高考数学压轴专题最新备战高考《不等式》难题汇编含答案

新数学《不等式》复习知识点

一、选择题

1．已知107700,0xyxyxy，表示的平面区域为D，若“(,),2xyxya”为假命题，则实数a的取值范围是（ ）

A．[5,) B．[2,) C．[1,) D．[0,)

【答案】A

【解析】

【分析】

作出不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得目标函数最大值，再根据特称命题和全称命题的真假关系得出“(,),2xyxya”为真命题，由恒等式的思想可得实数a的取值范围.

【详解】

绘制不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示，

令2Zxy得2yxZ，结合目标函数的几何意义可得目标函数在点A处取得最大值，

联立直线方程10770xyxy得点47,33A，所以2Zxy的最大值为5，

因为“(,),2xyRxya”为假命题，所以“(,),2xyxya”为真命题，所以实数a的取值范围是5a，

故选：A.

【点睛】

本题考查线性规划问题的最值，以及特称命题与全称命题的关系和不等式的恒成立思想，属于中档题.

2．设x，y满足约束条件21210xyxyxy，若32zxy的最大值为n，则12nxx的展开式中2x项的系数为( )

A．60 B．80 C．90 D．120

【答案】B 【解析】

【分析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到5n，再利用二项式定理计算得到答案.

【详解】

如图所示：画出可行域和目标函数，

32zxy，即322zyx，故z表示直线与y截距的2倍，

根据图像知：当1,1xy时，32zxy的最大值为5，故5n.

512xx展开式的通项为：355521551221rrrrrrrrTCxCxx，

取2r=得到2x项的系数为：225252180C.

故选：B.

【点睛】

本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

3．已知二次函数2()fxaxbxc的导数为'()fx，'(0)0f，对于任意实数都有()0fx，则(1)'(0)ff的最小值为( )

A．2 B．52 C．3 D．32

【答案】A

【解析】

2200{,440afxacbbacQ恒成立，,且0,0ca 又2,00,1fxaxbfbfabc，

221241111120bfacacfbbb

当且仅当120facf时，不等式取等号，故的最小值为

4．已知等差数列{}na中，首项为1a（10a），公差为d，前n项和为nS，且满足15150aS，则实数d的取值范围是（ ）

A．[3,3]； B．(,3] C．[3,) D．(,3][3,)

【答案】D

【解析】

【分析】

由等差数列的前n项和公式转化条件得11322ada，再根据10a、10a两种情况分类，利用基本不等式即可得解.

【详解】

Q数列{}na为等差数列，

1515455102addSa，15112155015aSaad，

由10a可得11322ada，

当10a时，11111133323222222aaadaaa，当且仅当13a时等号成立；

当10a时，111133232222aadaa，当且仅当13a时等号成立；

实数d的取值范围为(,3][3,).

故选：D.

【点睛】

本题考查了等差数列前n项和公式与基本不等式的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.

5．已知关于x的不等式222240mxmx得解集为R，则实数m的取值范围是（ ）

A．2,6 B．,26,U

C．,26, D．2,6

【答案】D

【解析】

【分析】

分20m和20m两种情况讨论，结合题意得出关于m的不等式组，即可解得实数m的取值范围.

【详解】

当20m时，即当2m时，则有40，该不等式恒成立，合乎题意；

当20m时，则220421620mmm，解得26m.

综上所述，实数m的取值范围是2,6.

故选：D.

【点睛】

本题考查利用变系数的二次不等式恒成立求参数，要注意对首项系数是否为零进行分类讨论，考查运算求解能力，属于中等题.

6．已知函数22log1fxxx，若对任意的正数,ab，满足310fafb，则31ab的最小值为（ ）

A．6 B．8 C．12 D．24

【答案】C

【解析】

【分析】

先确定函数奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性化简方程得31ab，最后根据基本不等式求最值.

【详解】

因为2210,xxxxxx所以定义域为R，

因为221log1fxxx，所以fx为减函数

因为221log1fxxx，22log1fxxx,所以fxfxfx，为奇函数， 因为310fafb，所以1313fafbab，，即31ab，

所以3131936baabababab，

因为9926babaabab，

所以3112ab（当且仅当12a，16b时，等号成立），选C.

【点睛】

本题考查函数奇偶性与单调性以及基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.

7．已知0ab，则下列不等式正确的是（ ）

A．lnlnabba B．||||abba

C．lnlnabba D．||||abba

【答案】C

【解析】

【分析】

利用特殊值代入法，作差比较法，排除不符合条件的选项，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，因为0ab，取,1aeb，则ln0,lnabbae，

1,1abebae，可排除A、D项；

取11,49ab，则71,1812abba，可排除B项；

因为满足0ab条件的排除法，可得A、B、D是错误的.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了不等式与不等关系，以及不等式的的基本性质，其中解答中合理赋值，代入排除是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

8．以A为顶点的三棱锥ABCD，其侧棱两两互相垂直，且该三棱锥外接球的表面积为8，则以A为顶点，以面BCD为下底面的三棱锥的侧面积之和的最大值为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．7

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意补全几何图形为长方体，设ABx，ACy，ADz，球半径为R，即可由外接球的表面积求得对角线长，结合侧面积公式即可由不等式求得面积的最大值.

【详解】 将以A为顶点的三棱锥ABCD，其侧棱两两互相垂直的三棱锥补形成为一个长方体，如下图所示：

长方体的体对角线即为三棱锥ABCD外接球的直径，

设ABx，ACy，ADz，球半径为R，

因为三棱锥外接球的表面积为8，

则284R，

解得2R，所以体对角线为22，

所以2228xyz，

111222Syzxyxz侧面积

由于222222240xyzSxyyxxz，

所以416S，故4S，

即三棱锥的侧面积之和的最大值为4，

故选：B.

【点睛】

本题考查了空间几何体的综合应用，三棱锥的外接球性质及应用，属于中档题.

9．若,xy满足约束条件360,60,1,xyxyy则zxy的最小值为（ ）

A．4 B．0 C．2 D．4

【答案】D

【解析】

【分析】

画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解．

【详解】 由题意，画出约束条件360601xyxyy所表示的可行域，如图所示，

目标函数zxy，可化为直线yxz当直线yxz经过A时，z取得最小值，

又由3601xyy，解得(3,1)A，

所以目标函数的最小值为min314z.

故选：D．

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

10．在锐角ABCV中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，若222cos3aabCb，则tan6tantantanABCA的最小值为（ ）

A．733 B．352 C．332 D．32

【答案】B

【解析】

【分析】

根据余弦定理得到4coscbA，再根据正弦定理得到sincos3sincosABBA，故tan3tanAB，3t53tan4an6ta3tatantannnBABCAB，计算得到答案.

【详解】

由余弦定理及222cos3aabCb可得222223aabcb，

即22222abbc，得22222cosababcA，整理得22 2cosabbcA.

2222cosabcbcAQ，2222cos2cosbbcAbcbcA，得4coscbA.

由正弦定理得sin4sincosCBA，又sinsinCAB，sin4sincosABBA，

整理得sincos3sincosABBA.

易知在锐角三角形ABC中cos0A， cos0B，tan3tanAB， 且tan0B.