2020高考數(shù)學(xué)備考 真題+模擬新題分類匯編 不等式

不等式(真題+模擬新題)大綱理數(shù)3.E12020·全國(guó)卷 下面四個(gè)條件中，使a>b成立的充分而不必要的條件是()Aa>b1 Ba>b1Ca2>b2 Da3>b3大綱理數(shù)3.E12020·全國(guó)卷 A【解析】 對(duì)A項(xiàng)，若a>b1，則ab>1，則a>b；若a>b，不能得到a>b1.對(duì)B項(xiàng)，若a>b1，不能得到a>b；對(duì)C項(xiàng)，若a2>b2，可得(ab)(ab)>0，不能得到a>b；對(duì)D項(xiàng)，若a3>b3，則a>b，反之，若a>b，則a3>b3，a3>b3是a>b成立的充分必要條件，故選A.大綱文數(shù)5.E12020·全國(guó)卷 下面四個(gè)條件中，使a>b成立的充分而不必要的條件是()Aa>b1 Ba>b1Ca2>b2 Da3>b3大綱文數(shù)5.E12020·全國(guó)卷 A【解析】 對(duì)A項(xiàng)，若a>b1，則ab>1，則a>b；若a>b，不能得到a>b1.對(duì)B項(xiàng)，若a>b1，不能得到a>b；對(duì)C項(xiàng)，若a2>b2，可得(ab)(ab)>0，不能得到a>b；對(duì)D項(xiàng)，若a3>b3，則a>b，反之，若a>b，則a3>b3，a3>b3是a>b成立的充分必要條件，故選A.課標(biāo)文數(shù)6.E12020·浙江卷 若a，b為實(shí)數(shù)，則“0<ab<1”是“b<”的()A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件課標(biāo)文數(shù)6.E12020·浙江卷 D【解析】 當(dāng)0<ab<1，a<0，b<0時(shí)，有b>；反過(guò)來(lái)b<，當(dāng)a<0時(shí)，則有ab>1，“0<ab<1”是“b<”的既不充分也不必要條件課標(biāo)理數(shù)9.E22020·廣東卷 不等式|x1|x3|0的解集是_課標(biāo)理數(shù)9.E22020·廣東卷 x|x1【解析】 由|x1|x3|兩邊平方得x22x1x26x9，即8x8，解得x1.課標(biāo)理數(shù)4.E22020·山東卷 不等式|x5|x3|10的解集是()A5,7 B4,6C(，57，) D(，46，)課標(biāo)理數(shù)4.E22020·山東卷 D【解析】 當(dāng)|x5|x3|10時(shí)，求出x16，x24，畫(huà)出數(shù)軸，顯然當(dāng)x6或x4時(shí)，滿足|x5|x3|10.課標(biāo)理數(shù)1.A1，E32020·北京卷 已知集合Px|x21，Ma若PMP，則a的取值范圍是()A(，1B1，)C1,1D(，11，)課標(biāo)理數(shù)1.A1，E32020·北京卷 C【解析】 由PMP，可知MP，而集合Px|1x1，所以1a1，故選C.課標(biāo)文數(shù)1.A1，E32020·北京卷 已知全集UR，集合Px|x21，那么UP()A(，1)B(1，)C(1,1)D(，1)(1，)課標(biāo)文數(shù)1.A1，E32020·北京卷 D【解析】 因?yàn)榧螾x|1x1，所以UPx|x<1或x>1，故選D.課標(biāo)文數(shù)6.E32020·福建卷 若關(guān)于x的方程x2mx10有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A(1,1) B(2,2)C(，2)(2，) D(，1)(1，)課標(biāo)文數(shù)6.E32020·福建卷 C【解析】 由方程x2mx10有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，得 m24>0，解得m<2或m>2，故選C.課標(biāo)文數(shù)5.E32020·廣東卷 不等式2x2x10的解集是()A.B(1，)C(，1)(2，)D.(1，)課標(biāo)文數(shù)5.E32020·廣東卷 D【解析】 不等式2x2x1>0化為(x1)(2x1)>0，解得x<或x>1，故選D.課標(biāo)文數(shù)1.E32020·山東卷 設(shè)集合Mx|(x3)(x2)<0，Nx|1x3，則MN()A1,2) B1, 2 C(2,3 D2,3課標(biāo)文數(shù)1.E32020·山東卷 A【解析】 由解不等式知識(shí)知Mx|3x2，又Nx|1x3，所以MNx|1x2課標(biāo)文數(shù)6.E52020·安徽卷 設(shè)變量x，y滿足則x2y的最大值和最小值分別為()A1，1 B2，2C1，2 D2，1課標(biāo)文數(shù)6.E52020·安徽卷 B【解析】 畫(huà)出可行域(如圖所示陰影部分)可知當(dāng)直線ux2y經(jīng)過(guò)A(0,1)，C(0，1)時(shí)分別對(duì)應(yīng)u的最大值和最小值故umax2，umin2.