【名師伴你行】2021屆高考文科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)提能專訓(xùn)7-不等式與線性規(guī)劃

提能專訓(xùn)(七)不等式與線性規(guī)劃一、選擇題1．(2022·淄博一中模擬)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)答案：C解析：eq\f(x－1,2x＋1)≤0等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12x＋1≤0，,2x＋1≠0，))即－eq\f(1,2)＜x≤1，所以不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故選C.2．(2022·宜春二模)在R上定義運(yùn)算⊙：a⊙b＝ab＋2a＋b，則滿足x⊙(x－2)＜0的實(shí)數(shù)xA．(－2,1)B．(0,2)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－1,2)答案：A解析：∵x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2＝x2＋x－2＜0，即(x－1)(x＋2)＜0，解得－2＜x＜1，故選A.3．(2022·昆明第一次摸底)已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y－1≥0，,x－2y＋2≥0，))則z＝x＋3y的最小值為()A．1B．2C．3D．4答案：B解析：滿足題中所給約束條件的可行域如圖：由圖可知，z＝x＋3y經(jīng)過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))時(shí)z取最小，且zmin＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝2，故選B.4．(2022·遼寧三校聯(lián)考)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥－1，,x－y≥2，,3x＋y≤14，))若使z＝ax＋y取得最大值的最優(yōu)解有無(wú)窮多個(gè)，則實(shí)數(shù)a的取值集合是()A．{－3,0} B．{3，－1}C．{0,1} D．{－3,0,1}答案：B解析：作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示．易知直線z＝ax＋y與x－y＝2或3x＋y＝14平行時(shí)取得最大值的最優(yōu)解有無(wú)窮多個(gè)，即－a＝1或－a＝－3，∴a＝－1或a＝3.故選B.5．(2022·鄭州質(zhì)檢二)設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,y－x≤2，,y≥1，))則x2＋y2的取值范圍是()A．[1,2] B．[1,4]C．[eq\r(2)，2] D．[2,4]答案：B命題意圖：本題主要考查線性規(guī)劃、兩點(diǎn)間的距離公式等基礎(chǔ)學(xué)問(wèn)，意在考查考生的運(yùn)算求解力量和數(shù)形結(jié)合力量．解析：如圖所示，不等式組表示的平面區(qū)域是△ABC內(nèi)部(含邊界)，x2＋y2表示的是此區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)到原點(diǎn)距離的平方．從圖中可知最短距離為原點(diǎn)到直線BC的距離，其值為1；最遠(yuǎn)的距離為AO，其值為2，故x2＋y2的取值范圍是[1,4]．6．(2022·上海奉賢二模)下列命題正確的是()A．若x≠kπ，k∈Z，則sin2x＋eq\f(1,sin2x)≥4B．若a＜0，則a＋eq\f(4,a)≥－4C．若a＞0，b＞0，則lga＋lgb≥2eq\r(lga·lgb)D．若a＜0，b＜0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2答案：D解析：當(dāng)sin2x＝1時(shí)，1＋1＝2＜4，所以A錯(cuò)；若a＜0，則a＋eq\f(4,a)≤－4，B錯(cuò)；由于lga，lgb可以小于零，C錯(cuò)；由a＜0，b＜0，所以eq\f(b,a)，eq\f(a,b)都大于零，D正確．7．(2022·山東威海一模)函數(shù)f(x)＝(x－2)(ax＋b)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞增，則f(2－x)＞0的解集為()A．{x|x＞2或x＜－2} B．{x|－2＜x＜2}C．{x|x＜0或x＞4} D．{x|0＜x＜4}答案：C解析：∵f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b為偶函數(shù)，∴b－2a＝0，即b＝2a，∴f(x)＝ax2－4a.∴f′(x)＝2ax.又∵f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，∴a＞0.由f(2－x)＞0，得a(x－2)∵a＞0，∴|x－2|＞2，解得x＞4或x＜0.8．(2022·四川涼山二診)設(shè)集合An＝{x|(x－1)(x－n2－4＋lnn)＜0}，當(dāng)n取遍區(qū)間(1,3)內(nèi)的一切實(shí)數(shù)，全部的集合An的并集是()A．(1,13－ln3) B．(1,6)C．(1，＋∞) D．(1,2)答案：A解析：∵n∈(1,3)，∴n2＋4－lnn＞1.∴An＝{x|(x－1)(x－n2－4＋lnn)＜0}＝{x|1＜x＜n2＋4－lnn}．