压轴题02 不等式的五种考法-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略（沪教版2020必修第一册）

压轴题02 不等式的五种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 2 题型一、解不等式 2 题型二、利用不等式的性质证明不等式 7 题型三、利用不等式的性质求最值 12 题型四、根据不等式的性质求范围 20 题型五、不等式的实际应用 25 压轴能力测评（13题） 30 题型一、解不等式 高中数学中解不等式部分包括解一元二次不等式、可分解因式的高次不等式与分式不等式、含绝对值符号的不等式、无理不等式、指数对数不等式，每一类不等式的求解过程都有其本身特有的规律可循，关键是不等式的同解变形。 题型二、利用不等式性质证明不等式 （1）定理法（三角不等式） 对任意的实数a、b，有，且等号当且仅当ab≥0时成立. 另有： （2）作差法 （3）反证法等 题型三、利用不等式性质求最值 已知x＞0，y＞0，则 (1)如果xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是(简记：积定和最小)； (2)如果x＋y是定值q，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是(简记：和定积最大)． 应用平均值不等式求最值要注意：“一定，二正，三相等”，忽略某个条件，就会出错． 运用以上结论求最值要注意下列三个条件: ①一正:要求各数均为正数    ; ②二定:要求和或积为定值    ; ③三相等:要保证具备等号   成立的条件. 题型四、根据不等式性质求范围 对参数的分类讨论是解答含参数不等式的最为重要、最为核心的思想方法。当然，分类要全面，要做到不重不漏，含有参数的不等式恒成立问题的讨论和求解，途径之一是转化为函数，结合函数的图像，正确运用函数的性质再一次转化为不等式组求解，有时候需转化为多个不等式组；途径之二是运用参变分离法.通常解答含参数数学问题总是把注意力集中在主变元上，思考探求参变元的取值或其范围，这种思考当然是可以的，但有时解题过程会非常烦琐。若注意考查命题的求解趋势，依从条件与结论的内在联系变换思考方向，视其参变元为主元进行研究、推导，也能找到解决问题的途径，有时还能获得问题的妙思巧解，这就是“反客为主”分离参数的方法，参变分离法就是把所求参变量与其他变量分离开来，通过研究其他变量构成的解析式的性质来确定所求参变量的范围。参变分离的过程实质是把原问题化归为另一领域的数学问题，通常是一个比较容易操作的问题。这一解法具有思路清晰、有章可循、解法简洁的特点。 求参数的值或取值范围的一般方法 （1）分离参数，转化为求代数式的最值问题． 通过参变分离，将问题转化为a≥f(x)（或a≤f(x)）求最值： a≥f(x)对x∈D恒成立a≥[f(x)]max; a≤f(x)对x∈D恒成立a≤[f(x)]min; a≥f(x)对x∈D有解a≥[f(x)]min; a≤f(x)对x∈D有解a≤[f(x)]max; a≥f(x)对x∈D无解a<[f(x)]min; a≤f(x)对x∈D无解a>[f(x)]max; (2)观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或取值范围。 题型五、不等式的实际应用 (1)根据实际问题抽象出目标函数的表达式，再利用不等式性质求得函数的最值； (2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数； (3)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围； (4)在应用不等式性质求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解。 题型一、解不等式 1．（23-24高一上·上海松江·期中）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若关于的不等式的解集是实数集，求实数的取值范围； (3)若，求关于的不等式的解集. 2．（23-24高一上·上海杨浦·期中）（1）若对一切恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式：. 3．（23-24高一上·上海普陀·期中）求解下列不等式组或方程： (1) (2)． 4．（23-24高一上·上海嘉定·期中）已知，关于x的不等式组没有实数解，求实数a的取值范围． 5．（23-24高一上·上海·期中）解关于的不等式：. 6．（23-24高一上·上海·期中）求解关于x的不等式：（是常数） 题型二、利用不等式性质证明不等式 1．（23-24高一上·上海浦东新·期中）若实数、、满足，则称比远离． (1)若比远离，求的取值范围； (2)对任意正数，，证明：； (3)对任意两个不相等的正数，，证明：比远离． 2．（24-25高一上·上海·期中）设、是正实数． (1)求证：，并指出等号成立的条件； (2)若，求的最小值，并指出等号成立的条件． 3．（23-24高一上·上海·期末）（1）解不等式； （2）证明：对所有实数x恒成立，并指出等号成立时x的取值范围． 4．（22-23高一上·上海嘉定·期中）已知实数a､b､c､d，显然，定义两实数的误差为两数差的绝对值. (1)求证：； (2)若任取a，，a与c的误差､b与d的误差最大值均为0.1，求ab与cd误差的最大值，并求出此时a､b､c､d的值. 5．（23-24高一上·上海·期中）已知代数式和． (1)若，求不等式的解集； (2)若，证明中至少有一个数不小于； (3)若，不等式对任意实数恒成立，试确定实数满足的条件. 6．（24-25高一上·上海·期中）已知a、b、c、，证明下列不等式，并指出等号成立的条件： (1)； (2)． 7．（21-22高一上·上海嘉定·期中）（1）证明：对所有实数x恒成立，并求等号成立的条件； （2）若不等式的解集非空，求a的取值范围； （3）设关于的不等式的解集为A，试探究是否存在，使得不等式与的解都属于A，若不存在，说明理由，若存在，请求出满足条件的的所有值. 题型三、利用不等式性质求最值 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）（1）若，求的最小值； （2）解不等式：； （3）已知对一切实数x都成立，求实数k的取值范围. 2．（23-24高一上·上海·期中）已知，． (1)比较与的大小； (2)若，求的最小值． 3．（23-24高一上·上海·期中）问题：正数满足，求的最小值．其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号．学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若实数a，b，x，y满足，试比较和的大小，并指明等号成立的条件； (3)利用（2）的结论，求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值． 