2019年高考数学试题分项版—不等式(解析版).doc

2019年高考数学试题分项版——不等式（解析版）
一、选择题
1．(2019·全国Ⅲ文，11)记不等式组x＋y≥6，2x－y≥0表示的平面区域为D.命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9；命题q：∀(x，y)∈D,2x＋y≤12.下面给出了四个命题：
①p∨q；②()∨q；③p∧()；④()∧()．
这四个命题中，所有真命题的编号是(　　)
A．①③ B．①② C．②③ D．③④
答案　A
解析　方法一　画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示．

目标函数z＝2x＋y是一条平行移动的直线，且z的几何意义是直线z＝2x＋y在y轴上的截距．
显然，当直线过点A(2,4)时，zmin＝2×2＋4＝8，
即z＝2x＋y≥8.
∴2x＋y∈[8，＋∞)．
由此得命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9正确；
命题q：∀(x，y)∈D,2x＋y≤12不正确．
∴①③真，②④假．
方法二　取x＝4，y＝5，满足不等式组x＋y≥6，2x－y≥0，且满足2x＋y≥9，不满足2x＋y≤12，故p真，q假．
∴①③真，②④假．
2．(2019·天津文，2)设变量x，y满足约束条件x＋y－2≤0，x－y＋2≥0，x≥－1，y≥－1，则目标函数z＝－4x＋y的最大值为(　　)
A．2 B．3 C．5 D．6
答案　C
解析　画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，

作出直线－4x＋y＝0，并平移，可知当直线过点A时，z取得最大值．由x＝－1，x－y＋2＝0，
可得x＝－1，y＝1，所以点A的坐标为(－1,1)，
故zmax＝－4×(－1)＋1＝5.
3．(2019·天津文，3)设x∈R，则“0＜x＜5”是“|x－1|＜1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　由|x－1|＜1可得0＜x＜2，所以“|x－1|＜1的解集”是“0＜x＜5的解集”的真子集．故“0＜x＜5”是“|x－1|＜1”的必要不充分条件．
4．(2019·浙江，3)若实数x，y满足约束条件x－3y＋4≥0，3x－y－4≤0，x＋y≥0，则z＝3x＋2y的最大值是(　　)
A．－1 B．1 C．10 D．12
答案　C
解析　作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，数形结合可知，当直线z＝3x＋2y过点A(2,2)时，z取得最大值，zmax＝6＋4＝10.

5．(2019·浙江，5)设a＞0，b＞0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2ab，由a＋b≤4可得2ab≤4，解得ab≤4，所以充分性成立；当ab≤4时，取a＝8，b＝13，满足ab≤4，但a＋b≥4，所以必要性不成立，所以“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．
6．(2019·全国Ⅱ理，6)若a>b，则(　　)
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
答案　C
解析　由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0<a－b<1时，ln(a－b)<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C.
7．(2019·北京理，5)若，满足，且，则的最大值为　　
A． B．1 C．5 D．7
【思路分析】由约束条件作出可行域，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解析】：由作出可行域如图，

联立，解得，
令，化为，
由图可知，当直线过点时，有最大值为．
故选：．
【归纳与总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
8．(2019·天津理，2)设变量x，y满足约束条件x＋y－2≤0，x－y＋2≥0，x≥－1，y≥－1，则目标函数z＝－4x＋y的最大值为(　　)
A．2 B．3 C．5 D．6
答案　C
解析　画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，

作出直线－4x＋y＝0，并平移，可知当直线过点A时，z取得最大值．由x＝－1，x－y＋2＝0，
可得x＝－1，y＝1，所以点A的坐标为(－1,1)，
故zmax＝－4×(－1)＋1＝5.
9．(2019·天津理，3)设x∈R，则“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　由x2－5x＜0可得0＜x＜5.由|x－1|＜1可得0＜x＜2.由于区间(0,2)是(0,5)的真子集，故“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的必要不充分条件．
二、填空题
1．(2019·全国Ⅱ文，13)若变量x，y满足约束条件2x+3y-6≥0,x＋y－3≤0，y－2≤0，则z＝3x－y的最大值是________．
答案　9
解析　作出已知约束条件对应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，

