第02讲 不等式（7类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（上海专版）

第02讲 不等式（7类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考3题 2024年春考6,13题 一元二次不等式及其应用 基本不等式及其应用，不等式的性质 2023秋考1题 2023春考3题 绝对值不等式 2022秋考14题 2022春考3，19题 基本不等式及其应用 分式不等式，基本不等式及其应用 2021年春考4题 分式不等式 2020年秋考13题 基本不等式及其应用 2. 备考策略 1.梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质 2.能够利用不等式的性质比较不等式的大小关系 3.能够利用不等式的关系表示不等式的范围 知识讲解 一、等式与不等式的性质 1.两个实数比较大小的方法 (1)作差法 (2)作商法 2.等式的性质 (1)对称性：若a＝b，则b＝a. (2)传递性：若a＝b，b＝c，则a＝c. (3)可加性：若a＝b，则a＋c＝b＋c. (4)可乘性：若a＝b，则ac＝bc；若a＝b，c＝d，则ac＝bd. 3.不等式的性质 (1)对称性：a＞b⇔b＜a； (2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c； (3)可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d； (4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd； (5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)； (6)可开方：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2). 二、均值不等式及其应用 1.均值不等式：≤ (1)均值不等式成立的条件：a≥0，b≥0. (2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号. (3)其中称为正数a，b的算术平均数，称为正数a，b的几何平均数. 2.两个重要的不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号. (2)ab≤(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号. 3.利用均值不等式求最值 已知x≥0，y≥0，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2(简记：积定和最小). (2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是(简记：和定积最大). 三、从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式 1.一元二次不等式 只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式不等式叫作一元二次不等式. 2.三个“二次”间的关系 判别式Δ＝b2－4ac Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0 二次函数 y＝ax2＋bx＋c (a＞0)的图象 一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根 有两相异实根x1，x2(x1＜x2) 有两相等实根x1＝x2＝－ 没有实数根 ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集 R ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集 {x|x1＜x＜x2} ∅ ∅ 3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集 不等式 解集 a<b a＝b a>b (x－a)·(x－b)>0 {x|x<a或x>b} {x|x≠a} {x|x<b或x>a} (x－a)·(x－b)<0 {x|a<x<b} ∅ {x|b<x<a} 4.分式不等式与整式不等式 (1)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0). (2)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0. 考点一．等式与不等式的性质 1．（2024•浦东新区校级模拟）已知，且，则　　 A． B． C． D． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）若，，，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 3．（2024•崇明区二模）若，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 4．（2023秋•静安区校级期末）已知，以下不等关系不一定成立的是　　 A． B． C． D． 考点二．不等关系与不等式 5．（2024春•宝山区校级期中）已知、，，则下列不等式中不一定成立的是　　 A． B． C． D． 6．（2024•闵行区校级三模）已知，那么下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 7．（2024•杨浦区二模）已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是　　 A． B． C． D． 8．（2024春•浦东新区校级月考）如果，，，，则下列选项正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 考点三．不等式比较大小 9．（2023秋•松江区期末）已知、，设，，则与的值的大小关系是　　 A． B． C． D． 10．（2023秋•青浦区期末）已知，，若，则与的大小关系是　　 A． B． C． D．不能确定 考点四．基本不等式及其应用 11．（2024•黄浦区校级模拟）若，，且，则下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 12．（2024•青浦区二模）函数的最小值是　　 A．4 B．5 C． D． 13．（2024•黄浦区校级三模）若，，且，则的最大值是 　　． 14．（2024•闵行区三模）已知两个正数，的几何平均值为1，则的最小值为 　　． 15．（2024•浦东新区三模）设正数，满足，则的最小值为 　　． 16．（2024•松江区校级模拟）设实数、满足，则的最大值是 　　． 17．（2024•静安区二模）在下列关于实数、的四个不等式中，恒成立的是 　 　．（请填入全部正确的序号） ①；②；③；④． 18．（2024•闵行区校级三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为 　　． 