PAGE1-第4講不等式與合情推理不等式的性質及解法[考法全練]1．已知x，y∈R，且x＞y＞0，若a＞b＞1，則肯定有()A．eq\f(a,x)＞eq\f(b,y) B．sinax＞sinbyC．logax＞logby D．ax＞by解析：選D．對于A選項，不妨令x＝8，y＝3，a＝5，b＝4，明顯eq\f(5,8)＝eq\f(a,x)＜eq\f(b,y)＝eq\f(4,3)，A選項錯誤；對于B選項，不妨令x＝π，y＝eq\f(π,2)，a＝2，b＝eq\f(3,2)，此時sinax＝sin2π＝0，sinby＝sineq\f(3π,4)＝eq\f(\r(2),2)，明顯sinax＜sinby，B選項錯誤；對于C選項，不妨令x＝5，y＝4，a＝3，b＝2，此時logax＝log35，logby＝log24＝2，明顯logax＜logby，C選項錯誤；對于D選項，因為a＞b＞1，所以當x＞0時，ax＞bx，又x＞y＞0，所以當b＞1時，bx＞by，所以ax＞by，D選項正確．綜上，選D．2．(一題多解)(2024·高考全國卷Ⅱ)若a＞b，則()A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3bC．a3－b3＞0 D．|a|＞|b|解析：選C．法一：不妨設a＝－1，b＝－2，則a＞b，可驗證A，B，D錯誤，只有C正確．法二：由a＞b，得a－b＞0，但a－b＞1不肯定成立，則ln(a－b)＞0不肯定成立，故A不肯定成立．因為y＝3x在R上是增函數，當a＞b時，3a＞3b，故B不成立．因為y＝x3在R上是增函數，當a＞b時，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．因為當a＝3，b＝－6時，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不肯定成立．故選C．3．設[x]表示不超過x的最大整數(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.依據[x]表示不超過x的最大整數，得不等式的解集為2≤x＜4.故選B．4．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1，,ln(x－1)，1＜x≤2，))若不等式f(x)≤5－mx恒成立，則實數m的取值范圍是________．解析：作出函數f(x)的大致圖象如圖所示，令g(x)＝5－mx，則g(x)恒過點(0，5)，由f(x)≤g(x)恒成立，由數形結合得－eq\f(5,2)≤－m≤0，解得0≤m≤eq\f(5,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))5．(2024·高考浙江卷)已知a∈R，函數f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，則實數a的最大值是________．解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因為存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(2,3)≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤eq\f(2,3)有解．因為3t2＋6t＋4≥1，所以eq\f(2,3(3t2＋6t＋4))≤a≤eq\f(4,3(3t2＋6t＋4))有解，所以a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3(3t2＋6t＋4))))eq\s\do7(max)＝eq\f(4,3)，所以a的最大值為eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)eq\a\vs4\al()(1)一元二次不等式的解法先化為一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相應一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最終依據相應二次函數圖象與x軸的位置關系，確定一元二次不等式的解集．(2)簡潔分式不等式的解法①eq\f(f(x),g(x))＞0(＜0)?f(x)g(x)＞0(＜0)．②eq\f(f(x),g(x))≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.(3)不等式恒成立問題的解題方法①f(x)＞a對一切x∈I恒成立?f(x)min＞a；f(x)＜a對一切x∈I恒成立?f(x)max＜a.②f(x)＞g(x)對一切x∈I恒成立?f(x)的圖象在g(x)的圖象的上方．③解決恒成立問題還可以利用分別參數法，肯定要搞清誰是自變量，誰是參數．一般地，知道誰的范圍，誰就是變量，求誰的范圍，誰就是參數．利用分別參數法時，常用到函數單調性、基本不等式等．基本不等式及其應用[考法全練]1．(一題多解)(2024·長沙模擬)若a＞0，b＞0，a＋b＝ab，則a＋b的最小值為()A．2 B．4C．6 D．8解析：選B．法一：由于a＋b＝ab≤eq\f((a＋b)2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，當且僅當a＝b＝2時取等號，故選B．法二：由題意，得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，當且僅當a＝b＝2時取等號，故選B．法三：由題意知a＝eq\f(b,b－1)(b＞1)，所以a＋b＝eq\f(b,b－1)＋b＝2＋b－1＋eq\f(1,b－1)≥2＋2＝4，當且僅當a＝b＝2時取等號，故選B．