《第七章一元二次不等式的解法》章節(jié)訓練習題

《第七章一元二次不等式的解法》章節(jié)訓練習題第1講不等關系與不等式1．已知a，b為非零實數(shù)，且a<b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b2>a2bC.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D.eq\f(b,a)<eq\f(a,b)解析：選C.若a<b<0，則a2>b2，故A錯；若0<a<b，則eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，故D錯；若ab<0，即a<0，b>0，則a2b>ab2，故B錯；故C正確．所以選C.2．已知a>0>b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2<－ab B．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：選C.法一：當a＝1，b＝－1時，滿足a>0>b，此時a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立．因為a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立，故選C.法二：因為a>0>b，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立，故選C.3．(一題多解)若m<0，n>0且m＋n<0，則下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m解析：選D.法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2分別代入各選項檢驗即可．法二：m＋n<0?m＜－n?n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．4．已知下列四個條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選C.由不等式的倒數(shù)性質(zhì)易知條件①，②，④都能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b).由a>0>b得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的條件有3個．5．下列四個命題中，正確命題的個數(shù)為()①若a>|b|，則a2>b2；②若a>b，c>d，則a－c>b－d；③若a>b，c>d，則ac>bd；④若a>b>0，則eq\f(c,a)>eq\f(c,b).A．3 B．2C．1 D．0解析：選C.易知①正確；②錯誤，如3>2，－1>－3，而3－(－1)＝4<2－(－3)＝5；③錯誤，如3>1，－2>－3，而3×(－2)<1×(－3)；④若a>b>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，當c>0時，eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，故④錯誤．所以正確的命題只有1個．6．若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關系是________．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因為a1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b17．設a>b，有下列不等式①eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)；②eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，則一定成立的有________．(填正確的序號)解析：對于①，eq\f(1,c2)>0，故①成立；對于②，a>0，b<0時不成立；對于③，取a＝1，b＝－2時不成立；對于④，|c|≥0，故④成立．答案：①④8．若角α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<π，則α－β的取值范圍是______．解析：因為－eq\f(π,2)<α<π，－eq\f(π,2)<β<π，所以－π<－β<eq\f(π,2)，所以－eq\f(3π,2)<α－β<eq\f(3π,2).又因為α<β，所以α－β<0，從而－eq\f(3π,2)<α－β<0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，0))[綜合題組練]1．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，則c的取值范圍是()A．[9，18] B．(15，30)C．[9，30] D．(9，30)解析：選D.因為eq\f(a,2)≤b≤2a，所以eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a，因為6<a<10，所以9<c<30.故選D.2．若a>b>0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)<log2(a＋b)B.eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<log2(a＋b)<eq\f(b,2a)D．log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)解析：選B.根據(jù)題意，令a＝2，b＝eq\f(1,2)進行驗證，易知a＋eq\f(1,b)＝4，eq\f(b,2a)＝eq\f(1,8)，log2(a＋b)＝log2eq\f(5,2)＞1，因此a＋eq\f(1,b)＞log2(a＋b)＞eq\f(b,2a).3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，則()A．c<a<b B．b<c<aC．a(chǎn)<b<c D．c<b<a解析：選A.由eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，可得eq\f(c,a＋b)＋1<eq\f(a,b＋c)＋1<eq\f(b,c＋a)＋1，即eq\f(a＋b＋c,a＋b)<eq\f(a＋b＋c,b＋c)<eq\f(a＋b＋c,c＋a)，又a，b，c∈(0，＋∞)，所以a＋b>b＋c>c＋a.