考点五．其他不等式的解法 19．（2024•浦东新区校级四模）已知集合，，0，，则　　． 20．（2023秋•杨浦区校级期末）不等式的解集是 　　． 21．（2024•虹口区模拟）已知集合，，则　　 A． B． C． D． 22．（2024•浦东新区校级模拟）已知集合，全集，则　 　． 考点六．指、对数不等式的解法 23．（2024•闵行区校级模拟）不等式的解集为 　　． 24．（2024•浦东新区校级模拟）设集合，则　 ． 25．（2023秋•普陀区校级期末）不等式的解集是 　 　． 26．（2024•浦东新区二模）已知集合，1，，集合，则　　． 考点七．一元二次不等式及其应用 27．（2024•长宁区校级三模）已知集合，1，，，则　 　． 28．（2024•普陀区校级三模）已知集合，1，2，3，，，则中的元素个数为 　　． 29．（2024•黄浦区校级三模）已知全集，集合，则　 　． 30．（2024•浦东新区校级模拟）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是 　 　． 31．（2024•崇明区二模）不等式的解为 　 　． 一．选择题（共6小题） 1．（2023秋•宝山区校级月考）已知，，，则的最小值为　　 A． B．12 C． D．16 2．（2023秋•黄浦区期中）若实数，满足，则必有　　 A． B． C． D． 3．（2023秋•闵行区校级期中）下列说法正确的是　　 A．若 B．的最小值为2 C．设，， D．周长为10的所有矩形中，面积最大的为25 4．（2023秋•长宁区校级期中）若、，且，则下列关系式中不可能成立的是　　 A． B． C． D． 5．（2023秋•黄浦区校级期中）下列说法，其中一定正确的是　　 A． B． C． D．的最小值为2 6．（2023秋•徐汇区校级期中），，，，，为非零实数，则“”是“关于的不等式和的解集相同”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 二．填空题（共9小题） 7．（2024•长宁区校级三模）已知函数，若，，且，则的最小值是 　　． 8．（2019•天津）设，，，则的最小值为　　． 9．（2023秋•静安区校级期中）已知函数，若任意的正数，均满足（a），则的最小值为 　　． 10．（2023秋•崇明区期末）已知正实数，，，满足，，则当取得最小值时，　　． 11．（2023秋•浦东新区校级月考）已知，若实数，且，则的最小值是 　　． 12．（2023•杨浦区校级开学）已知函数，若实数．满足，则的最大值为 　　． 13．（2023秋•青浦区期末）已知三个互不相同的实数、、满足，，则的取值范围为 　　． 14．（2023秋•浦东新区校级期末）已知，关于的不等式的解集为，设，当变化时，集合中的元素个数最少时的集合为 　　． 15．（2022秋•徐汇区期末）已知函数至多有一个零点，则的最小值为 　　． 三．解答题（共3小题） 16．（2023秋•浦东新区校级期末）已知全集为实数集，集合，，求： （1）； （2）若对任意的，使得成立，求实数的取值范围． 17．（2023秋•浦东新区校级期末）若不等式的解集是． （1）求实数的值； （2）当的解集为时，求的取值范围． 18．（2023秋•奉贤区期中）（1）已知一元二次不等式的解集为，求不等式的解集． （2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围． 一．选择题（共2小题） 1．（2023秋•宝山区校级月考）已知，，，若关于的不等式的解集为，，则　　 A．不存在有序数组，，，使得 B．存在唯一有序数组，，，使得 C．有且只有两组有序数组，，，使得 D．存在无穷多组有序数组，，，使得 2．（2023秋•普陀区校级期中）定义区间、，、，、，的长度均为，已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为　　 A． B． C．4 D．2 二．填空题（共2小题） 3．（2023秋•黄浦区校级期中）关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是　　． 4．（2023秋•浦东新区校级期中）设，为正实数，若，则的取值范围是 　　． 三．解答题（共5小题） 5．（2023秋•普陀区校级期中）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品多少件？ 6．（2023•上海开学）已知关于的一元二次函数． （1）若的解集为，求实数、的值． （2）若实数、满足，求关于的不等式的解集． 7．（2023秋•宝山区校级期中）已知函数， （1）若在，上单调递减，求的取值范围； （2）求在，上的最大值． 8．（2023春•浦东新区校级期末）设函数． （1）若不等式的解集是，求不等式的解集； （2）当时，对任意的，都有成立，求实数的取值范围． 9．（2023秋•宝山区校级月考）阅读：已知、，，求的最小值．解法如下：，当且仅当，即，时取到等号，则的最小值为．应用上述解法，求解下列问题： （1）已知，，，，求的最小值； （2）已知，求函数的最小值； （3）已知正数、、，，，，求证：． 一．选择题（共5小题） 1．（2022•上海）若，则下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 2．（2024•上海），，，，下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 3．（2020•上海）下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 4．（2022•上海）若实数、满足，下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 5．（2021•上海）已知两两不相等的，，，，，，同时满足①，，；②；③，以下哪个选项恒成立　　 A． B． C． D． 二．填空题（共8小题） 6．（2024•上海）已知，的最小值为 　　． 7．（2022•上海）不等式的解集为 　　． 8．（2021•上海）不等式的解集为 　　． 9．（2024•上海）已知，则不等式的解集为 　　． 10．（2023•上海）已知正实数、满足，则的最大值为 　　． 11．（2021•上海）已知函数的最小值为5，则　　． 12．（2020•上海）不等式的解集为　　． 13．（2022•上海），，求的最小值 　　． 三．解答题（共1小题） 14．（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块，，．为保护处的一棵古树，有关部门划定了以为圆心、为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若架空线入线口为边上的点，出线口为边上的点，施工要求与封闭区边界相切，右侧的四边形地块将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到，计算面积精确到 （1）若，求的长； （2）当入线口在上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第02讲 不等式（7类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考3题 2024年春考6,13题 一元二次不等式及其应用 基本不等式及其应用，不等式的性质 2023秋考1题 2023春考3题 绝对值不等式 2022秋考14题 2022春考3，19题 基本不等式及其应用 分式不等式，基本不等式及其应用 2021年春考4题 分式不等式 2020年秋考13题 基本不等式及其应用 2. 