2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第七章 不等式章末檢測 理 新人教A版 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(xx山東)設集合M＝{x|x2＋x－6<0}，N＝{x|1≤x≤3}，則M∩N等于(　　) A．[1,2) B．[1,2] C．(2,3] D．[2,3] 2．(xx商丘月考)下列命題中為真命題的是(　　) A．若a>b，c>d，則ac>bd B．若|a|>b，則a2>b2 C．若a>b，則a2>b2 D．若a>|b|，則a2>b2 3．若實數(shù)a、b滿足a＋b＝2，則3a＋3b的最小值是(　　) A．18 B．6 C．2 D．2 4．不等式y(tǒng)≥|x|表示的平面區(qū)域是(　　) 5．(xx北京)如果x<y<0，那么(　　) A．y<x<1 B．x<y<1 C．1<x<y D．1<y<x 6．若實數(shù)x，y滿足不等式組則x＋y的最大值為(　　) A．9 B. C．1 D. 7．點P(a,3)到直線4x－3y＋1＝0的距離等于4，且在2x＋y－3<0表示的平面區(qū)域內，則a的值為(　　) A．3 B．7 C．－3 D．－7 8．(xx黃岡月考)設an＝＋＋…＋，則對任意正整數(shù)m，n (m>n)都成立的是(　　) A．|an－am|< B．|an－am|> C．|an－am|< D．|an－am|> 9．今有一臺壞天平，兩臂長不等，其余均精確，有人要用它稱物體的重量，他將物體放在左右托盤各稱一次，取兩次稱量結果分別為a、b.設物體的真實重量為G，則(　　) A.＝G B.≤G C.>G D.<G 10．設M＝，且a＋b＋c＝1 (其中a，b，c為正實數(shù))，則M的取值范圍是(　　) A. B. C．[1,8) D．[8，＋∞) 11．(xx許昌月考)對一切實數(shù)x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－2，＋∞) B．(－∞，－2) C．[－2,2] D．[0，＋∞) 12．若實數(shù)x、y滿足＋＝1，則x2＋2y2有(　　) A．最大值3＋2 B．最小值3＋2 C．最大值6 D．最小值6 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．關于x的不等式x2＋(a＋1)x＋ab>0的解集是{x|x<－1或x>4}，則實數(shù)a、b的值分別為________． 14．(xx陜西)如圖，點(x，y)在四邊形ABCD內部和邊界上運動，那么2x－y的最小值為________． 15．(xx湯陰模擬)已知正數(shù)a、b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍為____________，a＋b的取值范圍是____________． 16．(xx山東)設函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察： f1(x)＝f(x)＝， f2(x)＝f(f1(x))＝， f3(x)＝f(f2(x))＝， f4(x)＝f(f3(x))＝， …… 根據(jù)以上事實，由歸納推理可得： 當n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. 三、解答題(本大題共6小題，共70分) 17．(10分)解關于x的不等式≤(其中a>0且a≠1)． 18．(12分)(xx惠州月考)函數(shù)f(x)對一切實數(shù)x，y均有f(x＋y)－f(y)＝(x＋2y＋1)x成立，且f(1)＝0. (1)求f(0)； (2)求f(x)； (3)當0<x<2時不等式f(x)>ax－5恒成立，求a的取值范圍． 19．(12分)(xx汕頭月考)設數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ 20．(12分)(xx嘉興月考)某投資人打算投資甲、乙兩個項目，根據(jù)預測，甲、乙項目可能的最大盈利率分別為100%和50%，可能的最大虧損率分別為30%和10%，投資人計劃投資金額不超過10萬元，要求確?？赡艿馁Y金虧損不超過1.8萬元，問投資人對甲、乙兩個項目各投資多少萬元，才能使可能的盈利最大？ 21．(12分)先閱讀下列不等式的證法，再解決后面的問題： 已知a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求證：a＋a≥. 證明：構造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2， f(x)＝2x2－2(a1＋a2)x＋a＋a＝2x2－2x＋a＋a. 因為對一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(a＋a)≤0，從而得a＋a≥. (1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，請寫出上述問題的推廣式； (2)參考上述證法，對你推廣的問題加以證明． 22．(12分)(xx山東)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上． (1)求r的值； (2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)， 證明：對任意的n∈N*，不等式…>成立． 第七章　章末檢測 1．A　[∵x2＋x－6<0，∴－3<x<2， ∴M＝{x|－3<x<2}． 又∵N＝{x|1≤x≤3}，∴M∩N＝{x|1≤x<2}．] 2．D 3．B　[由基本不等式，得3a＋3b≥2＝2＝6，當且僅當a＝b＝1時取等號，所以3a＋3b的最小值是6.] 4．A 5．D　[不等式轉化為?1<y<x.] 6．A　[畫出可行域如圖： 令z＝x＋y，可變?yōu)閥＝－x＋z，作出目標函數(shù)線，平移目標函數(shù)線，顯然過點A時z最大． 由得A(4,5)， ∴zmax＝4＋5＝9.] 7．C　[由題意解得a＝－3.] 8．C　[|an－am| ＝ ≤＋＋…＋ <＋＋…＋＝＝－<.] 9．C　[設左、右臂長分別為l1、l2， 則l1G＝l2a，① l2G＝l1b.② ①②，得G2＝ab，∴G＝.∵l1≠l2， 故a≠b，>＝G.] 10．