2．已知向量a＝(x－1，3)，b＝(1，y)，其中x，y都為正實數．若a⊥b，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)解析：選C．因為a⊥b，所以a·b＝x－1＋3y＝0，即x＋3y＝1.又x，y為正實數，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當且僅當x＝3y＝eq\f(1,2)時取等號．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為4.故選C．3．(2024·高考天津卷)設x＞0，y＞0，x＋2y＝5，則eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))的最小值為________．解析：因為x＞0，y＞0，所以eq\r(xy)＞0.因為x＋2y＝5，所以eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3).當且僅當2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))時取等號．所以eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))的最小值為4eq\r(3).答案：4eq\r(3)4．(2024·洛陽模擬)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，則xy＋x＋y的最小值為________．解析：因為eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因為3x＋2y＝(3x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq\f(6x,y)＋eq\f(2y,x)，且x＞0，y＞0，所以3x＋2y≥7＋4eq\r(3)，所以xy＋x＋y的最小值為7＋4eq\r(3).答案：7＋4eq\r(3)5．已知a＞b＞0，則a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)的最小值為________．解析：因為a＞b＞0，所以a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(8,a＋b)＋a－b＋\f(2,a－b)))≥eq\r((a＋b)·\f(8,a＋b))＋eq\r((a－b)·\f(2,a－b))＝2eq\r(2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，當且僅當a＝eq\f(3\r(2),2)，b＝eq\f(\r(2),2)時等號成立．答案：3eq\r(2)eq\a\vs4\al()利用不等式求最值的4個解題技巧(1)湊項：通過調整項的符號，配湊項的系數，使其積或和為定值．(2)湊系數：若無法干脆運用基本不等式求解，可以通過湊系數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：分式函數求最值，通常干脆將分子配湊后將式子分開或將分母換元后將式子分開再利用基本不等式求最值．即化為y＝m＋eq\f(A,g(x))＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒負的形式，然后運用基本不等式來求最值．(4)“1”的代換：先把已知條件中的等式變形為“1”的表達式，再把“1”的表達式與所求最值的表達式相乘求積，通過變形構造和或積為定值的代數式求其最值．[提示](1)基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)成立的條件是a＞0，b＞0，而不等式a2＋b2≥2ab對隨意實數a，b都成立，因此在運用時要留意其前提條件．(2)對多次運用基本不等式時，需考慮等號是不是能同時成立．(3)對于含有x＋eq\f(a,x)(a＞0)的不等式，不能簡潔地利用x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(a)，而是要依據x的取值范圍推斷能否取到最小值2eq\r(a)，若不能，須要利用函數的單調性求其最小值．線性規劃問題[考法全練]1．(2024·高考天津卷)設變量x，y滿意約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－y＋2≥0，,x≥－1，,y≥－1，))則目標函數z＝－4x＋y的最大值為()A．2 B．3C．5 D．6解析：選C．由約束條件作出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示．因為z＝－4x＋y可化為y＝4x＋z，所以作直線l0：y＝4x，并進行平移，明顯當l0過點A(－1，1)時，z取得最大值，zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故選C．2．(2024·江西八所重點中學聯考)已知實數x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0,x＋y－1≥0,x≤3))，則z＝eq\f(x＋y＋4,x＋1)的最小值是()A．eq\f(1,4) B．2C．eq\f(5,4) D．－2解析：選C．作出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0,x＋y－1≥0,x≤3))表示的平面區域如圖中陰影部分所示．