4、10的解集是( )
A．[－5,7]
B．[－4,6]
C．(－∞，－5]∪[7，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[6，＋∞)
課標理數(shù)4.E2[2020·山東卷] D 【解析】 當|x－5|＋|x＋3|＝10時，求出x1＝6，x2＝－4，畫出數(shù)軸，顯然當x≥6或x≤－4時，滿足|x－5|＋|x＋3|≥10.
課標理數(shù)1.A1，E3[2020·北京卷] 已知集合P＝{x|x2≤1}，M＝{a}．若P∪M＝P，則a的取值范圍是( )
A．(－∞，－1]
B．[1，＋∞)
C．[－1,1]
D．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
課標理數(shù)1.A1，E3[2020·北京卷
5、] C 【解析】 由P∪M＝P，可知M?P，而集合P＝{x|－1≤x≤1}，所以－1≤a≤1，故選C.
課標文數(shù)1.A1，E3[2020·北京卷] 已知全集U＝R，集合P＝{x|x2≤1}，那么?UP＝( )
A．(－∞，－1)
B．(1，＋∞)
C．(－1,1)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
課標文數(shù)1.A1，E3[2020·北京卷] D 【解析】 因為集合P＝{x|－1≤x≤1}，所以?UP＝{x|x<－1或x>1}，故選D.
課標文數(shù)6.E3[2020·福建卷] 若關于x的方程x2＋mx＋1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A．(－
6、1,1) B．(－2,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
課標文數(shù)6.E3[2020·福建卷] C 【解析】 由方程x2＋mx＋1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，得
Δ＝m2－4>0，解得m<－2或m>2，故選C.
課標文數(shù)5.E3[2020·廣東卷] 不等式2x2－x－1＞0的解集是( )
A.
B．(1，＋∞)
C．(－∞，1)∪(2，＋∞)
D.∪(1，＋∞)
課標文數(shù)5.E3[2020·廣東卷] D 【解析】 不等式2x2－x－1>0化為(x－1)(2x＋1)>0，解得x<－或x>1，故選D.
課標文數(shù)1.E3[202
7、0·山東卷] 設集合M＝{x|(x＋3)(x－2)<0}，N＝{x|1≤x≤3}，則M∩N＝( )
A．[1,2) B．[1, 2] C．(2,3] D．[2,3]
課標文數(shù)1.E3[2020·山東卷] A 【解析】 由解不等式知識知M＝{x|－3＜x＜2}，又N＝{x|1≤x≤3}，
所以M∩N＝{x|1≤x＜2}．
課標文數(shù)6.E5[2020·安徽卷] 設變量x，y滿足則x＋2y的最大值和最小值分別為( )
A．1，－1 B．2，－2
C．1，－2 D．2，－1
課標文數(shù)6.E5[2020·安徽卷] B 【解析】 畫出可行域(如圖所示陰影部分)．可知當直線u
8、＝x＋2y經(jīng)過A(0,1)，C(0，－1)時分別對應u的最大值和最小值．故umax＝2，umin＝－2.
大綱文數(shù)4.E5[2020·全國卷] 若變量x，y滿足約束條件則z＝2x＋3y的最小值為( )
A．17 B．14 C．5 D．3
大綱文數(shù)4.E5[2020·全國卷] C 【解析】 通過約束條件畫出可行域，可知z的最小值為5，故選C.
課標理數(shù)8.E5，F(xiàn)3[2020·福建卷] 已知O是坐標原點，點A(－1,1)，若點M(x，y)為平面區(qū)域上的一個動點，則·的取值范圍是( )
A．[－1,0] B．[0,1]
C．[0,2] D．[－1,
9、2]
課標理數(shù)8.E5，F(xiàn)3[2020·福建卷] C 【解析】 畫出不等式組表示的平面區(qū)域(如圖1－2)，
又·＝－x＋y，取目標函數(shù)z＝－x＋y，即y＝x＋z，作斜率為1的一組平行線，
圖1－2
當它經(jīng)過點C(1,1)時，z有最小值，即zmin＝－1＋1＝0；
當它經(jīng)過點B(0,2)時，z有最大值，即zmax＝－0＋2＝2.