由a＋b>b＋c可得a>c；由b＋c>c＋a可得b>a，于是有c<a<b.故選A.4．已知存在實數(shù)a滿足ab2>a>ab，則實數(shù)b的取值范圍是________．解析：因為ab2>a>ab，所以a≠0，當a>0時，b2>1>b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；當a<0時，b2<1<b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2<1，,b>1))無解．綜上可得b<－1.答案：(－∞，－1)第2講一元二次不等式的解法[基礎題組練]1．不等式(x－2)(2x－3)<0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))∪(2，＋∞) B．RC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D．?解析：選C.因為不等式(x－2)(2x－3)<0，解得eq\f(3,2)<x<2，所以不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).2．不等式eq\f(1－x,2＋x)≥1的解集為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))C．(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))D．(－∞，－2]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析：選B.eq\f(1－x,2＋x)≥1?eq\f(1－x,2＋x)－1≥0?eq\f(1－x－2－x,2＋x)≥0?eq\f(－2x－1,2＋x)≥0?eq\f(2x＋1,x＋2)≤0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2x＋1）（x＋2）≤0,x＋2≠0))?－2<x≤－eq\f(1,2).故選B.3．已知不等式ax2－5x＋b>0的解集為{x|－3<x<2}，則不等式bx2－5x＋a>0的解集是()A.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)<x<\f(1,2))))) B.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,3)))))C.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2))))) D.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)或x>\f(1,3)))))解析：選C.由題意得方程ax2－5x＋b＝0的兩根分別為－3，2，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋2＝－\f(－5,a)，,－3×2＝\f(b,a)，))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－5，,b＝30.))則不等式bx2－5x＋a>0，即為30x2－5x－5>0，即(3x＋1)(2x－1)>0，?x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,2).故選C.4．若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4，3]的子集，則a的取值范圍是()A．[－4，1] B．[－4，3]C．[1，3] D．[－1，3]解析：選B.原不等式為(x－a)(x－1)≤0，當a<1時，不等式的解集為[a，1]，此時只要a≥－4即可，即－4≤a<1；當a＝1時，不等式的解為x＝1，此時符合要求；當a>1時，不等式的解集為[1，a]，此時只要a≤3即可，即1<a≤3.綜上可得－4≤a≤3.5．已知a∈Z，關于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則所有符合條件的a的值之和是()A．13 B．18C．21 D．26解析：選C.設f(x)＝x2－6x＋a，其圖象為開口向上，對稱軸是x＝3的拋物線，如圖所示．若關于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）≤0，,f（1）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22－6×2＋a≤0，,12－6×1＋a>0，))解得5<a≤8，又a∈Z，故a＝6，7，8.則所有符合條件的a的值之和是6＋7＋8＝21.6．不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集是________．解析：不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集即x(x－2)<0的解集，解得0<x<2.答案：{x|0<x<2}7．規(guī)定符號“⊙”表示一種運算，定義a⊙b＝eq\r(ab)＋a＋b(a，b為非負實數(shù))，若1⊙k2<3，則k的取值范圍是________．解析：因為定義a⊙b＝eq\r(ab)＋a＋b(a，b為非負實數(shù))，1⊙k2<3，所以eq\r(k2)＋1＋k2<3，化為(|k|＋2)(|k|－1)<0，所以|k|<1，所以－1<k<1.答案：(－1，1)8．若不等式x2＋ax－2>0在區(qū)間[1，5]上有解，則a的取值范圍是________．解析：由Δ＝a2＋8>0，知方程x2＋ax－2＝0恒有兩個不等實數(shù)根，又知兩根之積為負，所以方程x2＋ax－2＝0必有一正根、一負根．于是不等式在區(qū)間[1，5]上有解的充要條件是f(5)>0，解得a>－eq\f(23,5)，故a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞))9．求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立的x的取值范圍．解：將原不等式整理為形式上是關于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0.令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9，因為f(a)>0在|a|≤1時恒成立，所以(1)若x＝3，則f(a)＝0，不符合題意，應舍去．