【2013高考数学攻略】专题23：高频考点分析之不等式、线性规划探讨

【2013高考数学攻略】
专题23：高频考点分析之不等式、线性规划探讨
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专题1～2，我们对客观性试题解法进行了探讨，专题3～8，对数学思想方法进行了探讨，专题9～12对数学解题方法进行了探讨，专题13～专题28我们对高频考点进行探讨。
不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点，考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。考查的特点是单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题；不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题居多；作为不等式与函数的综合应用，线性规划问题日显频繁。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨不等式、线性规划问题的求解：
1. 解高次、分式不等式和指数、对数不等式；
2. 解绝对值不等式；
3. 不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用；
4. 不等式问题中“数形结合法”的应用；
5. 不等式问题中“特殊值法”的应用；
6. 基本不等式的应用；
7. 线性规划问题。
一、解高次、分式不等式和指数、对数不等式：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年重庆市理5分）不等式的解集为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】分式不等式的解法。
【分析】化分式不等式为整式不等式求解：
。故选A。
例2. （2012年重庆市文5分）不等式 的解集是为【 】
（A） （B） （C）（-2，1）（D）∪
【答案】C。
【考点】其他不等式的解法。
【分析】利用等价变形直接转化分式不等式为二次不等式求解即可：
。故选C。
例3. （2012年江西省文5分）不等式的解集是 ▲ 。
【答案】。
【考点】其它不等式的解法。
【解析】不等式可化为，解得。
　　　　∴不等式的解集为。
例4. （2012年湖南省文5分）不等式的解集为　　▲　　..
【答案】。
【考点】一元二次不等式的解法。
【解析】由，得，从而的不等式x2-5x+6≤0的解集为。
例5. （2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例6. （2012年重庆市文5分）设函数集合
则为21世纪教【 】育网
（A） （B）（0，1） （C）（-1，1） （D）
【答案】D。
【考点】复合函数的概念，解一元二次不等式和指数不等式，集合及其运算。
【分析】利用已知求出集合中的范围，结合集合，求出的范围，然后求解即可：
由得，∴或，即或。
∴或，即。
由得，即，∴，即。
∴。故选D。
例7. （2012年上海市理14分）已知函数.
（1）若，求的取值范围；（6分）
（2）若是以2为周期的偶函数，且当时，有，求函数的反函数.（8分）
【答案】（1）由，得。
由得。
∵，∴，解得。
由得，。
（2）当时，，
∴。
由单调性可得。
∵，∴所求反函数是，。
【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。
【解析】（1）由，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。
（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。
二、解绝对值不等式：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年广东省理5分）不等式的解集为　　▲　　。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
　　　　当时，不等式为，即恒成立；
　　　　当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
　　　　另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例2. （2012年上海市理4分）．若集合，，则= ▲ .
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3. （2012年天津市理5分）已知集合，集合,且，则 ▲ , ▲ .
【答案】，。
【考点】集合的交集的运算及其运算性质，绝对值不等式与一元二次不等式的解法
【分析】由题意，可先化简集合，再由集合的形式及直接作出判断，即可得出两个参数的值：
∵=,
又∵，画数轴可知，。
例4. （2012年天津市文5分）集合中最小整数为 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法。
【分析】∵不等式，即，，∴集合。
∴集合中最小的整数为。
例5. （2012年山东省理4分）若不等式的解集为，则实数= ▲ 。
【答案】2。
【考点】绝对值不等式的性质。
【解析】由可得，即，而，所以。
例6. （2012年江西省理5分）在实数范围内，不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。
【解析】原不等式可化为①或②或③，
由①得；由②得；由③得。
∴原不等式的解集为。
例7. （2012年陕西省文5分）若存在实数使成立，则实数的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的性质及其运用。
【解析】由题意知左边的最小值小于或等于3，根据不等式的性质，得
，解得，。
例8. （2012年湖南省理5分）不等式的解集为 ▲
【答案】。
【考点】解绝对值不等式。
【解析】令，则由得的解集为。
例9. （2012年全国课标卷文5分）已知函数
(Ｉ)当时，求不等式的解集；
(Ⅱ)若的解集包含，求的取值范围。
【答案】解：（1）当时，由得
∴ 或或。
解得 或。
(Ⅱ)原命题即在上恒成立，
∴在上恒成立，即在上恒成立。
∴。
【考点】绝对值不等式的解法。
【解析】(Ｉ)分段求解即可。
(Ⅱ)对于，把作未知求解。
例10. （2012年辽宁省文10分）已知，不等式的解集为｝。
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)若恒成立，求k的取值范围。
【答案】解：（I）由得。
又∵不等式的解集为｝，
∴当时，不合题意；
当时，，得。
(Ⅱ)由（I）得。记。
∴。∴。
【考点】分段函数、不等式的基本性质、绝对值不等式及其运用，分类讨论思想的应用。
【解析】（I）针对的取值情况进行讨论即可。
(Ⅱ) 针对的正负进行讨论从而用分段函数表示，进而求出k的取值范围。
例11.（2012年江苏省10分）已知实数x，y满足：求证：．
【答案】证明：∵，
由题设∴。∴。
【考点】绝对值不等式的基本知识。
【解析】根据绝对值不等式的性质求证。
三、不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用：
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例1. （2012年福建省文4分）已知关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是 ▲ ．
【答案】(0,8)。
【考点】一元二次不等式的解法。
【解析】关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则满足Δ＝a2－4×2a<0，解得0例2. （2012年福建省理5分）函数在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有，则称在[a，b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①在[1,3]上的图象是连续不断的；
②在[1，]上具有性质P；
③若在x＝2处取得最大值1，则＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．
其中真命题的序号是【 】
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D。
【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。
【解析】对于命题①，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在处是不连续的，命题错误；
对于命题②，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但在[1，]上不具有性质P，命题错误；
对于命题③，∵在x＝2处取得最大值1，
∴在[1，3]上，，即。
∴。∴＝1，x∈[1,3]。命题正确；
对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有
命题正确。
故选D。
例3. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例4. （2012年北京市文5分）已知。若，f（x）＜0或g（x）＜0，则m的取值范围是 ▲ 。
【解析】（－4，0）。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
∴m的取值范围是（－4，0）。
例5. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例6. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例7. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例9. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例10. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例11. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。
【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。
【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例12. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当　　　　　①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
　　　（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例13. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例14. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。
【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。
例15. （2012年重庆市理12分）设数列的前项和满足，其中.
