专题02 不等式（九大题型7大易错题）（题型专练+易错精练）-备考2025年高考数学一轮复习高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

专题02 不等式（九大题型7大易错题） 【题型1 不等式的性质】 1．（2024·山东聊城·三模）“，且”是“，且”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 2．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 3．（2024·广东茂名·模拟预测）已知，，则下面结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则有最小值4 D．若，则 4．（2024·上海宝山·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·上海杨浦·二模）已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·北京丰台·二模）若，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川成都·模拟预测）命题“”是“，且”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 8．多选题（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（   ） A． B． C． D． 9．多选题（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．的最小值为2 C． D．的最小值为2 10．多选题（2024·福建厦门·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 【题型2 大小比较】 11．（2024·湖北黄冈·二模）已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·辽宁·一模）设则（   ） A． B． C． D． 13．（2024·云南昆明·模拟预测）设，则（    ） A． B． C． D． 14．（2024·云南贵州·二模）已知，则的大关系为（    ） A． B． C． D． 【题型3 基本不等式求函数最值】 15．（2024·宁夏·二模）直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（    ） A．9 B．8 C．6 D．5 16．（2024·山西太原·三模）已知 中， 是的中点，且 ，则 面积的最大值（   ） A． B． C．1 D．2 17.（2024·四川遂宁·模拟预测）在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（   ） A．3 B．4 C．8 D．9 18．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，点为两曲线的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，那么最小为（    ） A． B． C． D． 19．（2024·湖南长沙·二模）已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（     ） A．4 B．3 C．2 D．1 20．（2024·安徽·模拟预测）已知，，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 21．（2024·贵州黔东南·二模）已知正实数，满足，则的最大值为（    ） A．0 B． C．1 D． 22．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）若，，且，则的最小值为 ． 23．（2024·重庆·模拟预测）已知，若实数m，n满足，则的最小值为 24．（2024·江西赣州·二模）已知，则的最小值为 . 25．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，P是线段AD上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是 . 26．（2024·广西河池·模拟预测）若实数，且，则的最小值为 . 27．（2024·安徽阜阳·模拟预测）已知，则的最小值为 . 【题型4利用基本不等式求参数】 28．（2024·江西·模拟预测）已知平面向量，，其中，若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 29．（2024·河北秦皇岛·三模）若集合，，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 30．（2024·广西·模拟预测）已知，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【题型5 一元二次不等式求解】 31．（2024·河南郑州·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 32．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 33．（2024·安徽马鞍山·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D．［1，4] 34．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知集合，，则（    ） A．B． C． D． 35．（2024·河北·模拟预测）已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 【题型6 根据一元二次不等式解求参数】 36．（2024·陕西·二模）若，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 37．（2024·河北沧州·模拟预测）已知集合，．若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 38．