令g(n)＝n2＋4－lnn，則g′(n)＝2n－eq\f(1,n)，當(dāng)n∈(1,3)時(shí)，g′(n)＞0，∴g(n)為增函數(shù)，且g(n)∈(5,13－ln3)．∴A1∪A2∪…∪An＝(1,13－ln3)．9．(2022·北京房山期末統(tǒng)考)設(shè)a＞0，b＞0.若eq\r(3)是3a與32b的等比中項(xiàng)，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．8B．4C．1D.eq\f(1,4)答案：A解析：由題意可知，3＝3a32b＝3a＋2b，即a＋2b＝1.由于a＞0，b＞0，所以eq\f(2,a )＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(a＋2b)＝eq\f(a,b)＋eq\f(4b,a)＋4≥2eq\r(\f(a,b)·\f(4b,a))＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝2b＝eq\f(1,2)時(shí)取“＝”．10．(2022·安徽合肥二檢)在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P是由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≥1))所確定的平面區(qū)域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，Q是直線2x＋y＝0上任意一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))|的最小值為()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(2),2)D．1答案：A解析：在直線2x＋y＝0上取一點(diǎn)Q′，使得eq\o(Q′O,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))，則|eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(Q′O,\s\up6(→))|＝|eq\o(Q′P,\s\up6(→))|≥|eq\o(P′P,\s\up6(→))|≥|eq\o(BA,\s\up6(→))|，其中P′，B分別為點(diǎn)P，點(diǎn)A在直線2x＋y＝0上的投影，如圖：由于|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\f(|0＋1|,\r(12＋22))＝eq\f(\r(5),5)，因此|eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))|min＝eq\f(\r(5),5)，故選A.11．已知a>0，x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3，))若z＝2x＋y的最小值為eq\f(3,2)，則a＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案：A解析：作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3))所表示的可行域如下圖中陰影部分，聯(lián)立x＝1與y＝a(x－3)得點(diǎn)A(1，－2a)，作直線l：z＝2x＋y，則z為直線l在y軸上的截距，當(dāng)直線l經(jīng)過(guò)可行域上的點(diǎn)A(1，－2a)時(shí)，直線l在y軸上的截距最小，此時(shí)，z取最小值，即zmin＝2×1＋(－2a)＝2－2a＝eq\f(3,2)，解得a＝eq\f(1,4)，故選A.12．若函數(shù)y＝2x圖象上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))則實(shí)數(shù)m的最大值是()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案：B解析：約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m))確定的區(qū)域如圖中陰影部分，即△ABC的邊與其內(nèi)部區(qū)域，分析可得函數(shù)y＝2x與邊界直線x＋y＝3交與點(diǎn)(1,2)．若函數(shù)y＝2x圖象上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件，即y＝2x圖象上存在點(diǎn)在陰影部分內(nèi)部，則必有m≤1，即實(shí)數(shù)m的最大值為1，故選B.13．設(shè)m，n∈R，若直線l：mx＋ny－1＝0與x軸相交于點(diǎn)A，與y軸相交于點(diǎn)B，且坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線的距離為eq\r(3)，則△AOB的面積S的最小值為()A.eq\f(1,2)B．2C．3D．4答案：C解析：由題意知，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,n)))，O到直線的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝eq\r(3)，即m2＋n2＝eq\f(1,3).由于eq\f(1,3)＝m2＋n2≥2mn，所以mn≤eq\f(1,6)，eq\f(1,mn)≥6當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝eq\f(\r(6),6)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)△AOB的面積為S＝eq\f(1,2)×eq\f(1,m)×eq\f(1,n)≥eq\f(1,2)×6＝3，所以△AOB面積的最小值為3，故選C.14．