（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）
（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）
【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴。∴。∴。
∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时，易知成立。
当时，成立。
当时，，
∴。∴。
当时，上面不等式可化为，
设，
①当时， 。
∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
②当时，
令，
则。
∴在（0，1）上递减。∴。∴。
∴在（0，1）上递增。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
③ 当时，，由已证结论得：。
∴。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。
【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。
【分析】（I）根据，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时和当时， 成立。
当时，分，，三种情况分别证明即可。
本题也可用数学归纳法证明。
四、不等式问题中“数形结合法”的应用：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为 , ,当m 变化时，的最小值为【 】[来源%&:中国~*教育#出版网]
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得。
∵，∴。故选B。
例2. （2012年重庆市理5分）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】D。
【考点】数形结合，函数的图象，双曲线和圆的对称性。
【分析】∵，∴或。
又∵，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。
∵的图象都关于直线对称，
∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积的一半，为。故选D。
例3. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
　　　 根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
五、不等式问题中“特殊值法”的应用：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】
A．?x0∈，≤0
B．?x∈，2x＞x2
C．a＋b＝0的充要条件是＝－1
D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
【答案】D。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。
【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。
　　　　对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。
对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。
对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。
故选D。
例2. （2012年四川省文4分）设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则。
其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号）
【答案】①④。
【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。
【解析】对于①，∵为正实数，∴。
又∵，∴。故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，但。故②错误。
对于③，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，，但。故③错误。
对于④，不妨设，由得，∴。
∵为正实数，∴。
∴。故④正确。
∵且，∴。
综上所述，真命题有 ①④。
例3. （2012年浙江省理4分）设，若时均有，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。
【解析】∵时均有，
　　　　∴应用特殊元素法，取，得。
　　　　∴。
例4. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例5. （2012年四川省文14分）已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到。
当时,
。
当n=0时，。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是3。
（Ⅲ）由（1）知，
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而
。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：
。
六、基本不等式的应用：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ）　　　（Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例2. （2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则的最小值是【 】
A. B. C.5 D.6
【答案】C。
【考点】基本不等式或配方法的应用。
【解析】∵x+3y=5xy，∴，。
∴。（或由基本不等式得）
∴5，即的最小值是5。故选C。
例3. （2012年湖北省理5分）设是正数，且，则【 】【版权归锦元数学工作室，不得转载】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。
【解析】由柯西不等式知，
而此时恰好满足取等条件。
令，则。
代入到中得，再将代入得。
∵，∴。∴。故选C。
例4. （2012年福建省理5分）下列不等式一定成立的是【 】【版权归锦元数学工作室，不得转载】
A．lg＞lgx(x＞0)
B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈)
C．x2＋1≥2|x|(x∈)
D.＞1(x∈)
【答案】C。
【考点】不等式的性质以及基本不等式的应用。
【解析】对于A，当x＝时，lg＝lgx，所以A不一定成立；
对于B，当sinx>0时，不等式才成立，所以B不一定成立；
对于C，命题显然正确；
对于D，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，所以D不成立.
