(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式第2講不等式問(wèn)題學(xué)案

1、 答案1 4. （2018 浙江卷）若x, y滿足約束條件 x y 0, 2x + yw 6,則z = x+ 3y的最小值是 _ |x+ y 2, 第 2 講不等式問(wèn)題 高考定位 1.利用不等式性質(zhì)比較大小、不等式的求解、利用基本不等式求最值、線性規(guī)劃、 絕對(duì)值不等式的應(yīng)用問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)， 主要以選擇題、 填空題為主；2.在解答題中，特別 是在解析幾何中求最值、范圍問(wèn)題或在解決導(dǎo)數(shù)問(wèn)題時(shí)常利用不等式進(jìn)行求解，難度較大. 真題感悟 故選 D. 答案 D 1 1 2. （2018 北京卷）能說(shuō)明“若ab，則a巧”為假命題的一組 a, b的值依次為 1 1 由題意知，當(dāng)a= 1, b= 1 時(shí)，滿

2、足ab,但是-，故答案可以為 1, 1.（答案不 a b 滿足a0, b0, 8b0,所以 2a+ 2X , 2、J= 2X 2a3b= 2 26 1 1 4 當(dāng)且僅當(dāng) 2a=喬即卩a= 3, b= 1 時(shí)取等號(hào). 1 . (2016 浙江卷)已知實(shí)數(shù)a, b, c( 若 | a + b + c| + |a + b + c| w 1, 若 |a? + b+ c| + | a + b c| w 1, 2 2 右 |a+ b+ c | + | a+ b c | w 1, 2 2 右 | a + b+ c| + | a+ b c| w 1 A. B. C. D. 解析 對(duì)選項(xiàng) 對(duì)選項(xiàng) 對(duì)選項(xiàng) ) 2

3、 . 2 2 a + b + c v 100 a2+ b2+ c2v 100 2 2 2 a + b + cv 100 2 . 2 2 “ 一 a + b + c v 100 由于此題為選擇題，可用特值排除法找正確選項(xiàng). A, B, C, a= b= 10, c = 110 時(shí)，可排除此選項(xiàng)； a= 10, b= 100, c 解析 唯一, 答案 1, 1（答案不唯一） 2 最大值是 _ 解析 由題可得，該約束條件表示的平面區(qū)域是以 (2 ,2) , (1 , 1) , (4 , - 2)為頂點(diǎn)的三角 形及其內(nèi)部區(qū)域(圖略)由線性規(guī)劃的知識(shí)可知，目標(biāo)函數(shù) z = x + 3y在點(diǎn)(2 , 2)

4、處取得最 大值，在點(diǎn)(4 , - 2)處取得最小值，則最小值 Zmin= 4-6=- 2,最大值Zmax= 2+ 6= 8. 答案 2 8 4 5. (2017 浙江卷)已知a R,函數(shù)f (x) = |x + - a| + a在區(qū)間1,4上的最大值是 5,則 x a的取值范圍是 4 4時(shí)，x+ - 4 , 5，下面對(duì)a分三種情況討論: x 4 4 =axx+a=2axx，函數(shù)的最大值為 解析當(dāng)x 1 , 當(dāng) a5 時(shí)，f(x) 2a- 4 = 5，解得a=號(hào)(舍去)； 2 3 當(dāng) aw4 時(shí),f (x) 4 4 =x+x- a+a=x+產(chǎn)5,此時(shí)滿足題意; 當(dāng) 4v av 5 時(shí)，f (x)

5、 max= max|4 a| + a, |5 a| + a, |4 a| + a |5 -a| |4 - a| + a= 5 + a, J4 a| + av |5 a| + a, I5 a| + a= 5, 9 Q Qv 勺 綜上，a的取值范圍是 答案 9 OO 考點(diǎn)整合 1簡(jiǎn)單分式不等式的解法 f (x) (1) g() 0( 0( v 0); g (x) f(x)g(x) 0( W0)且 g(x)豐0. g (x) 2. (1)解含有參數(shù)的一元二次不等式，要注意對(duì)參數(shù)的取值進(jìn)行討論：對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)與 的大小進(jìn)行討論；在轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式的一元二次不等式后， 對(duì)判別式與 0 的大小進(jìn)行討論; 當(dāng)判

