2023年高考數(shù)學(xué)（四海八荒易錯集）專題02不等式與線性規(guī)劃文

PAGEPAGE17專題02不等式與線性規(guī)劃1.【2022高考新課標(biāo)1卷】假設(shè),那么()〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】C2.【2022高考天津理數(shù)】設(shè)變量x，y滿足約束條件那么目標(biāo)函數(shù)的最小值為〔〕〔A〕 〔B〕6 〔C〕10 〔D〕17【答案】B【解析】可行域為一個三角形ABC及其內(nèi)部，其中，直線過點B時取最小值6，選B.3.【2022高考山東理數(shù)】假設(shè)變量x，y滿足那么的最大值是〔〕〔A〕4 〔B〕9 〔C〕10 〔D〕12【答案】C【解析】不等式組表示的可行域是以A(0,-3),B(0,2),C(3,-1)為頂點的三角形區(qū)域,表示點〔x,y〕到原點距離的平方,最大值必在頂點處取到,經(jīng)驗證最大值為,應(yīng)選C.4.【2022高考浙江理數(shù)】在平面上，過點P作直線l的垂線所得的垂足稱為點P在直線l上的投影．由區(qū)域中的點在直線x+y2=0上的投影構(gòu)成的線段記為AB，那么│AB│=〔〕A．2B．4C．3D．【答案】C5.【2022年高考北京理數(shù)】假設(shè)，滿足，那么的最大值為〔〕A.0B.3C.4D.5【答案】C【解析】作出如圖可行域，那么當(dāng)經(jīng)過點時，取最大值，而，∴所求最大值為4，應(yīng)選C.6.【2022年高考四川理數(shù)】設(shè)p：實數(shù)x，y滿足，q：實數(shù)x，y滿足那么p是q的()〔A〕必要不充分條件〔B〕充分不必要條件〔C〕充要條件〔D〕既不充分也不必要條件【答案】A【解析】畫出可行域〔如下圖〕，可知命題中不等式組表示的平面區(qū)域在命題中不等式表示的圓盤內(nèi)，應(yīng)選A.7.【2022高考新課標(biāo)3理數(shù)】假設(shè)滿足約束條件那么的最大值為_____________.【答案】 【解析】作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影局部所示.由圖知，當(dāng)直線經(jīng)過點時，z取得最大值.由得，即，那么．8.【2022高考新課標(biāo)1卷】某高科技企業(yè)生產(chǎn)產(chǎn)品A和產(chǎn)品B需要甲、乙兩種新型材料．生產(chǎn)一件產(chǎn)品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5個工時；生產(chǎn)一件產(chǎn)品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3個工時．生產(chǎn)一件產(chǎn)品A的利潤為2100元,生產(chǎn)一件產(chǎn)品B的利潤為900元．該企業(yè)現(xiàn)有甲材料150kg,乙材料90kg,那么在不超過600個工時的條件下,生產(chǎn)產(chǎn)品A、產(chǎn)品B的利潤之和的最大值為元．【答案】【解析】設(shè)生產(chǎn)產(chǎn)品、產(chǎn)品分別為、件,利潤之和為元,那么 ①目標(biāo)函數(shù).二元一次不等式組①等價于 ②作出二元一次不等式組②表示的平面區(qū)域〔如圖〕,即可行域.將變形,得,平行直線,當(dāng)直線經(jīng)過點時,取得最大值.解方程組,得的坐標(biāo).所以當(dāng),時,.故生產(chǎn)產(chǎn)品、產(chǎn)品的利潤之和的最大值為元.9.【2022高考江蘇卷】實數(shù)滿足，那么的取值范圍是▲.【答案】【解析】由圖知原點到直線距離平方為最小值，為，原點到點距離平方為最大值，為，因此取值范圍為易錯起源1、不等式的解法例1、(1)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，假設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)<c的解集為(m，m＋6)，那么實數(shù)c的值為__________．(2)一元二次不等式f(x)<0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－1或x>\f(1,2)))，那么f(10x)>0的解集為()A．{x|x<－1或x>－lg2}B．{x|－1<x<－lg2}C．{x|x>－lg2}D．{x|x<－lg2}答案(1)9(2)D【變式探究】(1)關(guān)于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，那么a＝________.(2)不等式2＜4的解集為________．答案(1)eq\f(5,2)(2)(－1,2)解析(1)由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－4a)<0，因為a>0，所以不等式的解集為(－2a,4a)，即x2＝4a，x1＝－2a，由x2－x1＝15，得4a－(－2a)＝15，解得a＝eq\f(5,2).(2)∵2＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1<x<2.【名師點睛】(1)對于和函數(shù)有關(guān)的不等式，可先利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行轉(zhuǎn)化；(2)求解一元二次不等式的步驟：第一步，二次項系數(shù)化為正數(shù)；第二步，解對應(yīng)的一元二次方程；第三步，假設(shè)有兩個不相等的實根，那么利用“大于在兩邊，小于夾中間〞得不等式的解集；(3)含參數(shù)的不等式的求解，要對參數(shù)進(jìn)行分類討論．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】1．一元二次不等式的解法先化為一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相應(yīng)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根據(jù)相應(yīng)二次函數(shù)圖象與x軸的位置關(guān)系，確定一元二次不等式的解集．