《新版浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式 專題能力訓練2 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式 專題能力訓練2 Word版含答案（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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專題能力訓練2 不等式
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)
1.若<0,則下列結論不正確的是( )
A.a2|a+b|
2.(20xx浙江寧波中學調研)若不等式組表示的平面
3、區(qū)域是一個三角形,則a的取值范圍是( )
A.a<5 B.a≥7
C.5≤a<7 D.a<5或a≥7
3.不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是( )
A.(-∞,4) B.(-∞,1)
C.(1,4) D.(1,5)
4.已知f(x)=a|x-2|,若f(x)0),則lg m(lg n+lg 2)的最大值是( )
A.1 B.
C
4、. D.2
7.(20xx浙江嘉興一中適應性模擬)已知xy=1,且0
5、+1|+|x-3|≥a+對任意的實數(shù)x恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是 .?
12.已知實數(shù)x,y滿足則z=2|x|+y的取值范圍是 .?
13.(20xx浙江溫州瑞安七中模擬)若x>0,y>0,則的最小值為 .?
14.已知函數(shù)f(x)=(1+ax+x2)ex-x2,若存在正數(shù)x0,使得f(x0)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是 .?
三、解答題 (本大題共2小題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=x+(x>3).
(1)求函數(shù)f(x)的最小值;
(2)若不等式f(x)≥+7恒成立,求實數(shù)
6、t的取值范圍.
16.(本小題滿分15分)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c.
(1)若a=2,當x∈[-1,3]時,f(x)的最大值不大于7,求b+c的最大值;
(2)若當|f(x)|≤1對任意的x∈[-1,1]恒成立時,都有|ax+b|≤M對任意的x∈[-1,1]恒成立,求M的最小值.
參考答案
專題能力訓練2 不等式
1.D 解析 由題意可知b
7、y=5和y=7之間(不含y=7)時滿足條件.故選C.
3.A 解析 ①∵當x<1時,原不等式等價于1-x-(5-x)<2,即-4<2,∴x<1.
②∵當1≤x≤5時,原不等式等價于x-1-(5-x)<2,即x<4,∴1≤x<4.
③當x>5時,原不等式等價于x-1-(x-5)<2,即4<2,無解.綜合①②③,可知x<4.故選A.
4.A 解析 依題意,f(x)=易知當a≥0時,f(x)
8、x-y+3=0與y=0的交點為,在平面直角坐標系中作出各直線(圖略),結合圖形可知,當直線z=y-x過點時,z有最小值,于是有0+=-12,k=-.故選D.
6.A 解析 因為lg m·(lg n+lg 2)=lg m·lg 2n≤,
又m+2n=20≥2,所以mn≤50,從而lg m·(lg n+lg 2)≤1,當且僅當m=10,n=5時等號成立.故選A.
7.A 解析 因為xy=1且0,所以x-2y>0.所以=x-2y+≥4,當且僅當x=+1,y=時等號成立.故選A.
8.C 解析 由約束條件作出可行域如圖中陰影所示,聯(lián)立可得A(2,1),聯(lián)立
可得C(0,1
9、),
聯(lián)立可得B(1,2).
由0≤ax+by≤2恒成立,可得
畫出關于a,b的可行域,如下圖陰影部分所示:
a2+b2的幾何意義是可行域內(nèi)的點到原點的距離的平方,顯然點D到原點的距離最大,
由可得D.
故a2+b2的最大值為.
9.2 解析 xz+yz=+2y·=2,當且僅當x=y=z時取等號;
∵x2+y2=4-z2,x+y=-z,則(x+y)2=4-z2+2xy≤4-z2+,即z2≤8-2z2,∴-≤z≤.故z的最大值是,當且僅當x=y時取等號.
10. [1,4] 解析 由點(1,1)在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi),故有作出可行域如圖中陰影三角形ABC,令z=m+2n
10、,則直線z=m+2n過點B(0,2)時,zmax=4,過點C時,zmin=,故m+2n的取值范圍為.
令|OP|2=m2+n2=u,其中P在陰影三角形ABC內(nèi)(包括邊界),由圖知當點P的坐標為(0,2)時,umax=4,當點P的坐標為(0,1)時,umin=1,故m2+n2的取值范圍為[1,4].
11.(-∞,0)∪{2} 解析 當a<0時,顯然成立;當a>0時,∵|x+1|+|x-3|的最小值為4,
∴a+≤4.∴a=2.
綜上,可知a∈(-∞,0)∪{2}.
12.[-1,11] 解析 根據(jù)約束條件畫出可行域,畫出z=2|x|+y表示的虛線部分.
由圖得當虛線部分z=2|
11、x|+y過點D(0,-1)時,z最小為-1.
當虛線部分z=2|x|+y過點A(6,-1)時,z最大為11.
故所求z=2|x|+y的取值范圍是[-1,11].
13. 解析 設=t>0,則+t=(2t+1)-≥2,當且僅當t=時取等號.
故答案為.
14. 解析 由f(x)=(1+ax+x2)ex-x2≤0,得a≤-x-,令g(x)=-x-,則g'(x)=,∴g(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調遞減,∴g(x)的最大值為g(1)=-2,存在正數(shù)x0,使得a≤-x-,則a≤-2.
15.解 (1)∵x>3,∴x-3>0.
∴f(x)=x+=x-3+
12、+3
≥2+3=9,
當且僅當x-3=,即(x-3)2=9時,上式取得等號.
又x>3,∴x=6.
∴當x=6時,函數(shù)f(x)的最小值是9.
(2)由(1)知,當x>3時,f(x)的最小值是9,要使不等式f(x)≥+7恒成立,只需9≥+7,
∴-2≤0,即≤0,解得t≤-2或t>-1.
∴實數(shù)t的取值范圍是(-∞,-2]∪(-1,+∞).
16.解 (1)由題意知,f(x)=2x2+bx+c,當x∈[-1,3]時,f(x)≤7恒成立,即f(x)max≤7.
(ⅰ)當-≤1,即b≥-4時,f(x)max=f(3)=18+3b+c≤7,得3b+c≤-11,
故b+c=(3b+c)+2(-b)≤-11+8=-3.
(ⅱ)當->1,即b<-4時,f(x)max=f(-1)=2-b+c≤7,得-b+c≤5,
故b+c=(-b+c)+2b<5-8=-3.
綜上,可得(b+c)max=-3.
(2)當|x|≤1時,易知≤1,≤1,故由題意知≤1,≤1,
所以|ax+b|=≤1+1=2,
所以M≥2.故M的最小值為2.
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