4．（22-23高一上·上海浦东新·期中）定义为个实数，，…，中的最小数，为个实数，，…，中的最大数． (1)设，都是正实数，且，求； (2)解不等式：； (3)设，都是正实数，求的最小值． 5．（23-24高一上·上海闵行·阶段练习）已知二次函数. (1)若等式恒成立，其中，，为常数，求的值； (2)证明：是方程有两个异号实根的充要条件； (3)若对任意，不等式恒成立，求的最大值. 6．（23-24高一上·上海浦东新·期中）问题：正实数a，b满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若实数a，b，x，y满足，求证：； (3)求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值. 题型四、根据不等式性质求范围 1．（24-25高一上·上海·期中）已知函数． (1)当时，求不等式的解集； (2)若的解集为R，求a的取值范围． 2．（22-23高一上·上海徐汇·期末）已知关于x的不等式． (1)若，求不等式的解集； (2)若不等式的解集非空，则求m的取值范围． 3．（21-22高一上·上海青浦·期末）已知关于x的不等式的解集为S. (1)当时，求集合S； (2)若且，求实数m的取值范围. 4．（23-24高一上·上海·期中）已知，. (1)若，解关于的不等式组； (2)若对任意，都有或成立，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，存在，使得，求的取值范围. 5．（20-21高一上·上海徐汇·期中）（1）关于x的不等式的解集为，求实数a的取值范围； （2）解关于x的不等式； （3）设（1）中a的整数值构成集合A，（2）中不等式的解集是B，若中有且只有三个元素，求实数m的取值范围. 6．（20-21高一上·上海闵行·期中）（1）解不等式：的解集 （2）若关于的不等式的解集为R，求的取值范围. 题型五、不等式的实际应用 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）如图所示，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求B点在AM上，D点在AN上，且对角线MN过点C，已知米，米． (1)要使矩形AMPN的面积大于32平方米，则DN的长应在什么范围内？ (2)当DN的长度为多少时，矩形花坛AMPN的面积最小？并求出最小值． 2．（23-24高一上·上海·期中）如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设单个矩形栏目的宽度为，矩形广告的总面积为.    (1)将y表示为关于x的表达式，并写出x的取值范围； (2)当x取何值时，矩形广告的总面积最小?并求出总面积最小值. 3．（21-22高一上·上海长宁·期末）如图，在矩形地基的中心位置上建造一个面积为的一个矩形仓库，仓库四周铺设人行道；要求南北两侧的人行道宽，东西两侧的人行道宽，如何设计仓库的边长，才能使人行道的占地面积最小（结果精确到）？ 4．（21-22高一上·上海普陀·期末）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用． (1)若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长； (2)若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由． 5．（22-23高一上·上海奉贤·期末）某新建居民小区欲建一面积为的矩形绿地，并在绿地四周铺设人行道．设计要求绿地外南北两侧人行道宽3m，东西两侧人行道宽4m，如图所示（图中单位：m）．设矩形绿地的南北侧边长为x米．    (1)当人行道的占地面积不大于时，求x的取值范围； (2)问x取多少时，才能使人行道的占地面积最小．（结果精确到0.1m）． 6．（23-24高一上·上海长宁·期中）甲､乙两位同学参加一个游戏，规则如下：每人在四个长方体容器中取两个盛满水，盛水体积多者为胜.甲先取两个容器，余下的两个容器给乙.已知的底面积均为，高分别为的底面积均为，高分别为其中）.在未能确定与大小的情况下，请给出一个让甲必胜的方案（即指出甲取哪两个容器可以获胜），并说明此方案必胜的理由. 7．（23-24高一上·上海·期中）近几年来，“盲盒文化”广为流行，这种文化已经在中国落地生根，并发展处具有中国特色的盲盒经济，某盲盒生产及销售公司今年初用98万购进一批盲盒生产线，每年可有50万的总收入，已知生产此盲盒年（为正整数）所用的各种费用总计为万元． (1)该公司第几年首次盈利（总收入超过总支出，今年为第一年）？ (2)该公司几年后年平均利润最大，最大是多少？ 一．填空题（共4小题） 1．（2024春•浦东新区校级期末）已知，若实数，且，则的最小值是 　　． 2．（2023秋•杨浦区校级期中）关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是 　　． 3．（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 　　． 4．（2023秋•浦东新区校级期中）设，为正实数，若，则的取值范围是 　　． 二．解答题（共9小题） 5．（2024春•浦东新区校级期末）（1）已知关于的一元二次方程的两个正实数根分别为，，且，求实数的值． （2）设，是方程的两个实根，，是方程的两个实根，若，求实数的取值范围． 6．（2023秋•普陀区校级期末）（1）解不等式； （2）证明：对所有实数恒成立，并指出等号成立时的取值范围． 7．（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． 8．（2023秋•静安区校级期中）（1）求的最小值； （2）已知，，，求的最小值． 9．（2023秋•闵行区校级期中）已知关于的不等式：． （1）当时，求不等式的解集； （2）当时，求不等式的解集； （3）命题：若二次不等式的解集为空集，命题对任意实数都成立，若，中至少有一个真命题，求实数的取值范围． 10．（2023秋•闵行区校级期中）已知代数式和． （1）若，，求不等式的解集； （2）若，，证明，中至少有一个数不小于； （3）若，不等式对任意实数恒成立，试确定实数，满足的条件． 11．（2023秋•普陀区校级期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义：，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”． （1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； （2）设、、、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，如果是请证明，如果不是请说明理由； （3）设正整数满足以下条件：对任意实数，，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值． 