D　[∵M＝(－1)(－1)(－1) ＝≥＝8， 當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立． ∴M≥8.] 11．A　[當x＝0時，對任意實數(shù)a，不等式都成立； 當x≠0時，a≥－＝－＝f(x)， 問題等價于a≥f(x)max，∵f(x)max＝－2，故a≥－2. 綜上可知，a的取值范圍是[－2，＋∞)．] 12．B　[x2＋2y2＝(x2＋2y2)1＝(x2＋2y2)＝1＋＋＋2≥3＋2 ＝3＋2，當且僅當＝時等號成立．] 13．－4,1 解析　由題意知，－1、4為方程x2＋(a＋1)x＋ab＝0的兩根，∴a＋1＝－3，ab＝－4.∴a＝－4，b＝1. 14．1 解析　令b＝2x－y，則y＝2x－b， 如圖所示，作斜率為2的平行線y＝2x－b， 當經過點A時，直線在y軸上的截距最大，為－b，此時b＝2x－y取得最小值，為b＝21－1＝1. 15．[9，＋∞)　[6，＋∞) 解析　∵a＋b≥2，∴ab－3≥2. 解得，≥3或≤－1(舍)，∴ab≥9， a＋b＝ab－3≥6. 16. 解析　依題意，先求函數(shù)結果的分母中x項系數(shù)所組成數(shù)列的通項公式，由1,3,7,15，…，可推知該數(shù)列的通項公式為an＝2n－1.又函數(shù)結果的分母中常數(shù)項依次為2,4,8,16，…，故其通項公式為bn＝2n. 所以當n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝. 17．解?、佼攁>1時，有x－＋1≤－1， ∴x－＋2≤0，∴≤0. ∴≤0，∴x≤－3或0<x≤1.(6分) ②當0<a<1時，有x－＋1≥－1， ∴≥0.∴－3≤x<0或x≥1.(8分) 綜上，當a>1時，x∈(－∞，－3]∪(0,1]； 當0<a<1時，x∈[－3,0)∪[1，＋∞)．(10分) 18．解　(1)令x＝1，y＝0，得f(1＋0)－f(0)＝(1＋20＋1)1＝2， ∴f(0)＝f(1)－2＝－2.(3分) (2)令y＝0，f(x＋0)－f(0)＝(x＋20＋1)x＝x2＋x， ∴f(x)＝x2＋x－2.(6分) (3)f(x)>ax－5化為x2＋x－2>ax－5，ax<x2＋x＋3， ∵x∈(0,2)， ∴a<＝1＋x＋.(8分) 當x∈(0,2)時，1＋x＋≥1＋2，當且僅當x＝，即x＝時取等號，由∈(0,2)， 得(1＋x＋)min＝1＋2. ∴a<1＋2.(12分) 19．(1)證明　方法一　(反證法) 若{Sn}是等比數(shù)列． 則S＝S1S3，即a(1＋q)2＝a1a1(1＋q＋q2)， (3分) ∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2， ∴q＝0.這與q≠0矛盾． ∴{Sn}不是等比數(shù)列．(6分) 方法二　∵Sn＋1＝a1＋qSn，Sn＋2＝a1＋qSn＋1， ∴SnSn＋2－S＝Sn(a1＋qSn＋1)－(a1＋qSn)Sn＋1 ＝a1(Sn－Sn＋1)＝－a1an＋1≠0. 故SnSn＋2≠S， ∴數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．(6分) (2)解　當q＝1時，{Sn}是等差數(shù)列． 當q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列，否則S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3. ∴2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)(10分) 由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2， ∴q＝q2，∵q≠1，∴q＝0. 這與q≠0矛盾，故當q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列． (12分) 20．解　設投資人分別用x萬元、y萬元投資甲、乙兩個項目，由題意知 目標函數(shù)z＝x＋0.5y.(5分) 上述不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，陰影部分(含邊界)即可行域． 作直線l0：x＋0.5y＝0，并作平行于直線l0的一組直線x＋0.5y＝z，z∈R，與可行域相交，其中有一條直線經過可行域上的M點，且與直線x＋0.5y＝0的距離最大，這里M點是直線x＋y＝10和0.3x＋0.1y＝1.8的交點．(9分) 解方程組， 得x＝4，y＝6，此時zmax＝14＋0.56＝7(萬元)． ∴當x＝4，y＝6時，z取得最大值． 答　投資人用4萬元投資甲項目、6萬元投資乙項目，才能在確保虧損不超過1.8萬元的前提下，使可能的盈利最大．(12分) 21．(1)解　若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1. 求證：a＋a＋…＋a≥.(4分) (2)證明　構造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋a＋a＋…＋a＝nx2－2x＋a＋a＋…＋a.(8分) 因為對一切x∈R，都有f(x)≥0， 所以Δ＝4－4n(a＋a＋…＋a)≤0， 從而證得a＋a＋…＋a≥.(12分) 22．(1)解　由題意：Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r. 所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，(3分) 由于b>0且b≠1， 所以n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列． 又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)， 所以＝b，所以r＝－1.(5分) (2)證明　由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)， 所證不等式為…>. (6分) ①當n＝1時，左式＝，右式＝. 左式>右式，所以結論成立，(7分) ②假設n＝k(k∈N*)時結論成立，即…>，則當n＝k＋1時， …> ＝要證當n＝k＋1時結論成立， 只需證≥， 即證≥， 由均值不等式＝≥成立， 所以，當n＝k＋1時，結論成立．(11分) 由①②可知，n∈N*時，不等式…>成立．(12分)