∴ z的取值范圍是[0,2]，即·的取值范圍是[0,2]，故選C.
課標文數(shù)21.E5，C9[2020·福建卷] 設函數(shù)f(θ)＝sinθ＋cosθ，其中，角θ的頂點與坐標原點重合，始邊與x軸非負半軸重合，終邊經(jīng)過點P(x，y)，且0≤θ≤π.
10、(1)若點P的坐標為，求f(θ)的值；
(2)若點P(x，y)為平面區(qū)域Ω：上的一個動點，試確定角θ的取值范圍，并求函數(shù)f(θ)的最小值和最大值．
課標文數(shù)21.E5，C9[2020·福建卷] 【解答】 (1)由點P的坐標和三角函數(shù)的定義可得
于是f(θ)＝sinθ＋cosθ＝×＋＝2.
(2)作出平面區(qū)域Ω(即三角形區(qū)域ABC)如圖1－7所示，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)．
圖1－7
于是0≤θ≤.
又f(θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin，
且≤θ＋≤，
故當θ＋＝，即θ＝時，f(θ)取得最大值，且最大值等于2；
當θ＋＝，即θ＝0時，f(θ)取得最
11、小值，且最小值等于1.
課標理數(shù)5.E5[2020·廣東卷] 已知平面直角坐標系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定．若M(x，y)為D上的動點，點A的坐標為(，1)，則z＝·的最大值為( )
A．4 B．3 C．4 D．3
課標理數(shù)5.E5
圖1－1
[2020·廣東卷] C 【解析】 z＝·＝(x，y)·(，1)＝x＋y，畫出不等式組表示的區(qū)域(如圖1－1)，顯然當z＝x＋y經(jīng)過B(，2)時，z取最大值，
即zmax＝2＋2＝4.
課標文數(shù)6.E5[2020·廣東卷] 已知平面直角坐標系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定．若M(x，y)為D上的動點，點A的坐標為
12、(，1)，則z＝·的最大值為( )
A．3 B．4 C．3 D．4
課標文數(shù)6.E5
圖1－1
[2020·廣東卷] B 【解析】 z＝·＝(x，y)·(，1)＝x＋y，畫出不等式組表示的區(qū)域(如圖1－1)，顯然當z＝x＋y經(jīng)過B(，2)時，z取最大值，
即zmax＝2＋2＝4.
課標理數(shù)8.E5[2020·湖北卷] 已知向量a＝(x＋z,3)，b＝(2，y－z)，且a⊥b.若x，y滿足不等式|x|＋|y|≤1，則z的取值范圍為( )
A．[－2,2] B．[－2,3]
C．[－3,2] D．[－3,3]
課標理數(shù)8.E5[2020·湖北卷] D 【
13、解析】 因為a＝，b＝，且a⊥b，所以a·b＝2＋3＝0，即2x＋3y－z＝0.又＋≤1表示的可行域如圖中陰影部分所示(包含邊界)．
圖1－1
所以當2x＋3y－z＝0過點B時，zmin＝－3；當2x＋3y－z＝0過點A時，zmax＝3.所以z∈.
課標文數(shù)8.E5[2020·湖北卷] 直線2x＋y－10＝0與不等式組表示的平面區(qū)域的公共點有( )
A．0個 B．1個 C．2個 D．無數(shù)個
課標文數(shù)8.E5[2020·湖北卷] B 【解析】 畫出不等式組 表示的可行域，如圖陰影部分所示(含邊界)．
圖1－1
因為直線2x＋y－10＝0過點A，且其斜率為－2
14、，小于直線4x＋3y＝20的斜率－，故只有一個公共點.
課標理數(shù)7.E5[2020·湖南卷] 設m>1，在約束條件下，目標函數(shù)z＝x＋my的最大值小于2，則m的取值范圍為( )
A．(1,1＋) B．(1＋，＋∞)
C．(1,3) D．(3，＋∞)
課標理數(shù)7.E5[2020·湖南卷] A 【解析】 先畫出約束條件表示的可行域，如圖1－1.