大綱文數(shù)4.E52020·全國(guó)卷 若變量x，y滿足約束條件則z2x3y的最小值為()A17 B14 C5 D3大綱文數(shù)4.E52020·全國(guó)卷 C【解析】 通過(guò)約束條件畫(huà)出可行域，可知z的最小值為5，故選C.課標(biāo)理數(shù)8.E5，F(xiàn)32020·福建卷 已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(1,1)，若點(diǎn)M(x，y)為平面區(qū)域上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則·的取值范圍是()A1,0 B0,1C0,2 D1,2課標(biāo)理數(shù)8.E5，F(xiàn)32020·福建卷 C【解析】 畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域(如圖12)，又·xy，取目標(biāo)函數(shù)zxy，即yxz，作斜率為1的一組平行線，圖12當(dāng)它經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(1,1)時(shí)，z有最小值，即zmin110；當(dāng)它經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(0,2)時(shí)，z有最大值，即zmax022. z的取值范圍是0,2，即·的取值范圍是0,2，故選C.課標(biāo)文數(shù)21.E5，C92020·福建卷 設(shè)函數(shù)f()sincos，其中，角的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，始邊與x軸非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(x，y)，且0.(1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為，求f()的值；(2)若點(diǎn)P(x，y)為平面區(qū)域：上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定角的取值范圍，并求函數(shù)f()的最小值和最大值課標(biāo)文數(shù)21.E5，C92020·福建卷 【解答】 (1)由點(diǎn)P的坐標(biāo)和三角函數(shù)的定義可得于是f()sincos×2.(2)作出平面區(qū)域(即三角形區(qū)域ABC)如圖17所示，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)圖17于是0.又f()sincos2sin，且，故當(dāng)，即時(shí)，f()取得最大值，且最大值等于2；當(dāng)，即0時(shí)，f()取得最小值，且最小值等于1.課標(biāo)理數(shù)5.E52020·廣東卷 已知平面直角坐標(biāo)系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定若M(x，y)為D上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(，1)，則z·的最大值為()A4 B3 C4 D3課標(biāo)理數(shù)5.E5圖112020·廣東卷 C【解析】 z·(x，y)·(，1)xy，畫(huà)出不等式組表示的區(qū)域(如圖11)，顯然當(dāng)zxy經(jīng)過(guò)B(，2)時(shí)，z取最大值，即zmax224.課標(biāo)文數(shù)6.E52020·廣東卷 已知平面直角坐標(biāo)系xOy上的區(qū)域D由不等式組給定若M(x，y)為D上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(，1)，則z·的最大值為()A3 B4 C3 D4課標(biāo)文數(shù)6.E5圖112020·廣東卷 B【解析】 z·(x，y)·(，1)xy，畫(huà)出不等式組表示的區(qū)域(如圖11)，顯然當(dāng)zxy經(jīng)過(guò)B(，2)時(shí)，z取最大值，即zmax224.課標(biāo)理數(shù)8.E52020·湖北卷 已知向量a(xz,3)，b(2，yz)，且ab.若x，y滿足不等式|x|y|1，則z的取值范圍為()A2,2 B2,3 C3,2 D3,3課標(biāo)理數(shù)8.E52020·湖北卷 D【解析】 因?yàn)閍，b，且ab，所以a·b230，即2x3yz0.又1表示的可行域如圖中陰影部分所示(包含邊界)圖11所以當(dāng)2x3yz0過(guò)點(diǎn)B時(shí)，zmin3；當(dāng)2x3yz0過(guò)點(diǎn)A時(shí)，zmax3.所以z.