在三棱錐P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝3，PB＝2，PC＝1，設(shè)M是底面△ABC內(nèi)一點(diǎn)，定義f(M)＝(m，n，p)，其中m，n，p分別是三棱錐M－PAB，三棱錐M－PBC，三棱錐M－PCA的體積，若f(M)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x，y))，且eq\f(1,x)＋eq\f(a,y)≥8，則正實(shí)數(shù)a的最小值為()A．1 B．2C．2eq\r(2) D．4答案：A解析：依題意，eq\f(1,2)＋x＋y＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2×1＝1，即x＋y＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,x)＋eq\f(a,y)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))(x＋y)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋a＋\f(y,x)＋\f(ax,y)))≥2(1＋a＋2eq\r(a))＝2(eq\r(a)＋1)2，由題設(shè)2(eq\r(a)＋1)2≥8，解得a≥1，故正實(shí)數(shù)a的最小值為1.二、填空題15．(2022·濟(jì)南模擬)設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤3x－2，,x－2y＋1≤0，,2x＋y≤8，))則eq\f(y,x)的最大值是________．答案：2命題意圖：本題主要考查二元一次不等式組的解集和斜率公式，考查線性規(guī)劃學(xué)問(wèn)．解析：二元一次不等式組表示的區(qū)域如圖陰影部分所示，eq\f(y,x)表示陰影部分內(nèi)一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，在點(diǎn)A，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝8，,y＝3x－2))的交點(diǎn)(2,4)處，eq\f(y,x)取最大值2.16．(2022·沈陽(yáng)質(zhì)量檢測(cè))定義運(yùn)算：xy＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xxy≥0，,yxy＜0，))例如：34＝3，(－2)4＝4，則函數(shù)f(x)＝x2(2x－x2)的最大值為_(kāi)_______．答案：4解析：依題意知，當(dāng)x2(2x－x2)≥0，即0≤x≤2時(shí)，f(x)＝x2的最大值是22＝4；當(dāng)x2(2x－x2)＜0，即x＜0或x＞2時(shí)，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1＜0.因此，函數(shù)f(x)的最大值是4.17．(2022·皖南八校聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\r(2)，,y≤2，,x≤\r(2)y，))則z＝eq\f(2x＋y－1,x－1)的取值范圍是________．答案：(－∞，1]∪[2eq\r(2)＋4，＋∞)解析：由不等式組畫(huà)出可行域如圖中陰影部分所示，目標(biāo)函數(shù)z＝eq\f(2x＋y－1,x－1)＝2＋eq\f(y＋1,x－1)的取值范圍轉(zhuǎn)化為點(diǎn)(x，y)與(1，－1)所在直線的斜率加上2的取值范圍，由圖形知，A點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\r(2)，1)，則點(diǎn)(1，－1)與(eq\r(2)，1)所在直線的斜率為2eq\r(2)＋2，點(diǎn)(0,0)與(1，－1)所在直線的斜率為－1，所以z的取值范圍為(－∞，－1]∪[2eq\r(2)＋4，＋∞)．18．(2022·云南第一次檢測(cè))已知a＞0，b＞0，方程為x2＋y2－4x＋2y＝0的曲線關(guān)于直線ax－by－1＝0對(duì)稱，則eq\f(3a＋2b,ab)的最小值為_(kāi)_______．答案：7＋4eq\r(3)解析：該曲線表示圓心為(2，－1)的圓，由題意得，直線ax－by－1＝0經(jīng)過(guò)圓心，則2a＋b－1＝0，即2a＋b＝1，所以eq\f(3a＋2b,ab)＝eq\f(3,b)＋eq\f(2,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,b)＋\f(2,a)))(2a＋b)＝eq\f(6a,b)＋eq\f(2b,a)＋7≥2eq\r(\f(6a,b)·\f(2b,a))＋7＝7＋4eq\r(3)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2－eq\r(3)，b＝2eq\r(3)－3時(shí)等號(hào)成立)．19．(2022·江蘇南通期末)給出以下三個(gè)關(guān)于x的不等式：①x2－4x＋3＜0；②eq\f(3,x＋1)＞1；③2x2＋m2x＋m＜0.若③的解集非空，且滿足③的x至少滿足①和②中的一個(gè)，則m的取值范圍是________．