12．（2023秋•黄浦区校级期中）对于四个正数，，，，如果，那么称是的“下位序列”． （1）对于2，3，7，11，试问是否为的“下位序列”； （2）设，，，均为正数，且是的“下位序列”，试判断，，之间的大小关系； （3）设正整数满足条件对集合内的每个，总存在，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数的最小值． 13．（2023秋•浦东新区校级月考）已知关于的不等式的解集为． （1）若，求的取值范围； （2）若，求实数的取值范围； （3）是否存在实数，满足：“对于任意正整数，都有；对于任意负整数，都有”，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题02 不等式的五种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 2 题型一、解不等式 2 题型二、利用不等式的性质证明不等式 7 题型三、利用不等式的性质求最值 12 题型四、根据不等式的性质求范围 20 题型五、不等式的实际应用 25 压轴能力测评（13题） 30 题型一、解不等式 高中数学中解不等式部分包括解一元二次不等式、可分解因式的高次不等式与分式不等式、含绝对值符号的不等式、无理不等式、指数对数不等式，每一类不等式的求解过程都有其本身特有的规律可循，关键是不等式的同解变形。 题型二、利用不等式性质证明不等式 （1）定理法（三角不等式） 对任意的实数a、b，有，且等号当且仅当ab≥0时成立. 另有： （2）作差法 （3）反证法等 题型三、利用不等式性质求最值 已知x＞0，y＞0，则 (1)如果xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是(简记：积定和最小)； (2)如果x＋y是定值q，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是(简记：和定积最大)． 应用平均值不等式求最值要注意：“一定，二正，三相等”，忽略某个条件，就会出错． 运用以上结论求最值要注意下列三个条件: ①一正:要求各数均为正数    ; ②二定:要求和或积为定值    ; ③三相等:要保证具备等号   成立的条件. 题型四、根据不等式性质求范围 对参数的分类讨论是解答含参数不等式的最为重要、最为核心的思想方法。当然，分类要全面，要做到不重不漏，含有参数的不等式恒成立问题的讨论和求解，途径之一是转化为函数，结合函数的图像，正确运用函数的性质再一次转化为不等式组求解，有时候需转化为多个不等式组；途径之二是运用参变分离法.通常解答含参数数学问题总是把注意力集中在主变元上，思考探求参变元的取值或其范围，这种思考当然是可以的，但有时解题过程会非常烦琐。若注意考查命题的求解趋势，依从条件与结论的内在联系变换思考方向，视其参变元为主元进行研究、推导，也能找到解决问题的途径，有时还能获得问题的妙思巧解，这就是“反客为主”分离参数的方法，参变分离法就是把所求参变量与其他变量分离开来，通过研究其他变量构成的解析式的性质来确定所求参变量的范围。参变分离的过程实质是把原问题化归为另一领域的数学问题，通常是一个比较容易操作的问题。这一解法具有思路清晰、有章可循、解法简洁的特点。 求参数的值或取值范围的一般方法 （1）分离参数，转化为求代数式的最值问题． 通过参变分离，将问题转化为a≥f(x)（或a≤f(x)）求最值： a≥f(x)对x∈D恒成立a≥[f(x)]max; a≤f(x)对x∈D恒成立a≤[f(x)]min; a≥f(x)对x∈D有解a≥[f(x)]min; a≤f(x)对x∈D有解a≤[f(x)]max; a≥f(x)对x∈D无解a<[f(x)]min; a≤f(x)对x∈D无解a>[f(x)]max; (2)观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或取值范围。 题型五、不等式的实际应用 (1)根据实际问题抽象出目标函数的表达式，再利用不等式性质求得函数的最值； (2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数； (3)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围； (4)在应用不等式性质求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解。 题型一、解不等式 1．（23-24高一上·上海松江·期中）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若关于的不等式的解集是实数集，求实数的取值范围； (3)若，求关于的不等式的解集. 【答案】(1) (2) (3)答案见详解 【分析】（1）代入，直接解一元二次不等式即可； （2）由题意可得对任意恒成立，分和两种情况，结合一元二次不等式的恒成立问题分析求解； （3）整理可得，分类讨论最高项系数以及根的大小解不等式. 【详解】（1）若，则，整理的， 解得，所以不等式的解集为. （2）因为，则等价于， 即对任意恒成立， 若，即时，则，符合题意； 若，即时，则，解得； 综上所述：实数的取值范围. （3）因为， （i）若，则，解得，即不等式解集为； （ⅱ）若，令，解得或， 若，不等式解集为； 若，则， 当，即时，不等式解集为； 当，即时，不等式解集为； 当，即时，不等式解集为； 综上所述：若，不等式解集为； 若，不等式解集为； 若时，不等式解集为； 若时，不等式解集为； 若时，不等式解集为. 2．（23-24高一上·上海杨浦·期中）（1）若对一切恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式：. 【答案】（1）；（2）答案见解析 【分析】（1）分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，根据题意可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围； （2）分、两种情况讨论，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集. 【详解】（1）因为对一切恒成立， 当时，则有，合乎题意； 当时，则有，解得. 综上所述，实数的取值范围是； （2）对于不等式，. 当时，即当时，不等式的解集为； 当时，即当或时，解不等式可得或， 此时，不等式的解集为或. 综上所述，当时，不等式的解集为； 当当或时，不等式的解集为或. 3．（23-24高一上·上海普陀·期中）求解下列不等式组或方程： (1) (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据绝对值不等式以及分式不等式解法即可求出该不等式组的解集为； （2）对的取值进行分类讨论，分别解方程即可求出该方程的解集为. 