課標(biāo)文數(shù)8.E52020·湖北卷 直線2xy100與不等式組表示的平面區(qū)域的公共點(diǎn)有()A0個(gè) B1個(gè) C2個(gè) D無(wú)數(shù)個(gè)課標(biāo)文數(shù)8.E52020·湖北卷 B【解析】 畫(huà)出不等式組 表示的可行域，如圖陰影部分所示(含邊界)圖11因?yàn)橹本€2xy100過(guò)點(diǎn)A，且其斜率為2，小于直線4x3y20的斜率，故只有一個(gè)公共點(diǎn).課標(biāo)理數(shù)7.E52020·湖南卷 設(shè)m>1，在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)zxmy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(biāo)理數(shù)7.E52020·湖南卷 A【解析】 先畫(huà)出約束條件表示的可行域，如圖11.圖11直線xy1與ymx的交點(diǎn)為.由圖可知，當(dāng)x，y時(shí)，目標(biāo)函數(shù)zxmy有最大值小于2，則有m×<2，得1<m<1.又因?yàn)閙>1，故m的取值范圍為1<m<1，故選A.課標(biāo)文數(shù)14.E52020·湖南卷 設(shè)m>1，在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)zx5y的最大值為4，則m的值為_(kāi)課標(biāo)文數(shù)14.E52020·湖南卷 3【解析】 先畫(huà)出約束條件表示的可行域：如右圖13：圖13直線xy1與ymx的交點(diǎn)為，得到當(dāng)x，y時(shí)目標(biāo)函數(shù)zx5y有最大值4，則有5×4，得m3.課標(biāo)理數(shù)13.E52020·課標(biāo)全國(guó)卷 若變量x，y滿足約束條件則zx2y的最小值為_(kāi)課標(biāo)理數(shù)13.E52020·課標(biāo)全國(guó)卷 6【解析】 作出可行域如圖陰影部分所示，由 解得A(4，5)當(dāng)直線zx2y過(guò)A點(diǎn)時(shí)z取最小值，將A(4，5)代入，得z42×(5)6.圖16課標(biāo)文數(shù)14.E52020·課標(biāo)全國(guó)卷 若變量x，y滿足約束條件則zx2y的最小值為_(kāi)課標(biāo)文數(shù)14.E52020·課標(biāo)全國(guó)卷 6【解析】 作出可行域如圖陰影部分所示，由 解得A(4，5)當(dāng)直線zx2y過(guò)A點(diǎn)時(shí)z取最小值，將A(4，5)代入，得z42×(5)6.圖16課標(biāo)文數(shù)7.E52020·山東卷 設(shè)變量x，y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z2x3y1的最大值為()A11 B10 C9 D8.5圖11圖16課標(biāo)文數(shù)12.E52020·陜西卷 如圖16所示，點(diǎn)(x，y)在四邊形ABCD內(nèi)部和邊界上運(yùn)動(dòng)，那么2xy的最小值為_(kāi)課標(biāo)文數(shù)12.E52020·陜西卷 1【解析】 由圖象知函數(shù)在點(diǎn)A(1,1)時(shí)，2xy1；在點(diǎn)B(，)時(shí)，2xy2>1；在點(diǎn)C(，1)時(shí)，2xy211；在點(diǎn)D(1,0)時(shí)，2xy202>1，故最小值為1.大綱文數(shù)10.E52020·四川卷 某運(yùn)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(chē)和7輛載重量為6噸的乙型卡車(chē)某天需送往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車(chē)需滿載且只運(yùn)送一次，派用的每輛甲型卡車(chē)需配2名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)450元，派用的每輛乙型卡車(chē)需配1名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)350元，該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用兩類卡車(chē)的車(chē)輛數(shù)，可得最大利潤(rùn)z()A4650元 B4700元C 4900元 D5000元大綱文數(shù)10.E52020·四川卷 C【解析】 設(shè)該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用甲、乙卡車(chē)的車(chē)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(biāo)函數(shù)z450x350yz.作出約束條件所表示的平面區(qū)域，然后平移目標(biāo)函數(shù)對(duì)應(yīng)的直線450x350yz0知，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)直線xy12與2xy19的交點(diǎn)(7,5)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取得最大值，即z450×7350×54900.