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2015高考数学(理)复习配套-五年高考真题分类汇编:第六章 不等式、推理与证明


五年高考真题分类汇编:不等式、推理与证明
一.选择题
y≤2x, ? ? 1. (2013· 湖南高考理) 若变量 x, y 满足约束条件?x+y≤1, ? ?y≥-1, 5 A.- 2 B.0 5 C. 3 则 x+2y 的最大值是 ( )

5 D. 2

【解析】选 C 本小题主要考查线性规划知识及数形结合思想,属中档偏易题.求解本小题 时一定要先比较直线 x+2y=0 与边界直线 x+y=1 的斜率的大小,然后应用线性规划的知
?y=2x, ? 识准确求得最值.作出题设约束条件的平面区域(图略),由? ? ?x+y=1, ?

?x=3, ? 2 ?y=3,

1

可得

1 2 5 (x+2y)max= +2× = . 3 3 3 1? ? 2. (2013·安徽高考理)已知一元二次不等式 f(x)<0 的解集为?x|x<-1或x>2?,则 f(10x)>0
? ?

的解集为 A.{x|x<-1 或 x>lg 2} C.{x|x>-lg 2} B.{x|-1<x<lg 2} D.{x|x<-lg 2}

(

)

【解析】选 D 本题考查一元二次不等式的求解、指对数运算.考查转化化归思想及考生的 1? ? 合情推理能力.因为一元二次不等式 f(x)<0 的解集为?x|x<-1或x>2?,所以可设 f(x)=a(x+
? ?

?x-1?(a<0),由 f(10x)>0 可得(10x+1)· ?10x-1?<0,即 10x<1,x<-lg 2,故选 D 1)· 2? ? 2? ? 2
3. (2013·安徽高考理)在平面直角坐标系中,O 是坐标原点,两定点 A,B 满足|OA― →| =|OB― →|=OA― →· OB― →=2,则点集{P|OP― →=λOA― →+μOB― →,|λ|+|μ|≤1,λ, μ∈R}所表示的区域的面积是 A.2 2 B.2 3 C.4 2 D.4 3 ( )

【解析】选 D 本题考查平面向量运算、线性规划等知识,培养考生对知识的综合应用能力 π 以及数形结合思想.由|OA― →|=|OB― →|=OA― →· OB― →=2,可得∠AOB= ,又 A,B 3 是两定点,可设 A( 3,1),B(0,2),P(x,y),

?x= 3λ, 由 OP― →=λOA― →+μOB― →,可得? ?? ?y=λ+2μ,

?λ= 33x, ?μ=2- 6 x.
y 3

1

? 3 y 3 因为|λ|+|μ|≤1,所以? x?+? - x?≤1,当?3y- 3x≥0 ? 3 ? ?2 6 ?
x≥0,

?3y+

,时,由可行域可得 S0=

3x≤6

1 ×2× 3= 3,所以由对称性可知点 P 所表示的区域面积 S=4S0=4 3,故选 D. 2 x≥1, ? ? 4.(2013·新课标Ⅱ高考理)已知 a>0,x,y 满足约束条件?x+y≤3, ? ?x≥a?x-3?. 小值为 1, 则 a= 1 A. 4 1 B. 2 C.1 D.2

若 z=2x+y 的最

(

)

【解析】选 B 本题考查线性规划问题,属于基础题.由已知约束条件,作出可行域如图中 △ABC 内部及边界部分,由目标函数 z=2x+y 的几何意义为直线 l:y=-2x+z 在 y 轴上的 截距,知当直线 l 过可行域内的点 B(1,-2a)时,目标函数 z=2x+y 的最小值为 1,则 2- 1 2a=1,a= ,故选 B. 2

2x-y+1>0, ? ? 5. (2013·北京高考理)设关于 x,y 的不等式组?x+m<0, ? ?y-m>0 点 P(x0, y0), 满足 x0-2y0=2.求得 m 的取值范围是 4 -∞, ? A.? 3? ? 2 -∞,- ? C.? 3? ? 1 -∞, ? B.? 3? ? 5 -∞,- ? D.? 3? ?

表示的平面区域内存在

(

)

【解析】选 C 本题考查二元一次不等式组所表示的平面区域,考查数形结合思想、等价转 化思想以及考生分析问题、解决问题的能力.问题等价于直线 x-2y=2 与不等式组所表示 的平面区域存在公共点,由于点(-m,m)不可能在第一和第三象限,而直线 x-2y=2 经过 第一、三、四象限,则点(-m,m)只能在第四象限,可得 m<0,不等式组所表示的平面区
2

域如图中阴影部分所示,要使直线 x-2y=2 与阴影部分有公共点,则点(-m,m)在直线 x 2 -2y-2=0 的下方,由于坐标原点使得 x-2y-2<0,故-m-2m-2>0,即 m<- . 3

6. (2013·广东高考理)设整数 n≥4,集合 X={1,2,3,?,n}.令集合 S={(x,y,z)|x,y, z∈X,且三条件 x<y<z,y<z<x,z<x<y 恰有一个成立}.若(x,y,z)和(z,w,x)都在 S 中, 则下列选项正确的是 A.(y,z,w)∈S,(x,y,w)?S B.(y,z,w)∈S,(x,y,w)∈S C.(y,z,w)?S,(x,y,w)∈S D.(y,z,w)?S,(x,y,w)?S 【解析】选 B 本题考查集合、推理与证明,考查考生接受、理解、运用和迁移新知识的能 力,推理论证能力与创新意识.题目中 x<y<z,y<z<x,z<x<y 恰有一个成立说明 x,y,z 是 互不相等的三个正整数,可用特殊值法求解,不妨取 x=1,y=2,z=3,w=4 满足题意, 且(2,3,4)∈S,(1,2,4)∈S,从而(y,z,w)∈S,(x,y,w)∈S 成立. 2x-y-2≥0, ? ? 7. (2013·山东高考理)在平面直角坐标系 xOy 中,M 为不等式组?x+2y-1≥0, ? ?3x+y-8≤0 示的区域上一动点,则直线 OM 斜率的最小值为 A.2 B.1 1 C.- 3 1 D.- 2 ( ( )

所表

)

【解析】选 C 本题考查二元一次不等式组所表示的平面区域,考查两点间斜率的几何意义 等基础知识,考查数形结合思想,考查运算求解能力.已知的不等式组表示的平面区域如图 中阴影所示,显然当点 M 与点 A 重合时直线 OM 的斜率最小,由直线方程 x+2y-1=0 和 1 3x+y-8=0,解得 A(3,-1),故 OM 斜率的最小值为- . 3

3

xy 2 8. (2013·山东高考理)设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2-z=0.则当 取得最大值时, z x 1 2 + - 的最大值为 y z A.0 B.1 9 C. 4 D.3 ( )

【解析】选 B 本题考查基本不等式、二次函数的性质等基础知识,考查等价转化的数学思 xy xy 1 想方法,考查运算求解能力,考查分析问题和解决问题的能力. = 2 = z x -3xy+4y2 x 4y + -3 y x ≤ 1 ?2 1 2 1 2 1 2 -1 +1≤1, =1, 当且仅当 x=2y 时等号成立, 此时 z=2y2, + - =- 2+ =-? y ? ? x y z y y 4-3

当且仅当 y=1 时等号成立,故所求的最大值为 1. 3x+y-6≥0, ? ? 9. (2013·天津高考理)设变量 x, y 满足约束条件?x-y-2≤0, ? ?y-3≤0, 的最小值为 A.-7 B.-4 C.1 D.2

则目标函数 z=y-2x

(

)

【解析】选 A 本题考查线性规划,意在考查考生数形结合思想的应用.约束条件对应的平 面区域是一个三角形区域,当目标函数 y=2x+z 经过可行域中的点(5,3)时,z 取得最小值- 7. 10. (2013·天津高考理)已知函数 f(x)=x(1+a|x|). 设关于 x 的不等式 f(x+a)<f(x)的解集 1 1? 为 A.若? ?-2,2??A, 则实数 a 的取值范围是 A.? C.? ( B.? 3? )

?1- 5 ? ? ? 2 ,0? ? ?

?1- 3 ? ? ? 2 ,0?

?1- 5 ?∪? 1+ ? ? ? 2 ,0? ?0, 2

1- 5? ? D.?-∞, ? 2 ? ?

【解析】选 A 本题考查函数与不等式的综合应用,意在考查考生的数形结合能力.由题意 可得 0∈A,即 f(a)<f(0)=0,所以 a(1+a|a|)<0,当 a>0 时无解,所以 a<0,此时 1-a2>0, 1 1 所以-1<a<0.函数 f(x)的图象(图略)中两抛物线的对称轴 x= ,x=- 之间的距离大于 1, 2a 2a 1 a 1 a? 而[x+a,x]的区间长度小于 1,所以不等式 f(x+a)<f(x)的解集是? ?2a-2,-2a-2?,所以

?-1 , ? 2

?2a-2<-2, 1? ? 1 a 1 a? - ,- - ,所以? 2???2a 2 2a 2? 1 a 1 ?-2a-2>2,

1

a

1

2 ? ?a -a-1<0, 1- 5 即? 2 解得 < 2 ?a +a+1>0, ?

4

1+ 5 ?1- 5 ?. a< ,又-1<a<0,所以实数 a 的取值范围是? ? 2 ? 2 ,0? 11. (2013·北京高考文)设 a,b,c∈R,且 a>b,则 A.ac>bc 1 1 B. < a b C.a2>b2 D. a3>b3 ( )

【解析】选 D 当 c=0 时,选项 A 不成立;当 a>0,b<0 时,选项 B 不成立;当 a=1,b b 3b2 a+ ?2+ >0,故选 D. =-5 时,选项 C 不成立;a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)? ? 2? 4 12. (2013·重庆高考文)关于 x 的不等式 x2-2ax-8a2<0(a>0)的解集为(x1,x2),且 x2-x1 =15, 则 a= 5 A. 2 7 B. 2 15 C. 4 D. 15 2 ( )

【解析】 选 A 本题主要考查二次不等式与二次方程的关系. 由条件知 x1, x2 为方程 x2-2ax -8a2=0 的两根,则 x1+x2=2a,x1x2=-8a2,故(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1x2=(2a)2-4×(- 5 8a2)=36a2=152,得 a= ,故选 A. 2 z 13. (2013·山东高考文)设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2-z=0.则当 取得最小值时, xy x+2y-z 的最大值为 A.0 9 B. 8 C.2 9 D. 4 ( )

【解析】选 C 本题主要考查基本不等式的应用,考查运算求解能力、推理论证能力和转化 思想、函数和方程思想.
2 2 z x -3xy+4y x 4y = = + -3≥2 xy xy y x

x 4y · -3=1,当且仅当 x=2y 时等号成立,因此 z=4y2 y x

-6y2+4y2=2y2,所以 x+2y-z=4y-2y2=-2(y-1)2+2≤2. 14. (2013· 大纲卷高考文) 不等式|x2-2|<2 的解集是 A.(-1,1) B.(-2,2) C.(-1,0)∪(0,1)
2

(

)

D.(-2,0)∪(0,2)

【解析】 选 D 本题主要考查绝对值不等式、 二次不等式的解法. 由|x -2|<2 得-2<x2-2<2, 即 0<x2<4,所以-2<x<0 或 0<x<2. x+y≤2, ? ? 15.(2013·福建高考文)若变量 x,y 满足约束条件?x≥1, ? ?y≥0, 小值分别为 A.4 和 3 C.3 和 2 B.4 和 2 D.2 和 0

则 z=2x+y 的最大值和最

(

)

5

【解析】选 B 本题主要考查线性规划问题中求目标函数的最值,意在考查考生的数形结合 能力、转化和化归能力.画出可行域(如图中阴影部分),由图像可得,当 y=-2x+z 经过点 B(2,0)时,zmax=4;当 y=-2x+z 经过点 A(1,0)时,zmin=2,故选 B.

16. (2013· 福建高考文) 若 2x+2y=1, 则 x+y 的取值范围是 A.[0,2] B.[-2,0] C.[-2,+∞)

( D.(-∞,-2]

)

【解析】 选 D 本题主要考查基本不等式, 意在考查考生的数形结合能力、 转化和化归能力、 1 + + 运算求解能力.∵2x+2y≥2 2x· 2y=2 2x y(当且仅当 2x=2y 时等号成立),∴ 2x y≤ , 2 1 + ∴2x y≤ ,得 x+y≤-2,故选 D. 4 3x+y-6≥0, ? ? 17. (2013·天津高考文)设变量 x, y 满足约束条件?x-y-2≤0, ? ?y-3≤0, 的最小值为 A.-7 B.-4 C .1 D.2

则目标函数 z=y-2x

(

)

【解析】选 A 本题主要考查线性规划,意在考查考生的数形结合能力.约束条件对应的平 面区域如图中阴影部分所示, 当目标函数 y=2x+z 经过直线 x-y-2=0 和 y=3 的交点(5,3) 时,z 取得最小值-7.

18.(2013·湖北高考文)某旅行社租用 A,B 两种型号的客车安排 900 名客人旅行,A,B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人,租金分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆,旅行社要 求租车总数不超过 21 辆, 且 B 型车不多于 A 型车 7 辆. 则租金最少为 A.31 200 元 C.36 800 元 B.36 000 元 D.38 400 元 ( )

6

【解析】 选 C 本题主要考查用二元一次不等式组解决实际问题的能力, 考查线性规划问题, 考查考生的作图、运算求解能力.设租 A 型车 x 辆,B 型车 y 辆,租金为 z,则 36x+60y≥900, ? ?y-x≤7, ?y+x≤21, ? ?x,y∈N,

画出可行域(图中阴影区域中的整数点),则目标函数 z=1 600x+

2 400y 在点 N(5,12)处取得最小值 36 800. 19. (2013·陕西高考文)若点(x,y)位于曲线 y = |x|与 y = 2 所围成的封闭区域, 则 2x-y 的最小值是 A.-6 B.-2 C.0 D.2 ( )

【解析】选 A 本题主要考查分段函数的图像和性质以及求解线性规划最优解的思维方法.

? ?x?x≥0? 作出函数 y=|x|=? 和 y=2 围成的等腰直角三角形的可行域(如图阴影部分所示), ?-x?x<0? ?

则可得过交点 A(-2,2)时,2x-y 取得最小值-6. 1 20. (2013· 江西高考文) 下列选项中, 使不等式 x< <x2 成立的 x 的取值范围是 x A.(-∞,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,+∞) ( )

【解析】选 A 本题主要考查分式不等式的解法,考查考生化归与转化的能力. 1 法一:取 x=-2,知符合 x< <x2,即-2 是此不等式的解集中的一个元素,所以可排除选 x 项 B,C,D.