圖1－1
直線x＋y＝1與y＝mx的交點為.由圖可知，當x＝，y＝時，目標函數(shù)z＝x＋my有最大值小于2，則有＋m×<2，得1－1，故m的取值范圍為1
15、020·湖南卷] 設m>1，在約束條件下，目標函數(shù)z＝x＋5y的最大值為4，則m的值為________．
課標文數(shù)14.E5[2020·湖南卷] 3 【解析】 先畫出約束條件表示的可行域：如右圖1－3：
圖1－3
直線x＋y＝1與y＝mx的交點為，得到當x＝，y＝時目標函數(shù)z＝x＋5y有最大值4，則有＋5×＝4，得m＝3.
課標理數(shù)13.E5[2020·課標全國卷] 若變量x，y滿足約束條件則z＝x＋2y的最小值為________．
課標理數(shù)13.E5[2020·課標全國卷] －6 【解析】 作出可行域如圖陰影部分所示，
由 解得A(4，－5)．
當直線z＝x＋2y過A點
16、時z取最小值，將A(4，－5)代入，
得z＝4＋2×(－5)＝－6.
圖1－6
課標文數(shù)14.E5[2020·課標全國卷] 若變量x，y滿足約束條件則z＝x＋2y的最小值為_________________________________________________________________．課標文數(shù)14.E5[2020·課標全國卷] －6 【解析】 作出可行域如圖陰影部分所示，
由 解得A(4，－5)．
當直線z＝x＋2y過A點時z取最小值，將A(4，－5)代入，
得z＝4＋2×(－5)＝－6.
圖1－6
課標文數(shù)7.E5[2020·山東卷] 設變量
17、x，y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝2x＋3y＋1的最大值為( )
A．11 B．10 C．9 D．8.5
圖1－1
圖1－6
課標文數(shù)12.E5[2020·陜西卷] 如圖1－6所示，點(x，y)在四邊形ABCD內(nèi)部和邊界上運動，那么2x－y的最小值為________．
課標文數(shù)12.E5[2020·陜西卷] 1 【解析】 由圖象知
函數(shù)在點A(1,1)時，2x－y＝1；在點B(，)時，2x－y＝2－>1；在點C(，1)時，2x－y＝2－1＞1；在點D(1,0)時，2x－y＝2－0＝2>1，故最小值為1.
大綱文數(shù)10.E5[2020·四川卷] 某運輸公司有1
18、2名駕駛員和19名工人，有8輛載重量為10噸的甲型卡車和7輛載重量為6噸的乙型卡車．某天需送往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車需滿載且只運送一次，派用的每輛甲型卡車需配2名工人，運送一次可得利潤450元，派用的每輛乙型卡車需配1名工人，運送一次可得利潤350元，該公司合理計劃當天派用兩類卡車的車輛數(shù)，可得最大利潤z＝( )
A．4650元 B．4700元
C． 4900元 D．5000元
大綱文數(shù)10.E5[2020·四川卷] C 【解析】 設該公司合理計劃當天派用甲、乙卡車的車輛數(shù)分別為x，y，則根據(jù)條件得x，y滿足的約束條件為目標函數(shù)z＝450x＋350y－z.作出約束條件所
19、表示的平面區(qū)域，然后平移目標函數(shù)對應的直線450x＋350y－z＝0知，當直線經(jīng)過直線x＋y＝12與2x＋y＝19的交點(7,5)時，目標函數(shù)取得最大值，即z＝450×7＋350×5＝4900.
