考点06 不等式 -2021届高三《新题速递·数学（理）》4月刊（适用于高考复习）解析版

考点 06 不等式 一、单选题 1．（2021·全国高三专题练习（理））等差数列{ }na 满足 0na  ，且 3 4 5 6 8a a a a    ，则 2 7a a 的最大值 为（ ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】等差数列{ }na 满足 0na  ，则 3 4 5 6 2 72( ) 8a a a a a a      ，所以 2 7 4a a  ， 所以 2 7 2 74 2a a a a   ，所以 2 7 4a a  ，当 2 7 2a a  时等号成立． 故选：A． 2．（2021·湖南衡阳市·高三一模）设 2log 3a  ， 2 4log 3b  ，则 2 a b ， ab ， b a 的大小关系为（ ） A． 2 a b bab a   B． 2 a b b aba    C． 2 a b bab a    D． 2 b a bab a   【答案】C 【分析】易知： 0, 0a b  , 12 a b  ，  2 14 a bab   ， 1bab aa    ，显然成立. 所以 2 a b bab a    ． 故选：C． 3．（2021·全国高三专题练习（理））已知 2a b ( a b R、 )，函数 2( ) 2f x ax x b   的值域为[0 ) ， ， 则 2 24 2 a b a b   的最小值为（ ） A． 2 B． 2 C． 4 D．8 【答案】A 【分析】当 0a  时， ( ) 2f x x b  为一次函数，值域为 R ，不符合题意； 当 0a  时， 2( ) 2f x ax x b   为二次函数，又值域为[0 ) ， ，则 0a  ， 由题意可知 21 4 2 0a b     ，得 1 8ab  ，则 0b  ， 则 2 2 2 1 1 4 ( 2 ) 4 2 2( 2 ) 2 ( 2 ) 22 2 2 2 a b a b ab a b a ba b a b a b a b              ， 当且仅当 12 2a b  时等号成立， 故选：A 4．（2021·江苏高三专题练习）已知函数   2 ,1 xf x x e    若正实数 ,m n 满足 ( 9) (2 ) 2f m f n   ，则 2 1 m n  的最小值为（ ） A．8 B． 4 C． 8 3 D． 8 9 【答案】D 【分析】函数  f x 定义域为 R ，令     21 11 xg x f x x e      2 1( ) 11 1 x x x eh x e e     ， 1 1 1( ) ( )1 x x x x e eh x h xe e          易知 y x 和 2( ) 11 xh x e   均奇函数，所以  g x 为奇函数     2 2 1 0 1+ x x eg x e    ，所以  g x 在 R 上单调递增 由    9 2 2f m f n   得    9 1 2 1 0f m f n     即      9 2 2g m g n g n     ，所以 9 2 0m n   ，即 2 9m n  则    2 1 1 2 1 1 4 1 82 2 2 4 49 9 9 9 m nm nm n m n n m                     当且仅当 33, 2m n  时，取等号 故选：D 5．（2021·湖南高三月考）设 aR ，则“ 2a  ”是“ 2 3 2 0a a   ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】解：解不等式 2 3 2 0a a   得1 2a  ， 因为 1,2  ,2 ，所以“ 2a  ”是“ 2 3 2 0a a   ”的必要不充分条件. 故选：B. 6．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 2 2 2, 0,( ) ln( 1), 0, x x xf x x x        若关于 x 的不等式 1( ) 2f x ax a   在 R 上恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 1 2e , 2      B． 1 22,e     C． 1 2e , 6      D． 1 2e , 6     【答案】A 【分析】画出函数 ( )f x 的图像如图所示. 1( ) 2f x ax a   在 R 上恒成立即函数 ( )y f x 的图像恒在直线 1 2y ax a   的图像的下方， 且直线 1 2y ax a   过定点 11, 2      ， 当直线与 ln( 1)( 0)  y x x 相切时，设切点   0 0,ln 1P x x  ， 1 1y x    ， 可得  0 0 0 1ln 11 2 1 1 x x x     ，解得 1 2 0 e 1x   ，则直线斜率为 1 2e  ，即 1 2ea  ； 当直线与 2 2 2( 0)y x x x     相切时，此时由 21 2 22ax a x x      ， 得 2 3( 2) 02x a x a     ，令 2( 2) 4 6 0a a      ，得 2a  或 2a   （舍）， 所以由图像可知 1 2e 2a    故选：A 7．