?x<x, 法二:由题知? 1 ?x<x ,
2

1

x+1? <0, ??x-1?? x 即? ?x-1??x +x+1? >0, ? x
2

7

? ?x<-1或0<x<1, 解得? 得 x<-1. ?x<0或x>1, ?

x+y≤8, ? ?2y-x≤4, 21. (2013·四川高考文)若变量 x,y 满足约束条件? x≥0, ? ?y≥0, 为 a, 最小值为 b, 则 a-b 的值是 A.48 B.30 C.24 D.16

且 z=5y-x 的最大值

(

)

【解析】选 C 本题主要考查线性规划的应用,意在考查考生对基础知识的掌握.约束条件 x+y≤8, ? ?2y-x≤4, ?x≥0, ? ?y≥0

表示以(0,0),(0,2),(4,4),(8,0)为顶点的四边形区域,检验四个顶点的坐标

可知,当 x=4,y=4 时,a=zmax=5×4-4=16;当 x=8,y=0 时,b=zmin=5×0-8=- 8,∴a-b=24. x-1 22. (2012· 重庆高考理) 不等式 ≤0 的解集为 2x+1 1 A.(- ,1] 2 1 C.(-∞,- )∪[1,+∞) 2 【解析】选 A 1 B.[- ,1] 2 1 D.(-∞,- ]∪[1,+∞) 2 ( )

1 由数轴标根法可知原不等式的解集为(- ,1]. 2

y≤2, ? ? 23. (2012·广东高考理)已知变量 x,y 满足约束条件?x+y≥1, ? ?x-y≤1, 为 A.12 【解析】选 B B.11 C.3

则 z=3x+y 的最大值

( D.-1

)

如右图中的阴影部分即为约束条件对应的可行域,当直线 y=-3x+z 经过点 A 时, z 取得

8

? ? ?y=2, ?x=3 最大值.由? 解得? ,此时,z=y+3x=11. ?x-y=1, ?y=2 ? ?

x+2y≥2, ? ? 24. (2012·山东高考理)设变量 x,y 满足约束条件?2x+y≤4, ? ?4x-y≥-1, 的取值范围是 3 A.[- ,6] 2 【解析】选 A 3 B.[- ,-1] 2 C.[-1,6]

则目标函数 z=3x-y

( 3 D.[-6, ] 2

)

作出不等式组所表示的区域如图,由 z=3x-y 得 y=3x-z,平移直线 y=3x,由图像可知当 直线经过点 E(2,0)时,直线 y=3x-z 的截距最小,此时 z 最大为 z=3×2-0=6,当直线经

? ?4x-y=-1, ?x= , ? 过 C 点时,直线 y=3x-z 的截距最大,此时 z 最小,由? 解得? 2 ?2x+y=4, ? ? ?y=3,
3 3 3 z=3x-y= -3=- ,所以 z=3x-y 的取值范围是[- ,6]. 2 2 2

1

此时

25. (2012·江西高考理)观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5 +b5=11,?,则 a10+b10= A.28 【解析】选 C B.76
n n

( C.123 D.199

)

记 a +b =f(n),则 f(3)=f(1)+f(2)=1+3=4;f(4)=f(2)+f(3)=3+4=7;

f(5)=f(3)+f(4)=11.通过观察不难发现 f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n∈N*,n≥3),则 f(6)=f(4)+ f(5)=18;f(7)=f(5)+f(6)=29;f(8)=f(6)+f(7)=47;f(9)=f(7)+f(8)=76;f(10)=f(8)+f(9) =123.所以 a10+b10=123. 26. (2012·江西高考理)某农户计划种植黄瓜和韭菜,种植面积不超过 50 亩,投入资金不 超过 54 万元,假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表. 年产量/亩 黄瓜 韭菜 4吨 6吨 年种植成本/亩 1.2 万元 0.9 万元 每吨售价 0.55 万元 0.3 万元

为使一年的种植总利润(总利润=总销售收入-总种植成本)最大,那么黄瓜和韭菜的种植面 积(单位: 亩)分别为
9

(

)

A.50,0 【解析】选 B

B.30,20

C.20,30

D.0,50

设黄瓜和韭菜的种植面积分别为 x 亩,y 亩,总利润为 z 万元,则目标函数

为 z=(0.55×4x-1.2x)+(0.3×6y-0.9y)=x+0.9y. x+y≤50, ? ?1.2x+0.9y≤54, 线性约束条件为? x≥0, ? ?y≥0, x+y≤50, ? ?4x+3y≤180, 即? x≥0, ? ?y≥0.

画出可行域,如图所示.
?x+y=50, ? 作出直线 l0:x+0.9y=0,向上平移至过点 B 时,z 取得最大值,由? 求得 ?4x+3y=180, ?

B(30,20),故选 B. 27. (2012·四川高考理)某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品 1 桶需耗 A 原 料 1 千克、B 原料 2 千克;生产乙产品 1 桶需耗 A 原料 2 千克,B 原料 1 千克.每桶甲产品 的利润是 300 元,每桶乙产品的利润是 400 元.公司在生产这两种产品的计划中,要求每天 消耗 A、B 原料都不超过 12 千克.通过合理安排生产计划,从每天生产的甲、乙两种产品 中,公司共可获得的最大利润是 A.1 800 元 【解析】选 C B.2 400 元 C.2 800 元 D.3 100 元 ( )

x+2y≤12, ? ? 设每天分别生产甲产品 x 桶,乙产品 y 桶,相应的利润为 z 元,于是有?2x+y≤12, ? ?x>0,y>0,

z=

300x+400y,在坐标平面内画出该不等式组表示的平面区域及直线 300x+400y=0,平移该 直线,当平移到经过该平面区域内的点 A(4,4)时,相应直线在 y 轴上的截距达到最大,此时 z=300x+400y 取得最大值,最大值是 z=300×4+400×4=2 800,即该公司可获得的最大

10

利润是 2 800 元. x-y≤10, ? ? 28. (2012· 辽宁高考理) 设变量 x, y 满足?0≤x+y≤20, ? ?0≤y≤15, A.20 【解析】选 D B.35 C.45

则 2x+3y 的最大值为

(

)

D.55

2 作出不等式组对应的平面区域(如图所示),平移直线 y=- x,易知直线经过可行域上的点 3 A(5,15)时,2x+3y 取得最大值 55. 29. (2012·辽宁高考理)若 x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立的是 A.ex≤1+x+x2 1 C.cos x≥1- x2 2 【解析】选 C B. 1 1 1 ≤1- x+ x2 2 4 1+x ( )

1 D.ln (1+x)≥x- x2 8

1 1 1 对 A,因为 e3>1+3+32,故 A 不恒成立;同理,当 x= 时, >1- x 3 2 1+x

1 1 + x2,故 B 不恒成立;因为(cos x+ x2-1)′=-sin x+x≥0(0∈[0,+∞)),且 x=0 时,y 4 2 1 1 =cos x+ x2-1=0,所以 y=cos x+ x2-1≥0 恒成立,所以 C 对;当 x=4 时,ln(1+x)<x 2 2 1 - x2,故 D 不恒成立. 8 30. (2012·大纲卷高考理)正方形 ABCD 的边长为 1,点 E 在边 AB 上,点 F 在边 BC 上, 3 AE=BF= .动点 P 从 E 出发沿直线向 F 运动,每当碰到正方形的边时反弹,反弹时反射角 7 等于入射角.当点 P 第一次碰到 E 时,P 与正方形的边碰撞的次数为 A.16 【解析】选 B B.14 C.12 D.10 ( )

结合已知点 E,F 的位置,进行作图,推理可知,在反射过程中直线是平

行的,那么利用平行关系,作图可以得到 P 第一次碰到 E 点时,需碰撞 14 次. 31. (2012· 福建高考理) 下列不等式一定成立的是 1 A.lg(x2+ )>lg x(x>0) 4 ( )

11

1 B.sin x+ ≥2(x≠kπ,k∈Z) sin x C.x2+1≥2|x|(x∈R) 1 D. 2 >1(x∈R) x +1 【解析】选 C 1 1 3 取 x= ,则 lg(x2+ )=lg x,故排除 A;取 x= π,则 sin x=-1,故排除 2 4 2

1 B;取 x=0,则 2 =1,故排除 D. x +1 x+y-3≤0, ? ? 32. (2012·福建高考理)若函数 y=2 x 图象上存在点(x,y)满足约束条件?x-2y-3≤0, ? ?x≥m, 则实数 m 的最大值为 1 A. 2 B.1 3 C. 2 D.2 ( )

【解析】选 B

可行域如图中的阴影部分所示,函数 y=2x 的图象经过可行域上的点,由

?y=2x, ?x=1, ? ? ? 得? 即函数 y=2x 的图象与直线 x+y-3=0 的交点坐标为(1,2),当直 ? ? x + y - 3 = 0 y = 2 ? ?

线 x=m 经过点(1,2)时,实数 m 取到最大值为 1,应选 B.

? ?x+2y≤12, 33. (2012·四川高考文)若变量 x,y 满足约束条件?2x+y≤12, x≥0, ? ?y≥0,
x-y≥-3, 大值是 A.12 B.26 C.28

则 z=3x+4y 的最

( D.33

)

【解析】在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域(如图)及直线 3x+4y=0,平移该直线, 当平移到经过该平面区域内的点 M(4,4)时, 相应直线在 x 轴上的截距达到最大, 即 zmax=3× 4+4×4=28.

12

【答案】C x-y≤10, ? ? 33 (2012· 辽宁高考文) 设变量 x, y 满足?0≤x+y≤20, ? ?0≤y≤15, A.20 【解析】选 D B.35 C.45

则 2x+3y 的最大值为

(

)

D.55

根据不等式组确定平面区域,再平移目标函数求最大值.作出不等式组对应的平面区域(如 2 图所示),平移直线 y=- x,易知直线经过可行域上的点 A(5,15)时,2x+3y 取得最大值 55. 3 2x+y-2≥0, ? ? 34(2012·天津高考文)设变量 x,y 满足约束条件?x-2y+4≥0, ? ?x-1≤0, 2y 的最小值为 A.-5 【解析】选 B B.-4 C.-2 D.3

则目标函数 z=3x-

(

)

不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分,作辅助线 l0:3x-2y=0,结合图形可知, 当直线 3x-2y=z 平移到过点(0,2)时,z=3x-2y 的值最小,最小值为-4. x+2y≥2, ? ? 35(2012·山东高考文)设变量 x,y 满足约束条件?2x+y≤4, ? ?4x-y≥-1, 的取值范围是

则目标函数 z=3x-y

(

)

13

3 A.[- ,6] 2 【解析】选 A

3 B.[- ,-1] 2

C.[-1,6]

3 D.[-6, ] 2

不等式组表示的平面区域如图所示,目标函数的几何意义是直线在 y 轴上截距的相反数, 其 1 3 最大值在点 A(2,0)处取得,最小值在点 B( ,3)处取得,即最大值为 6,最小值为- . 2 2 x+y-3≤0, ? ? 36. (2012·福建高考文)若直线 y=2x 上存在点(x,y)满足约束条件?x-2y-3≤0, ? ?x≥m, 实数 m 的最大值为 A.-1 【解析】选 B B.1 3 C. 2 D.2 (



)

可行域如图阴影所示,由
?y=2x, ? ? 得交点 A(1,2),当直线 x=m 经过点 A(1,2)时,m 取到最大值为 1. ?x+y-3=0 ?

x≥0, ? ? 37(2012·安徽高考文)若 x,y 满足约束条件?x+2y≥3, ? ?2x+y≤3, A.-3 【解析】选 A B.0 3 C. 2

则 z=x-y 的最小值是(

)

D.3

14

x≥0, ? ? 根据?x+2y≥3, ? ?2x+y≤3.

得可行域如图中阴影部分所示,根据 z=x-y 得 y=x-z,平移直线 y=

x 得 z 在点 B(0,3)处取得最小值-3. x+y≤1, ? ? 38(2012·广东高考文)已知变量 x,y 满足约束条件?x-y≤1, ? ?x+1≥0, 为 A.3 【解析】选 C B.1 C.-5 D.-6

则 z=x+2y 的最小值

(

)

x+y≤1, ? ? 变量 x,y 满足的不等式组?x-y≤1, ? ?x+1≥0

表示的平面区域如图所示,作辅助线 l0:x+2y=0,

并平移到过点 A(-1,-2)时,z=x+2y 达到最小,最小值为-5. 39(2012·湖南高考文)设 a>b>1,c<0,给出下列三个结论: c c ① > ;②ac<bc;③logb(a-c)>loga(b-c). a b 其中所有的正确结论的序号是 A.① 【解析】选 D B.①② C.②③ D.①②③ ( )

1 1 c c 由 a>b>1,c<0 得, < , > ;幂函数 y=xc(c<0)是减函数,所以 ac<bc; a b a b

因为 a-c>b-c,所以 logb(a-c)>loga(a-c)>loga(b-c),①②③均正确. 40(2012·新课标高考文)已知正三角形 ABC 的顶点 A(1,1),B(1,3),顶点 C 在第一象限, 若点(x, y)在△ABC 内部, 则 z=-x+y 的取值范围是 A.(1- 3,2) 【解析】选 A B.(0,2) C.( 3-1,2) D.(0,1+ 3) ( )

由题意知,正三角形的顶点 C 的坐标为(1+ 3,2),当 z=-x+y 经过点 B

时,zmax=2,经过点 C 时,zmin=1- 3. x-1 41 (2012· 重庆高考文) 不等式 <0 的解集为 x+2 A.(1,+∞) B.(-∞,-2) C.(-2,1) ( )

D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

15

【解析】选 C

不等式等价于(x-1)(x+2)<0,解得-2<x<1,故不等式的解集为(-2,1).

42(2012·江西高考文)观察下列各式:55=3125,56=15625,57=78125,?,则 52011 的末 四位数字为 A.3125 【解析】 选D B.5625 C.0625 D.8125 ( )

∵55=3125,56=15625,57=78125,58=390625, 59=1953125,510=9765625, ?

∴5n(n∈Z,且 n≥5)的末四位数字呈周期性变化,且最小正周期为 4,记 5n(n∈Z,且 n≥5) 的末四位数字为 f(n),则 f(2011)=f(501× 4+7)=f(7),∴52011 与 57 的末四位数字相同,均 为 8125.故选 D. 43(2012·安徽高考文)设变量 x,y 满足|x|+|y|≤1,则 x+2y 的最大值和最小值分别( A.1,-1 【解析】选 B B.2,-2 C.1,-2 D.2,-1 )

法一:特殊值验证:当 y=1,x=0 时,x+2y=2,排除 A,C;当 y=-1,

x=0 时,x+2y=-2,排除 D,故选 B.

法二:直接求解:如图,先画出不等式|x|+|y|≤1 表示的平面区域,易知当直线 x+2y=u 经 过点 B,D 时分别对应 u 的最大值和最小值,所以 umax=2,umin=-2. 44(2012·山东高考文)不等式|x-5|+|x+3|≥10 的解集是 A.[-5,7] C.(-∞,-5]∪[7,+∞) 【解析】 选D B.[-4,6] D.(-∞,-4]∪[6,+∞) ( )

|x-5|+|x+3|表示数轴上的点到-3,5 的距离之和, 不等式|x-5|+|x+3|≥10

的解集是(-∞,-4]∪[6,+∞). 45(2012·四川高考文)某运输公司有 12 名驾驶员和 19 名工人,有 8 辆载重量为 10 吨的 甲型卡车和 7 辆载重量为 6 吨的乙型卡车.某天需送往 A 地至少 72 吨的货物,派用的每辆 车需满载且只运送一次,派用的每辆甲型卡车需配 2 名工人,运送一次可得利润 450 元;派 用的每辆乙型卡车需配 1 名工人, 运送一次可得利润 350 元. 该公司合理计划当天派用两类 卡车的车辆数, 可得最大利润 z= A.4 650 元 C.4 900 元 B.4 700 元 D.5 000 元 ( )

16

【解析】选 C

? ?x+y≤12 设派用甲型卡车 x 辆,乙型卡车 y 辆,则?2x+y≤19 0≤x≤8 ? ?0≤y≤7

10x+6y≥72 ,目标函数 z

=450x+350y,画出可行域如图,当目标函数经过 A(7,5)时,利润 z 最大,为 4 900 元. y≥x, ? ? 46(2012·湖南高考文)设 m>1,在约束条件?y≤mx, ? ?x+y≤1 小于 2, 则 m 的取值范围为 A.(1,1+ 2) B.(1+ 2,+∞) C.(1,3) D.(3,+∞)

下,目标函数 z=x+my 的最大值

(

)

【解析】选 A

1 z 1 变换目标函数为 y=- x+ ,由于 m>1,所以-1<- <0,不等式组表示 m m m

1 z 的平面区域如图中的阴影部分所示,根据目标函数的几何意义,只有直线 y=- x+ 在 y m m 轴上的截距最大时,目标函数取得最大值.显然在点 A 处取得最大值,由 y=mx,x+y=1, 1 m 1 m2 得 A( , ), 所以目标函数的最大值是 + <2, 即 m2-2m-1<0, 解得 1- 2 1+m 1+m 1+m 1+m <m<1+ 2,故 m 的取值范围是(1,1+ 2). 1 4 47(2011·重庆高考)已知 a>0,b>0,a+b=2,则 y= + 的最小值是 a b 7 A. 2 【解析】选 C B.4 9 C. 2 D.5 b 4a 9 × )= ,当且 a b 2 ( )

1 4 11 4 1 b 4a 1 依题意得 + = ( + )(a+b)= [5+( + )]≥ (5+2 a b 2a b 2 a b 2

17

a+b=2 ? ?b 4a 仅当?a= b ?a>0,b>0 ?