(2)若x≠3，則由一次函數(shù)的單調(diào)性，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）>0，,f（1）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－7x＋12>0，,x2－5x＋6>0，))解得x<2或x>4.則實數(shù)x的取值范圍為(－∞，2)∪(4，＋∞)．10．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(b－8)x－a－ab，當x∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)時，f(x)<0，當x∈(－3，2)時，f(x)>0.(1)求f(x)在[0，1]內(nèi)的值域；(2)若ax2＋bx＋c≤0的解集為R，求實數(shù)c的取值范圍．解：(1)因為當x∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)時，f(x)<0，當x∈(－3，2)時，f(x)>0.所以－3，2是方程ax2＋(b－8)x－a－ab＝0的兩根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋2＝\f(8－b,a)，,－3×2＝\f(－a－ab,a)，))所以a＝－3，b＝5.所以f(x)＝－3x2－3x＋18＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(75,4).因為函數(shù)圖象關于x＝－eq\f(1,2)對稱且拋物線開口向下，所以f(x)在[0，1]上為減函數(shù)，所以f(x)max＝f(0)＝18，f(x)min＝f(1)＝12，故f(x)在[0，1]內(nèi)的值域為[12，18]．(2)由(1)知不等式ax2＋bx＋c≤0可化為－3x2＋5x＋c≤0，要使－3x2＋5x＋c≤0的解集為R，只需Δ＝b2－4ac≤0，即25＋12c≤0，所以c≤－eq\f(25,12)，所以實數(shù)c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(25,12))).[綜合題組練]1．(應用型)若關于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a等于()A.eq\f(5,2) B.eq\f(7,2)C.eq\f(15,4) D.eq\f(15,2)解析：選A.由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－4a)<0，因為a>0，所以不等式的解集為(－2a，4a)，即x2＝4a，x1＝－2a，由x2－x1＝15，得4a－(－2a)＝15，解得a＝eq\f(5,2).2．(應用型)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對任意實數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若當x∈[－1，1]時，f(x)＞0恒成立，則b的取值范圍是()A．(－1，0) B．(2，＋∞)C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．不能確定解析：選C.由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，即eq\f(a,2)＝1，解得a＝2.又因為f(x)開口向下，所以當x∈[－1，1]時，f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，f(x)＞0恒成立，即b2－b－2＞0恒成立，解得b＜－1或b＞2.3．在R上定義運算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1對x∈R恒成立，則實數(shù)a的最大值為________．解析：原不等式等價于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a－2)(a＋1)對x∈R恒成立，因為x2－x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)≥－eq\f(5,4)，所以(a－2)(a＋1)≤－eq\f(5,4)，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2)，所以amax＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)4．對于實數(shù)x，當且僅當n≤x<n＋1(n∈N*)時，[x]＝n，則關于x的不等式4[x]2－36[x]＋45<0的解集為________．解析：由4[x]2－36[x]＋45<0，得eq\f(3,2)<[x]<eq\f(15,2)，又當且僅當n≤x<n＋1(n∈N*)時，[x]＝n，所以[x]＝2，3，4，5，6，7，所以所求不等式的解集為[2，8)．答案：[2，8)5．設二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，函數(shù)F(x)＝f(x)－x的兩個零點為m，n(m<n)．(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；(2)若a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，比較f(x)與m的大?。猓?1)由題意知，F(xiàn)(x)＝f(x)－x＝a(x－m)·(x－n)，當m＝－1，n＝2時，不等式F(x)>0，即a(x＋1)(x－2)>0.當a>0時，不等式F(x)>0的解集為{x|x<－1或x>2}；當a<0時，不等式F(x)>0的解集為{x|－1<x<2}．(2)f(x)－m＝a(x－m)(x－n)＋x－m＝(x－m)(ax－an＋1)，因為a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，所以x－m<0，1－an＋ax>0.所以f(x)－m<0，即f(x)<m.第3講二元一次不等式(組)及簡單的線性規(guī)劃問題[基礎題組練]1．設變量x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x－y≥0，,2x－y－2≤0，))則目標函數(shù)z＝2x＋y的最小值為()A.eq\f(3,2) B．2C．4 D．6解析：選A.作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，作出直線2x＋y＝0，平移該直線，易知當直線過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))時，zmin＝2×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，故選A.2．