高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月（上）專題復(fù)習(xí) 專題一第二講 不等式配套限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

第二講不等式（推薦時(shí)間：50分鐘）一、選擇題1．若a>b>0，則 ()A．a(chǎn)2c>b2c(c∈R) B.eq\f(b,a)>1C．lg(a－b)>0 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b2．“l(fā)nx>1”是“x>1”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3．(·江西)若f(x)＝eq\f(1,\r(log\f(1,2)2x＋1))，則f(x)的定義域?yàn)? ()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．(0，＋∞)4．若a>b>0，則下列不等式不成立的是 ()A．a(chǎn)＋b<2eq\r(ab) B．>C．lna>lnb D．0.3a<0.35．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋4，則不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx－fy≥0，,1≤x≤4))表示的平面區(qū)域?yàn)? ()6．(·江西)樣本(x1，x2，…，xn)的平均數(shù)為eq\x\to(x)，樣本(y1，y2，…，ym)的平均數(shù)為eq\x\to(y)(eq\x\to(x)≠eq\x\to(y))．若樣本(x1，x2，…，xn，y1，y2，…，ym)的平均數(shù)eq\x\to(z)＝αeq\x\to(x)＋(1－α)eq\x\to(y)，其中0<α<eq\f(1,2)，則n，m的大小關(guān)系為 ()A．n<mB．n>mC．n＝mD．不能確定7．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)x≥0,x2x<0))，則f[f(x)]≥1的充要條件是 ()A．x∈(－∞，－eq\r(2)]B．x∈[4eq\r(2)，＋∞)C．x∈(－∞，－1]∪[4eq\r(2)，＋∞)D．x∈(－∞，－eq\r(2)]∪[4，＋∞)二、填空題8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)，對(duì)任意x∈[1，＋∞)，f(mx)＋mf(x)<0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________________________________________________________________________．9．若實(shí)數(shù)x，y滿足x2＋y2＋xy＝1，則x＋y的最大值是________．10．已知點(diǎn)A(m，n)在直線x＋2y－1＝0上，則2m＋4n11．已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋5≥0,x≤3,x＋y≥0))，則目標(biāo)函數(shù)z＝x＋2y的最小值為________．12．如果實(shí)數(shù)x，y滿足等式(x－2)2＋y2＝1，那么eq\f(y＋3,x－1)的取值范圍是________．三、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3－eq\f(1,4)x2＋cx＋d(a，c，d∈R)滿足f(0)＝0，f′(1)＝0，且f′(x)≥0在R上恒成立．(1)求a，c，d的值；(2)若h(x)＝eq\f(3,4)x2－bx＋eq\f(b,2)－eq\f(1,4)，解不等式f′(x)＋h(x)<0.14．(·江蘇)如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長(zhǎng)度為1千米，某炮位于坐標(biāo)原點(diǎn)．已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y＝kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2(k>0)表示的曲線上，其中k與發(fā)射方向有關(guān)．炮的射程是指炮彈落地點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(1)求炮的最大射程．(2)設(shè)在第一象限有一飛行物(忽略其大小)，其飛行高度為3.2千米，試問它的橫坐標(biāo)a不超過多少時(shí)，炮彈可以擊中它？請(qǐng)說明理由．

答案1．D2．A3．A4．A5．C6．A7．D8．(－∞，－1)9.eq\f(2\r(3),3)10．2eq\r(2)11．－312.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))13．解(1)∵f(0)＝0，∴d＝0，∵f′(x)＝ax2－eq\f(1,2)x＋c.又f′(1)＝0，∴a＋c＝eq\f(1,2).∵f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－eq\f(1,2)x＋c≥0恒成立，∴ax2－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)－a≥0恒成立，顯然當(dāng)a＝0時(shí)，上式不恒成立．∴a≠0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(1,2)2－4a\f(1,2)－a≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a2－\f(1,2)a＋\f(1,16)≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a－\f(1,4)2≤0，))解得：a＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).(2)∵a＝c＝eq\f(1,4).∴f′(x)＝eq\f(1,4)x2－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4).由f′(x)＋h(x)<0，得eq\f(1,4)x2－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)x2－bx＋eq\f(b,2)－eq\f(1,4)<0，即x2－(b＋eq\f(1,2))x＋eq\f(b,2)<0，即(x－b)(x－eq\f(1,2))<0，當(dāng)b>eq\f(1,2)時(shí)，解集為(eq\f(1,2)，b)，當(dāng)b<eq\f(1,2)時(shí)，解集為(b，eq\f(1,2))，當(dāng)b＝eq\f(1,2)時(shí)，解集為?.14．解(1)令y＝0，得kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2＝0，由實(shí)際意義和題設(shè)條件知x>0，k>0，故x＝eq\f(20k,1＋k2)＝eq\f(20,k＋\f(1,k))≤eq\f(20,2)＝10，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號(hào)