2 4 1 4 9 ,即 a= ,b= 时取等号,即 + 的最小值是 ,选 C. 3 3 a b 2

48.(2011·重庆高考)设 m,k 为整数,方程 mx2-kx+2=0 在区间(0,1)内有两个不同的根, 则 m+k 的最小值为 A.-8 B.8 C.12 m>0 D.13 ( )

【解析】选 D

? f?1?=m-k+2>0 ? 依 题 意 , 记 f(x) = mx - kx + 2 , 则 有 ? k 0< <1 ?Δ=2km-8m>0 ?
2 2

,即

m>0,k>0 ? ?k<m+2 ①? k<2m ? ?k>2 2m

.通过验证发现当 m=1,2 时均不存在满足不等式组①的整数 k.

?m>0,k>0 当 m>2 时,显然有 m+2<2m,此时不等式组①可化为? ;又 m,k 均为 ?m+2>k>2 2m ?m>0,k>0 整数,故可进一步化为②? ,要使②成立,必有 m+1>2 2m;又 m>2, ?m+1≥k>2 2m
因此有 m>3+2 2,显然 5<3+2 2<6,于是有 m≥6. 1 2 当 m=6 时, 由②式得 k=7, 此时方程 mx2-kx+2=6x2-7x+2=0 的根是 、 满足题意. 又 2 3 当 m 进一步增大时,满足②式的 k 不会减小,所以 m+k 取最小值时 m 也取最小值,也就 是说,当 m=6,k=7 时,m+k 取最小值 13,选 D.

?0≤x≤ 49 (2011· 广东高考) 已知平面直角坐标系 xOy 上的区域 D 由不等式组?y≤2 ?x≤ 2y
A.3 B.4 C.3 2 D.4 2

2 给定. 若

M(x,y)为 D 上的动点,点 A 的坐标为( 2,1),则 z=OM― →· OA― →的最大值为

(

)

【解析】选 B

18

画出区域 D,如图中阴影部分所示,而 z=OM― →· OA― →= 2x+y,∴y=- 2x+z. 令 l0:y=- 2x,将 l0 平移到过点( 2,2)时,截距 z 有最大值,故 zmax= 2× 2+2=4. x+y≥2, ? ? 50 (2011· 福建高考) 已知 O 是坐标原点, 点 A(-1,1). 若点 M(x, y)为平面区域?x≤1, ? ?y≤2 上的一个动点,则 OA― →· OM― →的取值范围是 A.[-1,0] B.[0,1] C.[0,2] ( D.[-1,2] )

【解析】选 C

平面区域如图中阴影部分所示的△BDN,N(0,2),D(1,1),设点 M(x,y),

因点 A(-1,1), 则 z=OA― →· OM― →=-x+y, 由图可知; 当目标函数 z=-x+y 过点 D 时, zmin=-1+1=0; 当目标函数 z=-x+y 过点 N 时, zmax=0+2=2, 故 z 的取值范围为[0,2], 即 OA― →· OM― →的取值范围为[0,2],故选 C. 51(2011·湖北高考)已知向量 a=(x+z,3),b=(2,y-z),且 a⊥b,若 x,y 满足不等式|x| +|y|≤1, 则 z 的取值范围为 A.[-2,2] 【解析】选 D B.[-2,3] C.[-3,2] D.[-3,3] ( )

因为 a⊥b,所以 a· b=0,所以 2x+3y=z,不等式|x|+ |y|≤1 可转化为

x+y≤1 ?x≥0,y≥0? ? ?x-y≤1 ?x≥0,y<0? ?-x+y≤1 ?x<0,y≥0? ? ?-x-y≤1 ?x<0,y<0?

,由图可得其对应的可行域为边长为 2,以点(1,0),(-1,0),

(0,1),(0,-1)为顶点的正方形,结合图象可知当直线 2x+3y=z 过点(0,-1)时 z 有最小值 -3,当过点(0,1)时 z 有最大值 3.所以 z 的取值范围为[-3,3]. x+2y-5>0, ? ? 52(2011·浙江高考)设实数 x,y 满足不等式组?2x+y-7>0, ? ?x≥0,y≥0. +4y 的最小值是 A.14 B.16
19

若 x,y 为整数,则 3x

( C.17 D.19

)

【解析】选 B

对于线性区域内边界的整点为(3,1),因此最符合条件的整点可能为(4,1)或

(3,2),对于点(4,1),3x+4y=3×4+4×1=16;对于点(3,2),3x+4y=3×3+4×2=17,因 此 3x+4y 的最小值为 16.
?21 x,x≤1, ? 53 (2011· 辽宁高考) 设函数 f(x)=? 则满足 f(x)≤2 的 x 的取值范围是( ?1-log2x,x>1, ?


)

A.[-1,2] 【解析】 选D

B.[0,2] 当 x≤1 时, 2
1-x

C.[1,+∞)

D.[0,+∞)

≤2, 解得, x≥0, 所以, 0≤x≤1; 当 x>1 时, 1-log2x≤2,

1 解得,x≥ ,所以,x>1.综上可知 x≥0. 2 54. (2011·辽宁高考)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为 A.(-1,1) C.(-∞,-1) 【解析】选 B B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞) 令函数 g(x)=f(x)-2x-4,则 g′(x)=f′(x)-2>0,因此,g(x)在 R 上是 ( )

增函数,又因为 g(-1)=f(-1)+2-4=2+2-4=0.所以,原不等式可化为:g(x)>g(-1), 由 g(x)的单调性,可得 x>-1.

二.填空题
55.(2013·福建高考理)当 x∈R,|x|<1 时,有如下表达式: 1+x+x2+?+xn+?= 1 . 1-x

1 1 1 1 1 1 两边同时积分得:∫ 01dx+∫ 0xdx+∫ 0x2dx+?+∫ 0xndx+?=∫ 0 dx, 2 2 2 2 2 1-x 从而得到如下等式: 1?n+1 1 1 1?2 1 ?1?3 1 1× + ×? + × +?+ ×? +?=ln 2. ? 2 2 ?2? 3 ?2? n+1 2? 请根据以上材料所蕴含的数学思想方法,计算: 1 1 1 ?1?2 1 2 ?1?3 1 n ?1?n+1 0 Cn × + Cn ×?2? + Cn×?2? +?+ C× =________. 2 2 3 n+1 n ?2? 【解析】本题考查定积分、二项式定理、类比推理等基础知识,意在考查考生的转化和归能 力、类比推理能力和运算求解能力. 1 法一:设 f(x)=C0 nx+ ×C 2 1 1 2 2 3 nx + ×Cnx +?+ 3 1 n+1 ×Cn , nx n+1

1 2 2 n n n 所以 f′(x)=C0 n+Cnx+Cnx +?+Cnx =(1+x) ,

1? 1 1 1 1 ? 1?n+1 1 n n+11 n+1 所以 f? ?2?=∫20f′(x)dx=∫20(1+x) dx=n+1(1+x) 20=n+1?1+2? -n+1(1+0) =

20

1 ??3?n+1 ? -1?. n+1??2? 1 1 1 ?1?2 1 2 ?1?3 1 n ?1?n+1 法二:C0 C× n× + Cn× 2 + Cn× 2 +?+ ? ? 3 ? ? 2 2 n+1 n ?2? 1?2 1 n?n-1? ?1?3 n?n-1?×?×2×1 ?1?n+1 1 1 1 =1× + ×n×? ?2? +3× 2 ×?2? +?+n+1×n?n-1?×?×2×1×?2? 2 2 = ?n+1?n?n-1?×?×2×1 1 1 ?n+1?n ?1? 2 ?n+1?n?n-1? ?1? 3 (n + 1)× + × ?2? + × ?2? + ? + 2 2 n+1 3×2 ?n+1?n?n-1?×?×2×1

1?n+1 1 1 ? 1 2 n+1 ?1?2 ?1?n+1? C ×? = n+1× +Cn+1× 2 +?+Cn+1× 2 ? ? ? ? ? ?2? 2 n+1? = = 1 ?? 1?n+1 ? 1+ -C0 n+1 ? n+1?? 2? 1 ??3?n+1 ? -1?. n+1??2?

1 ??3?n+1 ? 【答案】 -1? n+1??2? x+y-2≥0, ? ? 56.(2013·浙江高考理)设 z=kx+y,其中实数 x,y 满足?x-2y+4≥0, ? ?2x-y-4≤0, 为 12,则实数 k=________. 【解析】 本题考查用平面区域表示二元一次不等式组、 直线方程中参数的几何意义以及分析 问题、解决问题的能力.画出可行域,根据线性规划知识,目标函数取最大值 12 时,最优 解一定为(4,4),这时 12=4k+4,k=2. 【答案】2 57. (2013·陕西高考理)若点(x,y)位于曲线 y=|x-1|与 y=2 所围成的封闭区域,则 2x- y 的最小值为________.

若 z 的最大值

【解析】本题考查分段函数的图象和线性规划的应用,考查考生的数形结合能力.由题意知
? ?x-1?x≥1?, y=? 作出曲线 y=|x-1|与 y=2 所围成的封闭区域,如图中阴影部分所示,即 ? ?1-x?x<1?,

得过点 A(-1,2)时,2x-y 取最小值-4. 【答案】-4 58.(2013·陕西高考理)观察下列等式
21

12=1 12-22=-3 12-22+32=6 12-22+32-42=-10 ?? 照此规律,第 n 个等式可为________. 【解析】本题考查考生的观察、归纳、推理能力.观察规律可知,第 n 个式子为 12-22+32 -42+?+(-1)n 1n2=(-1)n
+ +1

n?n+1? . 2
+ +1

【答案】12-22+32-42+?+(-1)n 1n2=(-1)n

n?n+1? 2

59(2013·广东高考理)不等式 x2+x-2<0 的解集为________.

【解析】本题考查一元二次不等式的解集,考查考生的运算能力及数形结合思想的领悟能 力.令 f(x)=x2+x-2=(x+2)· (x-1),画出函数图象可知,当-2<x<1 时,f(x)<0,从而不 等式 x2+x-2<0 的解集为{x|-2<x<1}. 【答案】{x|-2<x<1} x+4y≥4, ? ? 60. (2013·广东高考理)给定区域 D:?x+y≤4, ? ?x≥0.

令点集 T={(x0,y0)∈D|x0,y0∈Z,

(x0,y0)是 z=x+y 在 D 上取得最大值或最小值的点},则 T 中的点共确定________条不同的 直线.

【解析】本题考查线性规划、集合、直线方程等知识,考查考生的创新意识及运算能力、数 形结合思想的应用.解决本题的关键是要读懂数学语言,x0,y0∈Z,说明 x0,y0 是整数, 作出图形可知,△ABF 所围成的区域即为区域 D,其中 A(0,1)是 z 在 D 上取得最小值的点, B,C,D,E,F 是 z 在 D 上取得最大值的点,则 T 中的点共确定 AB,AC,AD,AE,AF, BF 共 6 条不同的直线. 【答案】6

22

x≥0, ? ? 61. (2013· 大纲卷高考理) 记不等式组?x+3y≥4, ? ?3x+y≤4 +1)与 D 有公共点,则 a 的取值范围是________.

所表示的平面区域为 D.若直线 y=a(x

【解析】本题考查线性规划问题.画出可行域,易知直线 y=a(x+1)过定点(-1,0),当直线 1 y=a(x+1)经过 x+3y=4 与 3x+y=4 的交点(1,1)时,a 取得最小值 ;当直线 y=a(x+1)经 2 1 ? 过 x=0 与 3x+y=4 的交点(0,4)时,a 取得最大值 4,故 a 的取值范围是? ?2,4?. 1 ? 【答案】? ?2,4? 62. (2013·湖北高考理)设 x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z= 14,则 x+y+z=________. 【解析】 本题主要考查不等式的性质与方程的求解, 意在考查考生的运算求解能力和逻辑推 理能力.根据柯西不等式可得,(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2=14,所以要取到等 x y z 3 14 号,必须满足 = = ,结合 x+2y+3z= 14,可得 x+y+z= . 1 2 3 7 3 【答案】 14 7

63. (2013·四川高考理)已知 f(x)是定义域为 R 的偶函数,当 x≥0 时,f(x)=x2-4x,那么, 不等式 f(x+2)<5 的解集是________. 【解析】本题考查二次函数、不等式、函数的奇偶性,意在考查考生的运算能力和化归的数 学思想.当 x≥0 时,f(x)=x2-4x<5 的解集为[0,5),又 f(x)为偶函数,所以 f(x)<5 的解集 为(-5,5).所以 f(x+2)<5 的解集为(-7,3). 【答案】(-7,3) 64. (2013·四川高考理)设 P1,P2,?,Pn 为平面 α 内的 n 个点.在平面 α 内的所有点中, 若点 P 到点 P1,P2,?,Pn 的距离之和最小,则称点 P 为点 P1,P2,?,Pn 的一个“中位 点”.例如,线段 AB 上的任意点都是端点 A,B 的中位点.现有下列命题: ①若三个点 A,B,C 共线,C 在线段 AB 上,则 C 是 A,B,C 的中位点; ②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点; ③若四个点 A,B,C,D 共线,则它们的中位点存在且唯一; ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点.
23

其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号) 【解析】本题主要考查求函数最值,两点间的距离公式,建立坐标系,以及不等式的放缩等 基础知识和基本技能, 意在考查综合运用知识分析和解决问题的能力, 推理论证和运算求解 能力.对于①,不妨假设 A,C,B 三点在平面直角坐标系 xOy 中的 x 轴上由左至右排列, A(0,0),C(c,0),B(b,0),0<c<b,对于平面内任意一点 M(x,y),|MA|+|MB|+|MC|= x2+y2 + ?x-b?2+y2+ ?x-c?2+y2≥|x|+|x-b|+|x-c|.因为 0<c<b, 所以当 x=c 时, (|MA|+|MB| +|MC|)min=b,此时 M(c,0),也就是 M 点与 C 点重合,故①正确;对于②,设△ABC 中∠C 为直角,以 C 为原点,CA,CB 分别为 x,y 轴建立平面直角坐标系 xOy,并设点 A(a,0), a b? B(0,b),a>0,b>0,M(x,y)为平面内任意一点,AB 中点坐标为? ?2,2?,则|MA|+|MB| +|MC|= ?x-a?2+y2+ x2+?y-b?2+ a b 3 x2+y2,当 x= ,y= 时,|MA|+|MB|+|MC|= 2 2 2