已知點A(2，1)，O是坐標原點，P(x，y)的坐標滿足：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0,x－2y＋3≥0,y≥0))，設z＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，則z的最大值是()A．－6B．1C．2D．4解析：選D.法一：由題意，作出可行域，如圖中陰影部分所示．z＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2x＋y，作出直線2x＋y＝0并平移，可知當直線過點C時，z取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0,x－2y＋3＝0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝2))，即C(1，2)，則z的最大值是4，故選D.法二：由題意，作出可行域，如圖中陰影部分所示，可知可行域是三角形封閉區(qū)域．z＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2x＋y，易知目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值在頂點處取得，求出三個頂點的坐標分別為(0，0)，(1，2)，(－3，0)，分別將(0，0)，(1，2)，(－3，0)代入z＝2x＋y，對應z的值為0，4，－6，故z的最大值是4，故選D.3．不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋y≤3，,y≥x＋1))表示的平面區(qū)域為Ω，直線y＝kx－1與區(qū)域Ω有公共點，則實數(shù)k的取值范圍為()A．(0，3] B．[－1，1]C．(－∞，3] D．[3，＋∞)解析：選D.直線y＝kx－1過定點M(0，－1)，由圖可知，當直線y＝kx－1經(jīng)過直線y＝x＋1與直線x＋y＝3的交點C(1，2)時，k最小，此時kCM＝eq\f(2－（－1）,1－0)＝3，因此k≥3，即k∈[3，＋∞)．故選D.4．若A為不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x≤2))表示的平面區(qū)域，則a從－2連續(xù)變化到1時，動直線x＋y＝a掃過A中的那部分區(qū)域的面積為()A．9eq\r(13) B．3eq\r(13)C.eq\f(7,2) D.eq\f(7,4)解析：選D.如圖，不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x≤2))表示的平面區(qū)域是△AOB，由動直線x＋y＝a(即y＝－x＋a)在y軸上的截距從－2變化到1，知△ACD是斜邊為3的等腰直角三角形，△OEC是直角邊為1的等腰直角三角形，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,y－x＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(3,2)，))所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，所以區(qū)域的面積S陰影＝S△ACD－S△OEC＝eq\f(1,2)×3×eq\f(3,2)－eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(7,4)，故選D.5．實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥a，,y≥x，,x＋y≤2))(a<1)，且z＝2x＋y的最大值是最小值的4倍，則a的值是()A.eq\f(2,11) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)解析：選B.在直角坐標系中作出不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，當目標函數(shù)z＝2x＋y經(jīng)過可行域中的點B(1，1)時有最大值3，當目標函數(shù)z＝2x＋y經(jīng)過可行域中的點A(a，a)時有最小值3a，由3＝4×3a，得a＝eq\f(1,4).6．已知實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0，,x＋2y＋2≥0，,x≤1，))則z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2y)的最大值是________．解析：法一：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，設u＝x－2y，由圖知，當u＝x－2y經(jīng)過點A(1，3)時取得最小值，即umin＝1－2×3＝－5，此時z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2y)取得最大值，即zmax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－5)＝32.法二：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，易知z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2y)的最大值在區(qū)域的頂點處取得，只需求出頂點A，B，C的坐標分別代入z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2y)，即可求得最大值．聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x－y＋2＝0，))解得A(1，3)，代入可得z＝32；聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋2y＋2＝0，))解得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，代入可得z＝eq\f(1,16)；聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2＝0，,x＋2y＋2＝0，))解得C(－2，0)，代入可得z＝4.