2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测23《不等式》小题练(含答案详解)

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这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测23《不等式》小题练(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设a>b，a，b，c∈R，则下列式子正确的是( )
A.ac2>bc2 B.eq \f(a,b)>1 C.a－c>b－c D.a2>b2
不等式eq \f(x2＋x－6,x＋1)>0的解集为( )
A.{x|－23}
B.{x|－32}
C.{x|x<－3，或－1D.{x|x<－3，或x>2}
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≥0，,x2－2x，x<0，))若f(3－a2)A.(1,3) B.(－3,1) C.(－2,0) D.(－3,2)
若关于x的不等式x2＋ax－2＜0在区间[1,4]上有解，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，1) B.(－∞，1] C.(1，＋∞) D.[1，＋∞)
若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))则z=2x＋y的最大值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
若变量x，y满足条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－1≤0，,x＋y－6≤0，,x－1≥0，))则xy的取值范围是( )
A.[0,5] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5，\f(35,4))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(35,4))) D.[0,9]
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2千克，B原料3千克；生产乙产品1桶需消耗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，公司在每天消耗A，B原料都不超过12千克的条件下，生产这两种产品可获得的最大利润为( )
A.1 800元 B.2 100元 C.2 400元 D.2 700元
已知第一象限的点(a，b)在直线2x＋3y－1=0上，则eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)的最小值为( )
A.24 B.25 C.26 D.27
若函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,－2x＋\f(1,2)，x≤0，))则“0A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
已知关于x的不等式ax2－ax－2a2>1(a>0，a≠1)的解集为(－a,2a)，
且函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 的定义域为R，则实数m的取值范围为( )
A.(－1,0) B.[－1,0] C.(0,1] D.[－1,1]
若关于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，则x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)的最小值是( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(2\r(6),3)
已知a为正的常数，若不等式eq \r(1＋x)≥1＋eq \f(x,2)－eq \f(x2,a)对一切非负实数x恒成立，
则a的最大值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
二、填空题
已知关于x的不等式2x＋eq \f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a最小值为______.
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) 当x∈(0,1)时，不等式eq \f(4,1－x)≥m－eq \f(1,x)恒成立，则m的最大值为________.
\s 0 参考答案
答案为：C；
解析：a>b，若c=0，则ac2=bc2，故A错；a>b，若b<0，则eq \f(a,b)<1，故B错；
a>b，不论c取何值，都有a－c>b－c，故C正确；
a>b，若a，b都小于0，则a2 答案为：B；
解析：eq \f(x2＋x－6,x＋1)>0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－6>0，,x＋1>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－6<0，,x＋1<0，))
解得－32.选B.
答案为：B；
解析：如图，画出f(x)的图象，由图象易得f(x)在R上单调递减，
∵f(3－a2)2a，解得－3 答案为：A；
解析：法一：因为x∈[1,4]，则不等式x2＋ax－2＜0可化为a＜eq \f(2－x2,x)=eq \f(2,x)－x，
设f(x)=eq \f(2,x)－x，x∈[1,4]，由题意得只需a＜f(x)max，
因为函数f(x)为区间[1,4]上的减函数，所以f(x)max=f(1)=1，故a＜1.
法二：设g(x)=x2＋ax－2，函数g(x)的图象是开口向上的抛物线，过定点(0，－2)，
因为g(x)＜0在区间[1,4]上有解，所以g(1)＜0，解得a＜1.
答案为：C；
解析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y=0，平移该直线，
可知当直线过点A(2，－1)时，z=2x＋y取得最大值，且zmax=2×2－1=3.
答案为：D；
解析：依题意作出题中的不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
结合图形可知，xy的最小值为0(当x=1，y=0时取得)；
xy≤x(6－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋6－x,2)))2=9，即xy≤9，当x=3，y=3时取等号，
即xy的最大值为9，故选D.
答案为：C;
解析：设生产甲产品x桶，生产乙产品y桶，每天的利润为z元.根据题意，
有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*，))z=300x＋400y.作出eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，,y≥0))
所表示的可行域，如图中阴影部分所示，
作出直线3x＋4y=0并平移，当直线经过点A(0,6)时，z有最大值，
zmax=400×6=2 400，故选C.
答案为：B；
解析：因为第一象限的点(a，b)在直线2x＋3y－1=0上，所以2a＋3b－1=0，a>0，b>0，
即2a＋3b=1，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b)))(2a＋3b)=4＋9＋eq \f(6b,a)＋eq \f(6a,b)≥13＋2 eq \r(\f(6b,a)·\f(6a,b))=25，
当且仅当eq \f(6b,a)=eq \f(6a,b)，即a=b=eq \f(1,5)时取等号，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)的最小值为25.
答案为：A；
解析：当0若f(x)<0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,lg2x<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,－2x＋\f(1,2)<0，))
解得0 答案为：B；
解析：当a>1时，由题意可得x2－ax－2a2>0的解集为(－a,2a)，这显然是不可能的.
当0且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))x2＋2mx－m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))0，即x2＋2mx－m≥0恒成立，故对于方程x2＋2mx－m=0，
有Δ=4m2＋4m≤0，解得－1≤m≤0.
答案为：C；
解析：∵关于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，
∴Δ=16a2－12a2=4a2＞0，又x1＋x2=4a，x1x2=3a2，
∴x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)=4a＋eq \f(a,3a2)=4a＋eq \f(1,3a)≥2eq \r(4a·\f(1,3a))=eq \f(4\r(3),3)，当且仅当a=eq \f(\r(3),6)时取等号.
∴x1＋x2＋eq \f(a,x1x2)的最小值是eq \f(4\r(3),3).
答案为：C；
解析：原不等式可化为eq \f(x2,a)≥1＋eq \f(x,2)－eq \r(1＋x)，令eq \r(1＋x)=t，t≥1，则x=t2－1.
所以eq \f(t2－12,a)≥1＋eq \f(t2－1,2)－t=eq \f(t2－2t＋1,2)=eq \f(t－12,2)对t≥1恒成立，
所以eq \f(t＋12,a)≥eq \f(1,2)对t≥1恒成立.
又a为正的常数，所以a≤[2(t＋1)2]min=8，故a的最大值是8.
二、填空题
答案为：eq \f(3,2)；
解析：由x>a，知x－a>0，则2x＋eq \f(2,x－a)=2(x－a)＋eq \f(2,x－a)＋2a
≥2 eq \r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a=4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，解得a≥eq \f(3,2)，
即实数a的最小值为eq \f(3,2).
答案为：9；
解析：由函数值域为[0，＋∞)知，函数f(x)=x2＋ax＋b(a，b∈R)的图象在x轴上方，
且与x轴相切，因此有Δ=a2－4b=0，即b=eq \f(a2,4)，
∴f(x)=x2＋ax＋b=x2＋ax＋eq \f(a2,4)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.∴f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2解得－eq \r(c)∵不等式f(x) 答案为：9；
解析：由已知不等式可得m≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)，∵x∈(0,1)，∴1－x∈(0,1)，
∵x＋(1－x)=1，∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1－x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,1－x)))[x＋(1－x)]=5＋eq \f(1－x,x)＋eq \f(4x,1－x)
≥5＋2 eq \r(\f(1－x,x)·\f(4x,1－x))=9，当且仅当eq \f(1－x,x)=eq \f(4x,1－x)，即x=eq \f(1,3)时取等号，
∴m≤9，即实数m的最大值为9.

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