6、別式大于 0,但兩根的大小不確定時(shí)，對(duì)兩根的大小進(jìn)行討論；討論根與定義域的 關(guān)系. (2)四個(gè)常用結(jié)論 2 a 0, ax + bx+ c0( a*0)恒成立的條件是c IA v 0. 9 4 2 ax + bx+ cv 0( a 0)恒成立的條件是 a f (X)恒成立 a f(X)max a f (X)恒成立 a2 xy = 2 P) 4. 二元一次不等式(組)和簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃 (1) 線性規(guī)劃問(wèn)題的有關(guān)概念：線性約束條件、線性目標(biāo)函數(shù)、可行域、最優(yōu)解等. (2) 解不含實(shí)際背景的線性規(guī)劃問(wèn)題的一般步驟：畫(huà)出可行域；根據(jù)線性目標(biāo)函數(shù)的幾 何意義確定其取得最優(yōu)解的點(diǎn)；求出目標(biāo)函數(shù)的最大值或者

7、最小值. 5. | x- a| + | x- b| c(c0)和 | x- a| + | x- b| 0)型不等式的解法： (1) 利用絕對(duì)值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想； (2) 利用“零點(diǎn)分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想； 通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解，體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想. 6. 不等式的證明 不等式的證明要注意和不等式的性質(zhì)結(jié)合起來(lái)， 常用的方法有：比較法、作差法、作商法(要 注意討論分母)、分析法、綜合法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法，還要結(jié)合放縮和換元的技巧 熱點(diǎn)聚焦丨好類突確丨 蠹矗矗矗畐鑫矗矗觸療量淅考法:. 熱點(diǎn)一利用基本不等式求最值 考法 1基本不等式的簡(jiǎn)單應(yīng)用

8、 【例 1- 1】(1)若直線X + y= 1(a0, b0)過(guò)點(diǎn)(1 , 2)，則 2a+ b的最小值為 _ a b 已知函數(shù)f(x) = 2X + 1 ，若對(duì)于任意x R,不等式f(2x) mf(x) -6 恒成立，則實(shí)數(shù) m的最大值為 _ . a0, b0)過(guò)點(diǎn)(1 , 2), 1 2 a+b= 1(a ， 且 , 5 11+ 2 = 4 + b+ 4a4+ 2l-半=8, a b a b : a b b 4a 當(dāng)且僅當(dāng)b= 4，即a=2, b= 4時(shí)上式等號(hào)成立.則 2a + b = (2 a+ b) 5 5 6 因此 2a + b的最小值為 8. 由條件知 f(2x) = 22x +

9、 2_2x= (2x + 2一x)2-2= (f(x)2 2. /f (2 x) mf(x) 6 對(duì)于 x R 恒成立，且 f (x)0 , 2 (f (x) -k 4 me( - 對(duì)于x R 恒成立. f (x) 2 2 3 (2x+ y) 3xy = 1,即(2x+ y) ?2xy = 1, (f (X) f ( x ) f(x) + - 2 4 R (f (0) + 4 f (x) ， f (0) 4, 4 f (x) 7 m 0, y 0,. x+ 4y + 5= xy 24xy + 5, 即 xy 4 xy 50,可求 xy25, 5 當(dāng)且僅當(dāng)x= 4y時(shí)取等號(hào)，即x= 10, y=

10、-. r 2 2 (2) T 4x + y + xy = 1,解之得(2x+ y) 2e |, 即 2x + ye 2 -10 綸口 當(dāng)且僅0 -J10 2x = y 0，即x=y, y=y時(shí)成立. 答案 (1)B 2 ：10 (2x+ y)2 8 已知正項(xiàng)等比數(shù)列an滿足37= a6 + 2a5，若存在兩項(xiàng)am, an使得(06 = 4ai,則”半的最 小值為 _ a2= 2b2, a2 =容 當(dāng)且僅當(dāng) 1 即 時(shí)取得等號(hào). 4 ab, b2 斗 L 4 設(shè)等比數(shù)列an的公比為q, 2 -a7= a6+ 2a5,a5q = a5q + 2a5, q2 q-2 = 0,解得 q= 2 或 q=