目標函數z＝eq\f(x＋y＋4,x＋1)＝1＋eq\f(y＋3,x＋1)，其中eq\f(y＋3,x＋1)表示點P(－1，－3)和點(x，y)的連線的斜率．結合圖象得目標函數z＝1＋eq\f(y＋3,x＋1)在點A處取得最小值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0,x＝3))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝－2))，即A(3，－2)，所以目標函數z的最小值為1＋eq\f(－2＋3,3＋1)＝eq\f(5,4)，故選C．3．(2024·洛陽市統考)假如點P(x，y)滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2≥0,x－2y＋1≤0,x＋y－2≤0))，點Q在曲線x2＋(y＋2)2＝1上，則|PQ|的取值范圍是()A．[eq\r(5)－1，eq\r(10)－1] B．[eq\r(5)－1，eq\r(10)＋1]C．[eq\r(10)－1，5] D．[eq\r(5)－1，5]解析：選D．作出點P滿意的線性約束條件表示的平面區域(如圖中陰影部分所示)，因為點Q所在圓的圓心為M(0，－2)，所以|PM|取得最小值的最優解為(－1，0)，取得最大值的最優解為(0，2)，所以|PM|的最小值為eq\r(5)，最大值為4，又圓M的半徑為1，所以|PQ|的取值范圍是[eq\r(5)－1，5]，故選D．4．某公司生產甲、乙兩種桶裝產品，已知生產甲產品1桶需耗A原料2千克，B原料3千克；生產乙產品1桶需耗A原料2千克，B原料1千克，每桶甲產品的利潤是300元，每桶乙產品的利潤是400元，公司在每天消耗A，B原料都不超過12千克的條件下，生產這兩種產品可獲得的最大利潤為()A．1800元 B．2100元C．2400元 D．2700元解析：選C．設生產甲產品x桶，生產乙產品y桶，每天的利潤為z元．依據題意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*，))z＝300x＋400y.作出eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y≤12，,3x＋y≤12，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*))所表示的可行域，為圖中陰影部分中的整點，作出直線3x＋4y＝0并平移，當直線經過點A(0，6)時，z有最大值，zmax＝400×6＝2400，故選C．5．(2024·廣州市綜合檢測(一))已知關于x，y的不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0,x＋m≤0,y＋2≥0))表示的平面區域內存在點P(x0，y0)，滿意x0－2y0＝2，則m的取值范圍是________．解析：作出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0,x＋m≤0,y＋2≥0))表示的平面區域如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0,y＝－2))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,2),y＝－2))，故Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－2))，所以－m≥－eq\f(3,2)，解得m≤eq\f(3,2).作出直線x－2y＝2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0,x－2y－2＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4,3),y＝－\f(5,3)))，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(5,3)))，因為存在點P(x0，y0)，使得x0－2y0－2＝0，即直線x－2y－2＝0與平面區域有交點，則需滿意－m≥－eq\f(4,3)，所以m≤eq\f(4,3)，所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))6．(2024·湖南省湘東六校聯考)若變量x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－1≥0,3x＋y－11≤0,y≥2))，且z＝ax－y的最小值為－1，則實數a的值為________．解析：畫出不等式組表示的平面區域，如圖中陰影部分所示，由圖知，若a≥3，則直線z＝ax－y經過點B(1，2)時，z取得最小值，由a－2＝－1，得a＝1，與a≥3沖突；若0＜a＜3，則直線z＝ax－y經過點A(2，5)時，z取得最小值，由2a－5＝－1，解得a＝2；若a≤0，則直線z＝ax－y經過點A(2，5)或C(3，2)時，z取得最小值，此時2a－5＝－1或3a－2＝－1，解得a＝2或a＝eq\f(1,3)，與a≤0沖突．綜上可知實數a的值為2.答案：2eq\a\vs4\al()常見的3種目標函數(1)截距型：形如z＝ax＋by，求這類目標函數的最值常將函數z＝ax＋by轉化為y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，通過求直線的截距eq\f(z,b)的最值間接求出z的最值．(2)距離型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，設動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝|PM|2.