（2024·浙江·模拟预测）若不等式的解为全体实数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 39．（2024·上海·高考真题）已知则不等式的解集为 ． 40．（2024·浙江绍兴·二模）已知集合，，且有4个子集，则实数的最小值是 . 41．（2024·辽宁·三模）若“，使”是假命题，则实数的取值范围为 . 【题型7 不等式恒成立问题】 42．（2024·陕西榆林·三模）已知，若当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 43．（2024·湖北·二模）已知等差数列的前n项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数x可能为（    ） A． B．0 C．1 D．2 【题型8 基本不等式的其他应用】 44．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（    ） A． B． C． D． 45．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 46．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）    A． B． C． D． 47．（2020·上海浦东新·三模）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线：为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（    ）    （1）方程，表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过； （3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； （4）曲线上有个整点横、纵坐标均为整数的点. A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4） 48．（2024·浙江金华·三模）某希望小学的操场空地的形状是一个扇形，计划在空地上挖一个内接于扇形的矩形沙坑（如图所示），有如下两个方案可供选择.经测量，，.在方案1中，若设，，则，满足的关系式为 ，比较两种方案，沙坑面积最大值为 . 49．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在中，D为BC边的中点，且． (1)若的面积为，，求； (2)若，求的周长的最大值． 50．（2024·江西·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项． (1)求B的最大值： (2)若C为钝角，求的取值范围． 【题型9 不等式与线性规划综合】 51．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y满足约束条件，则的最小值为（    ） A．0 B．-4 C．-5 D．-6 52．（2024·全国·模拟预测）在不等式组表示的平面区域内任取一点，则满足的概率为（    ） A． B． C． D． 53．（2024·四川·模拟预测）若关于的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则实数（    ） A． B．1 C．或0 D．0或1 54．（2024·全国·模拟预测）已知满足约束条件，则的最小值为（    ） A．2 B．18 C．20 D．22 55．（2024·四川·模拟预测）若，满足约束条件，则的最大值为 ． 56．（2024·陕西·模拟预测）已知实数满足约束条件，则由可行域围成区域的面积为 . 【易错点1忽视字母的取值范围而致错】 1．（2024·北京东城·一模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·模拟预测）已知，则下列不等式正确的是（   ） A． B． C． D． 【易错点2 多次运用不等式性质而致错】 1．（2024·全国·模拟预测）已知实数满足，则的取值范围是 ． 2．（2024高三·全国·专题练习）若实数x，y满足1≤xy2≤4，3≤x2y≤5，则xy5的取值范围是 ． 【易错点3忽视字不等式种高次项的系数】 1．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）若命题“”为假命题，则实数m的取值范围是 ． 2．（23-24高三上·全国·阶段练习）对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 【易错点4 运用不等式基本性质求最值时，忽略不等式成立的三个条件】 1.（没有考虑等号能否取到） 1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 2.（忽视一元二次不等式种两根大小） 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知集合，集合，若，则 . 3.（没有考虑“一正”） 1．（2024高三·天津·专题练习）已知正项等比数列中，，，成等差数列．若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，则的最小值为（    ） A．1 B．3 C．6 D．9 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 不等式（九大题型7大易错题） 【题型1 不等式的性质】 1．（2024·山东聊城·三模）“，且”是“，且”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】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立； 当，满足，且，但是，故充分性不成立， 所以“，且”是“，且”的必要不充分条件. 故选：B 2．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】由不等式的基本性质，赋值法逐项判断即可. 【详解】对于A，可以取，，，此时，所以A错误. 对于B：∵，∴，因为，所以，故B正确； 对于C：取，时，则，，，则，故C错误； 对于D：当，时，，，则，故D错误； 故选：B. 3．