11、 1(舍去). fam an= a1 2 停1 a1 2 1 = 4a, 平方得 2m+n2= 16= 24, m+ n= 6, 1 3 1(5 + 4) = 3, 當(dāng)且僅當(dāng)m= 4m，,即n = 2m亦即 m= 2, n= 4 時(shí)取等號(hào). 答案(1)4 (2) I 熱點(diǎn)二含參不等式恒成立問(wèn)題 考法 1分離參數(shù)法解決恒成立問(wèn)題 4 2 【例 2 1】(1)關(guān)于x的不等式x+ - 1 a + 2a0 對(duì)x (0，+)恒成立，則實(shí)數(shù) a的 X 取值范圍為 _ . 已知x 0, y 0, x+ y+ I = xy，且不等式(x + y)2 a(x+ y) +1 0恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 _

12、 4 4 探究提咼 在利用基本不等式求最值時(shí)， 要特別注意拆、拼、湊”等技巧， 或?qū)s束條件 中的一部分利用基本不等式，構(gòu)造不等式進(jìn)行求解. 【訓(xùn)練 1】若a, b R, ab0,則 4 4 a + 4b + 1 ab 的最小值為 解析 (1) a, b R, ab0, 4 4 a + 4b + 1 ab 4a2b2 + 1 ab =4ab+a)2 4ab 1 ab=4, 的不等式 6 m+ x #= 4.又關(guān)于 9 (1)設(shè) f (x) = x + -，因?yàn)?x0,所以 f (x) = x+-2 解析 10 4 2 2 x -1 - a + 2a0 對(duì) x (0 ,+s)恒成立，所以 a -

13、 2a+ 1 v 4,解得1 v av 3,所以實(shí) X 數(shù)a的取值范圍為(一 1, 3). 2 2 1 要使(x+ y) a(x + y) +1 0 恒成立，則有(x+ y) +1 a(x+ y)，即 a0,解得 x + y6 或 x+ y6, (x 1 1 1 、 、* 7X 1 + y) + x = t + .設(shè)f (t) = t +，則在t 6時(shí)，f(t)單調(diào)遞增，所以f(t) = t +1的最小 J Cj 1 37 37 f 37 -j 值為 6+ 6= Q，所以af (x)恒成立 af( x) max； av f (x)恒成立 av f (x) min. 考法 2函數(shù)法解決恒成立問(wèn)題

14、 2 【例 2 2 (1)已知 f (x) = x 2ax+ 2,當(dāng) x 1,+O)時(shí)，f (x) a 恒成立，則 a 的 取值范圍為 _ . 2 已知二次函數(shù) f(x) = ax + X+ 1 對(duì)x 0 , 2恒有f(x) 0.則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 _ . 解析 (1)法一 f (x) = (x a)2+ 2 a2,此二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為 x = a, j| ” 當(dāng)a ( O, 1)時(shí)，結(jié)合圖象知，f (x)在1 ,+O )上單調(diào)遞增，f ( x) min= f ( 1)= 2a+ 3. 要使f (x) a恒成立，只需f (x) min a, 即 2a+ 3 a,解得3 a,解得一 2w

15、aw 1.一 1w aw 1. 綜上所述，所求 a的取值范圍為3w aw 1. 法二 設(shè) g(x) = f (x) a,貝U g(x) = x2 2ax+ 2 a0 在1 ,+m)上恒成立, 5 0, 即 = 4a2 4(2 a) wo 或 av 1, g ( 1)0, 解得3w aw 1. 答案(1)( 1, 3) (2) 11 法一函數(shù)法.12 1 若a0，則對(duì)稱軸x=0, 故f(x)在0 , 2上為增函數(shù)，且 f(0) = 1, 因此在x 0 , 2上恒有f (x) 0成立. 若 av 0，則應(yīng)有 f(2) 0，即 4a+ 3 0, 3 v av 0. 4 3 綜上所述，a的取值范圍是a