(3)斜率型：形如z＝eq\f(y－b,x－a)，設動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝kPM.[提示]含參數的線性規劃問題，參數位置一般有兩種形式：一是目標函數中含有參數，這時可以精確作出可行域，這類問題一般特征是其最優解是可知的，因此解題時可充分利用目標函數的斜率特征加以轉化；二是約束條件中含參，可行域的邊界線一般有一條是動態的，所以要充分依據目標函數及最值等條件數形結合處理，有時還得進行分類探討．合情推理[考法全練]1．(2024·高考全國卷Ⅱ)在“一帶一路”學問測驗后，甲、乙、丙三人對成果進行預料．甲：我的成果比乙高．乙：丙的成果比我和甲的都高．丙：我的成果比乙高．成果公布后，三人成果互不相同且只有一個人預料正確，那么三人按成果由高到低的次序為()A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙解析：選A．依題意，若甲預料正確，則乙、丙均預料錯誤，此時三人成果由高到低的次序為甲、乙、丙；若乙預料正確，此時丙預料也正確，這與題意相沖突；若丙預料正確，則甲預料錯誤，此時乙預料正確，這與題意相沖突．綜上所述，三人成果由高到低的次序為甲、乙、丙，選A．2．(2024·重慶市七校聯合考試)某市為了緩解交通壓力，實行機動車輛限行政策，每輛機動車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五輛車，每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今日算起，A，C兩車連續四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推想肯定正確的是()A．今日是周四 B．今日是周六C．A車周三限行 D．C車周五限行解析：選A．在限行政策下，要保證每天至少有四輛車可以上路行駛，周一到周五每天只能有一輛車限行．由周末不限行，B車昨天限行知，今日不是周一，也不是周日；由E車周四限行且明天可以上路可知，今日不是周三；由E車周四限行，B車昨天限行知，今日不是周五；從今日算起，A，C兩車連續四天都能上路行駛，假如今日是周二，A，C兩車連續行駛到周五，只能同時在周一限行，不符合題意；假如今日是周六，則B車周五限行，A，C兩車連續行駛到周二，只能同時在周三限行，不符合題意，所以今日是周四．故選A．3．(2024·南昌市第一次模擬測試)我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數學史上的一個宏大成就．在“楊輝三角”中，第n行的全部數之和為2n－1，若去除全部為1的項，依次構成數列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，則此數列的前55項和為()A．4072 B．2026C．4096 D．2048解析：選A．由題意，在“楊輝三角”中，令行數為n，則eq\f(n(n＋1),2)－(2n－1)＝55，解得n＝12，則前12行的和為1＋21＋22＋…＋211＝212－1，所以去除全部為1的項后的數列的前55項和為212－2×12＝4072，故選A．4．(2024·安徽省考試試題)在平面幾何中，與三角形的三條邊所在直線的距離相等的點有且只有四個．類似的，在立體幾何中，與正四面體的四個面所在平面的距離相等的點()A．有且只有一個 B．有且只有三個C．有且只有四個 D．有且只有五個解析：選D．如圖1所示，與△ABC的三條邊所在直線的距離相等的點為O1，O2，O3，O4，其中O1是△ABC的內切圓的圓心，O2是與AC，AB的延長線和線段BC都相切的圓的圓心，O3是與CA，CB的延長線和線段AB都相切的圓的圓心，O4是與BC，BA的延長線和線段AC都相切的圓的圓心．類似的，如圖2所示，正四面體P-ABC的內切球的球心到四個面所在平面的距離相等，將正四面體P-ABC延拓為正四面體P-DEF，所得三棱臺ABC-DEF內存在一個球，其球心到平面ABC，平面PDE，平面PEF，平面PDF的距離相等，同理，分別將四面體A-PBC，B-PAC，C-PAB進行延拓均可得到一個滿意題意的點，因此滿意題意的點有且只有五個，故選D．eq\a\vs4\al()(1)破解歸納推理題的思維3步驟①發覺共性：通過視察特例發覺某些相像性(特例的共性或一般規律)．②歸納推理：把這種相像性推廣為一個明確表述的一般命題(猜想)．③檢驗，得結論：對所得的一般性命題(猜想)進行檢驗，一般地，“求同存異”“逐步細化”“先粗后精”是求解由特別結論推廣到一般結論型創新題的基本技巧．(2)破解類比推理題的3個關鍵①會定類，即找出兩類對象之間可以準確表述的相像特征．②會推想，即用一類事物的性質去推想另一類事物的性質，得出一個明確的猜想．③會檢驗，即檢驗猜想的正確性．要將類比推理運用于簡潔推理之中，在不斷的推理中提高自己的視察、歸納、類比實力．一、選擇題1．已知a＞0＞b，則下列不等式肯定成立的是()A．a2＜－ab B．|a|＜|b|C．eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：選C．通解：當a＝1，b＝－1時，滿意a＞0＞b，此時a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不肯定成立．因為a＞0＞b，所以b－a＜0，ab＜0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)肯定成立，故選C．優解：因為a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)肯定成立，故選C．