（2024·广东茂名·模拟预测）已知，，则下面结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则有最小值4 D．若，则 【答案】C 【分析】对于A. 利用基本不等式求解判断；对于B.取判断；对于C.利用基本不等式结合指数运算求解判断；对于D.利用作差法比较. 【详解】因为，， 对于选项A：若，则，当且仅当时取等号，A错误； 对于选项B：当时，式子不成立，B错误； 对于选项C：若，则， 当且仅当时取等号，C正确； 对于选项D：因为，且， 所以，故D错误． 故选：C． 4．（2024·上海宝山·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，及函数单调性，即可求解. 【详解】， 则，故A正确； ，故B错误； ，故C错误； ，故D错误. 故选：A. 5．（2024·上海杨浦·二模）已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C. 【详解】对于ABD，取，满足， 显然，，，ABD错误； 对于C，，则，C正确. 故选：C 6．（2024·北京丰台·二模）若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】举反例即可求解ABC，根据不等式的性质即可求解D. 【详解】由于，取，，，无法得到，，故AB错误， 取,则，无法得到，C错误， 由于，则，所以， 故选：D 7．（2024·四川成都·模拟预测）命题“”是“，且”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据绝对值三角不等式和充分条件必要条件的定义即可判断. 【详解】若， ，即， ，即， 则充分性成立； 若且， 当时，， 当时，， 则必要性成立； 综上所述：“”是“，且”的充分必要条件. 故选：C. 8．多选题（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据不等式的相关性质可得A ,D 项正确；通过举反例可说明B ,C 项错误. 【详解】对于A，由和不等式性质可得，故A正确； 对于B，因，若取，，，， 则，，所以，故B错误； 对于C，因，若取，，，， 则，，所以，故C错误； 对于D，因为，则，又因则， 由不等式的同向皆正可乘性得，，故，故D正确． 故选：AD． 9．多选题（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．的最小值为2 C． D．的最小值为2 【答案】AD 【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可. 【详解】对于A，若，则，A正确; 对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误； 对于C，若，则，而 ，但是与的大小不能确定，故C错误； 对于D，，当且仅当，即取等号，D正确. 故选：AD 10．多选题（2024·福建厦门·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】对A、B：借助不等式的性质即可得；对C：借助指数函数的单调性即可得；对D：借助基本不等式计算即可得. 【详解】对A：由，则 ，故A正确； 对B：由，则，故B错误； 对C：由在上单调递增，故，故C错误； 对D：由，则，故， 当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：AD. 【题型2 大小比较】 11．（2024·湖北黄冈·二模）已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得，利用指对数函数的单调性，通过构造函数判断单调性可推得，最后利用正切函数的单调性可得. 【详解】由可得 因 ， 又，故,即； 因，则由， 由函数，，因时，， 即函数在上单调递减，则有，故得； 由，而，即， 综上，则有. 故选：B. 【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法， （1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断； （2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放缩比较； （3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断. 12．（2024·辽宁·一模）设则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数证明不等式，可得；根据不等式的性质可证得，则，即可求解. 【详解】对于函数，， 令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则，即. 所以，. 由，得，所以，则， 所以，即. 所以. 故选：B 【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法： （1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断， （2）利用中间值“1”或“0”进行比较， （3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断. 13．（2024·云南昆明·模拟预测）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用函数单调性确定大小，通过作差，判断正负即可确定大小即可. 【详解】设，则令，得， 则在上单调递增，在上单调递减， ，则， 又，得， 所以， 故选：A 14．（2024·云南贵州·二模）已知，则的大关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据的特点，构造函数，判断其单调性，得到，故有，再运用作差法比较即得. 【详解】设，则， 当时，，在上递增； 当时，，在上递减, 故. 则，即； 由可知，故. 故选：B. 【题型3 基本不等式求函数最值】 15．（2024·宁夏·二模）直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（    ） A．9 B．8 C．6 D．