【详解】（1）对于不等式可得或， 解得或； 对于不等式可得，即， 等价于，解得； 所以不等式组的解集为或， 即该不等式组的解集为 （2）对于方程， 当时，原方程可化为，显然等式恒成立； 当时，原方程可化为，解得； 当时，原方程可化为，此时方程无解； 当时，原方程可化为，显然恒成立， 综上可知，方程的解集为. 4．（23-24高一上·上海嘉定·期中）已知，关于x的不等式组没有实数解，求实数a的取值范围． 【答案】 【分析】分别求解出两个不等式的解集，根据不等式组没有实数解得到两个不等式的解集的交集为空集，由此列出不等式组求解出结果. 【详解】因为，所以，故不等式解集为， 又因为，即且，故不等式解集为， 因为不等式组没有实数解，所以与的交集为， 所以，所以， 故的取值范围是. 5．（23-24高一上·上海·期中）解关于的不等式：. 【答案】答案见解析 【分析】根据题意将不等式因式分解为：，然后再分情况进行讨论，从而求解. 【详解】由题意得：，可化简为：，得：有两解：，， 当时，即：时，不等式的解集为：； 当时，即：时，不等式解集为：； 当时，即：时，不等式解集为：； 综上所述： 当时，不等式的解集为：； 当时，不等式的解集为：； 当时，不等式的解集为：. 6．（23-24高一上·上海·期中）求解关于x的不等式：（是常数） 【答案】答案见解析 【分析】根据系数与的大小，以及的大小分类讨论即可. 【详解】由，解得，或.故分以下情况讨论不等式的解集： ①当时，不等式为，无解； ②当时，不等式为，无解； ③当，即，或时， （i）当时，不等式可化为，解得，或； （ii）当时，不等式可化为，解得； ④当，即时， 不等式可化为，解得； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当，或，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 题型二、利用不等式性质证明不等式 1．（23-24高一上·上海浦东新·期中）若实数、、满足，则称比远离． (1)若比远离，求的取值范围； (2)对任意正数，，证明：； (3)对任意两个不相等的正数，，证明：比远离． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）解绝对值不等式即可； （2）利用基本不等式即可得证； （3）利用作差法，结合基本不等式即可得证. 【详解】（1）由比远离， 则， 解得或， 所以的取值范围是； （2）由，， 则，，，当且仅当时，上述不等式等号成立， 所以，当且仅当时等号成立； （3）若证比远离， 即证， 则，且， 所以即证， 即证， 又， 所以， 即， 即比远离. 2．（24-25高一上·上海·期中）设、是正实数． (1)求证：，并指出等号成立的条件； (2)若，求的最小值，并指出等号成立的条件． 【答案】(1)证明见解析， (2)， 【分析】（1）根据基本不等式可得证； （2）根据基本不等式“1”的妙用可得最值及取等条件. 【详解】（1）由， 所以，当且仅当时等号成立； （2）由， 则， 当且仅当，即时等号成立． 3．（23-24高一上·上海·期末）（1）解不等式； （2）证明：对所有实数x恒成立，并指出等号成立时x的取值范围． 【答案】(1)；(2)，证明见解析. 【分析】（1）分，，三种情况去绝对值符号，求解即可； （2）利用绝对值三角不等式即可得出结果. 【详解】（1）当时，原不等式等价于，解得， 此时； 当时，原不等式等价于，解得， 此时； 当时，原不等式等价于，解得，此时无解. 综上，不等式的解集为； （2）证明：， 当且仅当，即时等号成立，此时， 对所有实数x恒成立，且等号成立时的x的取值范围为. 4．（22-23高一上·上海嘉定·期中）已知实数a､b､c､d，显然，定义两实数的误差为两数差的绝对值. (1)求证：； (2)若任取a，，a与c的误差､b与d的误差最大值均为0.1，求ab与cd误差的最大值，并求出此时a､b､c､d的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)2.01，此时，，， 【分析】（1）由，根据即可得证； （2）根据（1）的结论及两个实数误差的定义运算即可得解. 【详解】（1） . （2）因为， 由（1） ， 此时只需等号成立. 5．（23-24高一上·上海·期中）已知代数式和． (1)若，求不等式的解集； (2)若，证明中至少有一个数不小于； (3)若，不等式对任意实数恒成立，试确定实数满足的条件. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用三段法求解绝对值不等式； （2）反证法进行证明； （3）分；；；四种情况，进行讨论，求出答案. 【详解】（1）， 当时，，解得，故， 当时，，解得，故， 当时，，解得，故， 综上，不等式的解集为； （2）假设均小于， 则，解得，解①得， 解②得， 故方程组无解，所以假设不成立， 中至少有一个数不小于； （3）若，不等式对任意实数恒成立， ①当时,, ，要使不等式在R上恒成立，则， 解得，满足，此时由可得，与必有交集，满足要求； ②当时,, ,要使不等式在R上恒成立，则，与矛盾； ③当时,, ,要使不等式在R上恒成立，则，解得； 将代入中,得,要使与有交集,则, 与矛盾； ④当时,, ，要使不等式在R上恒成立，则与矛盾； 综上,要使不等式在R上恒成立,实数满足的条件为. 6．（24-25高一上·上海·期中）已知a、b、c、，证明下列不等式，并指出等号成立的条件： (1)； (2)． 【答案】(1)证明见解析，当且仅当 (2)证明见解析，当且仅当 【分析】（1）利用作差法证明； （2）利用基本不等式证明； 【详解】（1）因为， ， ， 所以成立； 当且仅当时，等号成立； （2）， ． 所以． 当且仅当时，等号成立． 7．（21-22高一上·上海嘉定·期中）（1）证明：对所有实数x恒成立，并求等号成立的条件； （2）若不等式的解集非空，求a的取值范围； （3）设关于的不等式的解集为A，试探究是否存在，使得不等式与的解都属于A，若不存在，说明理由，若存在，请求出满足条件的的所有值. 【答案】（1）证明见解析，当时取等号；（2）或；（3）存在，或或 【分析】(1)应用绝对值三角不等式即可证明;(2)解集非空转化为最大值大于1解不等式即可； （3）先解一元二次不等式和绝对值不等式确定的子集，再分和两种情况讨论求解可得的值. 【详解】（1）由三角不等式得，当时取等号. （2）由题意得， 所以，解得或， （3）由得，故， 若，则，所以，符合题意， 若，设， 因为，所以， 所以，解得或. 当,,当, 当,,符合题意 当,,当, 当,,符合题意 综上，或或. 题型三、利用不等式性质求最值 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）（1）若，求的最小值； （2）解不等式：； （3）已知对一切实数x都成立，求实数k的取值范围. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】（1）由基本不等式求解最小值； （2）分类讨论去绝对值，运算求解，最后再求并集. （3）先考虑时的情况，再考虑时的情况，当时根据一元二次不等式恒成立问题的解法即可求解. 【详解】（1），则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. （2）当时，不等式化简为，解得，所以； 当时，不等式化简为，解得，所以； 当时，不等式化简为，解得. 综上所述：不等式的解集为. （3）当即时，不等式可化为，此时不等式恒成立， 当即时，若对一切实数x都成立， 则，解得， 综上所述，若对一切实数x都成立，则. 2．（23-24高一上·上海·期中）已知，． (1)比较与的大小； (2)若，求的最小值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用作差法可得出与的大小关系； （2）将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】（1）解： . 因为，，则. 当时，，此时，； 当时，，此时，. 综上所述，当时，；当时，. （2）解：因为，，且， 则 ， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为. 3．（23-24高一上·上海·期中）问题：正数满足，求的最小值．其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号．学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若实数a，b，x，y满足，试比较和的大小，并指明等号成立的条件； (3)利用（2）的结论，求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值． 【答案】(1) (2)，当时，等号成立 (3)的最小值为， 【分析】（1）根据题意，由，结合基本不等式，即可求解； （2）由，结合,即可求解； （3）令,得到,结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：若正实数满足,则， 所以,当且仅当且, 即时，取等号,所以的最小值. （2）解：若正实数满足,且， 由 因为,当且仅当时取等号,所以 ，所以. （3）解：若, 令,则, 所以, 当且仅当即时取等号, 又因为,解得,即,所以. 4．（22-23高一上·上海浦东新·期中）定义为个实数，，…，中的最小数，为个实数，，…，中的最大数． (1)设，都是正实数，且，求； (2)解不等式：； (3)设，都是正实数，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由基本不等式即可求解； （2）分段讨论得出，然后解不等式即可； （3）设出后由基本不等式进行求解. 【详解】（1）由题意得，即，当且仅当时等号成立， 故； （2）令，得， 当时，当时， 而即恒成立， 故， 可化为或或， 解得，故原不等式的解集为； （3）设，由题意得， 则， 当且仅当即时等号同时成立， 故的最小值为． 5．（23-24高一上·上海闵行·阶段练习）已知二次函数. (1)若等式恒成立，其中，，为常数，求的值； (2)证明：是方程有两个异号实根的充要条件； (3)若对任意，不等式恒成立，求的最大值. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）解法1：由求得. 解法2：在中令得结果. （2）根据充要条件的定义证明．证明必要性和充分性． （3）由二次不等式恒成立，转化参数关系，代入通过讨论特殊情况后配合基本不等式求出最值. 【详解】（1）解法1：， 由得， 故. 解法2：在中令得. （2）证明必要性：由于方程（a，b，c是常数且）有一正实根和一负实根，设两根为， ∴，且，∴. 充分性：由可推出，从而元二次方程有两个不相等的实数根，设为、， 则，由知：，即两根异号， ∴方程（a，b，c是常数且）有一正一负两实根. 因此是方程有两个异号实根的充要条件. （3）若对任意，不等式恒成立， 整理得：恒成立，因为a不为0， 所以，所以， 所以， 令，因为，所以， 若时，此时， 若时，， 当且仅当时，即时，上式取得等号， 综上：的最大值为. 【点睛】关键点睛：求的最大值时，利用将代换为，从而由三个量化为两个量， 再将化为，将视为一个量，从而最终化为只有一个量的函数，对多元变量求最值问题时关键是转化变量减少变量的个数，最终化为只有一个量的函数求最值. 6．（23-24高一上·上海浦东新·期中）问题：正实数a，b满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若实数a，b，x，y满足，求证：； (3)求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)时，取得最小值． 【分析】（1）利用“1”的代换凑配出积为定值，从而求得和的最小值； （2）利用已知，，然后由基本不等式进行放缩：，再利用不等式的性质得出大小．并得出等号成立的条件． （3）令，，构造，即以，即，然后利用（2）的结论可得． 【详解】（1）因为,， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是． （2）， 又，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，当且仅当且同号时等号成立．此时满足. （3）令，，由得， ， 又，所以， 构造， 由，可得，因此， 由（2）知， 取等号时，且同正， 结合，解得，即，． 所以时，取得最小值． 【点睛】本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用，考查了学生的灵活运用数学知识的能力．对学生的创新性思维要求较高，本题属于难题． 题型四、根据不等式性质求范围 1．（24-25高一上·上海·期中）已知函数． (1)当时，求不等式的解集； (2)若的解集为R，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分类讨论去绝对值，列式求解即可； （2）分析可知，由绝对值不等式可得，进而可得结果. 【详解】（1）原不等式可化为或或，解得， 所以不等式的解集为． （2）由已知可得， 因为，当且仅当时，等号成立， 则，即，即或，解得或 所以a的取值范围. 2．（22-23高一上·上海徐汇·期末）已知关于x的不等式． (1)若，求不等式的解集； (2)若不等式的解集非空，则求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)代入，根据二次不等式的解法即可求解； (2)分，和三种情况讨论，时，结合二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）当，不等式， 解得，或， 故的解集是． （2）若，则解得，此时符合题意； 若，二次函数开口向下，必然存在函数值小于0，此时符合题意； 若，二次函数开口向上， 若要不等式的解集非空，则需解得； 综上，的取值范围是． 