2．若log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，則a＋b的最小值是()A．6＋2eq\r(3) B．7＋2eq\r(3)C．6＋4eq\r(3) D．7＋4eq\r(3)解析：選D．因為log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以log22(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以eq\f(1,2)log2(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，所以log2(3a＋4b)＝2log2eq\r(ab)，所以log2(3a＋4b)＝log2ab，所以3a＋4b＝ab，即eq\f(4,a)＋eq\f(3,b)＝1，故a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(3,b)))(a＋b)＝7＋eq\f(4b,a)＋eq\f(3a,b)≥7＋4eq\r(3).故選D．3．(一題多解)(2024·武漢調研)設實數x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10≤0,x＋4y－5≥0,x≥0))，則z＝x＋3y的最大值為()A．15 B．eq\f(15,4)C．5 D．6解析：選D．法一：不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10≤0,x＋4y－5≥0,x≥0))表示的平面區域如圖中陰影部分所示．作出直線x＋3y＝0并平移，可知當直線經過點A時z取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y－10＝0,x＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝2))，故A(0，2)，此時zmax＝0＋6＝6.故選D．法二：作出可行域如圖中陰影部分所示，求出可行域的頂點坐標為A(0，2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,4)))，C(5，0)，分別代入目標函數，對應的z的值為6，eq\f(15,4)，5，故z的最大值為6，故選D．4．(一題多解)設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x＞0，))則滿意不等式f(x2－2)＞f(x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(eq\r(2)，＋∞)解析：選C．法一：因為當x＞0時，函數f(x)單調遞增；當x≤0時，f(x)＝0，故由f(x2－2)＞f(x)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x2－2＞x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2＞0，))解得x＞2或x＜－eq\r(2)，所以x的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)，故選C．法二：取x＝2，則f(22－2)＝f(2)，所以x＝2不滿意題意，解除B，D；取x＝－1.1，則f((－1.1)2－2)＝f(－0.79)＝0，f(－1.1)＝0，所以x＝－1.1不滿意題意，解除A，故選C．5．(2024·重慶調研)甲、乙、丙、丁四位同學參與奧賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位同學，甲說：“是乙或丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎．”已知四位同學的話只有一句是對的，則獲獎的同學是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選D．假設獲獎的同學是甲，則甲、乙、丙、丁四位同學的話都不對，因此甲不是獲獎的同學；假設獲獎的同學是乙，則甲、乙、丁的話都對，因此乙也不是獲獎的同學；假設獲獎的同學是丙，則甲和丙的話都對，因此丙也不是獲獎的同學．從前面推理可得丁為獲獎的同學，此時只有乙的話是對的，故選D．6．(一題多解)若關于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，則實數a的取值范圍為()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1，1] D．[0，＋∞)解析：選B．法一：當x＝0時，不等式1≥0恒成立，當x＞0時，x2＋2ax＋1≥0?2ax≥－(x2＋1)?2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，當且僅當x＝1時，取等號，所以2a≥－2?a≥－1，所以實數a的取值范圍為[－1，＋∞)．法二：設f(x)＝x2＋2ax＋1，函數圖象的對稱軸為直線x＝－a，當－a≤0，即a≥0時，f(0)＝1＞0，所以當x∈[0，＋∞)時，f(x)≥0恒成立；當－a＞0，即a＜0時，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a＜0.綜上，實數a的取值范圍為[－1，＋∞)，故選B．7．(2024·昆明模擬)下面是(a＋b)n(n∈N)*，當n＝1，2，3，4，5，6時綻開式的二項式系數表示形式(a＋b)111(a＋b)2121(a＋b)31331(a＋b)414λ41(a＋b)515μ1051(a＋b)61615201561借助上面的表示形式，推斷λ與μ的值分別是()A．