2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-1-3不等式问题.docx

第3讲　不等式问题

一、填空题
1．(2021·湖北卷改编)已知全集为R，集合A＝，B＝，则A∩∁RB等于________．
解析　A＝{x|x≥0}，B＝{x|2≤x≤4}．
∴A∩∁RB＝{x|x≥0}∩{x|x>4，或x<2}
＝{x|0≤x<2，或x>4}．
答案　{x|0≤x<2，或x>4}
2．(2022·南通调研)存在实数x，使得x2－4bx＋3b＜0成立，则b的取值范围是________．
解析　　由题意可得Δ＝(－4b)2－4×3b＞0，即为4b2－3b＞0，解得b＜0或b＞.
答案　(－∞，0)∪
3．(2022·南昌模拟)对一切实数x，若不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析　　当x＝0时，1≥0恒成立，此时a∈R.
当x≠0时，a≥＝－.
又|x|＋≥2，∴－≤－2，∴a≥－2.
答案　[－2，＋∞)
4．(2021·新课标全国Ⅱ卷改编)已知a>0，x，y满足约束条件若z＝2x＋y的最小值为1，则a等于________．

解析　　由已知约束条件，作出可行域如图中△ABC内部及边界部分，由目标函数z＝2x＋y的几何意义为直线l：y＝－2x＋z在y轴上的截距，知当直线l过可行域内的点B(1，－2a)时，目标函数z＝2x＋y的最小值为1 ，则2－2a＝1，解得a＝.
答案　
5．(2021·四川卷)已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________．
解析　　当x≥0时，f(x)＝x2－4x<5的解集为[0,5)，
又f(x)为偶函数，所以f(x)<5的解集为(－5,5)．由于f(x)向左平移两个单位即得f(x＋2)，故f(x＋2)<5的解集为{x|－7＝(mx＋1)(m2x－1)＜0恒成立，结合图象分析可知由此解得m＜－，即实数m的取值范围是.
答案　
7．(2021·南通、泰州、扬州调研)已知圆心角为120°的扇形AOB的半径为1，C为的中点，点D，E分别在半径OA，OB上．若CD2＋CE2＋DE2＝，则OD＋OE的最大值是________．
解析　　在△COD中，由余弦定理得CD2＝1＋OD2－OD，同理在△EOC、△DOE中，由余弦定理分别得CE2＝1＋OE2－OE，DE2＝OE2＋OD2＋OD·OE，代入CD2＋CE2＋DE2＝整理得2(OD＋OE)2－(OE＋OD)－＝3OD·OE，由基本不等式得3OD·OE≤，所以2(OD＋OE)2－(OE＋OD)－≤，解得0≤OD＋OE≤，即OD＋OE的最大值是.
答案　
8．(2022·苏、锡、常、镇调研)已知x，y∈R，满足2≤y≤4－x，x≥1，则的最大值为________．
解析　画出不等式组对应的平面区域，它是以点(1,2)，(1,3)，(2,2)为顶点的三角形区域．
＝＝＋，令＝t∈(经过点(2,2)时取得最小值，经过点(1,3)时取得最大值)，则＝＋t，又′＝1－＝≤0，t∈，所以函数y＝＋t在t∈上单调递减，所以当t＝时，取得最大值为.
答案　
二、解答题
9．已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)>k的解集为{x|x<－3，或x>－2}，求k的值；
(2)对任意x>0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范围．
解　(1)f(x)>k⇔kx2－2x＋6k<0.
由已知{x|x<－3，或x>－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的两根是－3，－2.
由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝，即k＝－.
(2)∵x>0，f(x)＝＝≤＝，当且仅当x＝时取等号．由已知f(x)≤t对任意x>0恒成立，故t≥，即t的取值范围是.
10．(2022·金华十校模拟)已知函数f(x)＝ax3－x2＋cx＋d(a，c，d∈R)满足f(0)＝0，f′(1)＝0，且f′(x)≥0在R上恒成立．
(1)求a，c，d的值
(2)若h(x)＝x2－bx＋－，
解不等式f′(x)＋h(x)<0.
解　(1)∵f(0)＝0，∴d＝0，∵f′(x)＝ax2－x＋c.又f′(1)＝0，∴a＋c＝.∵f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－x＋c≥0恒成立，∴ax2－x＋－a≥0恒成立，明显当a＝0时，上式不恒成立．∴a≠0，
∴
即解得a＝，c＝.
(2)由(1)知f′(x)＝x2－x＋.
由f′(x)＋h(x)<0，得x2－x＋＋x2－bx＋－<0，即x2－x＋<0，
即(x－b)<0.当b>时，解集为；
当b<时，解集为；当b＝时，解集为∅.
11．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的x∈R，恒有f′(x)≤f(x)．
(1)证明：当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2；
(2)若对满足题设条件的任意b，c，不等式f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求M的最小值．
(1)证明　易知f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的x∈R，2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而c≥＋1.于是c≥1，
且c≥2＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)＞0.
故当x≥0时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥0.即当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2.
(2)解　由(1)知c≥|b|.当c＞|b|时，有M≥＝＝.
令t＝，则－1＜t＜1，＝2－.
而函数g(t)＝2－(－1＜t＜1)的值域是.
因此，当c＞|b|时，M的取值集合为.
当c＝|b|时，由(1)知b＝±2，c＝2.此时f(c)－f(b)＝－8或0，c2－b2＝0，从而f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立．
综上所述，M的最小值为.