浙江省20届高考数学一轮 第2章 高考专题突破1

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1、高考专题突破一 高考中的不等式问题题型一 含参数不等式的解法例 1 解关于 x 的不等式 x2ax 10(a R)解 对于方程 x2ax 10，a 24.(1)当 0，即 a2 或 a3 的解集为 R，则实数 m 的取值范围是_答案 (，4)(2 ，)解析 依题意得，|x1| xm| |(x1)( xm)|m1|，即函数 y|x1| xm|的最小值是|m 1|，于是有 |m1|3，m13，由此解得 m2.因此实数 m 的取值范围是(，4)(2 ，) 题型二 线性规划问题例 2 (2018浙江五校 联考)已知实数 x，y 满足约束条件Error!且 zaxy 的最大值为 16，则实数 a_，z

2、的最小值为_答案 2 1解析 如图，作出不等式组所表示的可行域 (ABC 及其内部区域)目标函数 zaxy 对应直线 axyz0 的斜率 k a.(1)当 k(，1，即a1， a1 时，目标函数在点 A 处取得最大值，由Error!解得 A(5,6)，故 z 的最大值为 5a6，即 5a616，解得 a2.(2)当 k(1，)，即a1，a0，yR ，则 xy 的最小值是( )A. B3 C1 D232答案 A解析 由 x24xy30，得 y ，3 x24x即有 xyx .3 x24x 34(x 1x)x0，x 2，即 xy ，1x 32当且仅当 x ，即 x1，y 时，xy 取得最小值 .1x

3、 12 32(2)已知 a0，b0，c 1，且 ab1，则 c 的最小值为_(a2 1ab 2) 2c 1答案 42 2解析 a2 1ab a2 a b2ab 2a2 2ab b2ab 22 22 2，2ab ba 2abba 2当且仅当Error!即Error! 时等号成立， c 2 c(a2 1ab 2) 2c 1 2 2c 12 (c1) 222c 1 22 2 42 ，22c 1 2c 1 2 2当且仅当 2 (c1) ，即 c1 时，等号成立22c 1 22综上，所求最小值为 42 .2思维升华 利用基本不等式求最值的方法(1)利用基本不等式求最值的关键是构造和为定值或积为定 值，主

4、要思路有两种：对条件使用基本不等式，建立所求目标 函数的不等式求解 条件变 形，进行“1”的代换求目标函数最值(2)有些题目虽然不具备直接应用基本不等式求最值的条件，但可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式常用的方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法跟踪训练 3 (1)已知 xy1，且 0 ，22 2所以 x2y0. x2y 4，x2 4y2x 2y x 2y2 4xyx 2y 4x 2y当且仅当 x 1，y 时等号成立33 12(2)若实数 x，y 满足 x2y 2xy1，则 xy 的最大值是_答案 233解析 由 x2y 2xy1，得 1(xy

5、) 2xy，(xy) 21 xy1 ，x y24解得 x y (当且仅当 xy 时取得最大值) ，x y 的最大值为 .233 233 33 233题型四 绝对值不等式的应用例 4 (1)(2018浙江五校联考) 已知 aR ，则“a9”是 “2|x2|5 2x |1 B. 1a 1 1b 1Ca 3b3 Da|b|0答案 B解析 由 a0，所以(a1) ，故选 B.1a 1b 1 1a 1 1b 12(2018浙江绍兴一中期末) 若关于 x 的不等式|x2| xa|3，则实数 m 的取值范围是( )A(1,0) B(0,1)C(1，) D( ，1)答案 D解析 作出满足不等式组的平面区域，如

6、 图中阴影部分所示 (包含边界)，当目标函数zx2 y 经过直线 xm0 与 ym0 的交点时取得最大值，即 zmaxm2m3m，则根据题意有3m3，即 m0，b0)在该约束条件下取到最小值 2 时，a 2b 2 的最小值为( )5A5 B4 C. D25答案 B解析 画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分(包含边界) 所示，可知当目 标函数过直线xy10 与 2xy30 的交点 A(2,1)时取得最小值，所以有 2ab2 .因为 a2b 2 表5示原点(0,0)到点(a，b)的距离的平方，所以 的最小 值为原点到直线 2ab2 0 的a2 b2 5距离，即( )min 2，所以 a2b 2

7、的最小值是 4，故选 B.a2 b2| 25|22 128(2018嘉兴教学测试)若直线 axby1 与不等式组Error!表示的平面区域无公共点，则2a3b 的取值范围是( )A(7,1) B( 3,5)C(7,3) DR答案 C解析 不等式组Error!表示的平面区域是以 A(1,1)，B(1,1)，C (0， 1)为顶点的三角形区域(包含边界) ；因为直线 axby 1 与不等式组Error! 表示的平面区域无公共点，所以 a，b 满足Error!或Error! 故点(a， b)在如图所示的三角形区域( 除边界且除原点)内，所以 2a3b 的取值范围为(7,3)，故选 C.9(2019诸