大綱理數(shù)9.E5[2020·四川卷] 某運輸公司有12名駕駛員和19名工人，有8輛載重量為10噸的甲型卡車和7輛載重量為6噸的乙型卡車．某天需送往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車需滿載且只運送一次，派用的每輛甲型卡車需配2名工人，運送一次可得利潤450元，派用的每輛乙型卡車需配1名工人，運送一次可得利潤350元．該公司合理計劃當天派用兩類卡車的車輛數(shù)，可得最大利潤z＝( )
A．4650元
20、 B．4700元
C． 4900元 D．5000元
大綱理數(shù)9.E5[2020·四川卷] C 【解析】 設該公司合理計劃當天派用甲、乙卡車的車輛數(shù)分別為x，y，則根據(jù)條件得x，y滿足的約束條件為目標函數(shù)z＝450x＋350y.作出約束條件所表示的平面區(qū)域，然后平移目標函數(shù)對應的直線450x＋350y－z＝0知，當直線經(jīng)過直線x＋y＝12與2x＋y＝19的交點(7,5)時，目標函數(shù)取得最大值，即z＝450×7＋350×5＝4900.
課標文數(shù)2.E5[2020·天津卷] 設變量x，y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝3x－y的最大值為( )
A．－4 B．0 C. D．4
21、
課標文數(shù)2.E5[2020·天津卷] D 【解析】 作出可行域，如圖1－1所示．聯(lián)立 解得 當目標函數(shù)z＝3x－y移至(2,2)時，z＝3x－y有最大值4.
圖1－1
課標理數(shù)5.E5[2020·浙江卷] 設實數(shù)x，y滿足不等式組若x，y為整數(shù)，則3x＋4y的最小值是( )
A．14 B．16 C．17 D．19
課標理數(shù)5.E5[2020·浙江卷] B 【解析】 可行域如圖所示：
圖1－3
聯(lián)立解之得又∵邊界線為虛線，且目標函數(shù)線的斜率為－，∴當z＝3x＋4y過點(4,1)時，有最小值16.
課標文數(shù)3.E5[2020·浙江卷] 若實數(shù)x，y滿足不等
22、式組則3x＋4y的最小值是( )
A．13 B．15 C．20 D．28
課標文數(shù)3.E5[2020·浙江卷] A 【解析】 可行域如圖陰影部分所示．
聯(lián)立解之得∴當z＝3x＋4y過點(3,1)時，有最小值13.
課標文數(shù)7.B10，E6[2020·北京卷] 某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準備費用為800元，若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲時間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產(chǎn)產(chǎn)品( )
A．60件 B．80件 C．100件 D．120件
課標文數(shù)7.B10，E6[2020·北京卷] B 【解析
23、】 記平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和為f(x)，則f(x)＝＝＋≥2＝20，當且僅當＝，即x＝80件(x>0)時，取最小值，故選B.
課標文數(shù)10.B12，E6[2020·福建卷] 若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
課標文數(shù)10.B12，E6[2020·福建卷] D 【解析】 f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1處有極值，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，化簡得 a＋b＝6，
∵a>0，b>0，
∴ab≤2＝9，當且僅當a＝b
24、＝3時，ab有最大值，最大值為9，故選D.
課標理數(shù)10.N4，E6[2020·湖南卷] 設x，y∈R，且xy≠0，則的最小值為________．
課標理數(shù)10.N4，E6[2020·湖南卷] 9 【解析】 方法一：＝1＋4x2y2＋＋4≥5＋2＝9，當且僅當4x2y2＝時，“＝”成立．
方法二：利用柯西不等式：≥2＝9，當且僅當4x2y2＝時，等號成立．
課標文數(shù)3.E6[2020·陜西卷] 設0
25、，由基本不等式得<，a
26、xy＝1，
∴(x＋y)2－xy＝1，即(x＋y)2－2≤1，
∴(x＋y)2≤，x＋y≤.
大綱理數(shù)7.E6[2020·重慶卷] 已知a＞0，b＞0，a＋b＝2，則y＝＋的最小值是( ) A. B．4 C. D．5
大綱理數(shù)7.E6[2020·重慶卷] C 【解析】 ＋＝(a＋b)＋＝5＋＋≥5＋2＝.
當且僅當即a＝，b＝時取到等號．
∴ymin＝.
