2、－1，－是一元二次方程ax2＋(a－1)x－1＝0的兩個(gè)根，所以－1×＝－，所以a＝－2，故選B.
3．設(shè)[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)(例如：[5.5]＝5，[－5.5]＝－6)，則不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集為( )
A．(2，3) B．[2，4)
C．[2，3] D．(2，3]
解析：選B.不等式[x]2－5[x]＋6≤0可化為([x]－2)·([x]－3)≤0，解得2≤[x]≤3，即不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集為2≤[x]≤3.根據(jù)[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，得不等式的解集為2≤x＜4.故選B.
4．在關(guān)于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解
3、集中至多包含2個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－3，5) B．(－2，4)
C．[－3，5] D．[－2，4]
解析：選D.由x2－(a＋1)x＋a<0得(x－1)(x－a)<0，當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解集為?，符合題意；當(dāng)a>1時(shí)，不等式的解集為(1，a)；當(dāng)a<1時(shí)，不等式的解集為(a，1)．要使不等式的解集中至多包含2個(gè)整數(shù)，則a≤4且a≥－2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2，4]．故選D.
解不等式的策略
(1)一元二次不等式：先化為一般形式ax2＋bx＋c>0(a>0)，再結(jié)合相應(yīng)二次方程的根及二次函數(shù)圖象確定一元二次不等式的解集．
(2)含指數(shù)、對(duì)數(shù)
4、的不等式：利用指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性將其轉(zhuǎn)化為整式不等式求解．
(3)有函數(shù)背景的不等式：靈活利用函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性、對(duì)稱性等)與圖象求解．
[注意] 求解含參數(shù)的不等式的易錯(cuò)點(diǎn)是不清楚對(duì)參數(shù)分類討論的標(biāo)準(zhǔn)導(dǎo)致求解出錯(cuò)．
基本不等式及其應(yīng)用
[考法全練]
1．設(shè)x≥0，則函數(shù)y＝x＋－的最小值為_(kāi)_______．
解析：y＝x＋－＝(x＋1)＋－≥2－＝－.當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝，即x＝0時(shí)等號(hào)成立．
答案：－
2．(2019·高考天津卷)設(shè)x>0，y>0，x＋2y＝5，則的最小值為_(kāi)_______．
解析：＝＝＝2＋.由x＋2y＝5得5≥2，即≤，即xy≤，當(dāng)且
5、僅當(dāng)x＝2y＝時(shí)等號(hào)成立.2＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)2＝，即xy＝3時(shí)取等號(hào)，結(jié)合xy≤可知，xy可以取到3，故的最小值為4.
答案：4
3．某公司一年購(gòu)買某種貨物600噸，每次購(gòu)買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬(wàn)元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元．要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x的值是________．
解析：一年購(gòu)買次，則總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和為×6＋4x＝4≥8＝240，當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時(shí)取等號(hào)，故總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小時(shí)x的值是30.
答案：30
4．設(shè)正數(shù)x，y滿足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，則x＋y的取值范圍是________．
解析：由題意可知x＋y＋3
6、＝xy(x>0，y>0)，所以x＋y＋3＝xy≤，即4(x＋y)＋12≤(x＋y)2，(x＋y－6)(x＋y＋2)≥0，所以x＋y≥6.
答案：[6，＋∞)
5．已知向量a＝(x－1，3)，b＝(1，y)，其中x，y都為正實(shí)數(shù)．若a⊥b，則＋的最小值為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝x－1＋3y＝0，即x＋3y＝1.又x，y為正實(shí)數(shù)，所以＋＝(x＋3y)·＝2＋＋≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝時(shí)取等號(hào)．所以＋的最小值為4.
