专题03 不等式7考点复习指南（讲+练）-【题海探秘】2024-2025学年高一上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019必修第一册）

2024-2025高一上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019必修第一册） 专题03 不等式7考点复习指南 知识1：作差法比较大小 作差法的依据：①；②；③ 步骤： (1)作差； (2)变形； （目的：便于判定差的符号，常用的方法：因式分解、配方、通分、分子有理化等） (3)定号；（当差的符号不确定时，一般需要分类讨论） (4)下结论。（根据当差的正负与实数大小关系的基本事实下结论） 知识2：不等式的性质 性质 性质内容 特别提醒 对称性 （等价于） 传递性 （推出） 可加性 （等价于 可乘性 注意的符号（涉及分类讨论的思想） 同向可加性 同向同正可乘性 可乘方性 ，同为正数 知识3：重要不等式 一般地，，有，当且仅当时，等号成立. 知识4：基本不等式链 （其中，当且仅当时，取“”号） （注意：一正，二定，三相等，特别“一正”，“三相等”这两类陷阱） 知识5：二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)与一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)，不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的解的对应关系 方程的判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数 的图象 方程的根 有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2) 有两个相等的实数根x1＝x2＝－ 没有实数根 不等式 的解集 {x|x<x1或x>x2} R 知识6：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. 知识7：简单的绝对值不等式 |x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)，|x|<a(a>0)的解集为(－a，a)． 知识8：一元二次不等式恒成立问题 (1)不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，x∈R恒成立⇔a>0且Δ<0； (2)不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)，x∈R恒成立⇔a<0且Δ<0； (3)若a可以为0，需要分类讨论，一般优先考虑a＝0的情形． 注：对于不等式ax2＋bx＋c>0，求解时不要忘记a＝0时的情形． 考点1 数(式)的大小比较 1．（23-24高一上·四川内江·期中）设，，则有 ．（请填“”、“”、“”，“”，“”） 2．（22-23高一上·广东东莞·期中）设，，，则的大小顺序是（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高一上·河南南阳·阶段练习）若正实数，，满足，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·河南驻马店·期末）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若均为实数，则 5．（2024·广西来宾·模拟预测）黄金不仅可以制成精美的首饰佩戴，还因其价值高，并且是一种稀少的资源，长久以来也是一种投资工具.小李计划投资黄金，根据自身实际情况，他决定分两次进行购买，并且制定了两种不同的方案：方案一是每次购入一定数量的黄金：方案二是每次购入一定金额的黄金.已知黄金价格并不稳定，所以他预设两次购入的单价不同.现假设他两次购入的单价分别为，且，则下列说法正确的是（    ） A．当且仅当时，方案一的平均购买成本比方案二更低 B．当且仅当时，方案二的平均购买成本比方案一更低 C．无论的大小关系如何，方案一的平均购买成本比方案二更低 D．无论的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低 6．（22-23高一上·湖北随州·阶段练习）若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A． B． C． D． 考点2 不等式的基本性质 1.（23-24高一上·北京·期末）已知，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（23-24高二下·浙江温州·期末）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（21-22高一上·上海长宁·期中）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一上·广东湛江·期末）下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（23-24高一上·安徽淮北·期中）已知a，b为非零实数，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一上·福建三明·阶段练习）若，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 考点3 不等式性质的综合应用 1．（24-25高一上·重庆·阶段练习）若，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·山东青岛·期中）已知，则的取值范围是 . 3．（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）已知，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一上·福建漳州·期中）已知函数，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一上·吉林四平·期中）已知，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点4 基本不等式的理解及常见变形 1．（22-23高三上·安徽合肥·期中）《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（       ） A． B． C． D． 2．（22-23高一上·江苏常州·阶段练习）下列说法，其中一定正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值为 3．（23-24高一上·西藏林芝·期中）下列命题中正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，则 C．若，则 D．对任意，均成立. 4．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知a，，且，则下列不等关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一上·上海·期末）已知，，且，有下列不等式：①，②，③，④．其中成立的不等式的个数有（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 考点5 利用基本不等式求最值 1．