高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第3讲不等式(学生版+解析)

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这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第3讲不等式(学生版+解析)，共18页。学案主要包含了要点提炼，热点突破，拓展训练等内容，欢迎下载使用。

考点一不等式的性质与解法
1．不等式的倒数性质
(1)a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)(2)a<0(3)a>b>0,0eq \f(b,d).
2．不等式恒成立问题的解题方法
(1)f(x)>a对一切x∈I恒成立⇔f(x)min>a，x∈I；f(x)(2)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔当x∈I时，f(x)的图象在g(x)的图象的上方．
(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法．
【热点突破】
【典例】1 (1)若p>1,0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)))p>1 B.eq \f(p－m,p－n)C．m－plgnp
(2)(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知关于x的不等式ax－b≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x的不等式ax2＋(3a－b)x－3b<0的解集是( )
A．(－∞，－3)∪(2，＋∞) B．(－3,2)
C．(－∞，－2)∪(3，＋∞) D．(－2,3)
【拓展训练】1 (1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，x<\f(1,2)，,\f(1,x)，x≥\f(1,2)，))则不等式x2f(x)＋x－2≤0的解集是________________．
(2)若不等式(a2－4)x2＋(a＋2)x－1≥0的解集是空集，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5)))∪{2}
【要点提炼】
考点二基本不等式
基本不等式求最值的三种解题技巧
(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．
(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值．
(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y＝m＋eq \f(A,gx)＋Bg(x)(AB>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式求最值．
【典例】2 (1)下列不等式的证明过程正确的是( )
A．若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2
B．若a<0，则a＋eq \f(4,a)≥－2eq \r(a·\f(4,a))＝－4
C．若a，b∈(0，＋∞)，则lg a＋lg b≥2eq \r(lg a·lg b)
D．若a∈R，则2a＋2－a≥2eq \r(2a·2－a)＝2
(2)(2019·天津)设x>0，y>0，x＋2y＝5，则eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．
【拓展训练】2 (1)(2020·北京市中国人民大学附属中学模拟)已知a>0，b>0，且a－b＝1，则2a＋eq \f(1,b)的最小值为________．
(2)(2020·江苏)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是________．
专题训练
一、单项选择题
1．不等式(－x＋3)(x－1)<0的解集是( )
A．{x|－1C．{x|x<－1或x>3} D．{x|x<1或x>3}
2．下列命题中正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，ceq \f(b,d)
C．若a>b，c>d，则a－c>b－d
D．若ab>0，a>b，则eq \f(1,a)3．(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－2或x>3}，则f(10x)>0的解集为( )
A．{x|x<－2或x>lg 3} B．{x|－2C．{x|x>lg 3} D．{x|x4．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)B.eq \f(b,2a)C．a＋eq \f(1,b)D．lg2(a＋b)5．(2018·全国Ⅲ)设a＝lg0.20.3，b＝lg20.3，则( )
A．a＋bC．a＋b<06．已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是( )
A．3 B．4 C.eq \f(9,2) D.eq \f(11,2)
7．已知a>－1，b>－2，(a＋1)(b＋2)＝16，则a＋b的最小值是( )
A．4 B．5 C．6 D．7
8．已知正实数a，b，c满足a2－2ab＋9b2－c＝0，则当eq \f(ab,c)取得最大值时，eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)－eq \f(12,c)的最大值为( )
A．3 B.eq \f(9,4) C．1 D．0
二、多项选择题
9．设f(x)＝ln x,0A．q＝r B．pq
10．已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的值可以是( )
A．6 B．7 C．8 D．9
11．(2020·威海模拟)若a，b为正实数，则a>b的充要条件为( )
A.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) B．ln a>ln b
C．aln a12．(2020·新高考全国Ⅰ)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
三、填空题
13．对于0lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))；③a1＋a<；④a1＋a>a1＋eq \f(1,a).其中正确的是________．(填序号)
14．当x∈(0，＋∞)时，关于x的不等式mx2－(m＋1)x＋m>0恒成立，则实数m的取值范围是________．
15．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
16．已知实数x，y满足x>1，y>0且x＋4y＋eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)＝11，则eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)的最大值为________．
专题一第3讲不等式
【要点提炼】
考点一不等式的性质与解法
1．不等式的倒数性质
(1)a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)(2)a<0(3)a>b>0,0eq \f(b,d).