大綱理數(shù)9.E52020·四川卷 某運(yùn)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(chē)和7輛載重量為6噸的乙型卡車(chē)某天需送往A地至少72噸的貨物，派用的每輛車(chē)需滿載且只運(yùn)送一次，派用的每輛甲型卡車(chē)需配2名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)450元，派用的每輛乙型卡車(chē)需配1名工人，運(yùn)送一次可得利潤(rùn)350元該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用兩類卡車(chē)的車(chē)輛數(shù)，可得最大利潤(rùn)z()A4650元 B4700元 C 4900元 D5000元大綱理數(shù)9.E52020·四川卷 C【解析】 設(shè)該公司合理計(jì)劃當(dāng)天派用甲、乙卡車(chē)的車(chē)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(biāo)函數(shù)z450x350y.作出約束條件所表示的平面區(qū)域，然后平移目標(biāo)函數(shù)對(duì)應(yīng)的直線450x350yz0知，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)直線xy12與2xy19的交點(diǎn)(7,5)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取得最大值，即z450×7350×54900.課標(biāo)文數(shù)2.E52020·天津卷 設(shè)變量x，y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z3xy的最大值為()A4 B0 C. D4課標(biāo)文數(shù)2.E52020·天津卷 D【解析】 作出可行域，如圖11所示聯(lián)立 解得 當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z3xy移至(2,2)時(shí)，z3xy有最大值4.圖11課標(biāo)理數(shù)5.E52020·浙江卷 設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組若x，y為整數(shù)，則3x4y的最小值是()A14 B16 C17 D19課標(biāo)理數(shù)5.E52020·浙江卷 B【解析】 可行域如圖所示：圖13聯(lián)立解之得又邊界線為虛線，且目標(biāo)函數(shù)線的斜率為，當(dāng)z3x4y過(guò)點(diǎn)(4,1)時(shí)，有最小值16.課標(biāo)文數(shù)3.E52020·浙江卷 若實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組則3x4y的最小值是()A13 B15 C20 D28課標(biāo)文數(shù)3.E52020·浙江卷 A【解析】 可行域如圖陰影部分所示聯(lián)立解之得當(dāng)z3x4y過(guò)點(diǎn)(3,1)時(shí)，有最小值13.課標(biāo)文數(shù)7.B10，E62020·北京卷 某車(chē)間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元，若每批生產(chǎn)x件，則平均倉(cāng)儲(chǔ)時(shí)間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品()A60件 B80件 C100件 D120件課標(biāo)文數(shù)7.B10，E62020·北京卷 B【解析】 記平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和為f(x)，則f(x)220，當(dāng)且僅當(dāng)，即x80件(x>0)時(shí)，取最小值，故選B.課標(biāo)文數(shù)10.B12，E62020·福建卷 若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)4x3ax22bx2在x1處有極值，則ab的最大值等于()A2 B3 C6 D9課標(biāo)文數(shù)10.B12，E62020·福建卷 D【解析】 f(x)12x22ax2b，f(x)在x1處有極值，f(1)0，即122a2b0，化簡(jiǎn)得 ab6，a>0，b>0，ab29，當(dāng)且僅當(dāng)ab3時(shí)，ab有最大值，最大值為9，故選D.