（23-24高一上·新疆阿克苏·阶段练习）若都是正数，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24高一下·广西柳州·期中）已知，，，则的最小值为（    ）． A．4 B． C．6 D． 3．（23-24高一上·北京·期中）如果，那么的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·云南昆明·期中）已知，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·黑龙江绥化·阶段练习）已知，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期中）已知正实数，满足，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 7．（19-20高二上·黑龙江绥化·开学考试）设正数，满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·浙江·期中）若实数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 考点6 基本不等式的实际应用 1．（23-24高一上·浙江杭州·期中）2023年8月29日，华为在官方网站发布了Mate60系列手机，全系搭载麒麟芯片强势回归，5G技术更是遥遥领先，正所谓“轻舟已过万重山”.发布后的第一周销量约达80万台，第二周的增长率为a，第三周的增长率为b，这两周的平均增长率为x（a，b，x均大于零），则（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一上·福建莆田·期中）某商店对该店某款冰雪运动装备在过去的一个月内（以30天计）的销售情况进行分析发现：该款冰雪运动装备的日销售单价（元/套）与时间x（该月的第x天）的函数关系近似满足（k为正常数）.该商品的日销售量（个）与时间x（天）部分数据如下表所示： x 10 20 25 30 110 120 125 130 已知第10天该商品的日销售收入为121元. (1)求k的值； (2)根据上表中数据，用函数模型，（为常数）来描述该商品的日销售量与时间x的关系，试求出函数的解析式； (3)根据（1）（2）的结论，求该商品的日销售收入（，）（元）的最小值. 3．（23-24高一上·天津北辰·期中）某公司建造一间背面靠墙的房屋，地面面积为48 m2，房屋正面每平方米造价为1200元，房屋侧面每平方米的造价为800元，屋顶的造价为5800元．如果墙高为3 m，且不计房屋背面和地面的费用，那么房屋的总造价最低为 元． 4．（23-24高一上·湖北·期末）两次购买同一种物品，不考虑物品价格的升降（假设第一次价格为，第二次价格为）可以用两种不同的策略，第一种是每次购买这种物品数量一定;第二种是每次购买这种物品所花的钱数一定，哪种购物方式比较经济（    ） A．第一种 B．第二种 C．都一样 D．不确定 5．（23-24高一上·四川成都·期中）在经济学中，函数的边际函数，某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（）这种设备的收入函数为（单位千万元），其成本函数为（单位千万元）．（以下问题请注意定义域） (1)求收入函数的最小值； (2)求成本函数的边际函数的最大值； (3)求生产x台光刻机的这种设备的的利润的最小值． 6．（20-21高一上·山东烟台·期中）科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小． (1)求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值； (2)若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围． 考点7 求解一元二次不等式 1．（23-24高一上·天津·期中）已知不等式的解集为，不等式的解集为，则为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一上·福建莆田·期中）已知关于x的不等式的解集为. (1)求的值； (2)若关于x的不等式的解集为R，求k的取值范围. 3．（23-24高一上·四川内江·期中）已知，，，求，. 4．（23-24高一上·江西新余·期中）不等式的解集是，则的解集是（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期中）已知函数 (1)求函数的解析式； (2)求关于的不等式解集.（其中） 6．（23-24高一上·安徽淮北·期中）已知函数． (1)若时不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)用分类讨论的方法解关于x的不等式 （其中）． 7．（23-24高一上·湖北恩施·期末）已知关于的不等式恰有三个整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点8 一元二次不等式的应用 1．（21-22高一上·福建福州·期中）若某商店将进货单价为元的商品按每件元出售.则每天可销售件.现准备采用提高售价、减少进货量的方法来增加利润.已知这种商品的售价每提高元，销售量就要减少件，那么要保证该商品每天的利润在元以上，售价应定为（    ） A．元 B．元到元之间 C．元 D．元到元之间 2．（19-20高一·全国·课后作业）某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售,每天可销售100件,现准备采用提高售价来增加利润,已知这种商品每件销售价提高1元,销售量就要减少10件.那么要保证每天所赚的利润在320元以上,销售价每件应定为 A．12元 B．16元 C．12元到16元之间 D．10元到14元之间 3．（22-23高一上·甘肃武威·期中）年月日，迎来了香港回归祖国周年，为了迎接这一历史性时刻，某商店购进一批香港回归周年纪念章，每枚的最低售价为元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出枚，每枚售价每提高元，日销售量将减少枚，为了使这批纪念章每天获得元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（16-17高一下·北京昌平·期中）某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x（件）与单价P（元）之间的关系为，生产x件所需成本为C（元），其中元，若要求每天获利不少于1300元，则日销量x的取值范围是（    ） A．20≤x≤30 B．20≤x≤45 C．15≤x≤30 D．15≤x≤45 5．（23-24高一上·陕西·阶段练习）某礼服租赁公司共有300套礼服供租赁，若每套礼服每天的租价为200元，则所有礼服均被租出；若将每套礼服每天的租价在200元的基础上提高10x元（，），则被租出的礼服会减少10x套.若要使该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入超过6.24万元，则该礼服租赁公司每套礼服每天的租价应定为（    ） A．220元 B．240元 C．250元 D．280元 考点9 一元二次不等式恒成立（有解）问题 1．