备考策略 1.梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质 2.能够利用不等式的性质比较不等式的大小关系 3.能够利用不等式的关系表示不等式的范围 知识讲解 一、等式与不等式的性质 1.两个实数比较大小的方法 (1)作差法 (2)作商法 2.等式的性质 (1)对称性：若a＝b，则b＝a. (2)传递性：若a＝b，b＝c，则a＝c. (3)可加性：若a＝b，则a＋c＝b＋c. (4)可乘性：若a＝b，则ac＝bc；若a＝b，c＝d，则ac＝bd. 3.不等式的性质 (1)对称性：a＞b⇔b＜a； (2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c； (3)可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d； (4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd； (5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)； (6)可开方：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2). 二、均值不等式及其应用 1.均值不等式：≤ (1)均值不等式成立的条件：a≥0，b≥0. (2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号. (3)其中称为正数a，b的算术平均数，称为正数a，b的几何平均数. 2.两个重要的不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号. (2)ab≤(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号. 3.利用均值不等式求最值 已知x≥0，y≥0，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2(简记：积定和最小). (2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是(简记：和定积最大). 三、从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式 1.一元二次不等式 只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式不等式叫作一元二次不等式. 2.三个“二次”间的关系 判别式Δ＝b2－4ac Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0 二次函数 y＝ax2＋bx＋c (a＞0)的图象 一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根 有两相异实根x1，x2(x1＜x2) 有两相等实根x1＝x2＝－ 没有实数根 ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集 R ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集 {x|x1＜x＜x2} ∅ ∅ 3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集 不等式 解集 a<b a＝b a>b (x－a)·(x－b)>0 {x|x<a或x>b} {x|x≠a} {x|x<b或x>a} (x－a)·(x－b)<0 {x|a<x<b} ∅ {x|b<x<a} 4.分式不等式与整式不等式 (1)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0). (2)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0. 考点一．等式与不等式的性质 1．（2024•浦东新区校级模拟）已知，且，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据和的关系，通过移项，化简，平方依次判断选项是否正确． 【解答】解：由，且知，则，故错误； ，故错误； 由得，即，故错误； ，即，故正确． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）若，，，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用不等式的性质，和通过取特殊值即可得出． 【解答】解：．，不成立， ．，根据不等式的基本性质，，，故正确 ．，，不成立， ．时，，不成立． 故选：． 【点评】本题考查了不等式的性质，属于基础题． 3．（2024•崇明区二模）若，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用不等式的基本性质即可判断出正误． 【解答】解：，， ，与大小关系不确定，，与的大小关系不确定． 则下列不等式成立的是． 故选：． 【点评】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4．（2023秋•静安区校级期末）已知，以下不等关系不一定成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】对于，利用不等式的性质判断； 对于，当时，由指数函数的单调性知不能判断与的大小关系，当时显然不成立； 对于，利用的单调性判断； 对于，可将与1比大小． 【解答】解：由，得，故正确； 当时，根据指数函数的单调性知，当时，，当时，，当时，，故错误； 因为为增函数，， 则，故正确； 因为， 所以，故正确． 故选：． 【点评】本题主要考查等式与不等式的性质，属于基础题． 考点二．不等关系与不等式 5．（2024春•宝山区校级期中）已知、，，则下列不等式中不一定成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据不等式性质可判断，；举反例可判断；根据指数函数的单调性判断． 【解答】解：对于，，，，，则，一定成立； 对于，取，，满足，则， 当时，，故中不等式不一定成立； 对于，由，由于在上单调递减，则成立． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的性质，属于基础题． 6．（2024•闵行区校级三模）已知，那么下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】由已知结合不等式的性质检验各选项即可判断． 