5，9 B．5，10C．6，10 D．6，9解析：選C．由題意知，題中的二項式系數表示形式為楊輝三角數陣，楊輝三角數陣中，除1以外的每一個數都等于它“肩上”兩個數的和，易得λ＝6，μ＝10.故選C．8．某班級有一個學生A在操場上繞圓形跑道逆時針方向勻速跑步，每52秒跑完一圈，在學生A起先跑步時，在教室內有一個學生B，往操場看了一次，以后每50秒他都往操場看一次，則該學生B“感覺”到學生A的運動是()A．逆時針方向勻速前跑B．順時針方向勻速前跑C．順時針方向勻速后退D．靜止不動解析：選C．令操場的周長為C，則學生B每隔50秒看一次，學生A都距上一次學生B視察的位置eq\f(C,26)(弧長)，并在上一次位置的后面，故學生B“感覺”到學生A的運動是順時針方向勻速后退的，故選C．9．已知實數x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0,x＜2,x＋y－1≥0)).若z＝|2x－2y－1|，則z的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5)) B．[0，5]C．[0，5) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5))解析：選C．通解：由題意，作出可行域，如圖中陰影部分所示．令t＝2x－2y－1，則z＝|t|.t＝2x－2y－1可變形為y＝x－eq\f(1,2)t－eq\f(1,2)，作出直線y＝x，并平移，當直線經過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))時，t取得最小值，所以tmin＝2×eq\f(1,3)－2×eq\f(2,3)－1＝－eq\f(5,3)；當直線y＝x向右下方平移，并接近點C(2，－1)時，t的值趨近于2×2－2×(－1)－1＝5.所以z的取值范圍為[0，5)，故選C．優解：令t＝2x－2y－1，則z＝|t|，易知t＝2x－2y－1的最值在可行域的頂點處取得．易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))，C(2，－1)為可行域的頂點，分別將A，B，C三點的坐標代入t＝2x－2y－1，對應的t的值為－eq\f(5,3)，0，5，又可行域不包括點B，C，所以z的取值范圍為[0，5)，故選C．10．已知變量x，y滿意約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤6，,x－3y≤－2，,x≥1，))若目標函數z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最小值為2，則eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)的最小值為()A．2＋eq\r(3) B．5＋2eq\r(6)C．8＋eq\r(15) D．2eq\r(3)解析：選A．作出約束條件所對應的可行域，如圖中陰影部分．因為a＞0，b＞0，所以－eq\f(a,b)＜0.所以目標函數z＝ax＋by在點A(1，1)處取得最小值2，即2＝a×1＋b×1，所以a＋b＝2.所以eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(3a,b)))≥eq\f(1,2)(4＋2eq\r(3))＝2＋eq\r(3)(當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(3a,b)，即b＝eq\r(3)a時取等號)．故選A．11．若max{s1，s2，…，sn}表示實數s1，s2，…，sn中的最大者．設A＝(a1，a2，a3)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1,b2,b3))，記A?B＝max{a1b1，a2b2，a3b3}．設A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，若A?B＝x－1，則x的取值范圍為()A．[1－eq\r(3)，1] B．[1，1＋eq\r(2)]C．[1－eq\r(2)，1] D．[1，1＋eq\r(3)]解析：選B．由A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，得A?B＝max{x－1，(x＋1)(x－2)，|x－1|}＝x－1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≥(x＋1)(x－2)，,x－1≥|x－1|.))化簡，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1≤0①，,x－1≥|x－1|②.))由①，得1－eq\r(2)≤x≤1＋eq\r(2).由②，得x≥1.所以不等式組的解集為1≤x≤1＋eq\r(2)，則x的取值范圍為[1，1＋eq\r(2)]．故選B．12．(2024·武漢調研)已知函數f(x)＝x3＋3x2＋4x＋2，則不等式|f(x－1)|＜|f(x)|的解集為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選A．當x＝0時，f(0)＝2，|f(0)|＝2，f(－1)＝－1＋3－4＋2＝0，|f(－1)|＝0，|f(－1)|＜|f(0)|，即x＝0滿意題意，解除C與D選項(不含x＝0)；當x＝1時f(0)＝2，|f(0)|＝2，f(1)＝1＋3＋4＋2＝10，|f(1)|＝10，|f(