16、 4 且az0. 法二分離參數(shù)法. 當(dāng) x= 0 時(shí)，f(x) = 10 成立. 2 、， 11 ax + x + 1 0 變?yōu)?a 二一 x x 3 又/ azo,.a的取值范圍是 a 4 且az0. 答案(1) 3, 1 (2) 4 0 U (0,+) 探究提高參數(shù)不易分離的恒成立問(wèn)題，特別是與二次函數(shù)有關(guān)的恒成立問(wèn)題的求解， 常用 的方法是借助函數(shù)圖象根的分布，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在區(qū)間上的最值或值域問(wèn)題. 【訓(xùn)練 2】(1)若不等式x2 ax+10對(duì)于一切a 2, 2恒成立，則x的取值范圍是 2 1 已知不等式 二； 51a2 a|對(duì)于x 2 , 6恒成立，則a的取值范圍是 _ x 1 5 解

17、析(1)因?yàn)閍 2, 2，可把原式看作關(guān)于 a的函數(shù)， 即 g( a) = xa+ x2 +1 0, 廣 2 g (一 2)= x + 2x+ 10, 由題意可知0, 、九 2 , 2 設(shè) y = , y = 2V 0, x 1 (x 1) 2 2 2 故y= 在x 2 , 6上單調(diào)遞減，即ymin= =, 當(dāng)xzo時(shí), 令 g(x) 3. 1 a x 1 x， a 當(dāng) 2 時(shí)，g(x) 13 x 1 6 1 514 2 1 2 故不等式 二亍5| a2 3-a|對(duì)于x 2 , 6恒成立等價(jià)于 X I 5 1 2 -| a2- a| w恒成立，化簡(jiǎn)得 3 5 解得一 1W a 0, 【例3】(

18、1)(2017 浙江卷)若x, y滿足約束條件 x+ y 30, x- 2y w 0, 則z = x+ 2y的取值范圍 A 0, 6 B. 0 , 4 15 D. 4 ,+) (2018 金華一中模擬)已知a0, x, y滿足約束條件丿x+ yw3, py a (x 3) 最小值為 1,則a=( ) 要抓住目標(biāo)函數(shù)及最值已知這一突破口， 先確定最優(yōu)解，然后變動(dòng)參數(shù)范圍，使得這樣的最 優(yōu)解在該區(qū)域內(nèi)即可. 【訓(xùn)練 3】(1)(2018 北京卷)若x, y滿足x+ K yW2x,則 2y x的最小值是 _ |X - 2y - 2w 0, (2018 全國(guó)I卷)若x , y滿足約束條件 x y +

19、10,貝U z = 3x + 2y的最大值為 .yw 0, 解析(1)法一 x + 1WyW2X表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，令 z= 2y x,易知z =2y x在點(diǎn)A(1 , 2)處取得最小值，最小值為 3. fx y w 1, 法二由題意知 貝 U 2y x = 3(x y) + (2x y)3,所以 2y x的最小值為 2x y 0, C. 6 , 2x+ y 的 C. 1 1 B- 2 D. 2 解析(1)不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示. 7 x 2y= 0, 解得 A(2 , 1). x + y-3= 0, 線性目標(biāo)函數(shù)z = x+ 2y在點(diǎn)A處取得最小值 4，無(wú)最

20、大值. 由約束條件畫(huà)出可行域(如圖所示的 ABC及其內(nèi)部)， 由仁 a, x- J, 得 (1 , - 當(dāng)直線 2x+ y z = 0 過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z = 2x+ y取得最小值, 16 3. 作出可行域?yàn)槿鐖D所示的 ABC所表示的陰影區(qū)域，作出直線 3x + 2y= 0，并平移該直線， 當(dāng)直線過(guò)點(diǎn) A(2 , 0)時(shí)，目標(biāo)函數(shù) z= 3x+ 2y取得最大值，且 zmax= 3X 2 + 2X 0= 6. 答案(1)3 (2)6 熱點(diǎn)四絕對(duì)值不等式的綜合應(yīng)用 2 【例 4】(2016 浙江卷)已知 a3,函數(shù) F(x) = min2| x 1| ,x 2ax + 4a 2，其中 min p, 、Q