（2021·浙江）已知  1,1a  时，不等式  2 4 4 2 0x a x a     恒成立，则 x 的取值范围为 A．(-∞，2)∪(3，+∞) B．(-∞，1)∪(2，+∞) C．(-∞，1)∪(3，+∞) D．(1，3) 【答案】C 【分析】由题意，因为  1,1a  时，不等式  2 4 4 2 0x a x a     恒成立， 可转化为关于 a 的函数     22 4 4f a x a x x     ， 则   0f a  对应任意  1,1a  恒成立， 则满足     2 2 1 5 6 0 1 3 2 0 f x x f x x           ，解得： 1x  或 3x  ， 即 x 的取值范围为   ,1 3,   . 故选：C 8．（2021·全国高三专题练习）设正实数 , ,x y z 满足 2 23 4 0x xy y z    ，则当 z xy 取得最小值时， 2x y z  的最大值为（ ） A． 0 B． 9 8 C． 2 D． 9 4 【答案】C 【分析】 2 23 4 4 43 2 3 1,z x xy y x y x y xy xy y x y x          当且仅当 2x y 时成立，因此 2 2 2 24 6 4 2 ,z y y y y    所以 2 22 4 2 2( 1) 2 2.x y z y y y         1y  时等号成立． 故选：C． 9．（2021·山东高三专题练习）已知函数 2 ( 0xy a a  ，且 1a  ）的图象恒过定点 A ，若点 A 在椭圆 2 2 1x y m n   上，则 m n 的最小值为（ ） A．12 B．10 C．8 D．9 【答案】D 由于函数 1 ( 0 x y aa      ，且 1a  ）向右平移两个单位得： 21 ( 0 x y aa      ，且 1a  ），即为 函数 2 ( 0xy a a  ，且 1a  ），所以定点  2,1A ， 由于点 A 在椭圆 2 2 1x y m n   ，所以 4 1 1m n   ，且 0, 0m n  所以   4 1 45 5 2 4 9n mm n m n m n m n              ， 当且仅当 4n m m n  ，即 6, 3m n  时取等号. 故选：D 10．（2021·山东高三专题练习）下列命题正确的是（ ） A．“1 10a  ”是“ ln ln10a  ”的必要不充分条件 B．函数 8( ) 2 ( 3)f x x xx    的最小值为 8 C．若函数 , 5( ) ( 2), 5 x a xf x f x x      （ a 为正实数）满足 ( (2)) 12f f  ，则 3a  D．若直线 l 与平面 相交，则平面 内存在直线 m 与直线l 平行 【答案】C 【分析】对于 A，由 ln ln10a  ，得 0 10a  ，因此，“1 10a  ”是“ ln ln10a  ”的充分不必要条件，故 A 错误； 对于 B，利用对勾函数性质知，函数 8( ) 2f x x x   在 3, 上是增函数，则 26( ) (3) 3f x f  ，故 B 错误； 对于 C，因为 , 5( ) ( 2), 5 x a xf x f x x      ， (2) (4) (6) 6f f f a     ，又 a 为正实数，所以 ( (2)) (6 ) 6 12f f f a a a      ，得 3a  ，故 C 正确； 对于 D，假设平面 内存在直线 m 与直线l 平行，则 / /l  或 l  ，与已知矛盾，故 D 错误； 故选：C. 11．（2021·河南平顶山市·高三二模（理））已知各项均为正数的等比数列 na ， 6a ， 53a ， 7a 成等差数列， 若 na 中存在两项 ma ， na ，使得 14a 为其等比中项，则 1 4 m n  的最小值为（ ） A．4 B．9 C． 2 3 D． 3 2 【答案】D 【分析】因为 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，所以 5 6 72 3a a a  ， 又 na 为各项均为正数的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q， 所以 4 5 6 1 1 16a q a q a q  ，所以 2 6 0q q   ， 解得 2q = 或 3q   （舍）， 又 14a 为 ma ， na 的等比中项， 所以 2 1(4 ) m na a a  ， 所以 2 1 1 2 2 4 2 1 1 1 1 116 2 2 2 2m n m na a a a a           ， 所以 2 4m n   ，即 6m n  ， 所以 1 4 1 1 4 1 4 1 4 3( ) 1 4 5 26 6 6 2 m mm nm n m n n m n m n n                            ， 当且仅当 4m n n m  ，即 2, 4m n  时，等号成立， 所以 1 4 m n  的最小值为 3 2 . 