答案：[－1,0)解析：由①解得x∈(1,3)，由②解得x∈(－1,2)，則①和②的并集為(－1,3)，依據(jù)題意，可得③的解集是(－1,3)的子集，令f(x)＝2x2＋m2x＋m，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜－\f(m2,4)＜3，,Δ＞0，,f－1≥0，,f3≥0，))解得m∈[－1,0)．20．(2022·北京順義一模)設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3y＋4≥0，,4x－y－4≤0，,x≥0，,y≥0，))若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為8，則ab的最大值為_(kāi)_______．答案：2解析：畫(huà)出可行域，如圖所示，目標(biāo)函數(shù)變形為y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，由已知，得－eq\f(a,b)＜0，且縱截距最大時(shí)，z取到最大值，故當(dāng)直線l過(guò)點(diǎn)B(2,4)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取到最大值，即2a＋4b＝8，因a＞0，b＞0，由基本不等式，得2a＋4b＝8≥4eq\r(2ab)，即ab≤2(當(dāng)且僅當(dāng)2a＝4b＝4，即a＝2，b＝1時(shí)取“＝”)，故ab的最大值為2.21．已知正數(shù)a，b，c滿足a＋b＝ab，a＋b＋c＝abc，則c的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))解析：由a＋b＝ab，a＋b＋c＝abc，得ab＋c＝abc，則c＝eq\f(ab,ab－1)＝eq\f(1,1－\f(1,ab))>1，又a＋b＝ab≥2eq\r(ab)，ab≥4，得eq\f(1,ab)≤eq\f(1,4)，∴1－eq\f(1,ab)≥eq\f(3,4)，∴c≤eq\f(4,3)，故c∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))).22．設(shè)a＋b＝2，b>0，則當(dāng)a＝________時(shí)，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值．答案：－2解析：∵a＋b＝2且b>0，∴b＝2－a>0，∴a<2.當(dāng)0<a<2時(shí)，則有|a|＝a，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(a,b)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(2－b,b)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(2,b)－1，另一方面，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(2,b)))＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(2,b)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(2a,b)＋eq\f(b,2a)＋2＝eq\f(2a,b)＋eq\f(b,2a)＋eq\f(5,2)≥2eq\r(\f(2a,b)·\f(b,2a))＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2)，∴eq\f(1,2a)＋eq\f(2,b)≥eq\f(9,4)，∴eq\f(1,2a)＋eq\f(a,b)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(2,b)－1≥eq\f(9,4)－1＝eq\f(5,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,2a)＝eq\f(2a,b)，即b＝2a且a＋b＝2時(shí)，即當(dāng)3a＝2時(shí)，eq\f(1,2a)＋eq\f(a,b)取得最小值eq\f(5,4)，此時(shí)a＝eq\f(2,3)，當(dāng)a<0時(shí)，則有|a|＝－a，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝－eq\f(1,2a)－eq\f(a,b)＝－eq\f(1,2a)－eq\f(2－b,b)＝－eq\f(1,2a)－eq\f(2,b)＋1，另一方面2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)－\f(2,b)))＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)－\f(2,b)))＝－eq\f(1,2)－eq\f(2a,b)－eq\f(b,2a)－2＝－eq\f(2a,b)－eq\f(b,2a)－eq\f(5,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,b)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a))))－eq\f(5,2)＝2－eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)－eq\f(b,2a)＝－eq\f(2a,b)時(shí)，由于a<0，b>0，即當(dāng)b＝－2a時(shí)，由于a＋b＝2，解得a＝－2，b＝4，上式取等號(hào)，∴－eq\f(1,2a)－eq\f(2,b)＋1≥－eq\f(1,2)＋