考查考生的觀察問題、分析問題的能力． 　　 某少數(shù)民族的刺繡有著悠久的歷史，如圖(1)、(2)、(3)、(4)為她們刺繡最簡(jiǎn)單的四個(gè)圖案，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形數(shù)越多刺繡越漂亮．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個(gè)圖形包含f(n)個(gè)小正方形． (1)寫出f

12、(5)的值； (2)利用合情推理的“歸納推理思想”，歸納出f(n＋1)與f(n)之間的關(guān)系式，并根據(jù)你得到的關(guān)系式求出f(n)的表達(dá)式； (3)求＋＋＋…＋的值． 解：(1)歸納得f(5)＝1＋3＋5＋7＋9＋7＋5＋3＋1＝41. (2)因?yàn)閒(2)－f(1)＝4＝4×1， f(3)－f(2)＝8＝4×2， f(4)－f(3)＝12＝4×3， f(5)－f(4)＝16＝4×4， … 由上式規(guī)律，可得f(n＋1)－f(n)＝4n. 因?yàn)閒(n＋1)－f(n)＝4n?f(n＋1)＝f(n)＋4n? f(n)＝f(n－1)＋4(n－1) ＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n

13、－2) ＝f(n－3)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3) ＝… ＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋…＋4 ＝2n2－2n＋1. (3)當(dāng)n≥2時(shí)，＝＝， ∴＋＋＋…＋ ＝1＋ ＝1＋＝－. 　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．解不等式是解決不等關(guān)系問題的基本工具，其中對(duì)于含有參數(shù)的不等式要重點(diǎn)關(guān)注分類討論的依據(jù)． 2．線性規(guī)劃作為A級(jí)知識(shí)點(diǎn)，不會(huì)考查太難，但其思想在非二元一次不等式組的幾何意義上也會(huì)體現(xiàn)，這一點(diǎn)需要重視． 3．理解應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)的三個(gè)條件“正數(shù)”“定值”“等號(hào)”，是基本不等式復(fù)習(xí)的關(guān)鍵． 4．歸納推理、類比推理是

14、發(fā)現(xiàn)結(jié)論的重要方法，綜合法、分析法、反證法是推理證明的重要方法． 1．設(shè)00，所以b最大． 答案：b 2．已知函數(shù)f(x)＝|lg x|.若a≠b且f(a)＝f(b)，則a＋b的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閒(a)＝f(b)，所以|lg a|＝|lg b|，所以a＝b(舍去)或b＝，所以a＋b＝a＋，又0

15、＋在(0,1)上為減函數(shù)，所以g(a)>g(1)＝1＋1＝2，即a＋b的取值范圍是(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 3．已知點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(－1,1)，若點(diǎn)M(x，y)為平面區(qū)域上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則 的取值范圍是________． 解析：區(qū)域?yàn)槿切螀^(qū)域，三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,2)，(1,1)，(1,2)，·＝－x＋y∈[0,2]． 答案：[0,2] 4．若實(shí)數(shù)a，b，c滿足2a＋2b＝2a＋b,2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，則c的最大值是________． 解析：∵2a＋b＝2a＋2b≥2，∴2a＋b≥4， 又∵2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，∴2a＋b＋2c＝2a＋b

16、·2c， ∴＝2a＋b≥4，即≥4，即≥0， ∴2c≤， ∴c≤log2＝2－log23，∴c的最大值為2－log23. 答案：2－log23 5．已知a，b為正數(shù)，且直線2x－(b－3)y＋6＝0與直線bx＋ay－5＝0互相垂直，則2a＋3b的最小值為________． 解析：依題意得2b－a(b－3)＝0，即＋＝1， 2a＋3b＝(2a＋3b)＝13＋6 ≥13＋6×2＝25，當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即a＝b＝5時(shí)取等號(hào)，因此2a＋3b的最小值是25. 答案：25 6．用反證法證明“如果a>b，那么>”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是________． 解析：假設(shè)結(jié)論不成立，即≤ . 答案：≤