由图易知，当直线y＝3x－z过点C时，－z最小，即z最大．
由x＋y－3＝0，2x＋3y－6＝0，解得x＝3，y＝0，
即C点坐标为(3,0)，
故zmax＝3×3－0＝9.
2．(2019·北京文，10)若x，y满足x≤2，y≥－1，4x－3y＋1≥0，则y－x的最小值为________，最大值为________．
答案　－3　1
解析　x，y满足的平面区域如图(阴影部分)所示．

设z＝y－x，则y＝x＋z.
把z看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z在y轴上的截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2,3)时，z取得最大值，此时zmax＝3－2＝1.
当经过点B(2，－1)时，z取得最小值，
此时zmin＝－1－2＝－3.
3．(2019·天津文，10)设x∈R，使不等式3x2＋x－2＜0成立的x的取值范围为________．
答案　-1,23
解析　3x2＋x－2＜0变形为(x＋1)(3x－2)＜0，解得－1＜x＜23，故使不等式成立的x的取值范围为-1,23.
4．(2019·天津文，13)设x＞0，y＞0，x＋2y＝4，则(x+1)(2y+1)xy的最小值为________．
答案　92
解析　(x+1)(2y+1)xy＝2xy+x+2y+1xy
＝2xy+5xy＝2＋5xy.
∵x＞0，y＞0且x＋2y＝4，
∴4≥22xy(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，
∴2xy≤4，∴1xy≥12，
∴2＋5xy≥2＋52＝92.
5．(2019·天津理，13)设x＞0，y＞0，x＋2y＝5，则(x+1)(2y+1)xy的最小值为________．
答案　43
解析　(x+1)(2y+1)xy＝2xy+2y+x+1xy＝2xy+6xy＝2xy＋6xy .由x＋2y＝5得5≥22xy，即xy≤524，即xy≤258，当且仅当x＝2y＝52时等号成立．所以2xy＋6xy≥22xy∙6xy＝43，当且仅当2xy＝6xy，即xy＝3时取等号，结合xy≤258可知，xy可以取到3，故(x+1)(2y+1)xy的最小值为43.
三、 解答题
1．(2019·全国Ⅰ文，23)[选修4－5：不等式选讲]
已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab+bc+caabc＝1a＋1b＋1c.
所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33a+b3b+c3a+c3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
2．(2019·全国Ⅱ文，23)[选修4－5：不等式选讲]
已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
3．(2019·全国Ⅲ文，23)[选修4－5：不等式选讲]
设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥13成立，证明：a≤－3或a≥－1.
(1)解　由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥43，
当且仅当x＝53，y＝－13，z＝－13时，等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为43.
(2)证明　由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥(2+a)23，
当且仅当x＝4-a3，y＝1-a3，z＝2a-23时，等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为(2+a)23.
由题设知(2+a)23≥13，解得a≤－3或a≥－1.
4．(2019·江苏，21)C．[选修4－5：不等式选讲]
设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2.
解　当x<0时，原不等式可化为－x＋1－2x>2，
解得x<－13；
当0≤x≤12时，原不等式可化为x＋1－2x>2，
即x<－1，无解；
当x>12时，原不等式可化为x＋2x－1>2，解得x>1.
综上，原不等式的解集为x|x<-13或x>1.
5．(2019·全国Ⅰ理，23)[选修4－5：不等式选讲]
已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab+bc+caabc＝1a＋1b＋1c.
所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33a+b3b+c3(a+c)3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
6．(2019·全国Ⅱ理，23)[选修4－5：不等式选讲]
已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
7．(2019·全国Ⅲ理，23)[选修4－5：不等式选讲]
设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥13成立，证明：a≤－3或a≥－1.
(1)解　由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥43，
当且仅当x＝53，y＝－13，z＝－13时，等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为43.
(2)证明　由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2+a23，
当且仅当x＝4-a3，y＝1-a3，z＝2a-23时，等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2+a23.
由题设知2+a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.