答案：4
利用不等式求最值的4個(gè)解題技巧
(1)湊項(xiàng)：通過(guò)調(diào)整項(xiàng)的符號(hào)，配湊項(xiàng)的系數(shù)，使其積或和為定值．
(2)湊系數(shù)：若無(wú)法直接運(yùn)用
7、基本不等式求解，可以通過(guò)湊系數(shù)后得到和或積為定值，從而可利用基本不等式求最值．
(3)換元：分式函數(shù)求最值，通常直接將分子配湊后將式子分開(kāi)或?qū)⒎帜笓Q元后將式子分開(kāi)再利用基本不等式求最值．即化為y＝m＋＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒負(fù)的形式，然后運(yùn)用基本不等式來(lái)求最值．
(4)“1”的代換：先把已知條件中的等式變形為“1”的表達(dá)式，再把“1”的表達(dá)式與所求最值的表達(dá)式相乘求積，通過(guò)變形構(gòu)造和或積為定值的代數(shù)式求其最值．
[注意] 運(yùn)用基本不等式時(shí)，一定要注意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所謂“一正”是指“正數(shù)”；“二定”指應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，和或積為定值；“
8、三相等”是指滿足等號(hào)成立的條件．若連續(xù)兩次使用基本不等式求最值，必須使兩次等號(hào)成立的條件一致，否則最值取不到．
簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題
[考法全練]
1．(一題多解)(2019·高考天津卷)設(shè)變量x，y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z＝－4x＋y的最大值為( )
A. 2 B. 3
C. 5 D. 6
解析：選C.法一：作出可行域如圖中陰影部分所示．
由z＝－4x＋y得y＝4x＋z，結(jié)合圖形可知當(dāng)直線y＝4x＋z過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z最大，
由
得A(－1，1)，
故zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故選C.
法二：易知目標(biāo)函數(shù)z＝－4x＋y的最大
9、值在可行域的頂點(diǎn)處取得，可行域的四個(gè)頂點(diǎn)分別是(－1，1)，(0，2)，(－1，－1)，(3，－1)．當(dāng)直線y＝4x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－1，1)時(shí)，z＝5；當(dāng)直線y＝4x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，2)時(shí)，z＝2；當(dāng)直線y＝4x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－1，－1)時(shí)，z＝3；當(dāng)直線y＝4x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3，－1)時(shí)，z＝－13.所以zmax＝5，故選C.
2．(2019·洛陽(yáng)市統(tǒng)考)如果點(diǎn)P(x，y)滿足，點(diǎn)Q在曲線x2＋(y＋2)2＝1上，則|PQ|的取值范圍是( )
A．[－1，－1] B．[－1，＋1]
C．[－1，5] D．[－1，5]
解析：選D.作出點(diǎn)P滿足的線性約束條件表示的平面區(qū)域(如圖中陰
10、影部分所示)，因?yàn)辄c(diǎn)Q所在圓的圓心為M(0，－2)，所以|PM|取得最小值的最優(yōu)解為(－1，0)，取得最大值的最優(yōu)解為(0，2)，所以|PM|的最小值為，最大值為4，又圓M的半徑為1，所以|PQ|的取值范圍是[－1，5]，故選D.
3．(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足，則z＝的取值范圍為_(kāi)_______．
解析：畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示．z＝表示平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O的連線的斜率．
由，得，即A(－1，3)．
由，得，即B(－2，)．
所以zmax＝kOB＝＝－，zmin＝kOA＝＝－3，
所以z＝的取值范圍為.
答案：
4．
11、已知變量x，y滿足約束條件記z＝4x＋y的最大值是a，則a＝________．
解析：變量x，y滿足的約束條件的可行域如圖中陰影部分所示．作出直線4x＋y＝0，平移直線，知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，由解得所以A(1，－1)，此時(shí)z＝4×1－1＝3，故a＝3.