3．（21-22高一上·上海青浦·期末）已知关于x的不等式的解集为S. (1)当时，求集合S； (2)若且，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将代入后，将分式不等式转化为一元二次不等式求解； （2）根据元素与集合的关系，转化为不等关系，列式求m的取值范围. 【详解】（1）当时，， 解得：， 所以不等式的集合为； （2）若且， 则或，解得：或， 所以的取值范围是. 4．（23-24高一上·上海·期中）已知，. (1)若，解关于的不等式组； (2)若对任意，都有或成立，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分别解一元二次不等式和一元一次不等式后求交集可得； （2）由得出时，恒成立，由此分类讨论可得； （3）在（2）的条件下问题转化为在上有解，结合（2）中m的范围即得． 【详解】（1）（1），，则或， ，则， 所以不等式组的解集为：； （2）因为当时，，所以当时，恒成立， 当时，，的解为，不能满足时，恒成立， 当时，不满足题意， 当时，由得，化为， 若时，，不等式的解为或，因为，所以满足题意， 若时，，不等式的解为或， 因此，，因此， 综上，的取值范围是． （3）时，，因此存在使得， 又， 因此在上有解，由于， 所以，解得， 综上，． 【点睛】本题第二问解题关键是将所求转化为在上恒成立，然后对m进行分类讨论，结合含参一元二次不等式的解法可得答案. 5．（20-21高一上·上海徐汇·期中）（1）关于x的不等式的解集为，求实数a的取值范围； （2）解关于x的不等式； （3）设（1）中a的整数值构成集合A，（2）中不等式的解集是B，若中有且只有三个元素，求实数m的取值范围. 【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）. 【解析】（1）根据题意，分，和三种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解； （2）化简不等式为，转化为且，结合一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解. （3）由（1）得，根据中有且只有三个元素，结合不等式的解集，分类讨论，得出不等式组，即可求解. 【详解】（1）当时，不等式可化为无解，满足题意； 当时，不等式化为，解得，不符合题意，舍去； 当时，要使得不等式的解集为， 则满足，解得， 综上可得，实数a的取值范围是. （2）由不等式，可得， 即且， 当时，不等式等价于，解得； 当时，由， 不等式且的解集为， 当时，且， 当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为， 综上，当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为. （3）由（1）得， 当中有且只有三个元素，显然不可能， 当时， 因为，不合题意，舍去， 当时，， 因为中有且只有三个元素，所以，，解得， 综上，实数m的取值范围是. 【点睛】解含参数的一元二次不等式的步骤： （1）若二次项含有参数，应先讨论参数是等于0、小于0，还是大于0，然后整理不等式； （2）当二次项系数不为0时，讨论判别式与0的关系，判断方程的根的个数； （3）确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集的形式. 6．（20-21高一上·上海闵行·期中）（1）解不等式：的解集 （2）若关于的不等式的解集为R，求的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）先判断分母恒大于0，进而将分式不等式转化为二次不等式即可得解； （2）根据绝对值不等式的意义及二次函数的性质得到关于的不等式组，解出即可. 【详解】（1） 所以不等式的解集为 （2）因为不等式的解集为R， 在R上恒成立， 即在R上恒成立， 所以的取值范围是 【点睛】思路点睛：本题考查了解分式不等式，及利用不等式恒成立求参数问题，解题时要将分式不等式及绝对值不等式转化为二次不等式，再利用二次函数的性质解题即可，考查学生的转化与化归思想，属于较难题. 题型五、不等式的实际应用 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）如图所示，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求B点在AM上，D点在AN上，且对角线MN过点C，已知米，米． (1)要使矩形AMPN的面积大于32平方米，则DN的长应在什么范围内？ (2)当DN的长度为多少时，矩形花坛AMPN的面积最小？并求出最小值． 【答案】(1)DN长的取值范围为 (2)时，矩形花园的面积最小为24平方米 【分析】（1）设出的长为米，则米，表示出矩形面积的解析式，利用不等式求解. （2）化简矩形面积，利用基本不等式求解. 【详解】（1）设的长为米，则米， , ， 由得 又得， 解得：或 即DN长的取值范围为. （2）矩形花园的面积为 当且仅当，即时，矩形花园的面积最小为24平方米. 2．（23-24高一上·上海·期中）如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设单个矩形栏目的宽度为，矩形广告的总面积为.    (1)将y表示为关于x的表达式，并写出x的取值范围； (2)当x取何值时，矩形广告的总面积最小?并求出总面积最小值. 【答案】(1)， (2)当cm时，矩形广告的总面积最小，最小面积为. 【分析】（1）表达出单个矩形栏目的长度，进而求出y关于x的表达式，x的取值范围； （2）由基本不等式求出总面积最小值. 【详解】（1）单个矩形栏目的长度为， ， （2）由基本不等式得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故当cm时，矩形广告的总面积最小，最小面积为. 3．（21-22高一上·上海长宁·期末）如图，在矩形地基的中心位置上建造一个面积为的一个矩形仓库，仓库四周铺设人行道；要求南北两侧的人行道宽，东西两侧的人行道宽，如何设计仓库的边长，才能使人行道的占地面积最小（结果精确到）？ 【答案】仓库的长为米，宽为16.7米时，人行道的占地面积最小为414.7平方米． 【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解． 【详解】设仓库的长度为，宽为，人行道的占地面积， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 故仓库的长为米，宽为16.7米时，人行道的占地面积最小为414.7平方米． 4．