9 a2+b2 ,而当 x = 0 , y = 0 时, |MA| + |MB| + |MC| = a + b ,因为 (a2 + b2) - (a + b)2 = 4 5a2+5b2-8ab 1 ≥ ab>0,所以斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点,故②错误; 4 2 对于③, 不妨假设 A, B, C, D 四点在平面直角坐标系 xOy 中的 x 轴上由左至右排列, A(0,0), B(b,0), C(c,0), D(d,0), 0<b<c<d, 对于平面内任意一点 M(x, y), |MA|+|MB|+|MC|+|MD| = x2+y2+ ?x-b?2+y2+ ?x-c?2+y2+ ?x-d?2+y2≥|x|+|x-b|+|x-c|+|x-d|,因为 0 <b<c<d,所以当 x∈[b,c]时,|MA|+|MB|+|MC|+|MD|取得最小值,此时 M(x,0),x∈[b, c],不唯一,故③错误;对于④,由①可知 A,C 的中位点为线段 AC 之间的任意一点,B, D 的中位点为线段 BD 之间的任意一点,所以 A,B,C,D 的中位点为线段 AC 与线段 BD 的交点,也就是梯形对角线的交点,故④正确.答案为①④. 【答案】①④ 1 |a| 65. (2013·天津高考理)设 a+b=2,b>0,则当 a=________时, + 取得最小值. 2|a| b 1 【解析】 本题考查基本不等式的应用, 意在考查考生分析问题、 解决问题的能力. 因为 + 2|a| |a| a+b |a| a b |a| a = + = + + ≥ +2 b 4|a| b 4|a| 4|a| b 4|a| b |a| a 1 3 b |a| · = +1≥- +1= ,当且仅当 = ,a 4|a| b 4|a| 4 4 4|a| b

1 |a| <0,即 a=-2,b=4 时取等号,故 + 取最小值时,a=-2. 2|a| b 【答案】-2 x≥0, ? ? 66. (2013·北京高考文)设 D 为不等式组?2x-y≤0, ? ?x+y-3≤0 点与点(1,0)之间的距离的最小值为________.
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所表示的平面区域,区域 D 上的

【解析】本题主要考查线性规划的简单应用,意在考查考生的运算能力、作图能力以及数形 结合思想和转化思想.

作出可行域,如图中阴影部分所示,则根据图形可知,点 B(1,0)到直线 2x-y=0 的距离最 |2×1-0| 2 5 2 5 小,d= = ,故最小距离为 . 5 5 22+1 2 5 【答案】 5 67. (2013· 北京高考文) 已知点 A(1, -1), B(3,0), C(2,1). 若平面区域 D 由所有满足 AP― → =λAB― →+μAC― → (1≤λ≤2,0≤μ≤1)的点 P 组成,则 D 的面积为________. 【解析】本题主要考查平面向量、线性规划以及考生利用函数方程的思想解答问题的能力, 是一道综合性较强的题目,意在考查考生分析问题、解决问题的能力. 设点 P(x,y),由 AP― →=λAB― →+μAC― →,得(x-1,y+1)=λ(2,1)+μ(1,2),
?x-1=2λ+μ, ? 故? ?y+1=λ+2μ, ?

?λ=2x-3y-3, 得? -x+2y+3 ?μ= 3 ,

?1≤2x-3y-3≤2, 由 1≤λ≤2,0≤μ≤1 得,? -x+2y+3 ?0≤ 3 ≤1,

?3≤2x-y-3≤6, ? 即? 画出可行域如图中阴影部分所示,点 B(3,0)到直线 x-2y=0 的距离 ? ?-3≤x-2y-3≤0.

d=

|3| 3 5 = ,点 B,N 之间的距离|BN|= 5,故阴影部分的面积为 3. 5 1+4

【答案】3 68 (2013· 江苏高考文) 抛物线 y=x2 在 x=1 处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为 D(包 含三角形内部与边界) .若点 P(x, y)是区域 D 内的任意一点, 则 x+2y 的取值范围是________.

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【解析】本题考查导数的几何意义,线性规划等知识,意在考查学生的数形结合思想和逻辑 推理能力. 因为 y′=2x,所以当 x=1 时,y=1,y′=2,则过点(1,1)的切线方程为 y-1=2(x-1), 1 ? 即 y=2x-1,所以切线与两坐标轴围成的三角形区域端点为(0,0),(0,-1),? ?2,0?,所以 1 ? 1 x+2y 在点? ?2,0?处取得最大值2,在点(0,-1)处取得最小值-2,即 x+2y 的取值范围为 1 -2, . 2 1 【答案】-2, 2 69. (2013·江苏高考文)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数.当 x>0 时,f(x)=x2-4x,则不 等式 f(x)>x 的解集用区间表示为________. 【解析】 本题考查奇函数的性质及一元二次不等式的解法, 意在考查学生的化归能力及运算 能力. 由于 f(x)为 R 上的奇函数,所以当 x=0 时,f(0)=0;当 x<0 时,-x>0,所以 f(-x)=x2+ x -4x,x>0, ? ? 2 4x=-f(x),即 f(x)=-x -4x,所以 f(x)=?0,x=0, ? ?-x2-4x,x<0.
2 ?-x2-4x>x, ?x -4x>x, ? ? 由 f(x)>x,可得? 或? ?x>0 ? ? ?x<0, 2

解得 x>5 或-5<x<0, 所以原不等式的解集为(-5,0)∪(5,+∞). 【答案】(-5,0)∪(5,+∞)
? ? x-y≥-1, 70. (2013·安徽高考文)若非负变量 x,y 满足约束条件? 则 x+y 的最大值 ?x+2y≤4, ?

为________. 【解析】本题主要考查线性规划的有关知识和数形结合思想.

法一:画出可行域是如图所示的四边形 OABC 的边界及内部,令 z=x+y,易知当直线 y= -x+z 经过点 C(4,0)时,直线在 y 轴上截距最大,目标函数 z 取得最大值,即 zmax=4.

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2 5? 法二: 令 z=x+y.界点定值, 则先画出可行域, 这时把边界点 O(0,0), A(0,1), B? C(4,0) ?3,3?, 7 代入目标函数 z=x+y 可得 zA=1,zB= ,zC=4,比较可得 zmax=4. 3 【答案】4 2x+3y-6≤0, ? ? 71. (2013·山东高考文)在平面直角坐标系 xOy 中,M 为不等式组?x+y-2≥0, ? ?y≥0 表示的区域上一动点,则|OM|的最小值是________.



【解析】本题主要考查线性规划下的最值求法,考查数形结合思想、图形处理能力和运算能 力.作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,因此|OM|的最小值为点 O 到直线 x+y-2=0 的距离,所以|OM|min= 【答案】 2 x≥0, ? ? 72. (2013·大纲卷高考文)若 x,y 满足约束条件?x+3y≥4, ? ?3x+y≤4, ________. |-2| = 2. 2

则 z=-x+y 的最小值为

【解析】本题主要考查线性规划的最值问题.首先作出约束条件下的平面区域,由图可知当 目标函数 z=-x+y 经过点 C(1,1)时取得最小值,即为-1+1=0. 【答案】0 x≥2, ? ? 73. (2013·浙江高考文)设 z=kx+y,其中实数 x,y 满足?x-2y+4≥0, ? ?2x-y-4≤0.
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若 z 的最大值

为 12,则实数 k=________.

【解析】本题主要考查二元一次不等式组的平面区域、线性规划的最优解的问题,意在考查 1 考生的数形结合能力.已知不等式组可表示成如图的可行域,当 0≤-k< 时,直线 y=-kx 2 1 +z 经过点 A(4,4)时 z 最大,所以 4k+4=12,解得 k=2(舍去);当-k≥ 时,直线 y=-kx 2 9 +z 经过点 B(2,3)时,z 最大,所以 2k+3=12,解得 k= (舍去);当-k<0 时,直线 y=-kx 2 +z 经过点 A(4,4)时,z 最大,所以 4k+4=12,解得 k=2,符合,综上可知 k=2. 【答案】2
? ?1≤x≤3, 74. (2013·新课标Ⅰ高考文)设 x,y 满足约束条件? 则 z=2x-y 的最大 ?-1≤x-y≤0, ?

值为________.

【解析】本题主要考查简单的线性规划问题.作出可行域如图中阴影部分所示,将目标函数 z=2x-y 整理为 y=2x-z,将 y=2x 向下平移至过点(3,3)时,z 取得最大值,为 zmax=2×3 -3=3. 【答案】3 1 |a| 75.(2013·天津高考文)设 a+b=2,b>0, 则 + 的最小值为________. 2|a| b 【解析】本题主要考查基本不等式的应用,意在考查考生分析问题、解决问题的能力. 1 |a| a+b |a| a 因为 + = + ≥ +2 2|a| b 4|a| b 4|a| b |a| a 1 3 b |a| · = +1≥- +1= ,当且仅当 = ,a<0, 4|a| b 4|a| 4 4 4|a| b

1 |a| 3 即 a=-2,b=4 时取等号,故 + 的最小值是 . 2|a| b 4 3 【答案】 4 76. (2013·天津高考文)在平面直角坐标系中,若点 P(x,y)的坐标 x,y 均为整数,则称 点 P 为格点.若一个多边形的顶点全是格点,则称该多边形为格点多边形.格点多边形的 面积记为 S, 其内部的格点数记为 N, 边界上的格点数记为 L.例如图中△ABC 是格点三角形,

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对应的 S=1,N=0,L=4.

(1)图中格点四边形 DEFG 对应的 S,N,L 分别是________; (2)已知格点多边形的面积可表示为 S=aN+bL+c,其中 a,b,c 为常数.若某格点多边形 对应的 N=71,L=18,则 S=________(用数值作答). 【解析】本题属自定义型信息题,考查考生的创新意识.(1)由定义知,四边形 DEFG 由一 个等腰直角三角形和一个平行四边形构成,其内部格点有 1 个,边界上格点有 6 个,S 四边形 0+b· 3+c, ? ?2=a· =3.(2)由待定系数法可得,? 1=a· 0+b· 4+c, ? ?3=a· 1+b· 6+c, 1 a=1, ? ? 1 ??b=2, ? ?c=-1,

DEFG

当 N=71,L=18 时,

1 S=1×71+ ×18-1=79. 2 【答案】3,1,6 79 77. (2013·陕西高考文)观察下列等式 (1+1)=2×1 (2+1)(2+2)=22×1×3 (3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5 ? 照此规律, 第 n 个等式可为________. 【解析】本题主要考查归纳推理,考查考生的观察、归纳、猜测能力.观察规律可知,左边 为 n 项的积,最小项和最大项依次为(n+1),(n+n),右边为连续奇数之积乘以 2n,则第 n 个等式为:(n+1)(n+2)(n+3)?(n+n)=2n×1×3×5×?×(2n-1). 【答案】(n+1)(n+2)(n+3)?(n+n)=2n×1×3×5×?×(2n-1) a 78. (2013·四川高考文)已知函数 f(x)=4x+ (x>0,a>0)在 x=3 时取得最小值,则 a= x ________. a 【解析】 本题主要考查基本不等式, 意在考查考生对基础知识的掌握. f(x)=4x+ ≥2 x a =4 a,当且仅当 4x= ,即 a=4x2 时取等号,则由题意知 a=4×32=36. x
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a 4x· x

【答案】36 x-y+3≥0, ? ? 79. (2013·广东高考文)已知变量 x,y 满足约束条件?-1≤x≤1, ? ?y≥1, 值是________. 【解析】

则 z=x+y 的最大

本题主要考查线性规划知识,考查数形结合的数学思想方法,意在考查考生的运算求解能 力.画出可行域如图中阴影部分所示,故目标函数在直线 x-y+3=0 与 x=1 的交点(1,4) 处取得最大值,所以 zmax=1+4=5. 【答案】5 80(2012·广东高考理)不等式|x+2|-|x|≤1 的解集为________. 【解析】若 x≥0,则 x+2-x≤1,无解; 1 若-2≤x<0,则 x+2+x≤1,得-2≤x≤- ; 2 若 x<-2,则-(x+2)+x≤1,得 x<-2. 1 综合上述,得不等式|x+2|-|x|≤1 的解集为{x|x≤- } 2 1 【答案】{x|x≤- } 2 81. (2012·山东高考理)若不等式|kx-4|≤2 的解集为{x|1≤x≤3},则实数 k=________. k k 【解析】由|kx-4|≤2 可得 2≤kx≤6,所以 1≤ x≤3,所以 =1,故 k=2. 2 2 【答案】2 11. (2012·陕西高考理)观察下列不等式 1 3 1+ 2< 2 2 1 1 5 1+ 2+ 2< 2 3 3 1 1 1 7 1+ 2+ 2+ 2< 2 3 4 4 ?? 照此规律,第五个不等式为______________________________________________________. 【解析】观察得出规律,左边为项数个连续自然数平方的倒数和,右边为项数的 2 倍减 1
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1 1 1 1 1 2n-1 的差除以项数,即 1+ 2+ 2+ 2+ 2+?+ 2< (n∈N*,n≥2), 2 3 4 5 n n 1 1 1 1 1 11 所以第五个不等式为 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< . 2 3 4 5 6 6 1 1 1 1 1 11 【答案】1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< 2 3 4 5 6 6 82. (2012·湖南高考理)不等式|2x+1|-2|x-1|>0 的解集为________. 1 【解析】原不等式即|2x+1|>2|x-1|,两端平方后解得 12x>3,即 x> . 4 1 【答案】{x|x> } 4 83. (2012·江苏高考理)已知函数 f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为[0,+∞),若关于 x 的不等式 f(x)<c 的解集为(m,m+6),则实数 c 的值为________. a2 【解析】因为 f(x)的值域为[0,+∞),所以 Δ=0,即 a2=4b,所以 x2+ax+ -c<0 的解 4 a2 集为(m,m+6),易得 m,m+6 是方程 x2+ax+ -c=0 的两根,由一元二次方程根与系 4 2m+6=-a, ? ? 数的关系得? 解得 c=9. a2 m ? m + 6 ? = -c, ? 4 ? 【答案】9 84. (2012·江苏高考理)已知正数 a,b,c 满足:5c-3a≤b≤4c-a,cln b≥a+cln c,则 b 的取值范围是________. a

【解析】由条件可得

? ?a b ?c+c≤4, a ? ≥e , ?b c c

a b 3·+ ≥5, c c

3x+y≥5, ? ? a b 令 =x, =y,则问题转化为约束条件为?x+y≤4, c c ? ?y≥ex,

求目标函数

b y z= = 的取值范围.作出不等式组所表示的平面区域(如图中阴影部分),过原点作 y=ex 的 a x 切线,切线方程为 y=ex,切点 P(1,e)在区域内.故当直线 y=zx 过点 P(1,e)时,zmin=e;
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1 7 b 当直线 y=zx 过点 C( , )时,zmax=7,故 ∈[e,7]. 2 2 a 【答案】[e,7] 85. (2012·北京高考理)已知 f(x)=m(x-2m)(x+m+3),g(x)=2x-2.若同时满足条件: ①?x∈R,f(x)<0 或 g(x)<0; ②?x∈(-∞,-4),f(x)g(x)<0, 则 m 的取值范围是________.