【解答】解：因为， 所以，错误； 由不等式性质可知，，错误； 由可得，，错误； 显然成立，正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题． 7．（2024•杨浦区二模）已知实数，，，满足：，则下列不等式一定正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】可举出反例，可根据不等式的基本性质检验选项． 【解答】解：不妨设，，，，此时，错误， ，错误； 因为，，根据不等式的基本性质，同向可加性得到：，正确； ，，，时，，显然错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的性质，属于基础题． 8．（2024春•浦东新区校级月考）如果，，，，则下列选项正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】通过举反例加以说明，判断出、、三项的正误；根据不等式的基本性质，判断出项的正误． 【解答】解：对于，若，比如，则，故项不正确； 对于，若，当时，有，故项不正确； 对于，若，，根据不等式的性质，可知，故项正确； 对于，若，，比如，，，，此时，故项不正确． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的基本性质及其应用，考查计算能力，属于基础题． 考点三．不等式比较大小 9．（2023秋•松江区期末）已知、，设，，则与的值的大小关系是　　 A． B． C． D． 【分析】作差可得完全平方，判断出，的大小． 【解答】解：因为，，则， 所以． 故选：． 【点评】本题考查作差法比较大小的方法，属于基础题． 10．（2023秋•青浦区期末）已知，，若，则与的大小关系是　　 A． B． C． D．不能确定 【分析】构造函数．，在同一坐标系内作出两函数图象，通过图象解决． 【解答】解：构造函数，．，，，． 在同一坐标系内作出两函数图象 ，即是说，两图象交点的横坐标为，若，则（b）（b），即． 故选：． 【点评】本题考查函数图象（幂函数、一次函数）及性质，不等式大小比较，利用了函数思想，数形结合的思想． 考点四．基本不等式及其应用 11．（2024•黄浦区校级模拟）若，，且，则下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用基本不等式需注意：各数必须是正数．不等式的使用条件是，． 【解答】解：对于；（当且仅当时，取得等号），所以错误； 对于，，虽然，只能说明，同号，若，都小于0时，所以，错； ， （当且仅当时，取得等号）． 故选：． 【点评】本题考查利用基本不等式求函数的最值时，必须注意满足的条件：一正、二定、三相等． 12．（2024•青浦区二模）函数的最小值是　　 A．4 B．5 C． D． 【分析】利用基本不等式求最值即可． 【解答】解：因为函数， 而，当且仅当时，等号成立， 此时，因为， 所以时，函数的最小值是． 故选：． 【点评】本题考查基本不等式的应用，属于基础题． 13．（2024•黄浦区校级三模）若，，且，则的最大值是 　　． 【分析】由已知结合基本不等式即可求解． 【解答】解：由于，，且， 所以，则，当且仅当时等号成立． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题． 14．（2024•闵行区三模）已知两个正数，的几何平均值为1，则的最小值为 　2　． 【分析】由几何平均值的定义得到，利用基本不等式求解即可． 【解答】解：由题意得，即，故，当且仅当时，等号成立． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于基础题． 15．（2024•浦东新区三模）设正数，满足，则的最小值为 　　． 【分析】正数，满足，可得，展开，再利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：正数，满足，可得 ，当且仅当，时即：，取等号． 因此的最小值为：． 故答案为：． 【点评】本题考查了基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 16．（2024•松江区校级模拟）设实数、满足，则的最大值是 　　． 【分析】易知，利用完全平方和公式，再结合基本不等式，即可得解． 【解答】解：因为，所以， 所以， 即，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以的最大值是． 故答案为：． 【点评】本题考查基本不等式的应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题． 17．（2024•静安区二模）在下列关于实数、的四个不等式中，恒成立的是 　②③④　．（请填入全部正确的序号） ①；②；③；④． 【分析】根据基本不等式可判断①不成立；作差比较法可判断②④是否成立；根据绝对值不等式的性质可判断③成立． 【解答】解：，时，不成立，①不成立； ，，②成立； ，③成立； ，，④成立． 故答案为：②③④． 【点评】本题考查了基本不等式的条件，绝对值不等式的性质，作差比较法的运用，是基础题． 18．（2024•闵行区校级三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为 　　． 【分析】可先设，，由已知结合基本不等式可求出的范围，然后结合指数幂的运算性质及二次函数的性质即可求解． 【解答】解：不妨设，，则，， 所以，当且仅当时取等号， 即， 所以 ，， 所以当时，取得最小值． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了基本不等式及二次函数的性质在函数最值求解中的应用，属于中档题． 考点五．分式不等式的解法 19．（2024•浦东新区校级四模）已知集合，，0，，则　　． 【分析】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解． 【解答】解：，，0，， 则． 故答案为：． 【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题． 20．（2023秋•杨浦区校级期末）不等式的解集是 　　． 【分析】先把分式不等式转化为二次不等式，即可求解． 【解答】解：由，得， 解得， 所以原不等式的解集． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题． 21．（2024•虹口区模拟）已知集合，，则　　 A． B． C． D． 【分析】先求出集合，，再利用集合的包含关系判断． 【解答】解：集合，或， ，，． 故选：． 【点评】本题主要考查了集合的基本运算，以及集合间的包含关系，属于基础题． 22．（2024•浦东新区校级模拟）已知集合，全集，则　或　． 【分析】先求出集合，再利用补集运算求解． 【解答】解：由可得且， 解得， 即， 又因为全集， 所以或． 故答案为：或． 【点评】本题主要考查了分式不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题． 考点六．