21、, Pw q, q= q P q. (1)求使得等式F(x) = x2 2ax+4a 2 成立的x的取值范圍； 求F(x)的最小值ma); 求F(x)在區(qū)間0 , 6上的最大值 Ma). 解 由于 a3,故當(dāng) xwi 時(shí)，(x2 2ax+ 4a 2) 2| x 1| = x2+ 2(a 1)(2 x) 0, 當(dāng) x 1 時(shí)，(x 2ax+4a 2) 2| x 1|17 =(X 2)( X 2a). 所以使得等式F(x) = x2 2ax+ 4a 2 成立的x的取值范圍是2 , 2a. 2 (2)設(shè)函數(shù) f (x) = 2| x 1| , g( x) = x 2ax+ 4a 2，則 f(x)mi

22、n= f (1) = 0, g(x)min= g( a) 2 , =a + 4a 2, 所以，由 F(x)的定義知 m(a) = minf (1), g (a) , 0, 3w aw 2 +2, 2 , -a + 4a 2, a 當(dāng) 0W XW2 時(shí)，F(xiàn)(x) = f (x) maxf (0), f (2) = 2= F(2). 當(dāng) 2w x4. 探究提高 1.處理函數(shù)問(wèn)題，數(shù)形結(jié)合和分類討論是最常見(jiàn)的思想方法， 準(zhǔn)確地畫(huà)出圖象可 以回避許多冗長(zhǎng)的計(jì)算，從而直指問(wèn)題的核心最值函數(shù)是浙江省高考的特色. 2高考對(duì)函數(shù)的考查主要集中在兩個(gè)方面，在知識(shí)方面一般考查求函數(shù)的最值，研究函數(shù) 的零點(diǎn)、單調(diào)性

23、等問(wèn)題；在思想方法上一般考查分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想. 【訓(xùn)練 4】 (2017 浙江五校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x) = x + ax+ b(a,b R)， 記Ma,b)是|f(x)| 在區(qū)間 1,1上的最大值. (1)證明：當(dāng) |a| 2 時(shí)，Ma, b) 2； / A 當(dāng)a, b滿足Ma, b) 2,得 | 1,故 f (x)在1, 1上單調(diào)， 所以 Ma, b) = max|f(1)| , |f( 1)|. 當(dāng) a2 時(shí)，由 f(1) f( 1) = 2a4, 得 maxf (1) , f ( 1) 2, 即 Ma, b) 2. 當(dāng) a4, 得 maxf ( 1) , f (1) 2,

24、即 Ma, b) 2. 綜上，當(dāng) |a| 2 時(shí)，Ma, b) 2. 解 由 Ma, b) 2 得|1 + a+ b| = | f(1)| 2, 即 ma)= 2+ 2. 3 av 4, 18 |1 a+ b| = |f( 1)| 2,19 故| a+ b| w 3, | a b| w3. 當(dāng) a= 2, b= 1 時(shí)，|a| +1 b| = 3,且 |x2 + 2x 1|在1, 1上的最大值為 2,即卩 M2 , 1) = 2.所以| a| + | b|的最大值為 3. 舊躺總結(jié)思維升華| 探規(guī)律防失誤 1 多次使用基本不等式的注意事項(xiàng) 當(dāng)多次使用基本不等式時(shí)，一定要注意每次是否能保證等號(hào)成