【解析】当 x<1 时,g(x)<0,当 x>1 时,g(x)>0,当 x=1 时,g(x)=0.m=0 不符合要求; 当 m>0 时, 根据函数 f(x)和函数 g(x)的单调性, 一定存在区间[a, +∞)使 f(x)≥0 且 g(x)≥0, 故 m>0 时不符合第①条的要求;当 m<0 时,如图所示,如果符合①的要求,则函数 f(x) 的两个零点都得小于 1,如果符合第②条要求,则函数 f(x)至少有一个零点小于-4,问题等 价于函数 f(x)有两个不相等的零点,其中较大的零点小于 1,较小的零点小于-4.函数 f(x) m<0, ? ?2m<-?m+3?, 的两个零点是 2m,-(m+3),故 m 满足? 2m<-4, ? ?-?m+3?<1, m<0, ? ?-?m+3?<2m, 或者? 2m<1, ? ?-?m+3?<-4,

解第一个不等式组得-4<m<-2,第二个不等式组无解,故所求 m 的取值范围是(-4,- 2). 【答案】(-4,-2 ) 86. (2012·浙江高考理)设 a∈R,若 x>0 时均有[(a-1)x-1](x2-ax-1)≥0,则 a= ____________. 1 【解析】显然 a=1 不能使原不等式对 x>0 恒成立,故 a≠1 且当 x1= ,a≠1 时原不等 a-1 式成立.对于 x2-ax-1=0,设其两根为 x2,x3,且 x2<x3,易知 x2<0,x3>0.当 x>0 时, 1 3 原不等式恒成立,故 x1= 满足方程 x2-ax-1=0,代入解得 a= 或 a=0(舍去). 2 a-1 3 【答案】 2

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x≥0, ? ? 87. (2012· 安徽高考理) 若 x, y 满足约束条件?x+2y≥3, 则 x-y 的取值范围是________. ? ?2x+y≤3,

【解析】记 z=x-y,则 y=x-z,所以 z 为直线 y=x-z 在 y 轴上的截距的相反数,画出不 等式组表示的可行域如图中△ABC 区域所示.结合图形可知,当直线经过点 B(1,1)时,x-y 取得最大值 0,当直线经过点 C(0,3)时,x-y 取得最小值-3. 【答案】[-3,0] x-y≥-1, ? ?x+y≤3, 88. (2012·新课标高考理)设 x,y 满足约束条件? x≥0, ? ?y≥0, 为________.

则 z=x-2y 的取值范围

1 z 【解析】依题意,画出可行域,如图所示,可行域为 ABOC,显然,当直线 y= x- 过点 2 2 A(1,2)时,z 取得最小值为-3;当直线过点 B(3,0)时,z 取得最大值为 3,综上可知 z 的取值 范围为[-3,3]. 【答案】[-3,3] x-y+1≥0, ? ?x+y-2≤0, 89. (2012·浙江高考文)设 z=x+2y,其中实数 x,y 满足? x≥0, ? ?y≥0, 则 z 的取值范围是________. 【解析】

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1 3 作出可行域,如图中阴影部分所示,作直线 l0:x+2y=0,平移 l0,当所得直线过点 C( , ) 2 2 1 7 时,z 取最大值 +3= ,当所得直线过点 O(0,0)时,z 取最小值 0. 2 2 7 【答案】[0, ] 2 x-y+1≥0, ? ? 90.13. (2012·大纲卷高考理)若 x,y 满足约束条件?x+y-3≤0, ? ?x+3y-3≥0, 小值为________.

则 z=3x-y 的最

【解析】作出不等式组所表示的平面区域,如图所示,由 z=3x-y,得 y=3x-z,由题可 知,求 z 的最小值即为求 y=3x-z 在可行域内纵截距的最大值,当过点 A 时,所求的-z 最大,即过点 A(0,1),即最大值为 1=3×0-z,所以 zmin=-1. 【答案】-1 x-y≥-1, ? ? 91.(2012·湖北高考文)若变量 x,y 满足约束条件?x+y≥1, ? ?3x-y≤3, 的最小值是________. 【解析】作出不等式组表示的平面区域(如图),再平移目标函数得最小值.当目标函数经过 点(1,0)时,z 取得最小值 2.

则目标函数 z=2x+3y

【答案】2 92. (2012·四川高考文)设 a,b 为正实数.现有下列命题:
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①若 a2-b2=1,则 a-b<1; 1 1 ②若 - =1,则 a-b<1; b a ③若| a- b|=1,则|a-b|<1; ④若|a3-b3|=1,则|a-b|<1. 其中的真命题有________.(写出所有真命题的编号) 【解析】对于①,若 a-b≥1,则由 a2-b2=1 得 a2-b2=(a-b)(a+b)=1,又 a>0,b>0, 于是有 a+b>a-b≥1,此时(a+b)· (a-b)>1 这与“a2-b2=(a+b)(a-b)=1”相矛盾,因此 2 1 1 a-b<1,①正确;对于②,取 a=2,b= ,有 - =1,此时 a-b>1,因此②不正确;对 3 b a 于③,取 a=9,b=4,有| a- b|=1,但此时|a-b|=5>1,因此③不正确;对于④,由|a3 -b3|=1 得|a-b|(a2+ab+b2)=1, |a-b|(a2+ab+b2)>|a-b|(a2-2ab+b2)=|a-b|3, 于是有|a -b|3<1,|a-b|<1,因此④正确. 综上所述,其中的真命题有①④. 【答案】①④ 93. (2012·江苏高考文)已知函数 f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为[0,+∞),若关于 x 的不等式 f(x)<c 的解集为(m,m+6),则实数 c 的值为________. a2 【解析】因为 f(x)的值域为[0,+∞),所以 Δ=0,即 a =4b,所以 x +ax+ -c<0 的解集 4
2 2

a2 为(m,m+6),易得 m,m+6 是方程 x +ax+ -c=0 的两根,由一元二次方程根与系数 4
2

2m+6=-a, ? ? 的关系得? 解得 c=9. a2 m?m+6?= -c, ? 4 ? 【答案】9 94. (2012·江苏高考文)已知正数 a,b,c 满足:5c-3a≤b≤4c-a,cln b≥a+cln c,则 b 的取值范围是________. a 【解析】

由条件可得

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? ?a b ?c+c≤4, a ? ≥e , ?b c c

a b 3·+ ≥5, c c

3x+y≥5, ? ? a b 令 =x, =y,则问题转化为约束条件为?x+y≤4, c c ? ?y≥ex,

b y 求目标函数 z= = 的取值范围.作 a x

出不等式组所表示的平面区域(如图中阴影部分), 过原点作 y=ex 的切线, 切线方程为 y=ex, 1 7 切点 P(1,e)在区域内.故当直线 y=zx 过点 P(1,e)时,zmin=e;当直线 y=zx 过点 C( , ) 2 2 b 时,zmax=7,故 ∈[e,7]. a 【答案】[e,7] 95(2012·上海高考文)方程 4x-2x 1-3=0 的解是________.


【解析】原方程可化为(2x)2-2(2x)-3=0,解得 2x=3 或 2x=-1, ∵2x>0,∴2x=3,∴x=log23.故答案为 log23. 【答案】log23 96. (2012· 上海高考文) 满足约束条件|x|+2|y|≤2 的目标函数 z=y-x 的最小值是________. 【解析】

由题意知约束条件表示的可行域为如图所示的菱形区域,所以当 x=2,y=0 时,目标函数 z=y-x 取得最小值-2. 【答案】-2 97. (2012·福建高考文)已知关于 x 的不等式 x2-ax+2a>0 在 R 上恒成立,则实数 a 的取 值范围是________. 【解析】由题意得 Δ=a2-8a<0,解得 a∈(0,8). 【答案】(0,8) 98. (2012·北京高考文)已知 f(x)=m(x-2m)(x+m+3),g(x)=2x-2.若?x∈R,f(x)<0 或 g(x)<0,则 m 的取值范围是________. 【解析】由题易知当 x<1 时,g(x)<0,故要使对?x∈R,f(x)<0 或 g(x)<0,只需在 x≥1 时, f(x)<0 恒成立即可.

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①当 m=0 时,f(x)<0 等价于 0<0 显然不成立,舍去; ②当 m>0 时,f(x)<0 等价于(x-2m)(x+m+3)<0 得-m-3<x<2m, 对 x≥1 不可能恒成立,故舍去; ③当 m<0 时,f(x)<0 等价于(x-2m)(x+m+3)>0,因为 x≥1,-2m>0,所以 x-2m>0,于 是不等式转化为 m>-x-3,又 x≥1 时,-x-3≤-4,所以要使 m>-x-3 在 x≥1 时恒成 立,只需 m>-4,故-4<m<0. 综上,-4<m<0. 【答案】(-4,0) x-y+1≥0, ? ? 99. (2012·大纲卷高考文)若 x、y 满足约束条件?x+y-3≤0, ? ?x+3y-3≥0, 为________.

则 z=3x-y 的最小值

【解析】

作出不等式组所表示的平面区域,如图所示,由 z=3x-y,得 y=3x-z,由题可知,求 z 的最小值即为求 y=3x-z 在可行域内纵截距的最大值,当过点 A 时,所求的-z 最大,即过 点 A(0,1),即最大值为 1=3×0-z,所以 zmin=-1. 【答案】-1
? ?3≤2x+y≤9, 100(2012·新课标高考文)若变量 x,y 满足约束条件? 则 z=x+2y 的最小 ?6≤x-y≤9, ?

值为____.

? ?3≤2x+y≤9 【解析】根据? 得可行域如图所示:根据 z=x+2y 得 ?6≤x-y≤9 ?

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? ? ?x-y=9, ?x=4, x z x y=- + ,平移直线 y=- ,在 M 点 z 取得最小值,根据? 得? 此时 z 2 2 2 ?2x+y=3 ? ? ?y=-5

=4+2×(-5)=-6. 【答案】-6 x 101(2011·山东高考)设函数 f(x)= (x>0), x+2 观察: f1(x)=f(x)= x , x+2 x , 3x+4 x , 7x+8 x , 15x+16

f2(x)=f(f1(x))= f3(x)=f(f2(x))= f4(x)=f(f3(x))= ??

根据以上事实,由归纳推理可得: 当 n∈N*且 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))=________. 【解析】根据题意知,分子都是 x,分母中的常数项依次是 2,4,8,16,?可知 fn(x)的分母中 常数项为 2n,分母中 x 的系数为 2n-1,故 fn(x)= x 【答案】 n ?2 -1?x+2n 102(2011·广东高考)不等式|x+1|-|x-3|≥0 的解集是______________.
? ?x<-1, 【解析】原不等式等价于? ?-x-1-?3-x?≥0 ? ? ?x>3 ?-1≤x≤3, ? 或? 或? ,解得 1≤x≤3 或 x>3 ,故原不等式的解集为 ? ?x+1-?3-x?≥0 ?x+1-?x-3?≥0 ?

x . ?2n-1?x+2n

{x|x≥1}. 【答案】{x|x≥1} 103(2011·浙江高考)设 x,y 为实数,若 4x2+y2+xy=1,则 2x+y 的最大值是________. 3 3 2x+y 2 8 【解析】 ∵4x2+y2+xy=1, ∴(2x+y)2=3xy+1= ×2xy+1≤ ×( ) +1, ∴(2x+y)2≤ , 2 2 2 5 (2x+y)max= 2 10 . 5

2 10 【答案】 5

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104(2011·陕西高考)观察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 ?? 照此规律,第 n 个等式为________. 【解析】每行最左侧数分别为 1、2、3、?,所以第 n 行最左侧的数为 n;每行数的个数分 别为 1、3、5、?,则第 n 行的个数为 2n-1.所以第 n 行数依次是 n、n+1、n+2、?、3n -2.其和为 n+(n+1)+(n+2)+?+(3n-2)=(2n-1)2. 【答案】n+(n+1)+(n+2)+?+(3n-2)=(2n-1)2 105(2010·安徽高考文)若 a ? 0, b ? 0, a ? b ? 2 ,则下列不等式对一切满足条件的 a , b 恒 成立的是 (写出所有正确命题的编号).

① ab ? 1 ; ② a ? b ?

1 1 2 ; ③ a 2 ? b2 ? 2 ; ④ a3 ? b3 ? 3 ;⑤ ? ? 2 . a b

【解析】令 a ? b ? 1 ,排除②②;由 2 ? a ? b ? 2 ab ? ab ? 1,命题①正确;

1 1 a?b 2 ? ? 2 ,命题⑤正 a2 ? b2 ? (a ? b)2 ? 2ab ? 4 ? 2ab ? 2 ,命题③正确; ? ? a b ab ab
确. 【答案】①③⑤

三.解答题
106.(2013·湖南高考理)在平面直角坐标系 xOy 中,将从点 M 出发沿纵、横方向到达点 N 的任一路径称为 M 到 N 的一条“L 路径”, 如图所示的路径 MM1M2M3N 与路径 MN1N 都是 M 到 N 的“L 路径”.某地有三个新建的居民区,分别位于平面 xOy 内三点 A(3,20),B(- 10,0),C(14,0)处.现计划在 x 轴上方区域(包含 x 轴)内的某一点 P 处修建一个文化中心.

(1)写出点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值的表达式(不要求证明); (2)若以原点 O 为圆心,半径为 1 的圆的内部是保护区.“L 路径”不能进入保护区.请确 定点 P 的位置,使其到三个居民区的“L 路径”长度之和最小. 解: 本小题主要考查考生应用解析几何知识和含绝对值不等式解决实际应用问题的能力和素
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质,考查考生的阅读理解能力、推理论证能力,考查创新意识和分类讨论思想、数形结合思 想. 设点 P 的坐标为(x,y). (1)点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值为|x-3|+|y-20|,x∈R,y∈[0,+∞). (2)由题意知,点 P 到三个居民区的“L 路径”长度之和的最小值为点 P 分别到三个居民区 的“L 路径”长度最小值之和(记为 d)的最小值. ①当 y≥1 时,d=|x+10|+|x-14|+|x-3|+2|y|+|y-20|. 因为 d1(x)=|x+10|+|x-14|+|x-3|≥|x+10|+|x-14|,(*) 当且仅当 x=3 时,不等式(*)中的等号成立. 又因为|x+10|+|x-14|≥24,(**) 当且仅当 x∈[-10,14]时,不等式(**)中的等号成立. 所以 d1(x)≥24,当且仅当 x=3 时,等号成立. d2(y)=2y+|y-20|≥21,当且仅当 y=1 时,等号成立. 故点 P 的坐标为(3,1)时,P 到三个居民区的“L 路径”长度之和最小,且最小值为 45. ②当 0≤y≤1 时,由于“L 路径”不能进入保护区,所以 d=|x+10|+|x-14|+|x-3|+1+|1-y|+|y|+|y-20|. 此时,d1(x)=|x+10|+|x-14|+|x-3|, d2(y)=1+|1-y|+|y|+|y-20|=22-y≥21. 由①知,d1(x)≥24,故 d1(x)+d2(y)≥45,当且仅当 x=3,y=1 时等号成立. 综上所述,在点 P(3,1)处修建文化中心,可使该文化中心到三个居民区的“L 路径”长度之 和最小. 107(2013·辽宁高考理)已知函数 f(x)=(1+x)e 时, 1 (1)求证:1-x≤f(x)≤ ; 1+x (2)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. 解: 本题考查了导数在求解函数问题中的应用, 涉及了应用导数证明不等式问题以及应用导 数求解函数的最值问题等.同时考查了考生的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力. (1)证明:要证 x∈[0,1]时,(1+x)e
- -2x -2x

x3 ,g(x)=ax+ +1+2xcos x.当 x∈[0,1] 2

≥1-x,只需证明(1+x)· e x≥(1-x)ex.
- -

记 h(x)=(1+x)e x-(1-x)ex, 则 h′(x)=x(ex-e x), 当 x∈(0,1)时, h′(x)>0, 因此 h(x)在[0,1] 上是增函数,故 h(x)≥h(0)=0.所以 f(x)≥1-x,x∈[0,1]. 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e 只需证明 ex≥x+1.
-2x