指、对数不等式的解法 23．（2024•闵行区校级模拟）不等式的解集为 　　． 【分析】根据已知条件，结合对数的运算性质，以及单调性，即可求解． 【解答】解：式， 则，解得， 故所求解集为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查对数不等式的解法，属于基础题． 24．（2024•浦东新区校级模拟）设集合，则　，　． 【分析】先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解． 【解答】解：集合， ， 故，． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题． 25．（2023秋•普陀区校级期末）不等式的解集是 　　． 【分析】设，根据的单调性和（1）求解即可． 【解答】解：设，其定义域为， 和在均为增函数， 则在为增函数，且（1）， ，即（1），， 不等式的解集是． 故答案为：． 【点评】本题主要考查指、对不等式的解法，属于基础题． 26．（2024•浦东新区二模）已知集合，1，，集合，则　　． 【分析】求出集合，利用交集定义能求出． 【解答】解：集合，1，，集合， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查指数不等式、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 考点七．一元二次不等式及其应用 27．（2024•长宁区校级三模）已知集合，1，，，则　，　． 【分析】由已知结合集合交集运算即可求解． 【解答】解：因为集合，1，，， 则，． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查了集合交集运算，属于基础题． 28．（2024•普陀区校级三模）已知集合，1，2，3，，，则中的元素个数为 　3　． 【分析】求解一元二次不等式解得集合，再求，即可求得其元素个数． 【解答】解：由，得，所以， ，1，，故中的元素共有3个． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查交集的定义，属于基础题． 29．（2024•黄浦区校级三模）已知全集，集合，则　，　． 【分析】根据已知条件，结合补集的运算，即可求解． 【解答】解：全集，． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查补集及其运算，属于基础题． 30．（2024•浦东新区校级模拟）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是 　　． 【分析】根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可． 【解答】解：当时，不等式为，显然不符合题意； 当时，因为关于的不等式的解集为， 所以有， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 【点评】本题主要考查一元二次不等式及其应用，属于基础题． 31．（2024•崇明区二模）不等式的解为 　　． 【分析】利用一元二次不等式的解法求解． 【解答】解：解不等式，得， 即不等式的解集为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了一元二次不等式的解法，属于基础题． 一．选择题（共6小题） 1．（2023秋•宝山区校级月考）已知，，，则的最小值为　　 A． B．12 C． D．16 【分析】将代入中，利用基本不等式求解即可． 【解答】解：由可得， ． 当且仅当时，等号成立，即． 所以的最小值为， 故选：． 【点评】本题考查了基本不等式及其应用，属于中档题． 2．（2023秋•黄浦区期中）若实数，满足，则必有　　 A． B． C． D． 【分析】选项利用基本不等式可判断正误；选项用特殊值法代入，令，，可求；选项用特殊值法代入，令，可求；选项用基本不等式分析即可． 【解答】解：对于，，整理可得，当且仅当取等号，故错误； 对于，因为，设，，， 则方程变为， 解得， 所以，故错误； 对于，当，时，代入等式成立，但，故错误； 对于，可得， 整理可得，当且仅当时取等号； 所以，因为， 所以，故正确． 故选：． 【点评】本题考查不等式的应用，属于中档题． 3．（2023秋•闵行区校级期中）下列说法正确的是　　 A．若 B．的最小值为2 C．设，， D．周长为10的所有矩形中，面积最大的为25 【分析】利用基本不等式或不等式的性质依次对每一选项进行判断． 【解答】解：对于，当、异号时，无最小值，故错； 对于，， 当且仅当时，等号成立，但此时，， 当且仅当时，取得最小值，故错； 对于，因为，所以，， 且，故，所以对； 对于，设矩形边长为，，则，即， 矩形面积，当且仅当时，等号成立，故错． 故选：． 【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属于中档题． 4．（2023秋•长宁区校级期中）若、，且，则下列关系式中不可能成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】构造函数，根据在单调递增，在单调递减，结合基本不等式可得即可根据选项求解． 【解答】解：设，，，， 因为，，，，，所以， 如图，在单调递增，在单调递减， 故当时，单调递增，所以，即，故正确， 当时，如图，即，故正确， 故当时，单调递减，所以，即，故正确， 若，则，若则，所以不可能出现，所以错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等关系的判断，属于中档题． 5．（2023秋•黄浦区校级期中）下列说法，其中一定正确的是　　 A． B． C． D．的最小值为2 【分析】利用重要不等式判断、、利用特殊值判断，利用对勾函数的性质判断． 【解答】解：对于：因为，，所以，当且仅当时取等号，故错误； 对于：因为，所以，所以， 即，当且仅当时取等号，故正确； 对于：当时，满足，但是，故错误； 对于：令，因为在上单调递增， 所以，当且仅当，即时取等号， 即的最小值为，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题． 6．（2023秋•徐汇区校级期中），，，，，为非零实数，则“”是“关于的不等式和的解集相同”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 【分析】举反例判断即可． 【解答】解：举反例，不等式与的解集都是， 但是， 若，则不等式与的解集不相同， 故是“关于的不等式和 “的解集相同的既非充分又非必要条件． 故选：． 【点评】本题考查的知识点是充要条件，属于中档题． 二．填空题（共9小题） 7．（2024•长宁区校级三模）已知函数，若，，且，则的最小值是 　8　． 【分析】先判断函数的单调性及奇偶性，结合单调性及奇偶性可得，的关系，然后利用乘1法，结合基本不等式即可求解． 【解答】解：因为， 所以，即为奇函数， 因为与都为上递增的函数， 故在上单调递增， 若，，且， 则， 所以，即， ， 当且仅当，即，时取等号． 故答案为：8． 