課標(biāo)理數(shù)10.N4，E62020·湖南卷 設(shè)x，yR，且xy0，則的最小值為_(kāi)課標(biāo)理數(shù)10.N4，E62020·湖南卷 9【解析】 方法一：14x2y24529，當(dāng)且僅當(dāng)4x2y2時(shí)，“”成立方法二：利用柯西不等式：29，當(dāng)且僅當(dāng)4x2y2時(shí)，等號(hào)成立課標(biāo)文數(shù)3.E62020·陜西卷 設(shè)0<a<b，則下列不等式中正確的是()Aab BabCab D.ab課標(biāo)文數(shù)3.E62020·陜西卷 B【解析】 因?yàn)?<a<b，由基本不等式得<，a<b，故<b，a<，故答案為B.課標(biāo)理數(shù)16.E62020·浙江卷 設(shè)x，y為實(shí)數(shù)，若4x2y2xy1，則2xy的最大值是_課標(biāo)理數(shù)16.E62020·浙江卷 【解析】 4x2y2xy1，(2xy)23xy1，即(2xy)2·2xy1，(2xy)2·21，解之得(2xy) 2，即2xy.課標(biāo)文數(shù)16.E62020·浙江卷 若實(shí)數(shù)x，y滿足x2y2xy1，則xy的最大值是_課標(biāo)文數(shù)16.E62020·浙江卷 【解析】 x2y2xy1，(xy)2xy1，即(xy)221，(xy)2，xy.大綱理數(shù)7.E62020·重慶卷 已知a0，b0，ab2，則y的最小值是() A. B4 C. D5大綱理數(shù)7.E62020·重慶卷 C【解析】 (ab)552.當(dāng)且僅當(dāng)即a，b時(shí)取到等號(hào)ymin.大綱文數(shù)7.E62020·重慶卷 若函數(shù)f(x)x(x>2)在xa處取最小值，則a()A1 B1C3 D4大綱文數(shù)7.E62020·重慶卷 C【解析】 x2，f(x)x(x2)2224，當(dāng)且僅當(dāng)x2，即x3時(shí)取等號(hào)大綱文數(shù)15.E62020·重慶卷 若實(shí)數(shù)a，b，c滿足2a2b2ab,2a2b2c2abc，則c的最大值是_大綱文數(shù)15.E62020·重慶卷 2log23【解析】 2ab2a2b2，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)，2ab4取“”由2a2b2c2abc得2ab2c2ab·2c，2c11，故clog22log23.課標(biāo)文數(shù)20.D5，E72020·廣東卷 設(shè)b0，數(shù)列an滿足a1b，an(n2)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)證明：對(duì)于一切正整數(shù)n,2anbn11.課標(biāo)文數(shù)20.D5，E72020·廣東卷 【解答】 (1)由a1b>0，知an>0，·.令A(yù)n，A1，當(dāng)n2時(shí)，AnAn1A1.當(dāng)b1時(shí)，An，當(dāng)b1時(shí)，Ann.an(2)證明：當(dāng)b1時(shí)，欲證2anbn11，只需證2nbn(bn11).(bn11)b2nb2n1bn1bn1bn21bn>bn(222)2nbn，2an<1bn1.當(dāng)b1時(shí)，2an2bn11.綜上所述2anbn11.大綱理數(shù)22.B12，E82020·全國(guó)卷 (1)設(shè)函數(shù)f(x)ln(1x)，證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0；(2)從編號(hào)1到100的100張卡片中每次隨機(jī)抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取20次，設(shè)抽得的20個(gè)號(hào)碼互不相同的概率為p.證明：p<19<.大綱理數(shù)22.B12，E82020·全國(guó)卷 【解答】 (1)f(x).當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，所以f(x)為增函數(shù)，又f(0)0.因此當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0.(2)p.又99×81<902,98×82<902，91×89<902，所以p<19.由(1)知：當(dāng)x>0時(shí)，ln(1x)>.因此，ln(1x)>2.在上式中，令x，則19ln>2，即19>e2.所以p<19<.課標(biāo)文數(shù)22.B12，E82020·湖南卷 設(shè)函數(shù)f(x)xalnx(aR)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1和x2，記過(guò)點(diǎn)A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)的直線的斜率為k.問(wèn)：是否存在a，使得k2a？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由課標(biāo)文數(shù)22.B12，E82020·湖南卷 【解答】 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)1.