通過比較可知，在點A(1，3)處，z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2y)取得最大值32.答案：327．若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≤0，,y≤1，,x>－1，))則(x－2)2＋y2的最小值為________．解析：作出不等式組對應的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，設z＝(x－2)2＋y2，則z的幾何意義為區(qū)域內(nèi)的點到定點D(2，0)的距離的平方，由圖知C，D間的距離最小，此時z最?。蒭q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝1，,x－y＋1＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))即C(0，1)，此時zmin＝(0－2)2＋12＝4＋1＝5.答案：58．已知實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x－y≥－1，,2x－y≤2，))則目標函數(shù)z＝eq\f(y＋2,x－5)的最大值為________．解析：作出約束條件所表示的平面區(qū)域，其中A(0，1)，B(1，0)，C(3，4)．目標函數(shù)z＝eq\f(y＋2,x－5)表示過點Q(5，－2)與點(x，y)的直線的斜率，且點(x，y)在△ABC平面區(qū)域內(nèi)(含邊界)．顯然過B，Q兩點的直線的斜率z最大，最大值為eq\f(0＋2,1－5)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)9.如圖所示，已知D是以點A(4，1)，B(－1，－6)，C(－3，2)為頂點的三角形區(qū)域(包括邊界與內(nèi)部)．(1)寫出表示區(qū)域D的不等式組；(2)設點B(－1，－6)，C(－3，2)在直線4x－3y－a＝0的異側，求a的取值范圍．解：(1)直線AB，AC，BC的方程分別為7x－5y－23＝0，x＋7y－11＝0，4x＋y＋10＝0.原點(0，0)在區(qū)域D內(nèi)，故表示區(qū)域D的不等式組為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7x－5y－23≤0，,x＋7y－11≤0，,4x＋y＋10≥0.))(2)根據(jù)題意有[4×(－1)－3×(－6)－a]·[4×(－3)－3×2－a]<0，即(14－a)(－18－a)<0，解得－18<a<14.故a的取值范圍是(－18，14)．10．已知x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＞0,x＋y＋1＜0,3x＋y＋9＞0))，記點(x，y)對應的平面區(qū)域為P.(1)設z＝eq\f(y＋1,x＋3)，求z的取值范圍；(2)過點(－5，1)的一束光線，射到x軸被反射后經(jīng)過區(qū)域P，當反射光線所在直線l經(jīng)過區(qū)域P內(nèi)的整點(即橫縱坐標均是整數(shù)的點)時，求直線l的方程．解：平面區(qū)域如圖所示，易得A，B，C三點坐標分別為A(－4，3)，B(－3，0)，C(－1，0)．(1)由z＝eq\f(y＋1,x＋3)知z的值即是定點P(－3，－1)與區(qū)域內(nèi)的點Q(x，y)連接的直線的斜率，當直線過A(－4，3)時，z＝－4；當直線過C(－1，0)時，z＝eq\f(1,2).故z的取值范圍是(－∞，－4)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)過點(－5，1)的光線被x軸反射后的光線所在直線必經(jīng)過點(－5，－1)，由題設可得區(qū)域內(nèi)坐標為整數(shù)點僅有點(－3，1)，故直線l的方程是eq\f(y－1,（－1）－1)＝eq\f(（x＋3）,（－5）＋3)，即x－y＋4＝0.[綜合題組練]1．(應用型)若存在實數(shù)x，y，m使不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x－3y＋2≤0，,x＋y－6≤0))與不等式x－2y＋m≤0都成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．m≥0 B．m≤3C．m≥1 D．m≥3解析：選B.作出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x－3y＋2≤0，,x＋y－6≤0))表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，其中A(4，2)，B(1，1)，C(3，3)．設z＝x－2y，將直線l：z＝x－2y進行平移，當l經(jīng)過點A時，目標函數(shù)z達到最大值，可得zmax＝4－2×2＝0，當l經(jīng)過點C時，目標函數(shù)z達到最小值，可得zmin＝3－2×3＝－3，因此z＝x－2y的取值范圍為[－3，0]．因為存在實數(shù)m，使不等式x－2y＋m≤0成立，即存在實數(shù)m，使x－2y≤－m成立，所以－m大于或等于z的最小值，即－3≤－m，解得m≤3，故選B.2．(創(chuàng)新型)已知P(x，y)為不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2≥0，,x－y－1≤0，,x＋y－1≥0))所確定的平面區(qū)域上的動點，若點M(2，1)，O(0，0)，則z＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值為()A．1 B．2C．10 D．11解析：選D.畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2＝0，,x－y－1＝0，))解得A(4，3)．由點M(2，1)，O(0，0)，得z＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝2x＋y，則y＝－2x＋z，顯然直線y＝－2x＋z過A(4，3)時，z最大，此時z＝2×4＋3＝11.故選D.3．(應用型)設關于x，y的不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＞0，,x＋m＜0，,y－m＞0))表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點P(x0，y0)，滿足x0－2y0＝2，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,3)))解析：選C.