【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 8．（2019•天津）设，，，则的最小值为　　． 【分析】利用基本不等式求最值． 【解答】解：，，， ，当且仅当时取等号， ， 则； 由基本不等式有： ； 当且仅当时， 即：，时，即：或时；等号成立， 故的最小值为； 故答案为： 【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于中档题． 9．（2023秋•静安区校级期中）已知函数，若任意的正数，均满足（a），则的最小值为 　　． 【分析】先判断出的单调性和奇偶性，再由（a）得出与满足的等式，再由基本不等式“1”的妙用求解即可． 【解答】解：恒成立，函数的定义域为．，有成立，， ， ， 为定义在上的奇函数． 由复合函数的单调性易知，当，时，与均单调递减， 在区间，上单调递减， 又为定义在上的奇函数， 在上单调递减． 由（a）得（a）， 正数，满足，即， 由基本不等式，， 当且仅当，即，时等号成立， 的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了函数单调性关系的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 10．（2023秋•崇明区期末）已知正实数，，，满足，，则当取得最小值时，　　． 【分析】根据题意，设点与点之间距离为，分析的几何意义，再设点与点之间的距离，由基本不等式分析的最小值以及此时对应的值，由点与圆的位置关系可得当取得最小值时的值，由、之间的关系，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设点与点之间距离为， 则，故的几何意义为点与点之间距离的平方， 点满足，在以为圆心，半径为1的圆上， 又由，则有， 设点与点之间的距离， 则， 故，当且仅当时等号成立， 又由点与圆的位置关系，有， 故当时，取得最小值， 此时． 故答案为：． 【点评】本题主要两点间距离公式的应用，涉及基本不等式的性质和应用，属于中档题． 11．（2023秋•浦东新区校级月考）已知，若实数，且，则的最小值是 　　． 【分析】利用奇函数得到等量关系，用基本不等式‘1’的代换处理即可． 【解答】解：易知，且，，故是奇函数， 因为在上单调递增， 若， 则，化简得， 则， 当且仅当，即时取等，则的最小值是． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了函数的奇偶性及单调性的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题． 12．（2023•杨浦区校级开学）已知函数，若实数．满足，则的最大值为 　　． 【分析】由题知满足任意，都有，进而得，再根据基本不等式求解即可． 【解答】解：令，因为， 所以，函数是上的奇函数， 所以函数关于中心对称， 所以关于中心对称， 所以满足任意，都有． 因为， 所以，即； 当且仅当，即，时取等号， 所以的最大值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了函数的奇偶性及对称性的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 13．（2023秋•青浦区期末）已知三个互不相同的实数、、满足，，则的取值范围为 　　． 【分析】根据题中实数、、所满足等量关系，将用表示，求出范围，利用导数求出其单调性，进而得到范围． 【解答】解：由题，， 得， 得， 所以， 则， 又， 所以由韦达定理得和为关于的方程的两不等根， 所以△， 得， 再由，所以， 构造函数， 则， 得或， 所以在，上，单调递增，在上，单调递减， ，， （1），， 但时，可得，或，，不符合题意； 即无法取得和， 所以在上范围为， 所以的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了利用，之间关系，将变为一个变量，利用二次函数的性质、韦达定理，利用导数研究函数单调性，属于中档题． 14．（2023秋•浦东新区校级期末）已知，关于的不等式的解集为，设，当变化时，集合中的元素个数最少时的集合为 　，　． 【分析】由基本不等式得到得到不等式解集，要想集合中的元素个数最少，则取最小值，得到答案． 【解答】解：，令，得， 其中， 当且仅当，即时，等号成立， 其中， 则 的解集为， 要想集合中的元素个数最少，则取最小值， 此时解集为， 此时，． 故答案为：，． 【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题． 15．（2022秋•徐汇区期末）已知函数至多有一个零点，则的最小值为 　3　． 【分析】根据题意，由二次函数的性质可得，变形可得且；又由，设，利用换元法可得原式，结合基本不等式的性质分析可得答案． 【解答】解：根据题意，函数至多有一个零点，则有，变形可得且； 故， 设，则有， 则， 又由，当且仅当时等号成立， 故有，当且仅当时等号成立， 故答案为：3． 【点评】本题考查二次函数的性质，涉及基本不等式的性质，属于中档题． 三．解答题（共3小题） 16．（2023秋•浦东新区校级期末）已知全集为实数集，集合，，求： （1）； （2）若对任意的，使得成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）求出集合、，利用交集的定义可求得集合； （2）求出在的取值范围，分、两种情况讨论，根据不等式恒成立可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围． 【解答】解：（1）因为， 或， 所以，，． （2）当时，即当时，， 因为对任意的，使得成立， 当时，则有，即，因为，解得， 当时，则有，即，因为，解得． 综上所述，实数的取值范围是． 【点评】本题主要考查集合的运算，考查转化能力，属于中档题． 17．（2023秋•浦东新区校级期末）若不等式的解集是． （1）求实数的值； （2）当的解集为时，求的取值范围． 【分析】（1）由题得出的两个解为，，代入即可； （2）分类讨论是否为0，然后结合二次函数图像判断取值范围． 【解答】解：（1）由题得的两个解为，， 代入得，解得， 所以． （2）由（1）得的解集为， 当时： 当时，原不等式等价为，显然为，合题意； 当，原不等式等价为，显然不为，舍去； 当时，要想的解集为， 需要， 解得， 即， 综上的取值范围为，． 【点评】本题考查二次不等式的应用，属于中档题． 18．（2023秋•奉贤区期中）（1）已知一元二次不等式的解集为，求不等式的解集． （2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围． 【分析】（1）由题意可得1和2为方程的两根，进而结合韦达定理求出，，进而根据一元二次不等式的解法求解即可； （2）结合二次函数的性质及判别式求解即可． 【解答】解：（1）因为一元二次不等式的解集为， 所以1和2为方程的两根， 则，即，， 所以不等式，即为， 即，即或， 所以不等式的解集为． （2）由题意，△，即， 所以实数的取值范围为． 【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题． 