答案：3
簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題的解題策略
在給定約束條件的情況下，求線性目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解，其主要解題策略為：
(1)根據(jù)約束條件作出可行域．
(2)根據(jù)所要求的目標(biāo)函數(shù)的最值，令目標(biāo)函數(shù)z＝0，將所得直線平移，得到可行解，并確定最優(yōu)解．
(3)將取得最優(yōu)解時(shí)的點(diǎn)的坐標(biāo)確定，并求出此時(shí)的最優(yōu)解．
合情推理
12、
[考法全練]
1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)在“一帶一路”知識(shí)測(cè)驗(yàn)后，甲、乙、丙三人對(duì)成績(jī)進(jìn)行預(yù)測(cè)．
甲：我的成績(jī)比乙高．
乙：丙的成績(jī)比我和甲的都高．
丙：我的成績(jī)比乙高．
成績(jī)公布后，三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確，那么三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)? )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
解析：選A.依題意，若甲預(yù)測(cè)正確，則乙、丙均預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，此時(shí)三人成績(jī)由高到低的次序?yàn)榧?、乙、丙；若乙預(yù)測(cè)正確，此時(shí)丙預(yù)測(cè)也正確，這與題意相矛盾；若丙預(yù)測(cè)正確，則甲預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，此時(shí)乙預(yù)測(cè)正確，這與題意相矛盾．綜上所述，三人成績(jī)由高到低的
13、次序?yàn)榧?、乙、丙，選A.
2．觀察下列等式：
12＝1
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋32－42＝－10
…
照此規(guī)律，第n個(gè)等式為_(kāi)_______________．
解析：觀察等式左邊的式子，每次增加一項(xiàng)，故第n個(gè)等式左邊有n項(xiàng)，指數(shù)都是2，且正、負(fù)相間，所以等式左邊的通項(xiàng)為(－1)n＋1n2.等式右邊的值的符號(hào)也是正、負(fù)相間，其絕對(duì)值分別為1，3，6，10，15，21，….設(shè)此數(shù)列為{an}，則a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，各式相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
14、所以第n個(gè)等式為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·
3．祖暅(公元5～6世紀(jì))是我國(guó)齊梁時(shí)代的數(shù)學(xué)家，是祖沖之的兒子．他提出了一條原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異．”這里的“冪”指水平截面的面積，“勢(shì)”指高．這句話的意思是：兩個(gè)等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體體積相等．設(shè)由橢圓＋＝1(a>b>0)所圍成的平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后，得一橄欖狀的幾何體(如圖)，稱為橢球體，課本中介紹了應(yīng)用祖暅原理求球體體積公式的方法，請(qǐng)類比此法，求出橢球體體積，其體積等于_____
15、___．
解析：橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a，短半軸長(zhǎng)為b，現(xiàn)構(gòu)造兩個(gè)底面半徑為b，高為a的圓柱，然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐，根據(jù)祖暅原理得出橢球的體積V＝2(V圓柱－V圓錐)＝2＝πb2a.
答案：πb2a
合情推理的解題思路
(1)在進(jìn)行歸納推理時(shí)，要根據(jù)已知的部分個(gè)體，適當(dāng)變形，找出它們之間的聯(lián)系，從而歸納出一般結(jié)論．
(2)在進(jìn)行類比推理時(shí)，要充分考慮已知對(duì)象性質(zhì)的推理過(guò)程，然后通過(guò)類比，推導(dǎo)出類比對(duì)象的性質(zhì)．
(3)歸納推理關(guān)鍵是找規(guī)律，類比推理關(guān)鍵是看共性．
一、選擇題
1．用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3
16、＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根
解析：選A.依據(jù)反證法的要求，即至少有一個(gè)的反面是一個(gè)也沒(méi)有，直接寫出命題的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根，故應(yīng)選A.
2．若a B.>
C．|a|>|b| D．a(chǎn)2>b2
解析：選B.因?yàn)閍，故A對(duì)，
因?yàn)閍
17、b，a，故B錯(cuò)．
因?yàn)閍－b>0，即|－a|>|－b|，
所以|a|>|b|，故C對(duì)．
因?yàn)閍－b>0，
所以(－a)2>(－b)2，即a2>b2，故D對(duì)．
3．已知集合M＝{x|≤0}，N＝{x|y＝log3(－6x2＋11x－4)}，則M∩N＝( )
A. B.
C. D.
解析：選C.因?yàn)榧螹＝{x|≤0}＝{x|10}＝.