2．不等式恒成立问题的解题方法
(1)f(x)>a对一切x∈I恒成立⇔f(x)min>a，x∈I；f(x)(2)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔当x∈I时，f(x)的图象在g(x)的图象的上方．
(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法．
【热点突破】
【典例】1 (1)若p>1,0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)))p>1 B.eq \f(p－m,p－n)C．m－plgnp
【答案】 D
【解析】方法一设m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)，p＝2，逐个代入可知D正确．
方法二对于选项A，因为01，所以00，所以eq \f(p－m,p－n)>eq \f(m,n)，故B不正确；对于选项C，由于函数y＝x－p在(0，＋∞)上为减函数，且0n－p，故C不正确；对于选项D，结合对数函数的图象可得，当p>1,0lgnp，故D正确．
(2)(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知关于x的不等式ax－b≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x的不等式ax2＋(3a－b)x－3b<0的解集是( )
A．(－∞，－3)∪(2，＋∞) B．(－3,2)
C．(－∞，－2)∪(3，＋∞) D．(－2,3)
【答案】 A
【解析】由关于x的不等式ax－b≤0的解集是[2，＋∞)，得b＝2a且a<0，
则关于x的不等式ax2＋(3a－b)x－3b<0可化为x2＋x－6>0，
即(x＋3)(x－2)>0，解得x<－3或x>2，
所以不等式的解集为(－∞，－3)∪(2，＋∞)．
易错提醒求解含参不等式ax2＋bx＋c<0恒成立问题的易错点
(1)对参数进行讨论时分类不完整，易忽略a＝0时的情况．
(2)不会通过转换把参数作为主元进行求解．
(3)不考虑a的符号．
【拓展训练】1 (1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，x<\f(1,2)，,\f(1,x)，x≥\f(1,2)，))则不等式x2f(x)＋x－2≤0的解集是________________．
【答案】 {x|－1≤x≤1}
【解析】由x2f(x)＋x－2≤0，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)，,3x2＋x－2≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,x2·\f(1,x)＋x－2≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)，,－1≤x≤\f(2,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,x≤1，))
∴－1≤x∴原不等式的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)若不等式(a2－4)x2＋(a＋2)x－1≥0的解集是空集，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5)))∪{2}
【答案】 B
【解析】当a2－4＝0时，解得a＝2或a＝－2，
当a＝2时，不等式可化为4x－1≥0，解集不是空集，不符合题意；当a＝－2时，不等式可化为－1≥0，此式不成立，解集为空集．
当a2－4≠0时，要使不等式的解集为空集，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－4<0，,Δ＝a＋22＋4a2－4<0，))解得－2综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(6,5))).
【要点提炼】
考点二基本不等式
基本不等式求最值的三种解题技巧
(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．
(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值．
(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y＝m＋eq \f(A,gx)＋Bg(x)(AB>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．
【典例】2 (1)下列不等式的证明过程正确的是( )
A．若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2
B．若a<0，则a＋eq \f(4,a)≥－2eq \r(a·\f(4,a))＝－4
C．若a，b∈(0，＋∞)，则lg a＋lg b≥2eq \r(lg a·lg b)
D．若a∈R，则2a＋2－a≥2eq \r(2a·2－a)＝2
【答案】 D
【解析】由于eq \f(b,a)，eq \f(a,b)的符号不确定，故选项A错误；∵a<0，∴a＋eq \f(4,a)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,a)))))≤
－2eq \r(－a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,a))))
＝－4(当且仅当a＝－2时，等号成立)，故B错误；由于lg a，lg b的符号不确定，故选项C错误；∵2a>0,2－a>0，∴2a＋2－a≥2eq \r(2a·2－a)＝2(当且仅当a＝0时，等号成立)，故选项D正确．
(2)(2019·天津)设x>0，y>0，x＋2y＝5，则eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．
【答案】 4eq \r(3)
【解析】 eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))＝eq \f(2xy＋2y＋x＋1,\r(xy))＝eq \f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq \r(xy)＋eq \f(6,\r(xy)) .由x＋2y＝5得5≥2eq \r(2xy)，即eq \r(xy)≤eq \f(5\r(2),4)，即xy≤eq \f(25,8)，当且仅当x＝2y＝eq \f(5,2)时等号成立．所以2eq \r(xy)＋eq \f(6,\r(xy))≥2eq \r(2\r(xy)·\f(6,\r(xy)))＝4eq \r(3)，当且仅当2eq \r(xy)＝eq \f(6,\r(xy))，即xy＝3时取等号，结合xy≤eq \f(25,8)可知，xy可以取到3，故eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为4eq \r(3).