2．簡單分式不等式的解法(1)eq\f(fx,gx)>0(<0)?f(x)g(x)>0(<0)；(2)eq\f(fx,gx)≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.3．指數(shù)不等式、對數(shù)不等式及抽象函數(shù)不等式，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解．易錯起源2、根本不等式的應(yīng)用例2、(1)向量a＝(m,2)，b＝(1，n－1)，假設(shè)a⊥b，那么2m＋4n的最小值為()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．8(2)設(shè)實數(shù)m，n滿足m>0，n<0，且eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝1，那么4m＋n()A．有最小值9 B．有最大值9C．有最大值1 D．有最小值1答案(1)C(2)C解析(1)因為向量a＝(m,2)，b＝(1，n－1)，a⊥b，所以m＋2(n－1)＝0，即m＋2n＝2.所以2m＋4n≥2eq\r(2m·4n)＝2eq\r(2m＋2n)＝2eq\r(22)＝4(當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＝4n，,m＋2n＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝0.5))時，等號成立)，所以2m＋4n的最小值為4，應(yīng)選C.【變式探究】(1)假設(shè)正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，那么eq\f(a,a＋1)＋eq\f(b,b＋1)的最大值為________．(2)假設(shè)圓(x－2)2＋(y－2)2＝9上存在兩點關(guān)于直線ax＋by－2＝0(a>0，b>0)對稱，那么eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)的最小值為__________．答案(1)eq\f(2,3)(2)16解析(1)∵正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，∴eq\f(a,a＋1)＋eq\f(b,b＋1)＝eq\f(ab＋1＋ba＋1,a＋1b＋1)＝eq\f(2ab＋a＋b,ab＋a＋b＋1)＝eq\f(2ab＋1,ab＋2)＝eq\f(2ab＋2－3,ab＋2)＝2－eq\f(3,ab＋2)≤2－eq\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＋2)＝2－eq\f(3,\f(1,4)＋2)＝eq\f(2,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，∴eq\f(a,a＋1)＋eq\f(b,b＋1)的最大值為eq\f(2,3).(2)圓(x－2)2＋(y－2)2＝9的圓心坐標(biāo)為(2,2)，由得直線ax＋by－2＝0必經(jīng)過圓心(2,2)，即a＋b＝1.所以eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(9,b))(a＋b)＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥10＋2eq\r(\f(b,a)·\f(9a,b))＝16(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)，即a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)時等號成立)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)的最小值為16.【名師點睛】在利用根本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊〞等技巧，使其滿足根本不等式中“正〞(即條件要求字母為正數(shù))、“定〞(不等式的另一邊必須為定值)、“等〞(等號取得的條件)的條件才能應(yīng)用，否那么會出現(xiàn)錯誤．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】利用根本不等式求最大值、最小值，其根本法那么是：(1)如果x>0，y>0，xy＝p(定值)，當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2eq\r(p)(簡記為：積定，和有最小值)；(2)如果x>0，y>0，x＋y＝s(定值)，當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(1,4)s2(簡記為：和定，積有最大值)．易錯起源3、簡單的線性規(guī)劃問題例3、(1)實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥\f(x,3)－2，,y≤2x＋4，,2x＋3y－12≤0，))那么z＝x＋2y的最大值與最小值之和為()A．－2 B．14C．－6 D．2(2)假設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,y≥x－2，,y≥－\f(1,2)x＋\f(5,2)，))且目標(biāo)函數(shù)z＝－kx＋y當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1))時取得最小值，那么實數(shù)k的取值范圍是________．答案(1)A(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析(1)根據(jù)x，y的約束條件畫出可行域，如圖陰影局部所示，其中Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18,5)，－\f(16,5)))，B(6,0)，C(0,4)．