2014年高考数学（理）真题分类汇编： 不等式

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编： 不等式，共11页。

E1 不等式的概念与性质
5．，，[2014·山东卷] 已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是( )
A. eq \f(1,x2＋1)＞eq \f(1,y2＋1) B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1) C. sin x＞sin y D. x3＞y3
5．D
4．[2014·四川卷] 若a>b>0，cA.eq \f(a,c)>eq \f(b,d) B.eq \f(a,c)eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)4．D
E2 绝对值不等式的解法
9．、[2014·安徽卷] 若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5 C．－1或－4 D．－4或8
9．D [解析] 当a≥2时，
f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋a＋1（x>－1），,x＋a－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≤x≤－1))，,－3x－a－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<－\f(a,2))).))
由图可知，当x＝－eq \f(a,2)时，fmin(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝eq \f(a,2)－1＝3，可得a＝8.
当a<2时，f(x)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>－\f(a,2)))，,－x－a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤－\f(a,2)))，,－3x－a－1（x<－1）.))
由图可知，当x＝－eq \f(a,2)时，fmin(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a,2)＋1＝3，可得a＝－4.综上可知，a的值为－4或8.
E3 一元二次不等式的解法
2．、[2014·全国卷] 设集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，则M∩N＝( )
A．(0，4] B．[0，4) C．[－1，0) D．(－1，0]
2．B
12．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设函数f(x)＝eq \r(3)sineq \f(πx,m)，若存在f(x)的极值点x0满足xeq \\al(2,0)＋[f(x0)]2＜m2，则m的取值范围是( )
A．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
12．C
E4 简单的一元高次不等式的解法
E5 简单的线性规划问题
5．[2014·安徽卷] x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2≤0，,x－2y－2≤0，,2x－y＋2≥0.))若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为( )
A.eq \f(1,2)或－1 B．2或eq \f(1,2) C．2或1 D．2或－1
5．D
6．[2014·北京卷] 若x，y满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2≥0，,kx－y＋2≥0，,y≥0，))
且z＝y－x的最小值为－4，则k的值为( )
A．2 B．－2 C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
6．D
11．[2014·福建卷] 若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋1≤0，,x＋2y－8≤0，,x≥0，))则z＝3x＋y的最小值为________．
11．1
3．[2014·广东卷] 若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))且z＝2x＋y的最大值和最小值分别为m和n，则m－n＝( )
A．5 B．6 C.7 D．8
3．B
14．[2014·湖南卷] 若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y≤x，,x＋y≤4，,y≥k，))且z＝2x＋y的最小值为－6，则k＝________.
14．－2
14．[2014·全国卷] 设x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y≥0，,x＋2y≤3，,x－2y≤1，))则z＝x＋4y的最大值为________．
14．5
9．、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≥1，,x－2y≤4))的解集记为D，有下面四个命题：
p1：∀(x，y)∈D，x＋2y≥－2， p2：∃(x，y)∈D，x＋2y≥2，
p3：∀(x，y)∈D，x＋2y≤3， p4：∃(x，y)∈D，x＋2y≤－1.
其中的真命题是( )
A．p2，p3 B．p1，p2 C．p1，p4 D．p1，p3
9．B
9．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－7≤0，,x－3y＋1≤0，,3x－y－5≥0，))则z＝2x－y的最大值为( )
A．10 B．8 C．3 D．2
9．B
9．[2014·山东卷] 已知x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y－1≤0，,2x－y－3≥0，))当目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)在该约束条件下取到最小值2 eq \r(5)时，a2＋b2的最小值为( )
A. 5 B. 4 C. eq \r(5) D. 2
9．B
18．[2014·陕西卷] 在直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上．
(1)若eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0，求|eq \(OP,\s\up6(→))|；
(2)设eq \(OP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，用x，y表示m－n，并求m－n的最大值．
18．解：(1)方法一：∵eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0，
又eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6－3x＝0，,6－3y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，))
即eq \(OP,\s\up6(→))＝(2，2)，故|eq \(OP,\s\up6(→))|＝2eq \r(2).