所以M∩N＝∩{x|
18、小值與最大值的和為( )
A．7 B．8
C．13 D．14
解析：
選D.作出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2x＋y＝0，平移直線2x＋y＝0，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1，2)時(shí)，z＝2x＋y取得最小值4，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(3，4)時(shí)，z＝2x＋y取得最大值10，故z的最小值與最大值的和為4＋10＝14.故選D.
5．某單位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲說(shuō)：我在1日和3日都有值班；
乙說(shuō)：我在8日和9日都有值班；
丙說(shuō)：我們?nèi)烁髯灾蛋嗟娜掌谥拖嗟龋畵?jù)此可判斷丙必定值班的日期是( )
A．2日和5日 B．5日和6日
19、
C．6日和11日 D．2日和11日
解析：選C.由題意，1至12的和為78，
因?yàn)槿烁髯灾蛋嗟娜掌谥拖嗟龋?
所以三人各自值班的日期之和為26，
根據(jù)甲說(shuō)：我在1日和3日都有值班；乙說(shuō)：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，
據(jù)此可判斷丙必定值班的日期是6日和11日．
6．(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))設(shè)變量x，y滿足約束條件，則目標(biāo)函數(shù)
z＝的最大值為( )
A. B.
C．3 D．4
解析：選C.可行域如圖中陰影部分所示，目標(biāo)函數(shù)z＝，設(shè)u＝3x＋y，欲求z＝的最大值，等價(jià)于求u＝3x＋y的
20、最小值．u＝3x＋y可化為y＝－3x＋u，該直線的縱截距為u，作出直線y＝－3x并平移，當(dāng)直線y＝－3x＋u經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(－1，2)時(shí)，縱截距u取得最小值umin＝3×(－1)＋2＝－1，所以z＝的最大值z(mì)max＝＝3.故選C.
7．設(shè)f(x)是定義在[－2b，3＋b]上的偶函數(shù)，且在[－2b，0]上為增函數(shù)，則f(x－1)≥f(3)的解集為( )
A．[－3，3] B．[－2，4]
C．[－1，5] D．[0，6]
解析：選B.根據(jù)題意，－2b＋3＋b＝0；
所以b＝3；
所以f(x)的定義域?yàn)閇－6，6]，在[－6，0]上為增函數(shù)；
所以f(x)在[0，6]上為減函
21、數(shù)；
所以由f(x－1)≥f(3)得，f(|x－1|)≥f(3)；
所以
解得－2≤x≤4；
所以原不等式的解集為[－2，4]．
8．已知x>1，y>1，且lg x，2，lg y成等差數(shù)列，則x＋y有( )
A．最小值，為20 B．最小值，為200
C．最大值，為20 D．最大值，為200
解析：選B.因?yàn)閤>1，y>1，且lg x，2，lg y成等差數(shù)列，所以4＝lg x＋lg y，所以lg 104＝lg(xy)，所以xy＝10 000，所以x＋y≥2＝200，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝100時(shí)取等號(hào)，所以x＋y有最小值，為200.故選B.