大綱文數(shù)7.E6[2020·重慶卷] 若函數(shù)f(x)＝x＋(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝( )
A．1＋ B．1＋
C．3 D．4
大綱文數(shù)7.E6[2020·重慶卷] C 【解析】 ∵x＞2，
27、
∴f(x)＝x＋＝(x－2)＋＋2≥2＋2＝4，
當且僅當x－2＝，即x＝3時取等號．
大綱文數(shù)15.E6[2020·重慶卷] 若實數(shù)a，b，c滿足2a＋2b＝2a＋b,2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c，則c的最大值是_____________________________________________________________________．
大綱文數(shù)15.E6[2020·重慶卷] 2－log23 【解析】 2a＋b＝2a＋2b≥2，當且僅當a＝b時，2a＋b≥4取“＝”．
由2a＋2b＋2c＝2a＋b＋c得2a＋b＋2c＝2a＋b·2c，
∴2c＝＝1＋≤
28、1＋＝，
故c≤log2＝2－log23.
課標文數(shù)20.D5，E7[2020·廣東卷]
設b＞0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)證明：對于一切正整數(shù)n,2an≤bn＋1＋1.
課標文數(shù)20.D5，E7[2020·廣東卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0，
＝＋·.
令An＝，A1＝，
當n≥2時，An＝＋An－1
＝＋…＋＋A1
＝＋…＋＋.
①當b≠1時，An＝＝，
②當b＝1時，An＝n.
∴an＝
(2)證明：當b≠1時，欲證2an＝≤bn＋1＋1，只需證2nbn≤(bn＋1＋1)
29、.
∵(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1
＝bn
>bn(2＋2＋…＋2)
＝2nbn，
∴2an＝<1＋bn＋1.
當b＝1時，2an＝2＝bn＋1＋1.
綜上所述2an≤bn＋1＋1.
大綱理數(shù)22.B12，E8[2020·全國卷] (1)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－，證明：當x>0時，f(x)>0；
(2)從編號1到100的100張卡片中每次隨機抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取20次，設抽得的20個號碼互不相同的概率為p.證明：p<19<.
大綱理數(shù)22.B12，E8[2020·全國卷] 【解答】 (1)f
30、′(x)＝.
當x>0時，f′(x)>0，所以f(x)為增函數(shù)，又f(0)＝0.因此當x>0時，f(x)>0.
(2)p＝.
又99×81<902,98×82<902，…，91×89<902，
所以p<19.
由(1)知：當x>0時，ln(1＋x)>.
因此，ln(1＋x)>2.
在上式中，令x＝，則19ln>2，即19>e2.
所以p<19<.
課標文數(shù)22.B12，E8[2020·湖南卷] 設函數(shù)f(x)＝x－－alnx(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個極值點x1和x2，記過點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直線的斜
31、率為k.問：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．
課標文數(shù)22.B12，E8[2020·湖南卷] 【解答】 (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝1＋－＝.
令g(x)＝x2－ax＋1，其判別式Δ＝a2－4.
①當|a|≤2時，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
②當a<－2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根都小于0.
在(0，＋∞)上，f′(x)>0.
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
③當a>2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根為x1＝，x2＝.
當00；當x1
32、′(x)<0；當x>x2時，f′(x)>0.
故f(x)分別在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，a>2.
因為f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a(lnx1－lnx2)，所以，
k＝＝1＋－a·.
又由(1)知，x1x2＝1，于是
k＝2－a·.
若存在a，使得k＝2－a，則＝1.即lnx1－lnx2＝x1－x2.
亦即x2－－2lnx2＝0(x2>1)．(*)
再由(1)知，函數(shù)h(t)＝t－－2lnt在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而x2>1，所以x2－－2lnx2>1－－2ln1＝0.這與(*)式矛盾．
故不存在
33、a，使得k＝2－a.
課標文數(shù)21.B12，E8[2020·陜西卷] 設f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；
(2)討論g(x)與g的大小關系；
(3)求a的取值范圍，使得g(a)－g(x)＜對任意x＞0成立．
課標文數(shù)21.B12，E8[2020·陜西卷] 【解答】 (1)由題設知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋.