一．选择题（共2小题） 1．（2023秋•宝山区校级月考）已知，，，若关于的不等式的解集为，，则　　 A．不存在有序数组，，，使得 B．存在唯一有序数组，，，使得 C．有且只有两组有序数组，，，使得 D．存在无穷多组有序数组，，，使得 【分析】将问题转化为以在，上成立，假设，，，则，且与为方程的两个根，从而得到，且点为与的左交点，由且，，分别可知等式恒成立，由此分析得到答案． 【解答】解：因为不等式的解集为，， 所以在，上成立， 假设，，， 则，根据为一个独立的数得出， 所以，且与为方程的两个根， 因为， 所以，， 所以，且点为与的左交点， 所以且，， 故， 所以恒成立， 所以不论，，取何值，恒成立， 即存在无穷多组有序数组，，，使得， 故选项，，错误，选项正确． 故选：． 【点评】本题考查了不等式的解集的应用，主要考查了不等式与方程之间关系的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于较难题． 2．（2023秋•普陀区校级期中）定义区间、，、，、，的长度均为，已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为　　 A． B． C．4 D．2 【分析】将不等式转化为高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得构成的区间的长度和． 【解答】解：原不等式可转化为①， 对于，其判别式△，故其必有两不相等的实数根，设为，， 由求根公式得，， 下证， 构造函数，其两个零点为，，且， 而（a），所以， 由于，且（b）， 由二次函数的性质可知， 故不等式①的解集为，，， 其长度之和为． 故选：． 【点评】本题主要考查了高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的关系，考查新定义的理解和运用，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题． 二．填空题（共2小题） 3．（2023秋•黄浦区校级期中）关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是　，，　． 【分析】先将原不等式转化为，再对分类讨论分别求出原不等式的解集，然后根据其解集中恰有两个整数求出实数的取值范围． 【解答】解：不等式可化为， ①当时，原不等式等价于，其解集为，，不满足题意； ②当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意； ③当时，原不等式等价于，其解集为，， 其解集中恰有2个整数，，解得：； ④当时，原不等式等价于，其解集为，，，不满足题意； ⑤当时，原不等式等价于，其解集为，， 其解集中恰有2个整数，，解得：， 综合以上，可得：，，， 故答案为：，，． 【点评】本题主要考查含参不等式的解法及不等式解集中的整数解问题，属于有一定难度的题． 4．（2023秋•浦东新区校级期中）设，为正实数，若，则的取值范围是 　　． 【分析】根据，可得，进而，有，而，令，得到，再用导数法求解． 【解答】解：因为，所以， 所以， 所以， 所以， ，，， 当时，， 当时，， 所以当时，取得最大值， 又所以取值范型是， 故答案为：． 【点评】本题主要考查基本不等式的应用和导数法求最值，还考查了运算求解的能力，属于难题， 三．解答题（共5小题） 5．（2023秋•普陀区校级期中）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品多少件？ 【分析】用表示生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和，可得平均每件的生产准备费用与仓储费用之和，利用基本不等式，即可求得最值． 【解答】解：根据题意，该生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和是这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为为正整数） 由基本不等式，得， 当且仅当，即时，取得最小值、 时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小， 故答案为：80． 【点评】本题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，运用基本不等式时应该注意取等号的条件，才能准确给出答，属于中档题． 6．（2023•上海开学）已知关于的一元二次函数． （1）若的解集为，求实数、的值． （2）若实数、满足，求关于的不等式的解集． 【分析】（1）由的解集为或，可得，与1是一元二次方程的两个实数根，利用一元二次方程的根与系数的关系即可得出． （2）由，关于的不等式化为：，因式分解为：，对分类讨论即可得出． 【解答】解：（1）的解集为或， ，与1是一元二次方程的两个实数根， ，解得，． （2），关于的不等式化为：， 因式分解为：， 当时，化为，则； 当时，，解得，不等式的解集为； 时，，解得，不等式的解集为； 时，，不等式化为：，解得或， 不等式的解集为，或． 【点评】本题考查了一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 7．（2023秋•宝山区校级期中）已知函数， （1）若在，上单调递减，求的取值范围； （2）求在，上的最大值． 【分析】（1）由的对称轴是，在，上单调递减，得，由此能求出的取值范围． （2）由的对称轴为，根据和两种情况分类讨论能求出在，上的最大值． 【解答】解：（1）函数， 的对称轴是， 又在，上单调递减， ，解得， 的取值范围是，．（4分） （2）的对称轴为 当，即时， 在，上的最大值， 当，即时， 在，上的最大值（2）， ．（12分） 【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查函数在闭区间上的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用． 8．（2023春•浦东新区校级期末）设函数． （1）若不等式的解集是，求不等式的解集； （2）当时，对任意的，都有成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据二次函数的性质求出，的值，解不等式求出其解集即可； （2）问题转化为，设，则，，从而求出的范围即可． 【解答】解：（1）不等式的解集是， ，是方程的解， 由韦达定理得：，， 故不等式为， 解不等式， 得其解集为或． （2）据题意，，恒成立， 则可转化为， 设，则，， 关于递减， 所以， ． 【点评】本题考查了二次函数的性质，考查函数恒成立问题，是一道中档题． 9．（2023秋•宝山区校级月考）阅读：已知、，，求的最小值．解法如下：，当且仅当，即，时取到等号，则的最小值为．应用上述解法，求解下列问题： （1）已知，，，，求的最小值； （2）已知，求函数的最小值； （3）已知正数、、，，，，求证：． 【分析】利用“乘1法”和基本不等式即可得出． 【解答】解（1）， ， 当且仅当时取等号．