作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖，交點C的坐標為(－m，m)，直線x－2y＝2的斜率為eq\f(1,2)，斜截式方程為y＝eq\f(1,2)x－1，要使平面區(qū)域內(nèi)存在點P(x0，y0)滿足x0－2y0＝2，則點C(－m，m)必在直線x－2y＝2的下方，即m＜－eq\f(1,2)m－1，解得m＜－eq\f(2,3)，所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))，故選C.4．(應用型)實數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0，,2x－y－5≤0，,x＋y－4≥0，))則z＝|x＋2y－4|的最大值為________．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．z＝|x＋2y－4|＝eq\f(|x＋2y－4|,\r(5))·eq\r(5)，其幾何含義為陰影區(qū)域內(nèi)的點到直線x＋2y－4＝0的距離的eq\r(5)倍．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2＝0，,2x－y－5＝0，))得點B坐標為(7，9)，顯然點B到直線x＋2y－4＝0的距離最大，此時zmax＝21.答案：215．已知點A(5eq\r(3)，5)，直線l：x＝my＋n(n＞0)過點A.若可行域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤my＋n,x－\r(3)y≥0,y≥0))的外接圓的直徑為20，求n的值．解：注意到直線l′：x－eq\r(3)y＝0也經(jīng)過點A，所以點A為直線l與l′的交點．畫出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤my＋n,x－\r(3)y≥0,y≥0))表示的可行域，如圖中陰影部分所示．設直線l的傾斜角為α，則∠ABO＝π－α.在△OAB中，OA＝eq\r(（5\r(3)）2＋52)＝10.根據(jù)正弦定理，得eq\f(10,sin（π－α）)＝20，解得α＝eq\f(5π,6)或eq\f(π,6).當α＝eq\f(5π,6)時，eq\f(1,m)＝taneq\f(5π,6)，得m＝－eq\r(3).又直線l過點A(5eq\r(3)，5)，所以5eq\r(3)＝－eq\r(3)×5＋n，解得n＝10eq\r(3).當α＝eq\f(π,6)時，同理可得m＝eq\r(3)，n＝0(舍去)．綜上，n＝10eq\r(3).6．某化肥廠生產(chǎn)甲、乙兩種混合肥料，需要A，B，C三種主要原料．生產(chǎn)1車皮甲種肥料和生產(chǎn)1車皮乙種肥料所需三種原料的噸數(shù)如下表所示：原料肥料ABC甲483乙5510現(xiàn)有A種原料200噸，B種原料360噸，C種原料300噸，在此基礎上生產(chǎn)甲、乙兩種肥料．已知生產(chǎn)1車皮甲種肥料，產(chǎn)生的利潤為2萬元；生產(chǎn)1車皮乙種肥料，產(chǎn)生的利潤為3萬元．分別用x，y表示計劃生產(chǎn)甲、乙兩種肥料的車皮數(shù)．(1)用x，y列出滿足生產(chǎn)條件的數(shù)學關系式，并畫出相應的平面區(qū)域；(2)問分別生產(chǎn)甲、乙兩種肥料各多少車皮，能夠產(chǎn)生最大的利潤？并求出此最大利潤．解：(1)由已知得，x，y滿足的數(shù)學關系式為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋5y≤200，,8x＋5y≤360，,3x＋10y≤300，,x≥0，,y≥0.))設二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域為圖1中的陰影部分．(2)設利潤為z萬元，則目標函數(shù)為z＝2x＋3y.考慮z＝2x＋3y，將它變形為y＝－eq\f(2,3)x＋eq\f(z,3)，這是斜率為－eq\f(2,3)，隨z變化的一族平行直線.eq\f(z,3)為直線在y軸上的截距，當eq\f(z,3)取最大值時，z的值最大．又因為x，y滿足約束條件，所以由圖2可知，當直線z＝2x＋3y經(jīng)過可行域上的點M時，截距eq\f(z,3)最大，即z最大．解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋5y＝200，,3x＋10y＝300，))得點M的坐標為(20，24)．所以zmax＝2×20＋3×24＝112.即生產(chǎn)甲種肥料20車皮、乙種肥料24車皮時利潤最大，且最大利潤為112萬元．第4講基本不等式[基礎題組練]1．若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab)) D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2解析：選D.因為a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，所以A錯誤．對于B，C，當a<0，b<0時，明顯錯誤．對于D，因為ab>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.2．下列不等式一定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)解析：選C.對于選項A，當x>0時，x2＋eq\f(1,4)－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0，所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx；對于選項B，當sinx<0時顯然不成立；對于選項C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，一定成立；對于選項D，因為x2＋1≥1，所以0<eq\f(1,x2＋1)≤1.故選C.3．已知f(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3)C．－1 D．0解析：選D.f(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)－2≥2－2＝0，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號．