∴g′(x)＝.令g′(x)＝0得x＝1，
當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間．
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間，
因
34、此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點．
所以g(x)的最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－lnx＋x.
設h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋，
則h′(x)＝－.
當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g，
當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)＜0，h′(1)＝0.
因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
當0＜x＜1時，h(x)＞h(1)＝0.
即g(x)＞g.
當x>1時，h(x)0成立?g(a)－1<，
即lna
35、＜1，從而得0＜a＜e.
課標理數(shù)19.E9[2020·安徽卷]
(1)設x≥1，y≥1，證明x＋y＋≤＋＋xy.
(2)1
36、xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．
(2)設logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對數(shù)的換底公式得
logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要證明的不等式即為
x＋y＋≤＋＋xy.
其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)立知所要證明的不等式成立．
課標理數(shù)21.B12，E9[2020·湖北卷]
(1)已知函數(shù)f(x
37、)＝lnx－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函數(shù)f(x)的最大值；
(2)設ak，bk(k＝1,2，…，n)均為正數(shù)，證明：
①若a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，則ab11ab22…abnn≤1；
②若b1＋b2＋…＋bn＝1，則≤bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b.
課標理數(shù)21.B12，E9[2020·湖北卷] 【解答】
(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝－1＝0，解得x＝1，
當00，f(x)在(0,1)內(nèi)是增函數(shù)；
當x>1時，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)．
故函數(shù)f(x)在x＝
38、1處取得最大值f(1)＝0.
(2)證明：①由(1)知，當x∈(0，＋∞)時，有f(x)≤f(1)＝0，即lnx≤x－1.
∵ak，bk>0，從而有l(wèi)nak≤ak－1，得bklnak≤akbk－bk(k＝1,2，…，n)，
求和得nabkk≤kbk－k，
∵kbk≤k，∴nabkk≤0，即ln(ab11ab22…abnn)≤0，
∴ab11ab22…abnn≤1.
②(i)先證bb11bb22…bbnn≥，
設ak＝(k＝1,2，…，n)，則kbk＝＝1＝k，于是由①得b1b2…bn≤1，
即≤nb1＋b2＋…＋bn＝n，
∴bb11bb22…bbnn≥.
(ii)再證bb
39、11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b，
記S＝，設ak＝(k＝1,2，…，n)，
則kbk＝＝1＝k，
于是由①得b1b2…bn≤1，
即bb11bb22…bbnn≤Sb1＋b2＋…＋bn＝S，
∴bb11bb22…bbnn≤b＋b＋…＋b.
綜合(i)(ii)，②得證．
課標文數(shù)20.B12，E9[2020·湖北卷] 設函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a、b為常數(shù)，已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(2,0)處有相同的切線l.
(1)求a、b的值，并寫出切線l的方程；
(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三個互不相同
40、的實根0、x1、x2，其中x1
41、互不相同的實根0、x1、x2，
故x1、x2是方程x2－3x＋2－m＝0的兩相異的實根．
所以Δ＝9－4(2－m)>0，即m>－.
又對任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)0，x1x2＝2－m>0，
故00，
則f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0，
又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，
所以函數(shù)f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2
42、]的最大值為0.
于是當－
43、作出滿足不等式平面區(qū)域，如圖1－4所示，設z＝m＋k，則直線m＋k－z＝0經(jīng)過圖中的陰影中的整點(6,7)時，z＝m＋k取得最小值，即zmin＝13.
圖1－4
[2020·金堂月考] 設a，b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是( )
A．b－a＞0 B．a(chǎn)3＋b3＜0
C．b＋a＞0 D．a(chǎn)2－b2＜0
[2020·黃岡質(zhì)檢] 已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是 ( )
A．xy>yz
B．xz>yz
C．xy>xz
D．x|y|>z|y|
[2020·新都一中月考] 下列四個不等式：①a<0
44、b0的解集為( )
A．{x|x<－2或x>3}
B．{x|x<－2或13}
D．{x|－2
2020高考數(shù)學備考 真題+模擬新題分類匯編 不等式