5 【答案】A 【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得的对称中心，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解． 【详解】因为为奇函数，所以函数图象关于中心对称，函数图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得函数的图象， 所以的对称中心为，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为． 故选：A 16．（2024·山西太原·三模）已知 中， 是的中点，且 ，则 面积的最大值（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用中线得到，结合不等式得出，进而得到面积的最大值. 【详解】因为所以， 因为是中线，所以，， 所以，当且仅当时，等号成立； 面积为. 故选：A 17.（2024·四川遂宁·模拟预测）在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（   ） A．3 B．4 C．8 D．9 【答案】D 【分析】先根据共线向量基本定理得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点）， 所以设，故， 即， 又， 故， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为9. 故选：D 18．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，点为两曲线的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，那么最小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别在椭圆和双曲线中，利用焦点三角形中的余弦定理建立等量关系，再构造，利用基本不等式，即可求解. 【详解】设两曲线的半焦距为，由余弦定理得． 在椭圆中，， 得 ． 在双曲线中，， 得．从而，得， 则，即， 即． 所以， 当且仅当时等号成立. 故选：B 19．（2024·湖南长沙·二模）已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（     ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【分析】利用已知条件求出切点横坐标，从而得到。利用基本不等式即可求解. 【详解】由于直线 与曲线 相切， 设切点为，且，所以， 则切点横坐标 ，则，即 . 所以，即， 当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1. 故选：D 20．（2024·安徽·模拟预测）已知，，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解. 【详解】，， 当且仅当，即，时等号成立. 故选：B. 21．（2024·贵州黔东南·二模）已知正实数，满足，则的最大值为（    ） A．0 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】根据等式关系构造函数，由其单调性可得，于是结合基本不等式可得的最大值. 【详解】由题，构造函数，则， 显然在上单调递增，所以，即， 所以，当且仅当，时等号成立. 所以的最大值为0. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 22．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）若，，且，则的最小值为 ． 【答案】9 【分析】利用“1”的变形，结合基本不等式即可求解. 【详解】， 当，即，联立，得到时，等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9 23．（2024·重庆·模拟预测）已知，若实数m，n满足，则的最小值为 【答案】4 【分析】利用导数求解函数单调性，由得，即可利用不等式求解最值. 【详解】由可得，故在单调递增， 而， 故得， ，当且仅当，即时取等号， 故答案为：4 24．（2024·江西赣州·二模）已知，则的最小值为 . 【答案】 【分析】依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值. 【详解】由题，所以 ， 当且仅当，即，即时等号成立. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于巧妙变形分离和配凑. 25．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，P是线段AD上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是 . 【答案】 【分析】由，得到，从而有，再根据三点共线，得到，然后利用基本不等式求解. 【详解】解：因为在中，， 所以， 又因为，则， 因为三点共线，则，结合题意知， 所以， ， 当且仅当，即 时，等号成立， 故答案为： 26．（2024·广西河池·模拟预测）若实数，且，则的最小值为 . 【答案】4 【分析】根据，将化简可得，再根据基本不等式“1”的巧用求解最值即可. 【详解】由可得， 因为，所以，即，则， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 27．（2024·安徽阜阳·模拟预测）已知，则的最小值为 . 【答案】20 【分析】由可得，再由基本不等式求解即可. 【详解】依题意，，由可得， 所以，等号成立当且仅当. 故答案为：20. 【题型4利用基本不等式求参数】 28．（2024·江西·模拟预测）已知平面向量，，其中，若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量平行，得到，结合基本不等式即可求. 【详解】由题意，因为，所以，又， 所以，当且仅当即时等号成立． 故选：A 29．（2024·河北秦皇岛·三模）若集合，，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再分、两种情况讨论，确定集合，再根据集合的包含关系得到不等式，解得即可. 