8、暨期末)不等式 x22x30，解得 x3，因此不等式x 22x3 3 在0,5上有解，则实数 a 的取值范围1a为_答案 (，0) (12， )解析 由 x24x 3 得 x2 4x3 ，则问题等价于 小于 x24x3 在0,5 上的最大值，又1a 1a 1a因为 x24x3(x 2) 27，所以当 x5 时，x 24x 3 取得最大值 2，所以 ，所以 a 的取值范围为 (，0) .12 (12， )11(2018嘉兴测试)已知 f(x)x 2，g( x)2x5，则不等式|f(x)|g(x)|2 的解集为_；|f(2x )|g(x)|的最小值为_答案 353，3解析 由题意得|f(x )|g

9、(x)| |x2| |2x5| Error!所以|f( x)| g(x)|2 等价于Error!或Error!或Error!解得 x3，53|f(2x)| g(x)| |2x2| |2x5|Error!|f(2x)| g(x)|的 图象如图，则由图象易得| f(2x)|g(x)|的最小值为 3.12(2018浙江镇海中学模拟) 已知正数 x，y 满足 1，则 的最大值是1x 2y 1x 1 2y 1_答案 34解析 设 u ，v ，则问题转化为“已知正数 u，v 满足 u2v1，求 的最大值”1x 1y uu 1 2vv 1 3uu 1 2vv 1 ( 1u 1 2v 1)3 (u1)2(v1

10、)(1u 1 2v 1)143 3 (54) .145 2v 1u 1 2u 1v 1 14 34当且仅当 ，即 uv 时，取等号2v 1u 1 2u 1v 1 1313(2018浙江金华十校联考) 已知实数 x，y，z 满足Error!则 xyz 的最小值为_答案 9 3211解析 将Error!变形为Error!由|xy| 知，|12z | ，x2 y22 5 z22即 12z ，解得 2 z 2.5 z22 5 z22 7 11所以 xyz(12z)z2z 2z 在2 ， 2 上的最小值为 9 32.7 11 1114(2018宁波模拟)若 6x24y 26xy1，x，yR，则 x2y

11、2 的最大值为_答案 15解析 方法一 设 mxy，nx y，则问题转化为“已知 4m2mn n 21，求 mn 的最大值” 由基本不等式，知 1mn4m 2n 2mn 4|mn |，所以 mn ，当且仅当 n2m，即13 15x3y 时，取得最大值 .15方法二 (齐次化处理)显然要使得目标函数取到最大值， x0.令 zx 2y 2x2 y26x2 4y2 6xy ，设 t ，1 (yx)26 4(yx)2 6yx yx则 z ，则(4z1)t 26zt 6z10 对 tR 有解1 t26 4t2 6t当 z 时，t .14 53当 z 时，36z 24(4z1)(6z1) 0，14解得 z

12、 .当 t 时取最大值13 15 3z4z 1 13方法三 16x 24y 26 y6x 24y 26 5x 25y 2，所以 x2y 2 ，x3 3 x23 3y22 15当且仅当 x3y 时取等号15(2019浙江嘉兴一中模拟) 已知点 P 是平面区域 M：Error!内的任意一点，则 P 到平面区域 M 的边界的距离之和的取值范围为 _答案 32，3解析 设平面区域 M：Error!为ABO 区域(包含边界) ，由题意，|AO|1，|BO | ，|AB|2， P 到平面区域 M 的边界的距离之和 d 就是 P 到ABO 三边的距3离之和，设 P 到边界 AO，BO，AB 的距离分别为 a

13、，b，c，则 P(b，a)，由 题意0a ，0b1,0c ( a b) ，所以 dabc a(2 )b ，从而312 3 3 32 12 3 3d ，当 ab0 时取等号32如图，P 为可行域内任意一点，过 P 作 PEx 轴，PFy 轴 ，PPAB， 过 P作 PE x轴，PF y 轴，则有 PEPFPPPFPE，由 P(b，a)，可得 P ，(3 b 3a4 ，3 3a 3b4 )所以 dabc ，又3 b 3a4 3 3a 3b4 3 3 3 1 3a b40a ，0b1，则 d ，当 a ，b0 时取等号，因此 d 的取值范围为 .3 3 3 32，316(2018浙江“七彩阳光”新高

14、考研究联盟联考) 若正数 a，b，c 满足 1，则 的最小值是_b ca a cb a bc a bc答案 1 172解析 由 a，b，c 为正数，且 1 得 1， 设 m ，n ，b ca a cb a bcbc 1acac 1bc ac bc ac bc则有 m0，n0，上式转化为 mn1，即 m n1，又由基本n 1m m 1n m2 n2 m nmn不等式得 m2n 2 ，mn ，所以m n22 m n24mn1 ，令 tm n，则 t0，上式转化为 t1 ，m2 n2 m nmnm n22 m nm n24t22 tt24即 t2t40，解得 t ，所以 tmn 的最小值为 .1 172 ac bc a bc 1 172