易错提醒运用基本不等式时，一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指“正数”；“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值；“三相等”是指满足等号成立的条件．若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致，否则最值取不到．
【拓展训练】2 (1)(2020·北京市中国人民大学附属中学模拟)已知a>0，b>0，且a－b＝1，则2a＋eq \f(1,b)的最小值为________．
【答案】 2eq \r(2)＋2
【解析】 ∵a>0，b>0，由a－b＝1，得a＝1＋b，∴2a＋eq \f(1,b)＝2＋2b＋eq \f(1,b)≥2＋2eq \r(2b·\f(1,b))＝2＋2eq \r(2)，当且仅当b＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，∴2a＋eq \f(1,b)的最小值为2eq \r(2)＋2.
(2)(2020·江苏)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是________．
【答案】 eq \f(4,5)
【解析】方法一由题意知y≠0.由5x2y2＋y4＝1，
可得x2＝eq \f(1－y4,5y2)，
所以x2＋y2＝eq \f(1－y4,5y2)＋y2＝eq \f(1＋4y4,5y2)
＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y2)＋4y2))≥eq \f(1,5)×2eq \r(\f(1,y2)×4y2)＝eq \f(4,5)，
当且仅当eq \f(1,y2)＝4y2，即y＝±eq \f(\r(2),2)时取等号．
所以x2＋y2的最小值为eq \f(4,5).
方法二设x2＋y2＝t>0，则x2＝t－y2.
因为5x2y2＋y4＝1，所以5(t－y2)y2＋y4＝1，
所以4y4－5ty2＋1＝0.
由Δ＝25t2－16≥0，解得t≥eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t≤－\f(4,5)舍去)).
故x2＋y2的最小值为eq \f(4,5).
专题训练
一、单项选择题
1．不等式(－x＋3)(x－1)<0的解集是( )
A．{x|－1C．{x|x<－1或x>3} D．{x|x<1或x>3}
【答案】 D
【解析】不等式即(x－3)(x－1)>0，由二次不等式的解法大于分两边可得不等式的解集为{x|x<1或x>3}．
2．下列命题中正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，ceq \f(b,d)
C．若a>b，c>d，则a－c>b－d
D．若ab>0，a>b，则eq \f(1,a)【答案】 D
【解析】对于A选项，当c＝0时，不成立，故A选项错误．
当a＝1，b＝0，c＝－2，d＝－1时，eq \f(a,c)当a＝1，b＝0，c＝1，d＝0时，a－c＝b－d，故C选项错误．
由不等式的性质知D正确．
3．(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－2或x>3}，则f(10x)>0的解集为( )
A．{x|x<－2或x>lg 3} B．{x|－2C．{x|x>lg 3} D．{x|x【答案】 D
【解析】一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－2或x>3}，
则f(x)>0的解集为{x|－2则f(10x)>0可化为－2<10x<3，解得x所以所求不等式的解集为{x|x4．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)B.eq \f(b,2a)C．a＋eq \f(1,b)D．lg2(a＋b)【答案】 B
【解析】由题意得a>1,0∴eq \f(b,2a)<1，lg2(a＋b)>lg22eq \r(ab)＝1，
>a＋eq \f(1,b)>a＋b⇒a＋eq \f(1,b)>lg2(a＋b)．
5．(2018·全国Ⅲ)设a＝lg0.20.3，b＝lg20.3，则( )
A．a＋bC．a＋b<0【答案】 B
【解析】 ∵a＝lg0.20.3>lg0.21＝0，
b＝lg20.3∵eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg0.30.2＋lg0.32＝lg0.30.4，
∴1＝lg0.30.3>lg0.30.4>lg0.31＝0，
∴06．已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是( )
A．3 B．4 C.eq \f(9,2) D.eq \f(11,2)
【答案】 B
【解析】由题意得x＋2y＝8－x·2y≥8－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))2，当且仅当x＝2y时，等号成立，整理得(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0，即(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，又x＋2y>0，所以x＋2y≥4，所以x＋2y的最小值为4.故选B.
7．已知a>－1，b>－2，(a＋1)(b＋2)＝16，则a＋b的最小值是( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】 B
【解析】由a>－1，b>－2，得a＋1>0，b＋2>0，a＋b＝(a＋1)＋(b＋2)－3≥2eq \r(a＋1b＋2)
－3＝2×4－3＝5，当且仅当a＋1＝b＋2＝4，即a＝3，b＝2时等号成立，所以a＋b的最小值是5.