故选C。
例5. （2012年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为和（），其全程的平均时速为，则【 】
A. B. = C. << D. =
【答案】A。
【考点】基本不等式及其应用。
【解析】设从甲地到乙地的路程为，则。
又∵，∴。
∴。故选A。
例6. （2012年福建省理7分）已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
（Ⅰ）求m的值；【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（Ⅱ）若a，b，c∈R，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
【答案】解：（Ⅰ）因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}。
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1。
（Ⅱ）由(1)知＋＋＝1，
又a，b，c∈R，由柯西不等式得
，
当且仅当 时，等号成立。
所以a＋2b＋3c≥9。
【考点】带绝对值的函数，不等式的证明。
【解析】（Ⅰ）由条件可得f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0，故有|x|≤m的解集为[-1，1]，故m=1。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得＋＋＝1，从而 ，展开后可得
，利用基本不等式证明它大于或等于9。
例7. （2012年湖北省文5分）设∈ R，则 “”是“”的【　　　】
A.充分条件但不是必要条件　　　　B.必要条件但不是充分条件
C.充分必要条件 　　　　　　 D.既不充分也不必要的条件
【答案】A。
【考点】充分、必要条件的判定，基本不等式的应用。
【解析】当时，，
而（当且仅当，且，即时等号成立），
∴。
当取,显然有,但。
∴由不可以推得。
综上，是的充分不必要条件。故选A。
例8. （2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：
①当时，数列的前3项依次为5,3,2；
②对数列都存在正整数，当时总有；
③当时，；
④对某个正整数，若，则。
其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）【版权归锦元数学工作室，不得转载】
【答案】①③④。
【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。
【解析】对于①，若，根据
当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……
此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。
对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。
∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，
∴不论是偶数还是奇数，有。
∵和都是整数，
∴。
又当时，，
∵，∴成立。
∴当时，。故③正确。
对于④，当时，， ∴，即。
∴，即，解得。
由③，∴。∴。故④正确。
综上所述，真命题有 ①③④ 。
例9. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。
(Ⅰ)求的值。
(Ⅱ)证明：当时，。
【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。
∵曲线与直线在（0，0）点相切，
∴。∴=0。
（II）证明：由（I）知。
由均值不等式，当＞0时，，∴。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。
（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值
法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。
七、线性规划问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例2. （2012年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【 】
（A）(1－，2) （B）(0，2) （C）(－1，2) （D）(0，1+)
【答案】A。
【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。
【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。
由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+，2）。
作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域： A(1,1)，B(1,3)，
C（1+，2）。
当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+，y=2时，z=－x+y取得最小值1－。
∴z=－x+y的取值范围为(1－，2)。故选A。
例3. （2012年四川省文5分）若变量满足约束条件，则的最大值是【 】
A、12 B、26 C、28 D、33
【答案】 C。
【考点】线性规划问题。
【解析】画可行域如图所示，
目标函数可以变形为， 作函数的平行线，当其经过点B（4,4）时截距最大时，即z有最大值为=。故选C。
例4. （2012年山东省理5分）若满足约束条件：，则目标函数的取值范围是【 】
A B C D
【答案】A。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
【考点】线性规划。
【解析】如图，作出可行域，直线，
将直线平移至点（2，0）处有最大值：，
将直线平移至点处有最小值：。
∴目标函数的取值范围是。故选A。
例5. （2012年天津市文5分）设变量满足约束条件,则目标函数z=3x-2y的最小值为【 】
（A）－5 （B）－4 （C）－2 （D）3
【答案】B。
【考点】线性规划。
【分析】作出不等式对应的可行域如图，由得。
由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，
而此时最小为，故选B。
例6. （2012年安徽省文5分）若满足约束条件：；则的最小值是【 】

【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最小值。
∴的最小值是。故选。
例7. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【　　】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例8. （2012年广东省文5分）已知变量满足约束条件则的最小值为【 】
A． B． C． D
【答案】C。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（－1,－2）
当时，目标函数的最小值为。
故选C。
例9. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例10. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例11. （2012年福建省文5分） 若直线上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A．－1 B．1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例12. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例13. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例14.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例15.（2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲ 来源:21世
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例16. （2012年上海市文4分）满足约束条件的目标函数的最小值是 ▲
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】根据题意得到或或或
其可行域为平行四边形区域，（包括边界）目标函数可以化成，的最小值就是该直线在轴上截距的最小值，当该直线过点时，有最小值，此时 .
例17. （2012年浙江省文5分） 设z=x+2y，其中实数x，y满足， 则z的取值范围是 ▲ 。
【答案】[0，]。
【考点】简单线性规划。
【解析】根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，结合z在目标函数中的几何意义，求出目标函数的最大值、及最小值，进一步线出目标函数z的范围：
约束条件? 对应的平面区域如图示：
由图易得目标函数z=x+2y在O（0，0）处取得最小值，此时z=0；
在B处取最大值，由可得B（），此时z=。
故z=x+2y的取值范围为：[0，]。
例18.（2012年湖北省文5分）若变量，满足约束条件则目标函数的最小值是　　▲　　.
【答案】2。
【考点】简单的线性规划。
【解析】作出不等式组所表示的可行域(如下图的及其内部）,
可知当直线经过的交点时，取得最小值，且。
例19. （2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是
▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
例20.（2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例21.（2012年陕西省文14分）设函数
（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；
（III）设，若对任意，有，求的取值范围；
【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得，∴。
画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。
（III）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。
（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
除了上述不等式的求解（证）方法外，还有“作差比较法”，“作商比较法”，“分离参数法”，“变更主元法”，“判别式法”等方法。
作差比较法：依据，作差——变形——判断。
作商比较法，依据当时，，作商——变形——判断商与1的大小。
分离参数法：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解。
变更主元法：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题。