即的最小值为9． （2）， 而，， 当且仅当，即时取到等号，则， 函数的最小值为18． （3）， ． 当且仅当时取到等号，则． 【点评】本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质，考查了推理能力和计算能力，属于难题． 一．选择题（共5小题） 1．（2022•上海）若，则下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解． 【解答】解：对于，令，，，，满足，但，故错误， 对于，，即，， 由不等式的可加性可得，，故正确， 对于，令，，，，满足，但，故错误， 对于，令，，，，满足，但，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的性质，掌握特殊值法是解本题的关键，属于基础题． 2．（2024•上海），，，，下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解． 【解答】解：对于，若，则，选项不成立，故错误； 对于，，， 由不等式的可加性可知，，故正确． 对于、，若，则选项不成立，故、错误． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题． 3．（2020•上海）下列不等式恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用恒成立，可直接得到成立，通过举反例可排除． 【解答】解：．显然当，时，不等式不成立，故错误； ．，，，故正确； ．显然当，时，不等式不成立，故错误； ．显然当，时，不等式不成立，故错误． 故选：． 【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题． 4．（2022•上海）若实数、满足，下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解． 【解答】解：因为，所以，当且仅当时取等号， 又，所以，故正确，错误， ，当且仅当，即时取等号，故错误， 故选：． 【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的理解能力，属于基础题． 5．（2021•上海）已知两两不相等的，，，，，，同时满足①，，；②；③，以下哪个选项恒成立　　 A． B． C． D． 【分析】设，，，根据题意，则有，可得，通过求解，可得，可得正确，错误；利用作差法可得，而上面已证，因无法知道的正负，可得该式子的正负无法恒定，即无法判断，即可得解． 【解答】解：设， ，，， 根据题意，应该有， 且， 则有， 则， 因为， 所以， 所以项正确，错误． ，而上面已证， 因为不知道的正负， 所以该式子的正负无法恒定． 故选：． 【点评】本题主要考查不等关系与不等式的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题． 二．填空题（共8小题） 6．（2024•上海）已知，的最小值为 　12　． 【分析】由已知结合基本不等式即可求解． 【解答】解：由，，当且仅当，即或时取最小值12， 所以的最小值为12． 故答案为：12． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题． 7．（2022•上海）不等式的解集为 　　． 【分析】把分式不等式转化为二次不等式即可直接求解． 【解答】解：由题意得， 解得， 故不等式的解集． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题． 8．（2021•上海）不等式的解集为 　　． 【分析】由已知进行转化，进行可求． 【解答】解：， 解得，． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题． 9．（2024•上海）已知，则不等式的解集为 　　． 【分析】根据一元二次不等式的解法直接求解即可． 【解答】解：可化为， 解得， 故不等式的解集为：． 故答案为：． 【点评】本题考查一元二次不等式的解法，属基础题． 10．（2023•上海）已知正实数、满足，则的最大值为 　　． 【分析】直接利用基本不等式求出结果． 【解答】解：正实数、满足，则，当且仅当，时等号成立． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识要点：基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题． 11．（2021•上海）已知函数的最小值为5，则　9　． 【分析】利用基本不等式求最值需要满足“一正、二定、三相等”，该题只需将函数解析式变形成，然后利用基本不等式求解即可，注意等号成立的条件． 【解答】解：， 所以，经检验，时等号成立． 故答案为：9． 【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，以及整体的思想，解题的关键是构造积为定值，属于基础题． 12．（2020•上海）不等式的解集为　　． 【分析】将不等式化简后转化为一元二次不等式，由一元二次不等式的解法求出不等式的解集． 【解答】解：由得， 则，即，解得， 所以不等式的解集是， 故答案为：． 【点评】本题考查分式不等式、一元二次不等式的解法，以及转化思想，属于基础题． 13．（2022•上海），，求的最小值 　　． 【分析】根据已知条件作出可行域，再求目标函数的最小值即可． 【解答】解：如图所示： 由，，可知行域为直线的左上方和的右上方的公共部分， 联立，可得，即图中点，， 当目标函数沿着与正方向向量的相反向量平移时，离开区间时取最小值， 即目标函数过点，时，取最小值：． 故答案为：． 【点评】本题考查了线性规划知识，难点在于找到目标函数取最小值的位置，属于中档题． 三．解答题（共1小题） 14．（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块，，．为保护处的一棵古树，有关部门划定了以为圆心、为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若架空线入线口为边上的点，出线口为边上的点，施工要求与封闭区边界相切，右侧的四边形地块将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到，计算面积精确到 （1）若，求的长； （2）当入线口在上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？ 【分析】（1）作，然后结合锐角三角函数定义表示出， （2）设，结合锐角三角函数定义可表示，，然后表示出面积，结合同角基本关系进行化简，再由基本不等式可求． 【解答】解：（1）作，垂足为， 则； （2）设，则，， ， ， 当且仅当，即时取等号，此时，最大面积为． 【点评】本题主要考查了利用基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是由实际问题抽象出数学问题，属于中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$