（21-22高一上·上海普陀·期末）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用． (1)若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长； (2)若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由． 【答案】(1)物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时； (2)当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L. 【分析】（1）对分两种情况讨论解不等式即得解； （2）求出，再利用基本不等式判断求解. 【详解】（1）解：当时，由题得，解之得； 当时，由题得，解之得； 所以. 所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时. （2）解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L， 则. 当且仅当时等号成立. 所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L. 所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L. 5．（22-23高一上·上海奉贤·期末）某新建居民小区欲建一面积为的矩形绿地，并在绿地四周铺设人行道．设计要求绿地外南北两侧人行道宽3m，东西两侧人行道宽4m，如图所示（图中单位：m）．设矩形绿地的南北侧边长为x米．    (1)当人行道的占地面积不大于时，求x的取值范围； (2)问x取多少时，才能使人行道的占地面积最小．（结果精确到0.1m）． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知得出人行道的占地面积为.进而得出不等式，求解不等式，即可得出答案； （2）根据基本不等式求解，即可得出的最小值. 【详解】（1）由已知可得，矩形绿地的东西侧边长为米， 则人行道的占地面积为. 由已知可得，， 整理可得，，解得. （2）由（1）知，人行道的占地面积为， ， 当且仅当，即时，等号成立. 所以，矩形绿地的南北侧边长为时，人行道的占地面积最小． 6．（23-24高一上·上海长宁·期中）甲､乙两位同学参加一个游戏，规则如下：每人在四个长方体容器中取两个盛满水，盛水体积多者为胜.甲先取两个容器，余下的两个容器给乙.已知的底面积均为，高分别为的底面积均为，高分别为其中）.在未能确定与大小的情况下，请给出一个让甲必胜的方案（即指出甲取哪两个容器可以获胜），并说明此方案必胜的理由. 【答案】甲选，理由见解析 【分析】设A，，，的体积分别为，，，，甲从A，，，中任选2个，有，共6种可能，结合不等式的性质以及作差法分析判断. 【详解】设A，，，的体积分别为，，，，则， 甲从A，，，中任选2个，有，共6种可能， 当时，则，即， 则，，即甲取均不能够稳操胜券； 当时，则，即， 则，，即甲取均不能够稳操胜券； 若甲先取，则， 即，即甲先取能够稳操胜券，选不能够稳操胜券； 综上所述：甲必胜的方案：甲选. 7．（23-24高一上·上海·期中）近几年来，“盲盒文化”广为流行，这种文化已经在中国落地生根，并发展处具有中国特色的盲盒经济，某盲盒生产及销售公司今年初用98万购进一批盲盒生产线，每年可有50万的总收入，已知生产此盲盒年（为正整数）所用的各种费用总计为万元． (1)该公司第几年首次盈利（总收入超过总支出，今年为第一年）？ (2)该公司几年后年平均利润最大，最大是多少？ 【答案】(1)第年 (2)第年最大，为万元 【分析】（1）先求得利润的表达式，由此列不等式来求得正确答案. （2）先求得平均利润的表达式，然后利用基本不等式求得正确答案. 【详解】（1）设利润为，则， 由整理得， 解得，由于， 所以，所以第年首次盈利. （2）首先， 由（1）得平均利润万元， 当且仅当万元时等号成立， 第7年，平均利润最大，为12万元. 一．填空题（共4小题） 1．（2024春•浦东新区校级期末）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． 2．（2023秋•杨浦区校级期中）关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是 　　． 【分析】由题意首先由三角不等式得到的最小值为，然后将问题转换为恒成立问题来做，进一步分类讨论解绝对值不等式即可． 【解答】解：因为，，， 所以， 即， 所以，等号成立当且仅当在和1两个数之间，规定时的取等条件为， 综上所述的最小值为， 因为关于的不等式的解集是， 所以，恒成立， 所以当且仅当， 当时，不可能成立，当时，，解得． 综上所述：实数的取值范围是． 故答案为：． 【点评】本题考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立条件的转化，是中档题． 3．（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． 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， 二．解答题（共9小题） 5．（2024春•浦东新区校级期末）（1）已知关于的一元二次方程的两个正实数根分别为，，且，求实数的值． （2）设，是方程的两个实根，，是方程的两个实根，若，求实数的取值范围． 【分析】（1）先根据韦达定理和已知条件解出两个实数根的表达式，再代入韦达定理求解即可，注意题干要求． （2）先根据韦达定理得出根之间的关系，根据表达式判断根正负性，最后结合①求解即可． 【解答】解：（1）根据韦达定理可得， 又因为， 所以，． 所以， 解得，． 又因为，且，是两个正实数根， 所以， 所以． （2）由韦达定理，得，，，． 前后两式分别相除，得． 因为，所以、同号． 若， 则，，矛盾． 若，则，，矛盾． 所以、、、同号，且有，即． 又因为，得， 所以． 结合①，得， 即，结合，可知实数的取值范围为． 【点评】本题考查一元二次方程根与系数关系，属于中档题． 6．（2023秋•普陀区校级期末）（1）解不等式； （2）证明：对所有实数恒成立，并指出等号成立时的取值范围． 【分析】（1）分，，三种情况去绝对值符号，求解即可； （2）利用绝对值三角不等式即可得出结果． 【解答】解：（1）当时，原不等式等价于，解得， 此时； 当时，原不等式等价于，解得， 此时； 当时，原不等式等价于，解得，此时无解． 综上，不等式的解集为，； （2）证明：， 当且仅当，即时等号成立，此时， 对所有实数恒成立，且等号成立时的的取值范围为． 【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，属于中档题． 7．（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． 8．（2023秋•静安区校级期中）（1）求的最小值； （2）已知，，，求的最小值． 