25、立， 并且要注意取等號(hào)的條件 的一致性，否則就會(huì)出錯(cuò)，因此在利用基本不等式處理問(wèn)題時(shí)， 列出等號(hào)成立的條件不僅是 解題的必要步驟，也是檢驗(yàn)轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法. 2基本不等式除了在客觀題考查外，在解答題的關(guān)鍵步驟中也往往起到“巧解”的作用, 但往往需先變換形式才能應(yīng)用. 3解決線性規(guī)劃問(wèn)題首先要作出可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到 目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最值時(shí)可行域的頂點(diǎn)（或邊界上的點(diǎn)），但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點(diǎn)問(wèn)題要 驗(yàn)證解決. 4解答不等式與導(dǎo)數(shù)、數(shù)列的綜合問(wèn)題時(shí)，不等式作為一種工具常起到關(guān)鍵的作用，往往 涉及到不等式的證明方法（如比較法、分析法、綜合法、放縮法、換元法等）在

26、求解過(guò)程中, 要以數(shù)學(xué)思想方法為思維依據(jù)， 并結(jié)合導(dǎo)數(shù)、數(shù)列的相關(guān)知識(shí)解題， 在復(fù)習(xí)中通過(guò)解此類問(wèn) 題，體會(huì)每道題中所蘊(yùn)含的思想方法及規(guī)律，逐步提高自己的邏輯推理能力 專題訓(xùn)練對(duì)接高考I 求落災(zāi)迎蔑考 、選擇題 1 1 3 1. （20 18 天津卷）設(shè) x R,則“ x 2”是“ x1” 的（ ） A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 1 丨 1 3 3 1 解析 由x 2 2，得 0 x1，所以 0 x1 ;由x1，得x1，不能推出 0 x1.所以“ x2 1 3 2”是“ x 0, 曲。曲。，得| |a| | + | |b| | w 20 4

27、 3 2 解析 a= 23= 16, b= 33= ,c = 253 = 3 25 ，所以 bv av c. 答案 A 值為（ 3. （2018 天津卷）設(shè)變量x, y滿足約束條件 x, x+ y w 5, 2x yw 4, x + y w 1, y o, 則目標(biāo)函數(shù)z= 3x + 5y的最大 A. 6 B. 19 C. 21 D. 45 解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，作出直線 3 y= 5x，平移該直線，當(dāng) 5 （ 經(jīng)過(guò)點(diǎn) C時(shí)，z取得最大值, 3)，所以 Zmax= 3 X 2+ 5X3 =21，故選 C. 由 x+ y= 1, x+ y = 5 x= 2, 得 J 即C

28、(2 , y=3, 答案 C 4. (2016 浙江卷)已知 a, b0 且 a* 1, b* 1,若 log ab 1,則( ) - A. (a 1)( b 1) v0 、) B. (a 1)( a b) 0 C. (b 1)( b a) v 0 D. (b 1)( b a) 0 解析 由 a, b 0 且 a* 1, b* 1,及 log ab 1 = log aa 可得： 當(dāng) a 1 時(shí)，ba 1,當(dāng) 0vav 1 時(shí)，Ov bv av 1, 代入驗(yàn)證只有 D 滿足題意. 答案 D 5.已知當(dāng)xv 0 時(shí), 2 2x mx 1 0 恒成立，則 m的取值范圍為（ ） A. 2 2,+a)

29、C. ( 2 2 ,+a ) 解析 由 2x2 mx+ 1 0,得 mx = 2x+一. x x D. ( a, 2 ,2) B. ( a, 2 2 21 十 1 -z 、 11 而 2x + - = x 2x)+ ( x)卜 所以m- 2 2. 答案 C 6. （2018 杭州質(zhì)檢）若實(shí)數(shù)a, b, c滿足對(duì)任意實(shí)數(shù) x, y有 3x+ 4y 5 ax+ by+ c3 x + 4y + 5,則（ ） A. a+ b c的最小值為 2 B. a b+ c的最小值為一 4 C. a+ b c的最大值為 4 D. a b+ c的最大值為 6 解析 由題意可得5w（ a 3） x+（ b 4） y