由z＝x＋2y可知，當(dāng)直線y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(z,2)過點A時，z取最小值，即zmin＝－eq\f(18,5)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,5)))＝－10；當(dāng)直線y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(z,2)過點C時，z取最大值，即zmax＝0＋2×4＝8，∴zmin＋zmax＝－2.應(yīng)選A.(2)由題意知不等式組所表示的可行域為如下圖的△ABC及其內(nèi)部，其中A(3,1)，B(4,2)，C(1,2)．將目標(biāo)函數(shù)變形得y＝kx＋z，當(dāng)z取得最小值時，直線的縱截距最?。捎谥本€當(dāng)且僅當(dāng)經(jīng)過點(3,1)時縱截距最小，結(jié)合動直線y＝kx＋z繞定點A旋轉(zhuǎn)進(jìn)行分析，知－eq\f(1,2)<k<1，故所求實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).【變式探究】(1)實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤2，))那么z＝4x＋y的取值范圍是()A．[0,2] B．[0,8]C．[2,8] D．[2,10](2)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x－y≤1，,x≥a，))假設(shè)x＋2y≥－5恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)C．[－1,1] D．[－1,1)答案(1)B(2)C解析(1)作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖陰影局部所示，由圖知當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝4x＋y經(jīng)過點B(2,0)時z取得最大值，最大值為4×2＋0＝8；當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝4x＋y經(jīng)過點O(0,0)時z取得最小值，最小值為4×0＋0＝0，所以z＝4x＋y的取值范圍是[0,8]，應(yīng)選B.(2)由題意作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖中陰影局部所示，那么x＋2y≥－5恒成立可轉(zhuǎn)化為圖中的陰影局部在直線x＋2y＝－5的上方，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝1，,x＋2y＝－5，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝1，,x＋y＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0，))那么實數(shù)a的取值范圍為[－1,1]．【名師點睛】(1)線性規(guī)劃問題一般有三種題型：一是求最值；二是求區(qū)域面積；三是確定目標(biāo)函數(shù)中的字母系數(shù)的取值范圍．(2)一般情況下，目標(biāo)函數(shù)的最大值或最小值會在可行域的端點或邊界上取得．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】解決線性規(guī)劃問題首先要找到可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標(biāo)函數(shù)到達(dá)最值時可行域的頂點(或邊界上的點)，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點問題要驗證解決．1．a(chǎn)>b，那么以下不等式中恒成立的是()A．lna>lnb B.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C．a(chǎn)2>ab D．a(chǎn)2＋b2>2ab答案D解析只有當(dāng)a>b>0時A成立；只有當(dāng)a，b同號時B成立；只有當(dāng)a>0時C成立；因為a≠b，所以D恒成立，應(yīng)選D.2．假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,－2x＋\f(1,2)，x≤0，))那么“0<x<1〞是“f(x)<0〞的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A3．假設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,2x－y－2≤0，,x＋y－4≥0，))那么x＋2y的最大值為()A.eq\f(13,2) B．6C．11 D．10答案C解析令z＝x＋2y，那么y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(z,2)，由線性約束條件作出可行域如圖中陰影局部所示，那么zmax＝11.4．設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≤0，,x＋y－7≤0，,x≥1，))那么eq\f(y,x)的最大值為()A．3 B．6C.eq\f(9,5) D．1答案B解析目標(biāo)函數(shù)eq\f(y,x)可以變形為k＝eq\f(y－0,x－0)，即其可表示為滿足題中約束條件的可行域內(nèi)的點(x，y)和原點(0,0)連線的斜率，作出可行域，如圖中陰影局部所示．由圖可知：當(dāng)直線經(jīng)過點C(1,6)時，斜率最大，即eq\f(y,x)有最大值為eq\f(y,x)＝eq\f(6－0,1－0)＝6，應(yīng)選B.5．假設(shè)不等式eq\f(t,t2＋9)≤a≤eq\f(t＋2,t2)在t∈(0,2]上恒成立，那么a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，2\r(2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(4,13))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,13)，1))答案D6．