【详解】由，即，解得， 所以， 当时，，符合， 当时，由，解得， 所以， 因为，所以，解得. 综上可得的取值范围为. 故选：D 30．（2024·广西·模拟预测）已知，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先确定，再由基本不等式得到，从而求出的取值范围. 【详解】因为，，则，所以． 又， 即，即，解得， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 即的取值范围为. 故选：D． 【题型5 一元二次不等式求解】 31．（2024·河南郑州·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出集合和即可求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. 故选：D. 32．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解一元二次不等式求出A集合，解一元一次不等式求出B集合，利用交集的定义运算即可. 【详解】因为，， 所以 . 故选：B 33．（2024·安徽马鞍山·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D．［1，4] 【答案】C 【分析】本题先解不等式求出集合A、B，再结合补集和交集的定义即可求解. 【详解】因为集合或， ， 所以， 故 故选：C. 34．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知集合，，则（    ） A．B． C． D． 【答案】D 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 又，所以. 故选：D 35．（2024·河北·模拟预测）已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】化简集合，根据集合交集的概念求解即可. 【详解】由题意可得， 由解得或，所以或， 所以， 故选：C 【题型6 根据一元二次不等式解求参数】 36．（2024·陕西·二模）若，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 将代入原不等式，可得，解之即可求解. 【详解】由题意知，当时，可变为，符合题意； 当时，由，得， 即，解得或且； 综上，实数a的取值范围为. 故选：D 37．（2024·河北沧州·模拟预测）已知集合，．若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解绝对值不等式求出集合，由，得，由此能求出实数的取值范围. 【详解】由，解得，所以集合 ， 由，可得，所以， 因为，所以， 当时，不符合题意， 所以，因为，所以， 即实数的取值范围是． 故选：B． 38．（2024·浙江·模拟预测）若不等式的解为全体实数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分类讨论与两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解. 【详解】当时，不等式可化为，显然不合题意； 当时，因为的解为全体实数， 所以，解得； 综上：. 故选：C. 39．（2024·上海·高考真题）已知则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】求出方程的解后可求不等式的解集. 【详解】方程的解为或， 故不等式的解集为， 故答案为：. 40．（2024·浙江绍兴·二模）已知集合，，且有4个子集，则实数的最小值是 . 【答案】/0.5 【分析】根据的子集个数，得到元素个数，分和讨论，进而得到实数m的取值范围. 【详解】由有4个子集，所以中有2个元素， 所以，所以 ， 所以满足，或， 综上，实数的取值范围为，或， 故答案为： 41．（2024·辽宁·三模）若“，使”是假命题，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】将问题转化为“在上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解. 【详解】因为“，使”是假命题， 所以“，”为真命题， 其等价于在上恒成立， 又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. 故答案为：. 【题型7 不等式恒成立问题】 42．（2024·陕西榆林·三模）已知，若当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，易得的对称轴为，则，进而可得出答案. 【详解】令， 由题意可得，则， 又因为，所以， 函数的对称轴为， 则， 即， 即，结合，解得. 故选：A. 43．（2024·湖北·二模）已知等差数列的前n项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数x可能为（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】由与的关系且为等差数列，求出，由，得，构造函数，由在时恒成立，求实数x的取值范围. 【详解】因为，时，， 时，， 所以，，， 因为为等差数列，所以，， 从而，， 所以，即， 则当时，恒成立， ，解得或， 只有选项A符合题意， 故选：A 【题型8 基本不等式的其他应用】 44．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可. 【详解】如图，连接，则，    如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，    则，设， 由，得， 即，整理得， 设直线与交于点， 则点在内部(含边界)，即满足条件的点构成的图形为及其内部， 易知，∴， ∴． 故选：A． 【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决． 45．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 【答案】C 【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为，故，最短的棱为或，分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到答案. 