1 ≤ , 1+x

40

记 K(x)=ex-x-1,则 K′(x)=ex-1,当 x∈(0,1)时,K′(x)>0,因此 K(x)在[0,1]上是增函 数, 故 K(x)≥K(0)=0. 1 所以 f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x 1 综上,1-x≤f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x (2)法一:f(x)-g(x)=(1+x)e x2 a+1+ +2cos x?. =-x? 2 ? ? x2 设 G(x)= +2cos x,则 G′(x)=x-2sin x. 2 记 H(x)=x-2sin x,则 H′(x)=1-2cos x,当 x∈(0,1)时,H′(x)<0,于是 G′(x)在[0,1]上 是减函数,从而当 x∈(0,1)时,G′(x)<G′(0)=0,故 G(x)在[0,1]上是减函数. 于是 G(x)≤G(0)=2,从而 a+1+G(x)≤a+3. 所以,当 a≤-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当 a>-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 1 x3 f(x)-g(x)≤ -1-ax- -2xcos x 2 1+x -x x3 = -ax- -2xcos x 2 1+x 1 x =-x?1+x+a+ 2 +2cos x?, ? ? 1 x2 1 记 I(x)= +a+ +2cos x= +a+G(x),则 2 1+x 1+x -1 I′(x)= +G′(x),当 x∈(0,1)时,I′(x)<0.故 I(x)在[0,1]上是减函数,于是 I(x)在[0,1] ?1+x?2 上的值域为[a+1+2cos 1,a+3]. 因为当 a>-3 时,a+3>0,所以存在 x0∈(0,1),使得 I(x0)>0,此时 f(x0)<g(x0),即 f(x)≥g(x) 在[0,1]上不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-3]. 1 1 法二:先证当 x∈[0,1]时,1- x2≤cos x≤1- x2. 2 4 1 记 F(x)=cos x-1+ x2,则 F′(x)=-sin x+x. 2 记 G(x)=-sin x+x,则 G′(x)=-cos x+1,当 x∈(0,1)时,G′(x)>0,于是 G(x)在[0,1]上 是增函数,因此当 x∈(0,1)时,G(x)>G(0)=0,从而 F(x)在[0,1]上是增函数,因此 F(x)≥F(0) =0,
41
2
-2x

x3 x3 ax+ +1+2xcos x?≥1-x-ax-1- -2xcos x -? 2 ? ? 2

1 所以当 x∈[0,1]时,1- x2≤cos x. 2 1 同理可证,当 x∈[0,1]时,cos x≤1- x2. 4 1 1 故 x∈[0,1]时,1- x2≤cos x≤1- x2. 2 4 因为当 x∈[0,1]时, f(x)-g(x)=(1+x)e
-2x

1 2? x3 x3 -ax+ +1+2xcos x≥(1-x)-ax- -1-2x? ?1-4x ?=-(a+3)x, 2 2

所以当 a≤-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当 a>-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.因为 f(x)-g(x)=(1+x)e ≤
-2x

x3 ax+ +1+2xcos x? -? 2 ? ?

1 1 x3 1- x2? -1-ax- -2x? 2 ? ? 2 1+x

x2 x3 = + -(a+3)x 1+x 2 2 3 x- ?a+3??, ≤ x? ? 2 ? 3 所以存在 x0∈(0,1)(例如 x0 取 成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-3]. 108(2013·安徽高考理)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值. 解:本题考查含参数的一元二次不等式的解法、导数的应用等,意在考查考生恒等变形能力 和综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力. a (1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= , 1+a2 故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}. a a 因此区间 I=?0,1+a2?,I 的长度为 . ? ? 1+ a2 1-a2 a (2)设 d(a)= .令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故 2,则 d′(a)= 1+a ?1+a2?2 当 1-k≤a<1 时,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. a+3 1 和 中的较小值)满足 f(x0)<g(x0), 即 f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒 3 2

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1-k 2 d?1-k? 1+?1-k? 2-k2-k3 而 = = <1, d?1+k? 1+k 2-k2+k3 2 1+?1+k? 故 d(1-k)<d(1+k). 1-k 因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 2-2k+k2 109(2013·大纲卷高考理)已知函数 f(x)=ln (1+x)- (1)若 x≥0 时 f(x)≤0,求 λ 的最小值; 1 1 1 1 (2)设数列{an}的通项 an=1+ + +?+ ,证明:a2n-an+ >ln 2. 2 3 n 4n 解:本题考查函数与导数、不等式的综合应用,考查分类讨论的数学思想,考查考生分析问 题、解决问题的能力. ?1-2λ?x-λx2 (1)由已知 f(0)=0,f′(x)= ,f′(0)=0. ?1+x?2 1 若 λ< ,则当 0<x<2(1-2λ)时,f′(x)>0,所以 f(x)>0. 2 1 若 λ≥ ,则当 x>0 时,f′(x)<0,所以当 x>0 时,f(x)<0. 2 1 综上,λ 的最小值是 . 2 1 (2)证明:令 λ= .由(1)知,当 x>0 时,f(x)<0, 2 x?2+x? 即 >ln (1+x). 2+2x 2k+1 k+1 1 取 x= ,则 >ln . k k 2k?k+1? 1 1 2n-1 1 于是 a2n-an+ = ? ?2k+2?k+1?? 4n k=n ? ? =?
2n-1 k=n

x?1+λx? . 1+x

2k+1 2k?k+1? k+1 k

> ?ln
k=n

2n-1

=ln 2n-ln n =ln 2. 1 所以 a2n-an+ >ln 2. 4n
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110(2013·湖北高考理)假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分布 N(800,502) 的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 p0. (1)求 p0 的值;(参考数据:若 X~N(μ,σ2),有 P(μ-σ<X<μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<X≤μ +2σ)=0.954 4,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997 4.) (2)某客运公司用 A、B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一 次.A、B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人,从甲地去乙地的营运成本分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆.公司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队,并要求 B 型车不多于 A 型车 7 辆.若每天要以不小于 p0 的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地 的营运成本最小,那么应配备 A 型车、B 型车各多少辆? 解: 本题考查正态分布、 简单的线性规划等基础知识, 考查数形结合思想、 化归与转化思想, 考查运算求解能力、逻辑推理能力,考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力. (1)由于随机变量 X 服从正态分布 N(800,502),故有 μ=800,σ=50, P(700<X≤900)=0.954 4. 由正态分布的对称性,可得 1 1 p0=P(X≤900)=P(X≤800)+P(800<X≤900)= + P(700<X≤900)=0.977 2. 2 2 (2)设 A 型、B 型车辆的数量分别为 x,y 辆,则相应的营运成本为 1 600x+2 400y. 依题意,x,y 还需满足:x+y≤21,y≤x+7,P(X≤36x+60y)≥p0. 由(1)知,p0=P(X≤900),故 P(X≤36x+60y)≥p0 等价于 36x+60y≥900. x+y≤21, ? ?y≤x+7, 于是原问题等价于求满足约束条件? 36x+60y≥900, ? ?x,y≥0,x,y∈N, 且使目标函数 z=1 600x+2 400y 达到最小的 x,y. 作可行域如图所示,可行域的三个顶点坐标分别为 P(5,12),Q(7,14),R(15,6).

由图可知,当直线 z=1 600x+2 400y 经过可行域的点 P 时,直线 z=1 600x+2 400y 在 y 轴 z 上截距 最小,即 z 取得最小值. 2 400 故应配备 A 型车 5 辆、B 型车 12 辆.
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111(2013·湖北高考理)设 n 是正整数,r 为正有理数. (1)求函数 f(x)=(1+x)r 1-(r+1)x-1(x>-1)的最小值;


nr 1-?n-1?r 1 r ?n+1?r 1-nr 1 (2)证明: <n < ; r+1 r+1
+ + + +

3 3 3 (3)设 x∈R, 记[x]为不小于 x 的最小整数, 例如[2]=2, [π]=4, [- ]=-1.令 S= 81+ 82 2 3 3 + 83+?+ 125,求[S]的值. 4 4 4 4 (参考数据:80 ≈344.7,81 ≈350.5,124 ≈618.3,126 ≈631.7) 3 3 3 3 解:本题考查导数在研究函数性质、证明不等式中的应用,考查函数与方程思想、化归与转 化思想、 分类与整合思想、 一般与特殊等数学思想方法, 考查运算求解能力、 推理论证能力, 考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力. (1)因为 f′(x)=(r+1)(1+x)r-(r+1)=(r+1)[(1+x)r-1],令 f′(x)=0,解得 x=0. 当-1<x<0 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(-1,0)内是减函数; 当 x>0 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)内是增函数. 故函数 f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=0. (2)证明:由(1),当 x∈(-1,+∞)时,有 f(x)≥f(0)=0,即(1+x)r 1≥1+(r+1)x.且等号当


且仅当 x=0 时成立, 故当 x>-1 且 x≠0 时,有(1+x)r 1>1+(r+1)x. ①


1 r+1 1 1+ ?r+1>1+ 在①中,令 x= (这时 x>-1 且 x≠0),则有? . n ? ? n n 上式两边同乘 nr 1,得(n+1)r 1>nr 1+nr(r+1),即
+ + +

?n+1?r 1-nr 1 n< . r+1
+ +

r


+ +

nr 1-?n-1?r 1 1 r 当 n>1 时,在①中令 x=- (这时 x>-1 且 x≠0),类似可得 n > . n r+1 且当 n=1 时,③也成立. 综上②,③得 nr 1-?n-1?r 1 r ?n+1?r 1-nr 1 <n < . r+1 r+1
+ + + +





1 (3)在④中,令 r= ,n 分别取值 81,82,83,?,125,得 3 3 4 4 3 3 4 4 (81 -80 )< 81< (82 -81 ), 4 3 3 4 3 3 3 4 4 3 3 4 4 (82 -81 )< 82< (83 -82 ), 4 3 3 4 3 3
45

3 4 4 3 3 4 4 (83 -82 )< 83< (84 -83 ), 4 3 3 4 3 3 ?? 3 4 4 3 3 4 4 (125 -124 )< 125< (126 -125 ). 4 3 3 4 3 3 将以上各式相加,并整理得 3 4 4 3 4 4 (125 -80 )<S< (126 -81 ). 4 3 3 4 3 3 3 4 4 3 4 4 代入数据计算,可得 (125 -80 )≈210.2, (126 -81 )≈210.9. 4 3 3 4 3 3 由[S]的定义,得[S]=211. 112(2013·安徽高考理)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}. (1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α); (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值. 解:本题主要考查二次不等式的求解,以及导数的计算和应用等基础知识和基本技能,考查 分类讨论思想和综合运用数学知识解决问题的能力. (1) 因为方程 ax - (1 + a2)x2 = 0(a>0) 有两个实根 x1 = 0 , x2 = a a {x|x1<x<x2},因此区间 I=?0,1+a2?,区间长度为 . ? ? 1+a2 1-a2 a (2)设 d(a)= . 2,则 d′(a)= 1+a ?1+a2?2 令 d′(a)=0,得 a=1. 由于 0<k<1,故当 1-k≤a<1 时,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,d′(a)<0,d(a)单调递减. 因此当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 1-k 2 d?1-k? 1+?1-k? 2-k2-k3 而 = = <1, d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 故 d(1-k)<d(1+k). 1-k 因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 2-2k+k2 113(2013·辽宁高考理)(1)证明:当 x∈[0,1]时, 2 x≤sin x≤x; 2 a . 故 f(x)>0 的解集为 1+a2

x3 (2)若不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立,求实数 a 的取值范围. 2 证明:本题主要考查导数公式,以及利用导数通过函数的单调性与最值来证明不等式,意在

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考查转化思想、推理论证能力、运算能力、应用辅助函数解决问题的能力. (1)证明:记 F(x)=sin x- 2 2 x,则 F′(x)=cos x- . 2 2

π π 0, ?时,F′(x)>0,F(x)在?0, ?上是增函数; 当 x∈? ? 4? ? 4? π ? π ,1 时,F′(x)<0,F(x)在? ,1?上是减函数. 当 x∈? ?4 ? ?4 ? 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0,即 sin x≥ 记 H(x)=sin x-x,则当 x∈(0,1)时, H′(x)=cos x-1<0, 所以,H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x≤x. 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2 2 x. 2

(2)法一:因为当 x∈[0,1]时, x3 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x3 2 ≤(a+2)x+x2+ -4(x+2)? x?2 2 4 ? ? =(a+2)x, 所以,当 a≤-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2 下面证明,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 因为当 x∈[0,1]时, x3 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x ?2 x3 ≥(a+2)x+x2+ -4(x+2)? ?2? 2 x3 =(a+2)x-x2- 2 3 ≥(a+2)x- x2 2

47

2 3 x- ?a+2??. =- x? ? 2 ? 3 所以存在 x0∈(0,1)(例如 x0 取 即当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4≤0 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]. x3 法二:记 f(x)=ax+x2+ +2(x+2)cos x-4,则 2 3x2 f′(x)=a+2x+ +2cos x-2(x+2)sin x. 2 记 G(x)=f′(x),则 G′(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 1 当 x∈(0,1)时,cos x> , 2 2 因此 G′(x)<2+3x-4· x-(x+2)=(2-2 2)x<0. 2 于是 f′(x)在[0,1]上是减函数,因此,当 x∈(0,1)时,f′(x)<f′(0)=a+2,故当 a≤-2 时, f′(x)<0,从而 f(x)在[0,1]上是减函数,所以 f(x)≤f(0)=0,即当 a≤-2 时,不等式 ax+x2 x3 + +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2 下面证明,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 由于 f′(x)在[0,1]上是减函数,且 7 f′(0)=a+2>0,f′(1)=a+ +2cos 1-6sin 1. 2 7 当 a≥6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)≥0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0, 2 因此 f(x)在[0,1]上是增函数,故 f(1)>f(0)=0; 7 当-2<a<6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)<0, 又 f′(0)>0,故存在 x0∈(0,1)使 f′(x0)=0,则当 2 0<x<x0 时,f′(x)>f′(x0)=0,所以 f(x)在[0,x0]上是增函数,所以当 x∈(0,x0)时,f(x)>f(0) =0. 所以,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2].
3 a+2 1 x0 和 中的较小值)满足 ax0+x2 0+ +2(x0+2)cos x0-4>0, 3 2 2

48

114(2012·广东高考理)设 a<1,集合 A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0}, D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点. 1 解:(1)2x2-3(1+a)x+6a=0 的判别式 Δ=9(1+a)2-48a=9(a-3)· (a- ),而 a<1,A= 3 {x∈R|x>0}, 1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 a< , 3 3 由 2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得 x1= 3?1+a?+3 x2= 1 ?a-3??a- ? 3 4