方法二：∵eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0，
则(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))＋(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))＋(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))＝0，
∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝(2，2)，
∴|eq \(OP,\s\up6(→))|＝2eq \r(2).
(2)∵eq \(OP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))，
∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m＋2n，,y＝2m＋n，))
两式相减得，m－n＝y－x，
令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B(2，3)时，t取得最大值1，故m－n的最大值为1.
5．[2014·四川卷] 执行如图1­1所示的程序框图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为( )
图1­1
A．0 B．1 C．2 D．3
5．C
2．[2014·天津卷] 设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2≥0，,x－y－2≤0，,y≥1，))则目标函数z＝x＋2y的最小值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
2．B
13． [2014·浙江卷] 当实数x，y满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y－4≤0，,x－y－1≤0，,x≥1))时，1≤ax＋y≤4恒成立，则实数a的取值范围是________．
13.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
E6 基本不等式
16．、[2014·辽宁卷] 对于c>0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，eq \f(3,a)－eq \f(4,b)＋eq \f(5,c)的最小值为________．
16．－2
14．，[2014·山东卷] 若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))eq \s\up12(6)的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
14．2
10．，[2014·四川卷] 已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A．2 B．3 C.eq \f(17\r(2),8) D.eq \r(10)
10．B
14．，[2014·四川卷] 设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．
14．5
E7 不等式的证明方法
20．[2014·北京卷] 对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，记
T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，
其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数．
(1)对于数对序列P：(2，5)，(4，1)，求T1(P)，T2(P)的值；
(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；
(3)在由五个数对(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)
20．解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，
T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7，6}＝8.
(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，
T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．
当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.
因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．
当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.
因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．
所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．
(3)数对序列P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的T5(P)值最小，
T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50，T5(P)＝52.
19．[2014·天津卷] 已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an19．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及ans－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
＝eq \f(（q－1）（1－qn－1）,1－q)－qn－1
＝－1<0，
所以sE8 不等式的综合应用
9．、[2014·安徽卷] 若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5 C．－1或－4 D．－4或8
9．D
13．[2014·福建卷] 要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元)．
13．160
21．[2014·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
21．解：由题设得，g(x)＝eq \f(x,1＋x)(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝eq \f(x,1＋x)，
g2(x)＝g(g1(x))＝eq \f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq \f(x,1＋2x)，
g3(x)＝eq \f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq \f(x,1＋nx).
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝eq \f(x,1＋x)，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq \f(x,1＋kx).
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq \f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq \f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq \f(x,1＋（k＋1）x)，即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－eq \f(ax,1＋x)(x≥0)，
则φ′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(a,（1＋x）2)＝eq \f(x＋1－a,（1＋x）2)，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法一：上述不等式等价于eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1)在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq \f(x,1＋x)，x>0.
令x＝eq \f(1,n)，n∈N＋，则eq \f(1,n＋1)下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，eq \f(1,2)②假设当n＝k时结论成立，即eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)那么，当n＝k＋1时，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
方法二：上述不等式等价于eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1)在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq \f(x,1＋x)，x>0.
令x＝eq \f(1,n)，n∈N＋，则lneq \f(n＋1,n)>eq \f(1,n＋1).
故有ln 2－ln 1>eq \f(1,2)，
ln 3－ln 2>eq \f(1,3)，
……
ln(n＋1)－ln n>eq \f(1,n＋1)，
上述各式相加可得ln(n＋1)>eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1)，
结论得证．
方法三：如图，eq \i\in(0,n,)eq \f(x,x＋1)dx是由曲线y＝eq \f(x,x＋1)，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)是图中所示各矩形的面积和，
∴eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)>eq \i\in(0,n,)eq \f(x,x＋1)dx＝
eq \i\in(0,n,)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
E9 单元综合
16．、[2014·辽宁卷] 对于c>0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，eq \f(3,a)－eq \f(4,b)＋eq \f(5,c)的最小值为________．
16．－2
12．、[2014·辽宁卷] 已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：
①f(0)＝f(1)＝0；
②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2π) D.eq \f(1,8)
12．B