【详解】因为平面，平面， 所以，， 故， 因为，所以，故， 则该三棱锥的最长的棱为，故， 最短的棱为或， 当最短的棱为，即时， 由勾股定理得， 故，故， 当且仅当时，等号成立， 故三棱锥体积为， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，该三棱锥的最大体积为18. 故选：C 46．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求周长的最大值. 【详解】因为四边形木板的一个内角满足，如图，    设，由题设可得圆的直径为， 故，因，为三角形内角，故， 故， 故， 故， 故，当且仅当时等号成立， 同理，当且仅当等号成立， 故四边形周长的最大值为， 故选：A. 47．（2020·上海浦东新·三模）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线：为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（    ）    （1）方程，表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过； （3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； （4）曲线上有个整点横、纵坐标均为整数的点. A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4） 【答案】A 【分析】因为，所以与异号，从而可判断（1）；利用基本不等可判断（2）；将以为圆心，2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线经过点，再将第一象限内经过的整点，，逐一代入曲线的方程进行检验，根据对称性即可判断（4）. 【详解】对于（1）：因为，所以x与y异号，故图象在第二和第四象限，正确； 对于（2）：因为 ，所以， 所以，所以，正确； 对于（3）：以O为圆点，2为半径的圆O的面积为， 结合（2）知然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，错误； 对于（4）：将和联立，解得， 所以可得圆与曲线C相切于点，，，， 点的位置是图中的点M，    由曲线的对称性可知，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可， 把，和代入曲线C的方程验证可知，等号不成立， 所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点，错误. 故选：A 48．（2024·浙江金华·三模）某希望小学的操场空地的形状是一个扇形，计划在空地上挖一个内接于扇形的矩形沙坑（如图所示），有如下两个方案可供选择.经测量，，.在方案1中，若设，，则，满足的关系式为 ，比较两种方案，沙坑面积最大值为 . 【答案】 （其中，），或， / 【分析】（1）连接，在中应用勾股定理找到关系式，注意取值范围； （2）由（1）及基本不等式求得，结合三角形面积公式求方案一的最大值；再连接，，设，，在中应用勾股定理得，结合基本不等式、三角形面积公式求方案二最大值，比较大小即可. 【详解】连接，由，，，，得， 在中，，由，得， 显然在上单调递减， 所以满足的关系式为（，）或，；    方案1：设游泳池的面积为， 由（1）得，解得，当且仅当，即，时取等号， 所以； 方案2：设游泳池的面积为，取的中点， 连接，，设，，在中，， 则，解得，当且仅当时取等号， ， 而， 所以选择第一种方案，此时游泳池面积的最大值为. 故答案为：（，），或，； 【点睛】关键点点睛：设出与图形面积相关的两个变形，借助勾股定理建立关系，利用基本不等式求解最值是解决问题的关键. 49．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在中，D为BC边的中点，且． (1)若的面积为，，求； (2)若，求的周长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，由余弦定理，求得，再由正弦定理求得，进而求得的值； （2）设，分别在和中，利用余弦定理，列出方程求得，结合，即可求解. 【详解】（1）解：因为的面积为，且为的中点， 可得， 又因为，可得，所以 在中，由余弦定理得 ，所以， 由正弦定理，可得， 因为且， 可得， 即为钝角，所以为锐角，所以. （2）解：设，分别在和中， 由余弦定理， 即，同理可得， 所以，可得， 又因为，当且仅当时，等号成立， 所以，所以周长的最大值为． 50．（2024·江西·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项． (1)求B的最大值： (2)若C为钝角，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比中项及余弦定理得，根据基本不等式及余弦函数性质可得结果； （2）依题意设，，根据三角形三边关系及条件求出，利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得，从而可得结果. 【详解】（1）因为b是a，c的等比中项，所以． 由余弦定理可知， 则，当且仅当时，等号成立． 又，根据余弦函数的性质且， 故B的最大值为． （2）由已知可设，， 则，所以，解得． ， 所以的取值范围为． 【题型9 不等式与线性规划综合】 51．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y满足约束条件，则的最小值为（    ） A．0 B．-4 C．-5 D．-6 【答案】C 【分析】作出不等式所表示的可行域，数形结合可求的最小值. 【详解】作出不等式组所表示的可行域如图所示： 当直线经过点时，最小， 由，解得，即， 将代入，可得， 所以的最小值为-5. 故选：C. 52．（2024·全国·模拟预测）在不等式组表示的平面区域内任取一点，则满足的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别画出不等式组和不等式满足的区域，再利用几何概型的概率求解. 