令g(x)x2ax1，其判別式a24.當(dāng)|a|2時(shí)，0，f(x)0.故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)a<2時(shí)，>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)遞增當(dāng)a>2時(shí)，>0，g(x)0的兩根為x1，x2.當(dāng)0<x<x1時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>x2時(shí)，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?yàn)閒(x1)f(x2)(x1x2)a(lnx1lnx2)，所以，k1a·.又由(1)知，x1x21，于是k2a·.若存在a，使得k2a，則1.即lnx1lnx2x1x2.亦即x22lnx20(x2>1)(*)再由(1)知，函數(shù)h(t)t2lnt在(0，)上單調(diào)遞增，而x2>1，所以x22lnx2>12ln10.這與(*)式矛盾故不存在a，使得k2a.課標(biāo)文數(shù)21.B12，E82020·陜西卷 設(shè)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(guān)系；(3)求a的取值范圍，使得g(a)g(x)對(duì)任意x0成立課標(biāo)文數(shù)21.B12，E82020·陜西卷 【解答】 (1)由題設(shè)知f(x)lnx，g(x)lnx.g(x).令g(x)0得x1，當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0，故(1，)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間，因此，x1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)所以g(x)的最小值為g(1)1.(2)glnxx.設(shè)h(x)g(x)g2lnxx，則h(x).當(dāng)x1時(shí)，h(1)0，即g(x)g，當(dāng)x(0,1)(1，)時(shí)，h(x)0，h(1)0.因此，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0x1時(shí)，h(x)h(1)0.即g(x)g.當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)0，即g(x)<g.(3)由(1)知g(x)的最小值為1，所以，g(a)g(x)<，對(duì)任意x>0成立g(a)1<，即lna1，從而得0ae.課標(biāo)理數(shù)19.E92020·安徽卷 (1)設(shè)x1，y1，證明xyxy.(2)1<abc，證明logablogbclogcalogbalogcblogac.課標(biāo)理數(shù)19.E92020·安徽卷 【解析】 本題考查不等式的基本性質(zhì)，對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和對(duì)數(shù)換底公式等基本知識(shí)，考查代數(shù)式的恒等變形能力和推理論證能力【解答】 (1)由于x1，y1，所以xyxyxy(xy)1yx(xy)2.將上式中的右式減左式，得yx(xy)2xy(xy)1(xy)21xy(xy)(xy)(xy1)(xy1)(xy)(xy1)(xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1)既然x1，y1，所以(xy1)(x1)(y1)0，從而所要證明的不等式成立(2)設(shè)logabx，logbcy，由對(duì)數(shù)的換底公式得logca，logba，logcb，logacxy.于是，所要證明的不等式即為xyxy.其中xlogab1，ylogbc1.故由(1)立知所要證明的不等式成立課標(biāo)理數(shù)21.B12，E92020·湖北卷 (1)已知函數(shù)f(x)lnxx1，x(0，)，求函數(shù)f(x)的最大值；(2)設(shè)ak，bk(k1,2，n)均為正數(shù)，證明：若a1b1a2b2anbnb1b2bn，則ab11ab22abnn1；若b1b2bn1，則bb11bb22bbnnbbb.課標(biāo)理數(shù)21.B12，E92020·湖北卷 【解答】 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，令f(x)10，解得x1，當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>0，f(x)在(0,1)內(nèi)是增函數(shù)；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，f(x)在(1，)內(nèi)是減函數(shù)故函數(shù)f(x)在x1處取得最大值f(1)0.