設(shè)f(x)＝lnx,0＜a＜b，假設(shè)p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，那么以下關(guān)系式中正確的選項是()A．q＝r＜p B．q＝r＞pC．p＝r＜q D．p＝r＞q答案C解析∵0＜a＜b，∴eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＞f(eq\r(ab))，即q＞p.又r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝eq\f(1,2)lna＋eq\f(1,2)lnb＝ln(ab)＝f(eq\r(ab))＝p.故p＝r＜q.選C.7．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,\f(1,3)x，x≤0，))那么不等式f(x)≥1的解集為________________．答案(－∞，0]∪[3，＋∞)解析當(dāng)x>0時，由log3x≥1可得x≥3，當(dāng)x≤0時，由(eq\f(1,3))x≥1可得x≤0，∴不等式f(x)≥1的解集為(－∞，0]∪[3，＋∞)．8．要制作一個容積為4m3，高為1m的無蓋長方體容器．該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，那么該容器的最低總造價是________元．答案1609．x>0，y>0，假設(shè)eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)>m2＋2m恒成立，那么實數(shù)m的取值范圍是________．答案(－4,2)解析由題意可得m2＋2m應(yīng)小于eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)的最小值，所以由根本不等式可得eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥2eq\r(\f(2y,x)·\f(8x,y))＝8，所以m2＋2m<8?－4<m<2.10．定義運算“?〞：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)，當(dāng)x＞0，y＞0時，x?y＋(2y)?x的最小值為________．答案eq\r(2)解析由題意，得x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(2y2－x2,2yx)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)y時取等號．11．設(shè)點P(x，y)滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y≤2x＋2，))點Q(a，b)(a≤0，b≥0)滿足eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))≤1恒成立，其中O是坐標(biāo)原點，那么Q點的軌跡所圍成圖形的面積是________．答案eq\f(1,2)解析∵eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))≤1，∴ax＋by≤1，∵點P(x，y)滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y≤2x＋2))的區(qū)域，如圖陰影局部所示，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))≤1，即ax＋by≤1，且點Q(a，b)滿足eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))≤1恒成立，只需點P(x，y)在可行域內(nèi)的交點處：A(－1,0)，B(0,2)，ax＋by≤1成立即可，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a≤1，,2b≤1，,a≤0，b≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－1，,b≤\f(1,2)，,a≤0，b≥0，))它表示一個長為1寬為eq\f(1,2)的矩形，其面積為eq\f(1,2)，故答案為eq\f(1,2).12．設(shè)0<a<1，集合A＝{x∈R|x>0}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B，求集合D.(用區(qū)間表示)解令g(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a，其對稱軸方程為x＝eq\f(3,4)(1＋a)，Δ＝9(1＋a)2－48a＝9a2－30a＋9＝3(3a－1)(a－3)．①當(dāng)0<a≤eq\f(1,3)時，Δ≥0，x＝eq\f(3,4)(1＋a)>0，g(0)＝6a>0，方程g(x)＝0的兩個根分別為0<x1＝eq\f(3a＋3－\r(9a2－30a＋9),4)<x2＝eq\f(3a＋3＋\r(9a2－30a＋9),4)，∴D＝A∩B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3a＋3－\r(9a2－30a＋9),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a＋3＋\r(9a2－30a＋9),4)，＋∞))；②當(dāng)eq\f(1,3)<a<1時，Δ<0，那么g(x)>0恒成立，所以D＝A∩B＝(0，＋∞)．綜上所述，當(dāng)0<a≤eq\f(1,3)時，D＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3a＋3－\r(9a2－30a＋9),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a＋3＋\r(9a2－30a＋9),4)，＋∞))；當(dāng)eq\f(1,3)<a<1時，D＝(0，＋∞)．13．運貨卡車以每小時x千米的速度勻速行駛130千米(按交通法規(guī)限制50≤x≤100)(單位：千米/小時)．假設(shè)汽油的價格是每升2元，而汽車每小時耗油(2＋eq\f(x2,360))升，司機(jī)的工資是每小時14元．(1)求這次行車總費