【详解】解：如图， 不等式组表示的平面区域为及其内部，其中， 所以， 设直线与直线分别交于点， 所以满足的平面区域为四边形及其内部， ， 所以满足的概率为． 故选：C． 53．（2024·四川·模拟预测）若关于的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则实数（    ） A． B．1 C．或0 D．0或1 【答案】C 【分析】由已知，关于的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则直线垂直于直线或直线垂直于直线，从而得到值. 【详解】由题意，当直线垂直于直线时，表示的平面区域是直角三角形区域，所以. 当直线垂直于直线时，表示的平面区域是直角三角形区域，所以. 故选:C． 54．（2024·全国·模拟预测）已知满足约束条件，则的最小值为（    ） A．2 B．18 C．20 D．22 【答案】B 【分析】先作出不等式组表示的平面区域，再根据表示可行域内的点与原点距离的平方，数形结合即可. 【详解】约束条件表示的可行域为如图所示的阴影部分（包括边界）， 表示可行域内的点与原点距离的平方． 由图知，的最小值为原点到直线的距离． 由点到直线的距离公式得原点到直线的距离， 故的最小值为18． 故选：B．    55．（2024·四川·模拟预测）若，满足约束条件，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】作出可行域，再数形结合求出目标函数的最大值. 【详解】因为，满足约束条件， 作出可行域如下所示： 由，解得 ，由，解得， 由，解得， 所以约束条件表示的是以三点为顶点的三角形及其内部， 目标函数可化为，平移直线可知， 当直线经过点时，在轴上的截距最大，此时． 故答案为： 56．（2024·陕西·模拟预测）已知实数满足约束条件，则由可行域围成区域的面积为 . 【答案】8 【分析】可行域围成区域是平行四边形，利用两点间距离公式求底边长，平行线间的距离求高，可计算面积. 【详解】在直角坐标系中作出其可行域，区域是平行四边形，如图， ，解得，即， ，解得，即， ， 且与之间的距离为， 所以围成的图形面积为. 故答案为：8. 【易错点1忽视字母的取值范围而致错】 1．（2024·北京东城·一模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】举出反例即可判断ABD，利用作差法即可判断C. 【详解】当时，，故AD错误； 当时，，故B错误； 对于C，因为，所以，因为，所以且， 则， 所以，故C正确. 故选：C. 2．（2024·全国·模拟预测）已知，则下列不等式正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用不等式的性质可判断A项正确，D项错误，通过举反例可说明B,C两项错误. 【详解】，即，故选项A正确； 当时，满足，但，此时，，故选项B，C错误； 当时，由可得，故选项D错误. 故选:A． 【易错点2 多次运用不等式性质而致错】 1．（2024·全国·模拟预测）已知实数满足，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据不等式的性质即可求解. 【详解】由可得，所以， 故答案为： 2．（2024高三·全国·专题练习）若实数x，y满足1≤xy2≤4，3≤x2y≤5，则xy5的取值范围是 ． 【答案】[，] 【详解】 因为(xy2)3∈[1，64]，∈[，]，所以xy5＝(xy2)3·∈[，]. 【易错点3忽视字不等式种高次项的系数】 1．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）若命题“”为假命题，则实数m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】正难则反，命题“”为假命题，等价于命题“”为真命题，则分为和两大类讨论即可. 【详解】命题“”的否定为：“” 命题“”为假命题等价于命题“”为真命题； 当时，，成立； 当时，结合一元二次函数的图象可得：，解得， 综上，实数m的取值范围是. 故答案为：. 2．（23-24高三上·全国·阶段练习）对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】设，，将不等式恒成立问题转化成，构造，根据单调性求最值. 【详解】设， ， 则， 则恒成立可化为恒成立， 即恒成立，故， 设， 易知在时递减，在时递增， 所以， 而显然在时单调递增，所以， 故，当且仅当时，即时，等号成立， 所以实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：本题将恒成立问题转化成求最值问题，然后采用双换元和轮流作主法求最值. 【易错点4 运用不等式基本性质求最值时，忽略不等式成立的三个条件】 1.（没有考虑等号能否取到） 1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先化简两个集合，再利用补集运算求解. 【详解】因为，所以，即， 因为，所以. 故选：B 2.（忽视一元二次不等式种两根大小） 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知集合，集合，若，则 . 【答案】0或1 【分析】根据题意先求集合，结合包含关系分析求解. 【详解】由题意可知：， ， 因为，可知或，可得或. 故答案为：0或1. 3.（没有考虑“一正”） 1．（2024高三·天津·专题练习）已知正项等比数列中，，，成等差数列．若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，则的最小值为（    ） A．1 B．3 C．6 D．9 【答案】B 【分析】先根据题意求出首项及公比，再根据等比中项的定义求出，再根据基本不等式中“1”的整体代换即可得解. 【详解】设正项等比数列公比为，由，，成等差数列， 有，即，得， 由，解得， 若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项， 则，即，得，则， ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为3． 故选：B 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 学科网（北京）股份有限公司 $$