30、+ cw5恒成立，所以 a= 3, b = 4, 5w cw 5, 則 2w a+ b cw 12,即a+ b c的最小值是 2,最大值是 12, A 正確，C 錯(cuò)誤；6 a b + cw4,貝 y a b+ c的最小值是6,最大值是 4, B 錯(cuò)誤，D 錯(cuò)誤，故選 A. 答案 A x _ 2 , xw 0, 7. (2018 全國(guó)I卷)設(shè)函數(shù)f (x)= 貝U滿足f(x + 1)0, 答案 D -2 2. ( ) A. ( s, 1 C. ( 1, 0) 解析當(dāng)xW0時(shí)，函數(shù)f(x) = 2x是減函數(shù), B. (0，+m) D. ( s, 0) 則f(x) f (0) = 1作出f (x)的

31、大致圖象如圖 ,+ 1 0, 或 2x0, 所以x0,故選 1 (-X) 1 當(dāng)且僅當(dāng)一2x X，即X f (x+ 1) v f(2x)，則需 2x 0, & (2018 全國(guó)n卷)若X,y滿足約束條件x 2y+ 30,則z = x+ y的最大值為 _ .x 5 w 0, 解析 法一 畫(huà)出可行域如圖中陰影部分所示.目標(biāo)函數(shù) z = x+y可化為y = x +乙作出 直線y= x,并平移，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn) x = 5, 得 所以 B(5 , 4)，故 Zmax= 5 + 4= 9. y = 4, 法二 畫(huà)圖(圖略)知可行域是封閉的三角形區(qū)域，易求得可行域的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別是 (1 , 2)

32、 , (5 , 4) , (5 , 0)，依次代入目標(biāo)函數(shù) z= x + y可求得z的值是 3, 9, 5,故Zmax= 9. 答案 9 1 9.已知函數(shù)f(x) = x3 2x+ ex x,其中 e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)， 若f (a 1) + f (2 a2) w0,則 e ( 實(shí)數(shù)a的取值范圍是 _ . 1 2 -x= 3x 0且f (x)不恒為 0,所以f (x) e l , - 3 x x 3 x 1 - 又 f( x) = x + 2x + e e = (x 2x+ e r) = f (x), e 故f(x)為奇函數(shù)， 由 f(a 1) + f (2 a2) w 0,得 f(2a2)

33、w f(1 a), 2 1 2a w 1 a,解之得1w aw ?, 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是1, 2 I f(x) = 1, xw 0, 12 , x0, 解析 當(dāng) xwo 時(shí)，f(x) + f x 2 = (x+ 1) + x 1 + 1 ,B時(shí)，z取得最大值.聯(lián)立 x 2y + 3 = 0, x 5= 0, 解析 f(x) = 3x2 為單調(diào)遞增函數(shù). 2+ ex+e 3x2 2 + 2 10設(shè)函數(shù) 答案 則滿足f(x) + f 的x的取值范圍是 24 3 1 原不等式化為 2x + 21,解得4xw 0； 當(dāng) 0 x1,該式恒成立; 1 -km 4，十 2x + y+ 3 0, x- 2y

34、+40,貝 U z= x+y的最大值是 3 x 2w 0, 1 解析 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，又目標(biāo)函數(shù) z=x十空y,結(jié)合圖 一 1 一 象易知y = 3x十 3z過(guò)直線x = 2 與直線x 2y十 4= 0 的交點(diǎn)A（2 , 3）時(shí)，z = x十少 取得最 答案 3 12. （2017 北京卷改編）已知x0, y0,且x+ y = 1，則x4+ y2的最小值為 _ ，最 大值為 _ . 大值，即 Zmax= 2+ 3= 3. 又x1時(shí), 綜上可知, 2x+ 2x 222 + 20= 1 十 21 恒成立. 不等式的解集為 1 4，+m . 答案 11. （2018 全國(guó)川卷）若變量x, y滿足約束條件 1 時(shí)，f(x) + f 1 X - 2+1 t 1丄 當(dāng)x2 時(shí), 2x 十 2x 1, 25 解析 法一 x0, y0 且 x+ y= 1, _ A A 2 xywx十y = 1,當(dāng)且僅當(dāng)x = y = q 時(shí)取等號(hào)，從而 0wxyw-,26 2 2 2 因此 X + y = (X+ y) 2xy = 1-2xy, 1 2 2 所以 x