17、 7．我們知道，在邊長(zhǎng)為a的正三角形內(nèi)任一點(diǎn)到三邊的距離之和為定值a，類比上述結(jié)論，在棱長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)任一點(diǎn)到其四個(gè)面的距離之和為________． 解析：類比邊長(zhǎng)為a的正三角形內(nèi)一點(diǎn)到三邊的距離之和為正三角形的高，可得棱長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)一點(diǎn)到四個(gè)面的距離之和為四面體的高a. 答案：a 8．設(shè)集合A＝， B＝{(x，y)|2m≤x＋y≤2m＋1，x，y∈R}，若A∩B≠?，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：∵A∩B≠?，∴A≠?， ∴m2≥.∴m≥或m≤0.顯然B≠?. 當(dāng)m≠0時(shí)，要使A∩B≠?，只需圓(x－2)2＋y2＝m2與x＋y＝2m或x＋y＝2m＋

18、1有交點(diǎn)， 即≤|m|或≤|m|， ∴≤m≤2＋. 又∵m≥或m≤0，∴≤m≤2＋. 當(dāng)m＝0時(shí)，A＝{(2,0)}，B＝{(x，y)|0≤x＋y≤1}， A∩B＝?，故m∈. 答案： 9．(2020·蘇錫常鎮(zhèn)二模)設(shè)實(shí)數(shù)n≤6，若不等式2xm＋(2－x)n－8≥0對(duì)任意x∈[－4,2]都成立，則的最大值為________． 解析：設(shè)y＝2xm＋(2－x)n－8，整理可得 y＝(2m－n)x＋(2n－8)． 當(dāng)2m－n≥0時(shí)，∵x∈[－4,2]， ∴ymin＝(2m－n)·(－4)＋(2n－8)＝－8m＋6n－8 當(dāng)2m－n<0時(shí)，∵x∈[－4,2]， ∴ymin＝(

19、2m－n)·2＋(2n－8)＝4m－8. ∵不等式2xm＋(2－x)n－8≥0對(duì)任意x∈[－4,2]都成立， ∴m，n滿足或 可行域如圖 ∴當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝6時(shí)，max＝3. 答案：3 10．若關(guān)于x的不等式(2x－1)20.因此不等式等價(jià)于(－a＋4)x2－4x＋1<0，易知a＝4不合題意，所以二次方程(－a＋4)x2－4x＋1＝0中的Δ＝4a>0，且有4－a>0，故0

20、得實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案： 11．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn； (2)設(shè)bn＝(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列． 解：(1)設(shè){an}的公差為d，由已知得 ∴d＝2， 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)證明：由(1)得bn＝＝n＋. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比數(shù)列，則b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)， ∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0. ∵p，q，r∈N*， ∴∴ ∴2＝p

21、r，∴(p－r)2＝0，即p＝r， 這與p≠r矛盾． ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列． 12.如圖，已知矩形油畫的長(zhǎng)為a，寬為b.在該矩形油畫的四邊鑲金箔，四個(gè)角(圖中斜線區(qū)域)裝飾矩形木雕，制成一幅矩形壁畫．設(shè)壁畫的左右兩邊金箔的寬為x，上下兩邊金箔的寬為y，壁畫的總面積為S. (1)用x，y，a，b表示S； (2)若S為定值，為節(jié)約金箔用量，應(yīng)使四個(gè)矩形木雕的總面積最大．求四個(gè)矩形木雕總面積的最大值及對(duì)應(yīng)的x，y的值． 解：(1)由題意可得S＝2bx＋2ay＋4xy＋ab，其中x>0，y>0. (2)依題意，要求四個(gè)矩形木雕總面積的最大值即求4xy的最大值． 因?yàn)閍，b，x，y均大于0，所以2bx＋2ay≥2，從而S≥4＋4xy＋ab，當(dāng)且僅當(dāng)bx＝ay時(shí)等號(hào)成立． 令t＝，則t>0，上述不等式可化為4t2＋4·t＋ab－S≤0， 解得≤t≤. 因?yàn)閠>0，所以0＜t≤， 從而xy≤. 由 得 所以當(dāng)x＝，y＝時(shí)，四個(gè)矩形木雕的總面積最大，最大值為ab＋S－2.