阶段检测卷(四) (不等式)
时间：50分钟 满分：100分
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中.
1.设a，b，c∈R，且a>b，则( )
11
A.ac>bc B.<
ab
22
C.a>b D.a3>b3
2.(2018年辽宁丹东五校协作体联考)已知函数f(x)＝|ln x|.若0 A.(4，＋∞) B.[4，＋∞) C.(5，＋∞) D.[5，＋∞) 3.已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集为B，不等式x2＋ax＋b<0的解集为A∩B，那么a＋b等于( ) A.－3 B.1 C.－1 D.3 4.(2015年山东)定义运算“＋(2y) ?”： x? x2－y2y＝(x，y∈R，xy≠0).当x>0，y>0时，x xy ?y ?x的最小值是( ) A.2 B.4 C.22 D.2 x＋y－4≤0，?? 5.(2019年重庆模拟)x，y满足约束条件?x－2y－4≤0， ??2x－y＋4≥0， 若z＝ax－y取得最大值的最优 解不唯一，则实数a的值为( ) A.－1 B.2 1 C. D.2或－1 2 6.某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为( ) A.10 B.11 C.13 D.21 二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中. 7.已知正数a，b满足a＋b＝4，ab的最大值为t，不等式x2＋3x－t<0的解集为M，则( ) A.t＝2 B.t＝4 C.M＝{x|－4 A.若x，y>0，x＋y＝2，则2x＋2y的最大值为4 11 B.若x<，则函数y＝2x＋的最大值为－1 22x－1 C.若x，y>0，x＋y＋xy＝3，则xy的最小值为1 D.函数y＝ 的最小值为4 x2＋2 三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上. x≤2，?? 9.(2019年北京)若x，y满足?y≥－1， ??4x－3y＋1≥0， x2＋6 则y－x的最小值为__________，最大值 为__________. 10.(2017年齐、鲁教科研协作体模拟)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是________. 2 11.(2019年浙江)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x，若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，则 3 实数a的最大值是________. 四、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12.(14分)经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/时) 920v 与汽车的平均速度v(千米/时)之间的函数关系为：y＝2(v>0). v＋3v＋1600 (1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时) (2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？ 11e＋?ln x＋－x. 13.(20分)已知f(x)＝??e?x (1)求函数f(x)的极值； e (2)设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex，对于任意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥f(x2) 2 成立，求实数a的取值范围. 阶段检测卷(四) 1．D 2．B 解析：由题意知ln a＝－ln b，即ln ab＝0，∴ab＝1，∴a＋4b≥24ab＝ 1 当且仅当a＝2，b＝时取等号?，故选B. 4?2?? 3．A 解析：由题意，A＝{x|－1 则不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x|－1 x2－y2?2y?2－x24y2－x2 4．D 解析：由新定义运算知，x?y＝，(2y)?x＝＝， xy2yx2xy x2－y24y2－x2x2＋2y22x2·2y22 2xy ∵x>0，y>0，x?y＋(2y)?x＝＋＝≥＝＝2， xy2xy2xy2xy2xy ∴x?y＋(2y)?x的最小值是2. 5．C 解析：作出不等式组表示的平面区域，如图D276.由z＝ax－y得y＝ax－z，即直线y＝ax－z在y轴上的截距最小时z最大．①若a＝0，则y＝－z，此时，目标函数只在B处取得最大值，不满足条件．②若a>0，则目标函数y＝ax－z的斜率k＝a>0，要使z＝ax－y取 1 得最大值的最优解不唯一，则直线y＝ax－z与直线x－2y－4＝0平行，此时a＝.③若a<0， 2 显然不满足题意．故选C. 图D276 6．A 解析：设该企业需要更新设备的年数为x，设备年平均费用为y， 则x年后的设备维护费用为2＋4＋…＋2x＝x(x＋1)， 100＋0.5x＋x?x＋1?100 ∴x年的平均费用为y＝＝x＋＋1.5. xx 100100 由基本不等式，得y＝x＋＋1.5≥2 x·＋1.5＝21.5， xx 100 当且仅当x＝，即x＝10时取等号． x 7．BC 8.AC 9．－3 1 解析：作出可行域，如图D277中阴影部分． 图D277 设z＝y－x，则y＝x＋z.当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取最小值－3，经过点A(2,3)时，z取最大值1. 10．4 解析：方法一，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8， ∴(2y＋1)(x＋1)＝9且x＋1>0,2y＋1>0. ∴x＋2y＝(2y＋1)＋(x＋1)－2≥2?2y＋1?·?x＋1?－2＝4. (当且仅当x＝2，y＝1时取等号) ∴x＋2y的最小值为4. 2y＋x?2?2y＋x?2 方法二，∵x>0，y>0，∴2xy≤??2?＝4(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)． ?x＋2y?2 又x＋2y＋2xy＝8，∴x＋2y＋≥8， 4 ∴(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，∴x＋2y－4≥0， 即x＋2y≥4(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)， ∴x＋2y的最小值为4. 方法三，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8， 8－2y9∴x＝＝－1， 1＋2y2y＋1 99 ∴x＋2y＝＋(2y＋1)－2≥2·?2y＋1?－2＝4(当且仅当y＝1时取等号)， 2y＋12y＋1 ∴x＋2y的最小值为4. 方法四(秒杀解法)，x＋2y＋2xy＝8，即x＋2y＋x·2y＝8.由条件及结论关于x,2y的对称性知当x＝2y＝2时x＋2y取最小值为4. 4 11. 解析：使得f(t＋2)－f(t)＝a{2·[(t＋2)2＋t(t＋2)＋t2]}－2＝2a(3t2＋6t＋4)－2， 3 1 令m＝3t2＋6t＋4∈[1，＋∞)，则原不等式转化为存在m≥1，|am－1|≤，其折线函数如 3 图D278， 图D278 11244只需－≤a－1≤，即≤a≤，即a的最大值是. 33333 920v920920 12．解：(1)依题意，y＝≤＝， 16003＋2160083 3＋?v＋v???1600 当且仅当v＝v，即v＝40时，上式等号成立， 920 ∴ymax＝≈11.1(千辆/时)． 83 920v (2)由条件得2>10，整理得v2－89v＋1600<0， v＋3v＋1600 即(v－25)(v－64)<0，解得25 答：当v＝40千米/时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时．如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时． 13．解：(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1?x－1?e＋?x－e?e1?e?f′(x)＝－2－1＝－. xxx2 1?0，1? ?1，e? x e?e??e?f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 1?22∴f(x)的极小值为f?＝－，极大值为f(e)＝. ?e?ee e 0 极大值 (e，＋∞) － 单调递减 2 (2)由(1)可知，当x∈[1，＋∞)时，函数f(x)的最大值为. ee 对于任意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥f(x2)成立，等价于g(x)≥1恒成立， 2 1 g′(x)＝ex＋－a. x＋1 11 ①a≤2时，∵ex≥x＋1，∴g′(x)＝ex＋－a≥x＋1＋－a≥2－a≥0， x＋1x＋1 即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(0)＝1恒成立，符合题意； ?x＋1?2ex－111xx ②当a>2时，设h(x)＝e＋－a，h′(x)＝e－＝≥0， x＋1?x＋1?2?x＋1?2 ∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且g′(0)＝2－a<0，则存在x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0， ∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又g(x0) 综合①②可知，所求实数a的取值范围是(－∞，2]．
2021届高考数学一轮复习训练阶段检测卷(四)(不等式)