又1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的最小值是0.4．若實數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值為()A.eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D．4解析：選C.因為eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，所以a＞0，b＞0，由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq\r(\f(2,ab))，所以ab≥2eq\r(2)(當且僅當b＝2a時取等號)，所以ab的最小值為2eq\r(2).5．已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)解析：選C.因為lg2x＋lg8y＝lg2，所以lg(2x·8y)＝lg2，所以2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.因為x>0，y>0，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當且僅當x＝3y＝eq\f(1,2)時取等號．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為4.故選C.6．若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，且eq\f(1,xy)≥M恒成立，則M的最大值為________．解析：因為正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，所以xy≤eq\f(（x＋y）2,4)＝eq\f(22,4)＝1，所以eq\f(1,xy)≥1；又eq\f(1,xy)≥M恒成立，所以M≤1，即M的最大值為1.答案：17．已知a>0，b>0，a＋2b＝3，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．解析：由a＋2b＝3得eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(4,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(4b,3a)≥eq\f(4,3)＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(4b,3a))＝eq\f(8,3).當且僅當a＝2b＝eq\f(3,2)時取等號．答案：eq\f(8,3)8．已知正數(shù)x，y滿足x＋2eq\r(2xy)≤λ(x＋y)恒成立，則實數(shù)λ的最小值為________．解析：依題意得x＋2eq\r(2xy)≤x＋(x＋2y)＝2(x＋y)，即eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)≤2(當且僅當x＝2y時取等號)，即eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)的最大值為2.又λ≥eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)恒成立，因此有λ≥2，即λ的最小值為2.答案：29．(1)當x<eq\f(3,2)時，求函數(shù)y＝x＋eq\f(8,2x－3)的最大值；(2)設0<x<2，求函數(shù)y＝eq\r(x（4－2x）)的最大值．解：(1)y＝eq\f(1,2)(2x－3)＋eq\f(8,2x－3)＋eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq\f(3,2).當x<eq\f(3,2)時，有3－2x>0，所以eq\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)≥2eq\r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，當且僅當eq\f(3－2x,2)＝eq\f(8,3－2x)，即x＝－eq\f(1,2)時取等號．于是y≤－4＋eq\f(3,2)＝－eq\f(5,2)，故函數(shù)的最大值為－eq\f(5,2).(2)因為0<x<2，所以2－x>0，所以y＝eq\r(x（4－2x）)＝eq\r(2)·eq\r(x（2－x）)≤eq\r(2)·eq\f(x＋2－x,2)＝eq\r(2)，當且僅當x＝2－x，即x＝1時取等號，所以當x＝1時，函數(shù)y＝eq\r(x（4－2x）)的最大值為eq\r(2).10．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，求(1)xy的最小值；(2)x＋y的最小值．解：(1)由2x＋8y－xy＝0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，又x>0，y>0，則1＝eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq\f(8,\r(xy)).得xy≥64，當且僅當x＝16，y＝4時，等號成立．所以xy的最小值為64.(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)＝10＋eq\f(2x,y)＋eq\f(8y,x)≥10＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.當且僅當x＝12，y＝6時等號成立，所以x＋y的最小值為18.[綜合題組練]1．(應用型)已知a＞0，b＞0，若不等式eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)恒成立，則m的最大值為()A．9 B．12C．18 D．24解析：選B.由eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6.又eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6≥2eq\r(9)＋6＝12，當且僅當eq\f(9b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝3b時等號成立，所以m≤12，所以m的最大值為12.2．(應用型)若正數(shù)a，b滿足a＋b＝2，則eq\f(1,a＋1)＋eq\f(4,b＋1)的最小值是()A．1 B.eq\f(9,4)C．9 D．16解析：選B.eq\f(1,a＋1)＋eq\f