故选：D 12．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）已知随机变量  2~ 1,N  ，且    0P P a    ，则  1 4 0 x ax a x    的最小值为（ ） A．9 B． 9 2 C． 4 D． 6 【答案】B 【分析】因为随机变量  2~ 1,N  ，且    0P P a    ，则 12 a  ，可得 2a  ，  1 4 1 4 1 1 4 22 2 2 x xx a x x x x x                1 2 4 1 2 4 91 4 5 22 2 2 2 2 x x x x x x x x                    ， 当且仅当 2 3x  时，等号成立，所以，  1 4 0 x ax a x    的最小值为 9 2 . 故选：B. 13．（2021·黑龙江校高三期末（理））已知定义在 R 上的函数  1 3y f x   是奇函数， 当  1,x  时，   1 31f x x x     ，则不等式    3 ln 1 0f x x     的解集为（ ） A． 1, B．   1,0 ,e   C．   0,1 ,e  D．   1,0 1,   【答案】D 【分析】因为函数  1 3y f x   是定义在 R 上的奇函数， 所以函数  f x 的图像关于点 1,3 中心对称，且  1 3f  ， 当  1,x  时， 1 0x   ， 则    1 1 13 1 2 2 1 2 01 1 1x x xx x x              ，当且仅当 2x  时取等号， 故   1 3 01f x x x      ，函数  f x 在 1, 上单调递增， 因为函数  f x 的图像关于点 1,3 中心对称， 所以函数  f x 在 R 上单调递增， 不等式    3 ln 1 0f x x     可化为     3 0 ln 1 0 f x x      或     3 0 ln 1 0 f x x      ，     3 0 ln 1 0 f x x      ，即 1 0 x x    ，解得 1x  ，     3 0 ln 1 0 f x x      ，即 1 1 0 x x     ，解得 1 0x   ， 故不等式的解集为    1,0 1,   ， 故选：D. 14．（2021·全国高三专题练习）如果函数        21 2 8 1 0 02f x m x n x m n      ， 在区间 1 22      ， 上 单调递减，则 mn 的最大值为 A．16 B．18 C．25 D． 81 2 【答案】B 【详解】 2m  时，抛物线的对称轴为 8 2 nx m    .据题意，当 2m  时， 8 22 n m   即 2 12m n  . 22 6, 182 m nm n mn     .由 2m n 且 2 12m n  得 3, 6m n  .当 2m  时，抛 物线开口向下，据题意得， 8 1 2 2 n m   即 2 18m n  . 2 812 9,2 2 n mn m mn     .由 2n m 且 2 18m n  得 9 2m   ，故应舍去.要使得 mn 取得最大值，应有 2 18m n  ( 2, 8)m n .所以 (18 2 ) (18 2 8) 8 16mn n n       ，所以最大值为 18.选 B.. 15．（2021·全国高三其他模拟）已知函数   1 e e2 1 x x xf x    ，若不等式    2 1 2 1f ax f ax   对 x  R 恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 0,e B． 0,e C．  0,1 D． 0,1 【答案】D 【分析】   1 e e2 1 x x xf x   Q ，     1 1 1 1e e e e 12 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x xf x f x                 令     1 2g x f x  ，则     0g x g x   ，可得  g x 是奇函数， 又      2 1 2 1e e e e e2 1 e2 1 ln 2 ln 2+ + 2 12 2 x x x x x x x xx x x g x                 ， 又利用基本不等式知 e 2+ 1 e x x  当且仅当 1e e x x ，即 0x  时等号成立； ln 2 ln 2 1 42 22 x x   当且仅当 12 2 x x ，即 0x  时等号成立； 故   0g x  ，可得  g x 是单调增函数， 由    2 1 2 1f ax f ax   得      2 1 1 11 2 1 22 2 2f ax f ax f ax            ， 即      2 1 2 2 1g ax g ax g ax     ，即 2 2 1 0ax ax   对 x  R 恒成立. 当 0a  时显然成立；当 0a  时，需 2 0 4 4 0 a a a      ，得 0 1a  ， 综上可得 0 1a  ， 故选：D.