【分析】（1）由题意得，，然后结合基本不等式即可求解； （2）由已知得，然后利用乘1法，结合基本不等式即可求解． 【解答】解：（1）， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为3； （2）因为，，， 所以， ， 当且仅当且，即，时取等号， 故的最小值为． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 9．（2023秋•闵行区校级期中）已知关于的不等式：． （1）当时，求不等式的解集； （2）当时，求不等式的解集； （3）命题：若二次不等式的解集为空集，命题对任意实数都成立，若，中至少有一个真命题，求实数的取值范围． 【分析】（1）时，不等式为，求解即可； （2）不等式化为，讨论时和时，求不等式的解集即可； （3）求出命题、命题为真命题时的取值范围，再根据，中至少有一个真命题时，求出实数的取值范围． 【解答】解：（1）时，不等式为，即， 解得或，所以不等式的解集为或； （2）不等式可化为， 当时，不等式为，解得， 当时，不等式为， 若，则，不等式为，无解； 若，则，解不等式，得； 若，则，解不等式，得； 综上，时，不等式的解集为，时，不等式的解集为， 时，不等式的解集为，时，不等式的解集为； （3）命题：若二次不等式的解集为空集，则，解得； 命题对任意实数都成立，则△，解得， 所以，中至少有一个真命题时，实数的取值范围是． 【点评】本题考查了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． 10．（2023秋•闵行区校级期中）已知代数式和． （1）若，，求不等式的解集； （2）若，，证明，中至少有一个数不小于； （3）若，不等式对任意实数恒成立，试确定实数，满足的条件． 【分析】（1）分，，去掉绝对值符号解不等式即可； （2）利用即可； （3）分情况去掉绝对值符号，利用一次函数的性质求解即可． 【解答】解：（1） 或或 或， 不等式的解集． （2）证明：， 当且仅当即时，等号成立， ，中至少有一个数不小于． （3）若，不等式对任意实数恒成立， ①当，时， 对任意实数恒成立， 则． ②当，时， 对任意实数恒成立， 则与矛盾． ③当，时， 对任意实数恒成立， 则， 将代入中，得，要使与有交集，则， 与矛盾． ④当，时， 对任意实数恒成立， 则与矛盾． 综上，要使不等式在上恒成立，实数，满足的条件为． 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明，不等式恒成立问题，属于中档题． 11．（2023秋•普陀区校级期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义：，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”． （1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； （2）设、、、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，如果是请证明，如果不是请说明理由； （3）设正整数满足以下条件：对任意实数，，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值． 【分析】（1）由上位点、下位点的概念即可得解； （2）由上位点、下位点的概念结合作差法即可得证； （3）结合（2）中结论，可得，，再证明当时不合题意即可得解． 【解答】解：（1）由可知，点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为． （2）是，证明如下： 、、、均为正数，点是点的“上位点”， ， ， ， ，点是点的“下位点”， ． 点是点的“上位点”； 点既是点的“下位点”又是点的“上位点”； （3）对任意实数，，总存在正整数， 使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”， 若正整数满足条件：在，时恒成立， 由（2）中的结论可知，，时满足条件， 若，由于存在的情况， 则不恒成立， 因此，的最小值为4047． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于中档题． 12．（2023秋•黄浦区校级期中）对于四个正数，，，，如果，那么称是的“下位序列”． （1）对于2，3，7，11，试问是否为的“下位序列”； （2）设，，，均为正数，且是的“下位序列”，试判断，，之间的大小关系； （3）设正整数满足条件对集合内的每个，总存在，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数的最小值． 【分析】（1）根据“下位序列”的概念，即可求解． （2）利用作差法，结合“下位序列”的概念直接判断； （3）根据“下位序列”的概念可得，根据，，均为正整数，可得，进而可得最小正整数． 【解答】解：（1）由，，，不满足“下位序列”的概念， 所以不是“下位序列”； （2）由是的“下位序列”，得， 则，即， 同理，即， 所以； （3）由已知得， 又，，均为正整数， 则，即， 则， 又对集合内的每个均成立， 则， 所以正整数的最小值为4045． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于中档题． 13．（2023秋•浦东新区校级月考）已知关于的不等式的解集为． （1）若，求的取值范围； （2）若，求实数的取值范围； （3）是否存在实数，满足：“对于任意正整数，都有；对于任意负整数，都有”，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【分析】（1）直接求解不等式，即可得到结果． （2）讨论二次项系数及不为0时，求出原不等式的解集为时的取值范围． （3）根据题意得出解集，讨论的取值，求出原不等式的解集，判断是否满足条件即可． 【解答】解：（1）当时，不等式为，即，解得， 所以的取值范围是． （2）当时，解得，或， ①当时，不等式化为，所以时，不等式的解集为； ②当时，不等式化为，对任意实数不等式不成立； ③当时，解得， 所以的取值范围是，，； 综上所述，实数的取值范围是，． （3）根据题意，得出解集，，， 当时，解得，或， 时，不等式的解集为，满足条件， 时，恒成立，不满足条件， 当时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是的形式，不满足条件， 当时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是的形式，不满足条件， 综上，存在满足条件的值为5． 【点评】本题考查了解含有字母系数的不等式应用问题，也考查了转化思想，是中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$