4

1 ?a-3??a- ? 3 , 1 ?a-3??a- ?,得 a<0, 3 1 ?a-3??a- ?<0,无解, 3

若 x1<0,即 1+a< 若 x2<0,即(1+a)+

所以当 a<0 时,x1<0<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(x2,+∞), 当 a=0 时,0=x1<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(x2,+∞), 1 当 0<a< 时,0<x1<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞); 3 1 ②当 Δ=0 时, 得 a= , 由 x2-2x+1=0, 得 x=1, 此时 B=(-∞, 1)∪(1, +∞), D=A∩B 3 =(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得 <a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 3 3?1+a?+3 综上所述:当 a≤0 时,D=( 3?1+a?-3 D=(0, 3?1+a?+3 ( 1 ?a-3??a- ? 3 4 1 ?a-3??a- ? 3 1 ,+∞);当 0<a< 时, 4 3

)∪

1 ?a-3??a- ? 3 4

,+∞);

1 当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞); 3

49

1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3 (2)f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),a<1, 令 f′(x)=0 得 x=a 或 x=1,当 x<a 或 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 a<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. ①当 a≤0 时,D=(x2,+∞),因为 x2>1, 所以此时 f(x)在 D=(x2+∞)上无极值点; 1 ②当 0<a< 时,D=(0,x1)∪(x2,+∞), 3 3?1+a?-3 x1= 3?1+a?+3 x2= 1 ?a-3??a- ? 3 , 1 ?a-3??a- ? 3 ,

4

4

由 f(0)=0,f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0,f(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1<0,再由 f(x)的单调性可得 0<a<x1<1<x2, 此时 f(x)在 D 上只存在一个极大值点 x=a; 1 1 ③当 a= 时,f(x)在 D=(0,1)∪(1,+∞)上只存在一个极大值点 x= ; 3 3 1 ④当 <a<1 时,f(x)在 D=(0,+∞)上存在一个极大值点 x=a 和极小值点 x=1. 3 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在 D 上无极值点; 1 当 0<a≤ 时,f(x)在 D 上存在一个极大值点 x=a; 3 1 当 <a<1 时,f(x)在 D 上存在一个极大值点 x=a 和极小值点 x=1. 3 an 115(2012·四川高考理)已知 a 为正实数,n 为自然数,抛物线 y=-x2+ 与 x 轴正半轴 2 相交于点 A.设 f(n)为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距. (1)用 a 和 n 表示 f(n); f?n?-1 n3 (2)求对所有 n 都有 ≥ 3 成立的 a 的最小值; f?n?+1 n +1 (3)当 0<a<1 时,比较 ?
n

k=1

1 27 f?1?-f?n? 与 · 的大小,并说明理由. f?k?-f?2k? 4 f?0?-f?1? an ,0), 2 an ), 2

解:(1)由已知得,交点 A 的坐标为(

1 对 y=-x2+ an 求导得 y′=-2x,则抛物线在点 A 处的切线方程为 y=- 2an(x- 2

50

即 y=- 2anx+an,则 f(n)=an. f?n?-1 n3 (2)由(1)知 f(n)=an,则 ≥ 3 成立的充要条件是 an≥2n3+1. f?n?+1 n +1 即知,an≥2n3+1 对所有 n 成立.特别地,取 n=2 得到 a≥ 17. 当 a= 17,n≥3 时, an>4n=(1+3)n=1+C1 3+C2 32+C3 33+? n· n· n· ≥1+C1 3+C2 32+C3 33 n· n· n· 1 =1+2n3+ n[5(n-2)2+(2n-5)] 2 >2n3+1. 当 n=0,1,2 时,显然( 17)n≥2n3+1. f?n?-1 n3 故 a= 17时, ≥ 3 对所有自然数 n 都成立. f?n?+1 n +1 所以满足条件的 a 的最小值为 17. (3)由(1)知 f(k)=ak,则 ?
n n f?1?-f?n? a-an 1 1 =? k = . 2k, f?k?-f?2k? k=1 a -a f?0?-f?1? 1-a

k=1

下面证明: ?

n

k=1

1 27 f?1?-f?n? > · . f?k?-f?2k? 4 f?0?-f?1?

1 27 首先证明:当 0<x<1 时, ≥ x. x-x2 4 27 设函数 g(x)= x(x2-x)+1,0<x<1. 4 81 2 则 g′(x)= x(x- ). 4 3 2 2 当 0<x< 时,g′(x)<0;当 <x<1 时,g′(x)>0. 3 3 2 故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)min=g( )=0. 3 1 27 所以,当 0<x<1 时,g(x)≥0,即得 ≥ x. x-x2 4 1 27 k 由 0<a<1 知 0<ak<1(k∈N*),因此 k 2k≥ a , 4 a -a
n 1 1 27 n k 27 a-a 27 a-a 27 f?1?-f?n? 从而 ? =? k = · . ?a = 4 · 1-a > 4 · 2k≥ 4 f ? k ? - f ? 2 k ? a - a 1-a 4 f?0?-f?1? k=1 k=1 k=1 n n+1 n

116(2012·辽宁高考理)设 f(x)=ln(x+1)+ x+1+ax+b(a,b∈R,a,b 为常数),曲线 3 y=f(x)与直线 y= x 在(0,0)点相切. 2

51

(1)求 a,b 的值; (2)证明:当 0<x<2 时,f(x)< 9x . x+6

解:(1)由 y=f(x)过(0,0)点,得 b=-1. 3 由 y=f(x)在(0,0)点的切线斜率为 , 2 1 1 3 又 y′|x=0=( + +a)|x=0= +a, 2 x+1 2 x+1 得 a=0. (2)证明:法一:由均值不等式,当 x>0 时, x 2 ?x+1?· 1<x+1+1=x+2,故 x+1< +1. 2 记 h(x)=f(x)- 9x ,则 x+6

1 1 54 h′(x)= + - x+1 2 x+1 ?x+6?2 2+ x+1 54 = - 2?x+1? ?x+6?2 x+6 54 < - 4?x+1? ?x+6?2 ?x+6?3-216?x+1? = . 4?x+1??x+6?2 令 g(x)=(x+6)3-216(x+1),则当 0<x<2 时, g′(x)=3(x+6)2-216<0. 因此 g(x)在(0,2)内是递减函数,又由 g(0)=0,得 g(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(0,2)内是递减函数,又 h(0)=0, 9x 得 h(x)<0.于是当 0<x<2 时,f(x)< . x+6 法二:由(1)知 f(x)=ln (x+1)+ x+1-1. 由均值不等式,当 x>0 时, x 2 ?x+1?· 1<x+1+1=x+2,故 x+1< +1.① 2 令 k(x)=ln (x+1)-x, -x 1 则 k(0)=0,k′(x)= -1= <0, x+1 x+1 故 k(x)<0,即 ln(x+1)<x.②

52

3 由①②得,当 x>0 时,f(x)< x. 2 记 h(x)=(x+6)f(x)-9x,则当 0<x<2 时, h′(x)=f(x)+(x+6)f′(x)-9 3 1 1 < x+(x+6)( + )-9 2 x+1 2 x+1 = 1 [3x(x+1)+(x+6)(2+ x+1)-18(x+1)] 2?x+1?

1 x < [3x(x+1)+(x+6)(3+ )-18(x+1)] 2 2?x+1? = x (7x-18)<0. 4?x+1?

因此 h(x)在(0,2)内单调递减,又 h(0)=0, 9x 所以 h(x)<0,即 f(x)< . x+6 117(2012·北京高考理)设 A 是由 m×n 个实数组成的 m 行 n 列的数表,满足:每个数的 绝对值不大于 1,且所有数的和为零.记 S(m,n)为所有这样的数表构成的集合. 对于 A∈S(m,n),记 ri(A)为 A 的第 i 行各数之和(1≤i≤m),cj(A)为 A 的第 j 列各数之和 (1≤j≤n);记 k(A)为|r1(A)|,|r2(A)|,?,|rm(A)|,|c1(A)|,|c2(A)|,?,|cn(A)|中的最小值. (1)对如下数表 A,求 k(A)的值; 1 0.1 1 -0.3 -0.8 -1

(2)设数表 A∈S(2,3)形如 1 a 1 b c -1

求 k(A)的最大值; (3)给定正整数 t,对于所有的 A∈S(2,2t+1),求 k(A)的最大值. 解:(1)因为 r1(A)=1.2,r2(A)=-1.2,c1(A)=1.1,c2(A)=0.7,c3(A)=-1.8, 所以 k(A)=0.7. (2)不妨设 a≤b.由题意得 c=-1-a-b. 又因 c≥-1,所以 a+b≤0,于是 a≤0. r1(A)=2+c≥1,r2(A)=-r1(A)≤-1, c1(A)=1+a,c2(A)=1+b,c3(A)=-(1+a)-(1+b)≤-(1+a). 所以 k(A)=1+a≤1.

53

当 a=b=0 且 c=-1 时,k(A)取得最大值 1. (3)对于给定的正整数 t,任给数表 A∈S(2,2t+1)如下: a1 b1 a2 b2 ? ? a2t+1 b2t+1

任意改变 A 的行次序或列次序,或把 A 中的每个数换成它的相反数,所得数表 A*∈S(2,2t +1),并且 k(A)=k(A*). 因此,不妨设 r1(A)≥0,且 cj(A)≥0(j=1,2,?,t+1). 由 k(A)的定义知,k(A)≤r1(A),k(A)≤cj(A)(j=1,2,?,t+1). 又因为 c1(A)+c2(A)+?+c2t+1(A)=0, 所以(t+2)k(A)≤r1(A)+c1(A)+c2(A)+?+ct+1(A)=r1(A)-ct+2(A)-?-c2t+1(A) = ?aj- ?bj≤(t+1)-t×(-1)
j=1 j=t+2 t+1 2t+1

=2t+1. 2t+1 所以 k(A)≤ . t+2 对数表 A0: 第 1 列 第 2 列 ? 第 t+1 列 第 t+2 列 ? 第 2t+1 列 1 t-1 t+2 1 t-1 t+2 ? ? 1 t-1 t+2 2t+1 . t+2 t-1 -1+ t?t+2? -1 ? ? -1+ t-1 t?t+2?

-1

则 A0∈S(2,2t+1),且 k(A0)=

2t+1 综上,对于所有的 A∈S(2,2t+1),k(A)的最大值为 . t+2 118(2012·湖北高考理)(1)已知函数 f(x)=rx-xr+(1-r)(x>0),其中 r 为有理数,且 0< r<1.求 f(x)的最小值; (2)试用(1)的结果证明如下命题: 设 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数.若 b1+b2=1,则 a1b1a2b2≤a1b1+a2b2; (3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题. 注:当 α 为正有理数时,有求导公式(xα)1=αxα 1.


解:(1)f′(x)=r-rxr 1=r(1-xr 1),令 f′(x)=0,解得 x=1.
- -

当 0<x<1 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(0,1)内是减函数; 当 x>1 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)内是增函数. 故函数 f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)=0.
54

(2)由(1)知,当 x∈(0,+∞)时,有 f(x)≥f(1)=0,即 xr≤rx+(1-r), ① 若 a1,a2 中至少有一个为 0,则 ab11ab22≤a1b1+a2b2 成立; 若 a1,a2 均不为 0,又 b1+b2=1,可得 b2=1-b1,于是 a1 a1 a1 在①中令 x= ,r=b1,可得( )b1≤b1· +(1-b1), a2 a2 a2 即 ab11· a1-b12≤a1b1+a2(1-b1),亦即 ab11ab22≤a1b1+a2b2. 综上,对 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数且 b1+b2=1,总有 ab11ab22≤a1b1+a2b2. ② (3)(2)中命题的推广形式为 设 a1,a2,?,an 为非负实数,b1,b2,?,bn 为正有理数. 若 b1+b2+?+bn=1,则 ab11ab22?abnn≤a1b1+a2b2+?+anbn. ③ 用数学归纳法证明如下: (1)当 n=1 时,b1=1,有 a1≤a1,③成立. (2)假设当 n=k 时,③成立,即若 a1,a2,?,ak 为非负实数,b1,b2,?,bk 为正有理数, 且 b1+b2+?+bk=1,则 ab11ab22?abkk≤a1b1+a2b2+?+akbk. 当 n=k+1 时,已知 a1,a2,?,ak,ak+1 为非负实数,b1,b2,?,bk,bk+1 为正有理数, 且 b1+b2+?+bk+bk+1=1, 此时 0<bk+1<1,即 1-bk+1>0,于是 ab11ab22?abkkabk+1k+1=(ab11ab22?abkk)abk+1k+1=(a
+1k+1

b1 b2 bk a ?a )1-bk+1abk 1-bk+11 1-bk+12 1-bk+1k

.

因 a

b1 b2 bk + +?+ =1,由归纳假设可得 1-bk+1 1-bk+1 1-bk+1

b1 b2 bk b1 b2 bk a ?a ≤a1· + a2· + ? + ak· = 1-bk+11 1-bk+12 1-bk+1k 1-bk+1 1-bk+1 1-bk+1

a1b1+a2b2+?+akbk , 1-bk+1 a1b1+a2b2+?+akbk 从而 ab11ab22?abkkabk+1k+1≤( )1-bk+1abk+1k+1. 1-bk+1 又因(1-bk+1)+bk+1=1,由②得 a1b1+a2b2+?+akbk a1b1+a2b2+?+akbk ( )1-bk+1abk+1k+1≤ · 1-bk+1 1-bk+1 (1-bk+1)+ak+1bk+1=a1b1+a2b2+?+akbk+ak+1bk+1, 从而 ab11ab22?abkkabk+1k+1≤a1b1+a2b2+?+akbk+ak+1bk+1, 故当 n=k+1 时,③成立. 由(1)(2)可知,对一切正整数 n,所推广的命题成立. 说明:(3)中如果推广形式中指出③式对 n≥2 成立,则后续证明中不需讨论 n=1 的情况.

55

119(2012·浙江高考理)已知 a>0,b∈R,函数 f(x)=4ax3-2bx-a+b. (1)证明:当 0≤x≤1 时, ①函数 f(x)的最大值为|2a-b|+a; ②f(x)+|2a-b|+a≥0; (2)若-1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立,求 a+b 的取值范围. b 解:(1)①f′(x)=12ax2-2b=12a(x2- ). 6a 当 b≤0 时,有 f′(x)≥0,此时 f(x)在[0,+∞)上单调递增. 当 b>0 时,f′(x)=12a(x+ 此时 f(x)在[0, b )(x- 6a b ), 6a b ,+∞)上单调递增. 6a

b ]上单调递减,在[ 6a

?3a-b,b≤2a, ? 所以当 0≤x≤1 时,f(x)max=max{f(0),f(1)}=max{-a+b,3a-b}=? =|2a ? ?-a+b,b>2a

-b|+a. ②由于 0≤x≤1,故 当 b≤2a 时, f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1). 当 b>2a 时, f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1). 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则 g′(x)=6x2-2=6(x- 于是 x g′(x) g(x) 1 0 (0, 3 ) 3 3 3 0 极小值 ( 3 ,1) 3 + 增 1 1 3 3 )(x+ ), 3 3

- 减

所以,g(x)min=g(

3 4 3 )=1- >0. 3 9

所以当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x3-2x+1)≥0.

(2)由①知,当 0≤x≤1 时,f(x)max=|2a-b|+a,所以|2a-b|+a≤1. 若|2a-b|+a≤1,则由②知 f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1.

56

所以-1≤f(x)≤1,对任意 0≤x≤1 恒成立的充要条件是
? ?|2a-b|+a≤1, ? 即 ?a>0, ?

2a-b≥0, ? ? ?3a-b≤1, ? ?a>0,

2a-b<0, ? ? 或?b-a≤1,① ? ?a>0.