(2)證明：由(1)知，當(dāng)x(0，)時(shí)，有f(x)f(1)0，即lnxx1.ak，bk>0，從而有l(wèi)nakak1，得bklnakakbkbk(k1,2，n)，求和得nabkkkbkk，kbkk，nabkk0，即ln(ab11ab22abnn)0，ab11ab22abnn1.(i)先證bb11bb22bbnn，設(shè)ak(k1,2，n)，則kbk1k，于是由得b1b2bn1，即nb1b2bnn，bb11bb22bbnn.(ii)再證bb11bb22bbnnbbb，記S，設(shè)ak(k1,2，n)，則kbk1k，于是由得b1b2bn1，即bb11bb22bbnnSb1b2bnS，bb11bb22bbnnbbb.綜合(i)(ii)，得證課標(biāo)文數(shù)20.B12，E92020·湖北卷 設(shè)函數(shù)f(x)x32ax2bxa，g(x)x23x2，其中xR，a、b為常數(shù)，已知曲線yf(x)與yg(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線l.(1)求a、b的值，并寫(xiě)出切線l的方程；(2)若方程f(x)g(x)mx有三個(gè)互不相同的實(shí)根0、x1、x2，其中x1<x2，且對(duì)任意的xx1，x2，f(x)g(x)<m(x1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍課標(biāo)文數(shù)20.B12，E92020·湖北卷 【解答】 (1)f(x)3x24axb，g(x)2x3.由于曲線yf(x)與yg(x)在點(diǎn)(2,0)處有相同的切線，故有f(2)g(2)0，f(2)g(2)1.由此得解得所以a2，b5，切線l的方程為xy20.(2)由(1)得f(x)x34x25x2，所以f(x)g(x)x33x22x.依題意，方程x(x23x2m)0有三個(gè)互不相同的實(shí)根0、x1、x2，故x1、x2是方程x23x2m0的兩相異的實(shí)根所以94(2m)>0，即m>.又對(duì)任意的xx1，x2，f(x)g(x)<m(x1)恒成立特別地，取xx1時(shí)，f(x1)g(x1)mx1<m成立，得m<0.由韋達(dá)定理，可得x1x23>0，x1x22m>0，故0<x1<x2.對(duì)任意的xx1，x2，有xx20，xx10，x>0，則f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0，又f(x1)g(x1)mx10，所以函數(shù)f(x)g(x)mx在xx1，x2的最大值為0.于是當(dāng)<m<0時(shí)，對(duì)任意的xx1，x2，f(x)g(x)<m(x1)恒成立綜上，m的取值范圍是.大綱理數(shù)10.E92020·重慶卷 設(shè)m，k為整數(shù)，方程mx2kx20在區(qū)間(0,1)內(nèi)有兩個(gè)不同的根，則mk的最小值為()A8 B8 C12 D13大綱理數(shù)10.E92020·重慶卷 D【解析】 設(shè)f(x)mx2kx2，由f(0)2，知f(x)的圖象恒過(guò)定點(diǎn)(0,2)因此要使已知方程在區(qū)間(0,1)內(nèi)有兩個(gè)不同的根，即f(x)的圖象在區(qū)間(0,1)內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，必有即在直角坐標(biāo)系mOk中作出滿足不等式平面區(qū)域，如圖14所示，設(shè)zmk，則直線mkz0經(jīng)過(guò)圖中的陰影中的整點(diǎn)(6,7)時(shí)，zmk取得最小值，即zmin13.圖142020·金堂月考 設(shè)a，bR，若a|b|0，則下列不等式中正確的是()Aba0 Ba3b30Cba0 Da2b202020·黃岡質(zhì)檢 已知x>y>z，且xyz0，下列不等式中成立的是 ()Axy>yz Bxz>yzCxy>xzDx|y|>z|y|2020·新都一中月考 下列四個(gè)不等式：a<0<b；b<a<0；b<0<a；0<b<a，其中能使成立的充分條件有_2020·浠水模擬 不等式>0的解集為()Ax|x<2或x>3 Bx|x<2或1<x<3Cx|2<x<1或x>3 Dx|2<x<1或1<x<32020·湖南師大附中月考 不等式4x3·2x20的解集是_2020·四川金堂中學(xué)月考 下列不等式的證明過(guò)程正確的是 ()A若a、bR，則22B若aR，則a24C若a、bR，則lgalgb2D若aR，則2a2a222020·重慶模擬 設(shè)x，yR，a1，b1，若axby2,2ab8，則的最大值為_(kāi) 2020·北京西城一模 已知平面區(qū)域，M，向區(qū)域內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)P，點(diǎn)P落在區(qū)域M內(nèi)的概率為()A. B.C. D.