9．某企業(yè)生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，銷
22、售利潤(rùn)分別為2千元/件、1千元/件．甲、乙兩種產(chǎn)品都需要在A，B兩種設(shè)備上加工，生產(chǎn)一件甲產(chǎn)品需用A設(shè)備2小時(shí)，B設(shè)備6小時(shí)，生產(chǎn)一件乙產(chǎn)品需用A設(shè)備3小時(shí)，B設(shè)備1小時(shí)．A，B兩種設(shè)備每月可使用時(shí)間數(shù)分別為480小時(shí)、960小時(shí)，若生產(chǎn)的產(chǎn)品都能及時(shí)售出，則該企業(yè)每月利潤(rùn)的最大值為( )
A．320千元 B．360千元
C．400千元 D．440千元
解析：選B.設(shè)生產(chǎn)甲產(chǎn)品x件，生產(chǎn)乙產(chǎn)品y件，利潤(rùn)為z千元，則z＝2x＋y，作出的可行域如圖中陰影部分所示，作出直線2x＋y＝0，平移該直線，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)直線2x＋3y＝480與直線6x＋y＝960的交點(diǎn)(150，60)時(shí)，z取得
23、最大值，為360.
10．設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1，若對(duì)于x∈[1，3]，f(x)<－m＋4恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析：選A.由題意，f(x)<－m＋4，
可得m(x2－x＋1)<5.
因?yàn)楫?dāng)x∈[1，3]時(shí)，x2－x＋1∈[1，7]，
所以m<.
因?yàn)楫?dāng)x＝3時(shí)，的最小值為，
所以若要不等式m<恒成立，則必須m<，
因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍為.
11．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件若z＝的最小值為－，則正數(shù)a的值為( )
A. B．1
C. D.
解析：選D.實(shí)數(shù)x，y滿足的約束條件的可行域如圖：
24、
因?yàn)閦＝表示過(guò)點(diǎn)(x，y)與(－1，－1)連線的斜率，
易知a>0，所以可作出可行域，可知可行域的點(diǎn)A與(－1，－1)連線的斜率最小，
由解得A.
z＝的最小值為－，
即＝＝＝－?a＝.
12．已知an＝，把數(shù)列{an}的各項(xiàng)排列成如下的三角形狀：
記A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)，則A(11，2)＝( )
A. B.
C. D.
解析：選D.由A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)可知，A(11，2)表示第11行的第2個(gè)數(shù)，根據(jù)圖形可知：每一行的最后一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為行數(shù)的平方，所以第10行的最后一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為102＝100，即為a100，所以第11行第2項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為1
25、00＋2＝102，所以A(11，2)＝a102＝，故選D.
二、填空題
13．不等式|x－3|<2的解集為_(kāi)_______．
解析：不等式|x－3|<2，即－22)的最小值為6，則正數(shù)m的值為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)閤>2，m>0，所以y＝x－2＋＋2≥2＋2＝2＋2，當(dāng)x＝2＋時(shí)取等號(hào)，又函數(shù)y＝x＋(x>2)的最小值為6，所以2＋2＝6，解得m＝4.
答案：4
15．(2019·洛陽(yáng)尖子生第二次聯(lián)考)已知x，y滿足.若目標(biāo)函數(shù)z＝3x＋y的最大值為10，則z的最小值為_(kāi)_______．
解
26、析：
作出可行域，如圖中陰影部分所示．作出直線3x＋y＝0，并平移可知當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，為10，當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)B時(shí)，z取得最小值．由得，即A，所以3×＋＝10，解得m＝5，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2，－1)，所以zmin＝3×2－1＝5.
答案：5
16．已知整數(shù)對(duì)的序列如下：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，…，則第57個(gè)數(shù)對(duì)是________．
解析：(1，1)兩數(shù)的和為2，共1個(gè)，
(1，2)，(2，1)，兩數(shù)的和為3，共2個(gè)，
(1，3)，(2，2)，(3，1)，兩數(shù)的和為4，共3個(gè)，
(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，兩數(shù)的和為5，共4個(gè)，
…
因?yàn)?＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝55，
所以第57個(gè)數(shù)對(duì)在第11組之中的第2個(gè)數(shù)，從而兩數(shù)之和為12，應(yīng)為(2，10)．
答案：(2，10)
- 15 -
（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)考點(diǎn) 自主練透 第4講 不等式與合情推理學(xué)案 文 新人教A版