在直角坐标系 aOb 中,①所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括线段 BC. 作一组平行直线 a+b=t(t∈R),得-1<a+b≤3. 所以 a+b 的取值范围是(-1,3]. 120(2012·福建高考理)已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R. (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间; (2)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线 只有一个公共点 P. 解:(1)由于 f′(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率 k=2a=0, 所以 a=0,即 f(x)=ex-ex. 此时 f′(x)=ex-e,由 f′(x)=0 得 x=1. 当 x∈(-∞,1)时,有 f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,有 f′(x)>0. 所以 f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0), 故曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与曲线 y=f(x)只有一个公 共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点. 因为 g(x0)=0,且 g′(x)=f′(x)-f′(x0)=ex-ex0+2a(x-x0). (1)若 a≥0,当 x>x0 时,g′(x)>0, 则 x>x0 时,g(x)>g(x0)=0; 当 x<x0 时,g′(x)<0,则 x<x0 时,g(x)>g(x0)=0.故 g(x)只有唯一零点 x=x0. 由 P 的任意性,a≥0 不合题意. (2)若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a. 令 h′(x)=0,得 x=ln(-2a),记 x*=ln(-2a),则当 x∈(-∞,x*)时

57

h′(x)<0,从而 h(x)在(-∞,x*)内单调递减;当 x∈(x*,+∞)时, h′(x)>0,从而 h(x)在(x*,+∞)内单调递增. ①若 x0=x*,由 x∈(-∞,x*)时,g′(x)=h(x)>h(x*)=0;由 x∈(x*,+∞)时,g′(x)=h(x) >h(x*)=0.知 g(x)在 R 上单调递增. 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x=x*. ②若 x0>x*,由于 h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x*,x0)时,有 g′(x) =h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取 x1∈(x*,x0)有 g(x1)>0. 又当 x∈(-∞,x1)时,易知 g(x)=ex+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0)<ex1+ax2-(e+ f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0)=ax2+bx+c, 其中 b=-(e+f′(x0)),c=ex1-f(x0)+x0f′(x0). 由于 a<0,则必存在 x2<x1,使得 ax2 2+bx2+c<0. 所以 g(x2)<0,故 g(x)在(x2,x1)内存在零点.即 g(x)在 R 上至少有两个零点. x3 ③若 x0<x*,仿②并利用 ex> ,可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点. 6 综上所述,当 a<0 时,曲线 y=f(x)上存在唯一点 P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该点处的 切线与曲线只有一个公共点 P. an 121(2012·四川高考文)已知 a 为正实数,n 为自然数,抛物线 y=-x2+ 与 x 轴正半轴 2 相交于点 A.设 f(n)为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距. (1)用 a 和 n 表示 f(n); f?n?-1 n (2)求对所有 n 都有 ≥ 成立的 a 的最小值; f?n?+1 n+1 f?1?-f?n+1? 1 1 1 (3)当 0<a<1 时,比较 + +?+ 与 6· 的大小,并说明 f?1?-f?2? f?2?-f?4? f?n?-f?2n? f?0?-f?1? 理由. 解:(1)由已知得,交点 A 的坐标为( an 1 ,0),对 y=-x2+ an 求导得 y′=-2x,则抛物 2 2 an ),即 y=- 2anx+an,则 f(n)=an. 2

线在点 A 处的切线方程为 y=- 2an(x-

f?n?-1 n (2)由(1)知 f(n)=an,则 ≥ 成立的充要条件是 an≥2n+1. f?n?+1 n+1 即知,an≥2n+1 对所有 n 成立. 特别地,取 n=1 得到 a≥3. 当 a=3,n≥1 时,
1 an=3n=(1+2)n=1+Cn · 2+?Cn 2n≥2n+1. n·

当 n=0 时,an=2n+1,

58

f?n?-1 n 故 a=3 时, ≥ 对所有自然数 n 均成立. f?n?+1 n+1 所以满足条件的 a 的最小值为 3. (3)由(1)知 f(k)=ak. f?1?-f?n+1? 1 1 1 下面证明: + +?+ >6· . f?1?-f?2? f?2?-f?4? f?n?-f?2n? f?0?-f?1? 1 首先证明:当 0<x<1 时, >6x. x-x2 设函数 g(x)=6x(x2-x)+1,0<x<1, 2 则 g′(x)=18x(x- ). 3 2 2 当 0<x< 时,g′(x)<0;当 <x<1 时,g′(x)>0. 3 3 2 故 g(x)在区间(0,1)上的最小值 g(x)min=g( )= 3 1 >0. 9 1 所以,当 0<x<1 时,g(x)>0,即得 >6x. x-x2 1 1 1 1 k 由 0<a<1 知 0<ak<1(k∈N*),因此 k + +?+ = 2k>6a ,从而 a -a f?1?-f?2? f?2?-f?4? f?n?-f?2n? a-an 1 f?1?-f?n+1? 1 1 1 2 n =6· . 2+ 2 4+?+ n 2n>6(a+a +?+a )=6· a-a a -a a -a 1-a f?0?-f?1?


122(2012·辽宁高考文)设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)< (x-1); 2 9?x-1? (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 3 1 1 3 解:(1)法一:记 g(x)=ln x+ x-1- (x-1),则当 x>1 时,g′(x)= + - <0. 2 x 2 x 2 3 又 g(1)=0,故 g(x)<0,即 f(x)< (x-1). 2 x 1 法二:由均值不等式,当 x>1 时,2 x<x+1,故 x< + .① 2 2 1 令 k(x)=ln x-x+1,则 k(1)=0,k′(x)= -1<0, x 故 k(x)<0,即 ln x<x-1.② 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)< (x-1). 2 9?x-1? (2)法一:记 h(x)=f(x)- ,当 1<x<3 时,由(1)得 x+5
59

2+ x x+5 ?x+5?3-216x 1 1 54 54 54 h′(x)= + - = - < - = . x 2 x ?x+5?2 2x ?x+5?2 4x ?x+5?2 4x?x+5?2 令 l(x)=(x+5)3-216x,1<x<3, l′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 l(x)在(1,3)内是递减函数,又由 l(1)=0,得 l(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是递减函数,又由 h(1)=0,得 h(x)<0. 9?x-1? 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 3 法二:记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),则当 1<x<3 时,由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9< 2 1 1 1 1 x (x-1)+(x+5)( + )-9= [3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x]< [3x(x-1)+(x+5)(2+ + x 2 x 2x 2x 2 1 1 )-18x]= (7x2-32x+25)<0, 2 4x 因此 h(x)在(1,3)内单调递减,又 h(1)=0,所以 h(x)<0,即 f(x)< 9?x-1? . x+5

123(2012·上海高考文)已知 f(x)=lg(x+1). (1)若 0<f(1-2x)-f(x)<1,求 x 的取值范围; (2)若 g(x)是以 2 为周期的偶函数,且当 0≤x≤1 时,有 g(x)=f(x),求函数 y=g(x)(x∈[1,2]) 的反函数.
? ?2-2x>0, 解:(1)由? 得-1<x<1. ?x+1>0, ?

由 0<lg(2-2x)-lg(x+1)=lg 2-2x 1< <10. x+1

2-2x <1 得 x+1

因为 x+1>0,所以 x+1<2-2x<10x+10, 2 1 - <x< . 3 3 -1<x<1, ? ? 2 1 由? 2 得- <x< . 1 3 3 ? ?-3<x<3, (2)当 x∈[1,2]时,2-x∈[0,1],因此 y=g(x)=g(x-2)=g(2-x)=f(2-x)=lg (3-x). 由单调性可得 y∈[0,lg 2]. 因为 x=3-10y,所以所求反函数是 y=3-10x,

60

x∈[0,lg 2]. 124(2012·北京高考文)设 A 是如下形式的 2 行 3 列的数表, a d b e c f

满足性质 P:a,b,c,d,e,f∈[-1,1],且 a+b+c+d+e+f=0. 记 ri(A)为 A 的第 i 行各数之和(i=1,2), cj(A)为 A 的第 j 列各数之和(j=1,2,3); 记 k(A)为|r1(A)|, |r2(A)|,|c1(A)|,|c2(A)|,|c3(A)|中的最小值. (1)对如下数表 A,求 k(A)的值; 1 0.1 1 -0.3 -0.8 -1

(2)设数表 A 形如 1 d 1 d -1-2d -1

其中-1≤d≤0.求 k(A)的最大值; (3)对所有满足性质 P 的 2 行 3 列的数表 A,求 k(A)的最大值. 解:(1)因为 r1(A)=1.2,r2(A)=-1.2,c1(A)=1.1,c2(A)=0.7,c3(A)=-1.8, 所以 k(A)=0.7. (2)r1(A)=1-2d,r2(A)=-1+2d,c1(A)=c2(A)=1+d,c3(A)=-2-2d. 因为-1≤d≤0, 所以|r1(A)|=|r2(A)|≥1+d≥0, |c3(A)|≥1+d≥0. 所以 k(A)=1+d≤1. 当 d=0 时,k(A)取得最大值 1. (3)任给满足性质 P 的数表 A(如下所示), a d b e c f

任意改变 A 的行次序或列次序,或把 A 中的每个数换成它的相反数,所得数表 A*仍满足性 质 P,并且 k(A)=k(A*). 因此,不妨设 r1(A)≥0,c1(A)≥0,c2(A)≥0. 由 k(A)的定义知,k(A)≤r1(A),k(A)≤c1(A),k(A)≤c2(A),从而 3k(A)≤r1(A)+c1(A)+c2(A) =(a+b+c)+(a+d)+(b+e) =(a+b+c+d+e+f)+(a+b-f)
61

=a+b-f≤3, 所以 k(A)≤1. 由(2)知,存在满足性质 P 的数表 A 使 k(A)=1,故 k(A)的最大值为 1. 125(2012·广东高考文)设 0<a<1,集合 A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0}, D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点. 1 解:(1)方程 2x2-3(1+a)x+6a=0 的判别式 Δ=9(1+a)2-48a=9(a-3)(a- ),而 0<a<1, 3 A={x∈R|x>0}, 1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 0<a< , 3 3 由 2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得 x1= 3?1+a?+3 x2= 1 ?a-3??a- ? 3 4



4

1 ?a-3??a- ? 3 ,有 0<x1<x2,

此时 B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞); 1 ②当 Δ=0 时,得 a= ,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 3 此时 B=(-∞,1)∪(1,+∞), D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得 <a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 3 1 综上所述:当 0<a< 时,D=(0, 3 3?1+a?+3 ( 1 ?a-3??a- ? 3 4 3?1+a?-3 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

,+∞);

1 当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞); 3 1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3 (2)由题知 f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),0<a<1, 令 f′(x)=0 得 x=a 或 x=1,当 x<a 或 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 a<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

62

1 ①当 0<a< 时,D= 3 3?1+a?-3 (0, 3?1+a?+3 ( 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

1 ?a-3??a- ? 3 4

,+∞ ),

由 f(0)=0,f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0,f(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1<0, 再由 f(x)的单调性可得 0<a<x1<1<x2, 所以函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 1 1 ②当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a= . 3 3 1 ③当 <a<1 时,D=(0,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1. 3 1 1 综上,当 <a<1 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1;当 a= 时,函数 f(x)在 D 内 3 3 1 1 的极值点为 x= ;当 0<a< 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 3 3 126(2011·湖南高考)已知函数 f(x)=x3,g(x)=x+ x. (Ⅰ)求函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由; (Ⅱ)设数列{an}(n∈N*)满足 a1=a(a>0),f(an+1)= g(an),证明:存在常数 M,使得对于任意的 n∈N*,都有 an≤M. 解:(Ⅰ)由 h(x)=x3-x- x知,x∈[0,+∞),而 h(0)=0,且 h(1)=-1<0,h(2)=6- 2> 0,则 x=0 为 h(x)的一个零点,且 h(x)在(1,2)内有零点.因此,h(x)至少有两个零点. 1 -1 法一:h′(x)=3x2-1- x , 2 2 1 -1 1 -3 记 φ(x)=3x2-1- x ,则 φ′(x)=6x+ x . 2 2 4 2 当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则 φ(x)在(0,+∞)内至 多只有一个零点.又因为 φ(1)>0, φ( 3 3 )<0, 则 φ(x)在( , 1)内有零点. 所以 φ(x)在(0, +∞)内有且只有一个零点. 记 3 3

此零点为 x1,则当 x∈(0,x1)时,φ(x)<φ(x1)=0;当 x∈(x1,+∞)时, φ(x)>φ(x1)=0. 所以, 当 x∈(0,x1)时,h(x)单调递减.而 h(0)=0,则 h(x)在(0,x1]内无零点; 当 x∈(x1,+∞)时,h(x)单调递增,则 h(x)在(x1,+∞)内至多只有一个零点. 从而 h(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.
63

综上所述,h(x)有且只有两个零点. 法二:由 h(x)=x(x2-1-x


1 1 -3 -1 ),记 φ(x)=x2-1-x ,则 φ′(x)=2x+ x . 2 2 2 2

当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,从而 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则 φ(x)在(0,+∞)内至 多只有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点. 综上所述,h(x)有且只有两个零点. (Ⅱ)证明:记 h(x)的正零点为 x0,即 x3 0=x0+ x0. (1)当 a<x0 时,由 a1=a,即 a1<x0.
3 而 a3 2=a1+ a1<x0+ x0=x0,因此 a2<x0.由此猜测:an<x0.下面用数学归纳法证明.

①当 n=1 时,a1<x0 显然成立.
3 ②假设当 n=k(k≥1)时,ak<x0 成立,则当 n=k+1 时,由 a3 k +1=ak+ ak<x0+ x0=x0知,

ak+1<x0. 因此,当 n=k+1 时,ak+1<x0 成立. 故对任意的 n∈N*,an<x0 成立. (2)当 a≥x0 时,由(Ⅰ)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增.则 h(a)≥h(x0)=0,
3 即 a3≥a+ a.从而 a3 2=a1+ a1=a+ a≤a ,即 a2≤a.由此猜测:an≤a.下面用数学归纳法

证明. ①当 n=1 时,a1≤a 显然成立.
3 ②假设当 n=k(k≥1)时,ak≤a 成立,则当 n=k+1 时,由 a3 k +1=ak+ ak≤a+ a≤a 知,

ak+1≤a. 因此,当 n=k+1 时,ak+1≤a 成立. 故对任意的 n∈N*,an≤a 成立. 综上所述,存在常数 M=max{x0,a},使得对于任意的 n∈N*,都有 an≤M. 127(2010·广东理数)某营养师要为某个儿童预定午餐和晚餐.已知一个单位的午餐含 12 个单位的碳水化合物 6 个单位蛋白质和 6 个单位的维生素 C;一个单位的晚餐含 8 个单位的 碳水化合物,6 个单位的蛋白质和 10 个单位的维生素 C.另外,该儿童这两餐需要的营养中 至少含 64 个单位的碳水化合物,42 个单位的蛋白质和 54 个单位的维生素 C. 如果一个单位的午餐、晚餐的费用分别是 2.5 元和 4 元,那么要满足上述的营养要求,并且 花费最少,应当为该儿童分别预定多少个单位的午餐和晚餐? 解:设该儿童分别预订 x , y 个单位的午餐和晚餐,共花费 z 元,则 z ? 2.5 x ? 4 y . 可行域为

64

12 x+8 y ≥64 6 x+6 y ≥42 6 x+10 y ≥54 x≥0, x∈N y≥0, y∈N 即 3 x+2 y ≥16 x+ y ≥7 3 x+5 y ≥27 x≥0, x∈N y≥0, y∈N 作出可行域如图所示: 经试验发现,当 x=4,y=3 时,花费最少,为 z ? 2.5 x ? 4 y =2.5×4+4×3=22 元.[来源

65


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