8．已知正实数a，b，c满足a2－2ab＋9b2－c＝0，则当eq \f(ab,c)取得最大值时，eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)－eq \f(12,c)的最大值为( )
A．3 B.eq \f(9,4) C．1 D．0
【答案】 C
【解析】由正实数a，b，c满足a2－2ab＋9b2－c＝0，
得eq \f(a2,c)－eq \f(2ab,c)＋eq \f(9b2,c)＝1≥eq \f(4ab,c)，
当且仅当eq \f(a2,c)＝eq \f(9b2,c)，即a＝3b时，eq \f(ab,c)取最大值eq \f(1,4)，
又因为a2－2ab＋9b2－c＝0，
所以此时c＝12b2，
所以eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)－eq \f(12,c)＝eq \f(1,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,b)))≤eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋2－\f(1,b)))2,4)＝1，
当且仅当b＝1时等号成立．故最大值为1.
二、多项选择题
9．设f(x)＝ln x,0A．q＝r B．pq
【答案】 BC
【解析】 r＝eq \f(1,2)(ln a＋ln b)＝p＝ln eq \r(ab)，p＝ln eq \r(ab)10．已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的值可以是( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】 ABC
【解析】方法一设y＝x2－6x＋a，则其图象为开口向上，对称轴是x＝3的抛物线，如图所示．
若关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(22－6×2＋a≤0，,12－6×1＋a>0，))解得5又a∈Z，故a可以为6,7,8.
方法二分离常数，得a≤－x2＋6x，函数y＝－x2＋6x的图象及直线y＝a，如图所示，由图易知511．(2020·威海模拟)若a，b为正实数，则a>b的充要条件为( )
A.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) B．ln a>ln b
C．aln a【答案】 BD
【解析】对于A，因为a>b>0，所以eq \f(1,a)b>0⇔ln a>ln b，故B正确；对于C，设f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以a>b>0不能推出aln a0)，则g′(x)＝1－ex.因为x>0，所以ex>1，所以g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a>b>0时，g(a)0，b>0，且a－bb，必要性成立，故D正确．
12．(2020·新高考全国Ⅰ)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
【答案】 ABD
【解析】因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以a＋b≥2eq \r(ab)，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，即有ab≤eq \f(1,4).
对于A，a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，故A正确；
对于B,2a－b＝22a－1＝eq \f(1,2)×22a，
因为a>0，所以22a>1，即2a－b>eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg2eq \f(1,4)＝－2，故C错误；
对于D，由(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤2，
得eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，故D正确．
三、填空题
13．对于0lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))；③a1＋a<；④a1＋a>a1＋eq \f(1,a).其中正确的是________．(填序号)
【答案】 ②④
【解析】由于014．当x∈(0，＋∞)时，关于x的不等式mx2－(m＋1)x＋m>0恒成立，则实数m的取值范围是________．
【答案】 (1，＋∞)
【解析】 ∵x∈(0，＋∞)，mx2－(m＋1)x＋m>0恒成立，
∴m(x2－x＋1)>x恒成立，
又x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
∴m>eq \f(x,x2－x＋1)恒成立，
当x∈(0，＋∞)时，eq \f(x,x2－x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)－1)≤eq \f(1,2\r(1)－1)＝1，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取“＝”．
∴m>1.
15．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
【答案】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
【解析】由f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，
得f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq \f(1,e－x)
＝－x3＋2x－ex＋eq \f(1,ex)＝－f(x)，
又x∈R，所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)是奇函数．
因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq \f(1,ex)≥3x2－2＋2eq \r(ex·\f(1,ex))
＝3x2≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，
所以f(x)在R上单调递增，
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤eq \f(1,2).
16．已知实数x，y满足x>1，y>0且x＋4y＋eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)＝11，则eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)的最大值为________．
【答案】 9
【解析】 ∵x＋4y＋eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)＝11，
∴(x－1)＋4y＝10－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(1,y)))，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(1,y)))[(x－1)＋4y]＝5＋eq \f(x－1,y)＋eq \f(4y,x－1)
≥5＋2eq \r(4)＝9，
当且仅当eq \f(x－1,y)＝eq \f(4y,x－1)，即2y＝x－1>0时等号成立，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(1,y)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(1,y)))))≥9，
令t＝eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)，则t(10－t)≥9，
即t2－10t＋9≤0，∴1≤t≤9，
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,y)的最大值为9.

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