（22-23高一上·广东东莞·期中）已知命题，，若命题是假命题，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·湖南·期中）设命题p：，（其中m为常数），则“命题p为真命题”是“”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 3．（23-24高一下·江苏镇江·期中）若命题“，”是假命题，则实数的最小值为（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 4．（19-20高二上·天津宁河·阶段练习）若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 5．（23-24高一下·贵州贵阳·期中）对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一上·辽宁大连·阶段练习）若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围（    ） A．或 B． C． D． 7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知条件：“不等式的解集是空集”，则条件： “”是条件的（   ） 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．（22-23高一上·湖南长沙·期中）若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．（23-24高一上·江苏扬州·期中）已知集合，，（    ） A． B． C． D． 2．（20-21高一上·上海浦东新·阶段练习）如果，那么下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（15-16高三上·江西吉安·阶段练习）设集合，．若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一上·新疆乌鲁木齐·期末）不等式的解集不可能是（    ） A． B． C． D．R 5．（23-24高一上·江苏南京·期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（    ） A． B． C． D． 6．（2020高三·上海·专题练习）设，，则（    ）． A． B． C． D． 7．（23-24高一下·云南玉溪·期末）若关于的不等式的解集为，则的值是（    ） A． B． C．2 D． 8．（23-24高一上·云南曲靖·期中）已知函数，若的解集为，则（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一上·山东潍坊·期末）已知关于x的不等式的解集是，则实数a的值为（    ） A． B．1 C． D．2 10．（23-24高一上·山东日照·期末）“”是“”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 11．（22-23高一上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若不等式对一切恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 13．（23-24高一上·山东淄博·期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.对于实数下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 14．（2020·广东珠海·一模）由于燃油的价格有升也有降，现在有两种加油方案．第一种方案：每次加30升的燃油；第二种方案：每次加200元的燃油．下列说法正确的是（　　） A．采用第一种方案划算 B．采用第二种方案划算 C．两种方案一样 D．采用哪种方案无法确定 15．（20-21高二上·江苏苏州·期中）一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店内购买黄金，店员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中，使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中，使得天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．记顾客实际购得的黄金为xg，则与20的大小关系为（    ） A． B． C． D．无法确定 16．（23-24高一上·上海·期末）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高一下·湖南衡阳·期末）函数的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 18．（22-23高一上·山东潍坊·期中），表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”. 例如：，，若，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 19．（23-24高一上·江苏南京·期中）若函数，若，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高一上·江苏常州·期中）函数的定义域是（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高一下·上海杨浦·期中）设为实数，则下列命题为真命题的是（    ）. A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 22．（23-24高一上·福建泉州·期末）已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高一上·江苏常州·期末）设a，b，m都是正数，且，记，则（    ） A． B． C． D．与的大小与的取值有关 24．（23-24高一上·湖北武汉·期末）设集合，则（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高一上·辽宁·阶段练习）已知当时，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 26．（河北省石家庄市西山学校2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题）已知关于的一元二次不等式的解集为，其中，，为常数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 27．（2017·河北衡水·一模）《几何原本》卷的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，运用这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（    ） A． B． C． D． 28．（23-24高一上·贵州毕节·期末）若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 29．（19-20高二上·天津静海·阶段练习）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（    ） A．若且，则 B．若，则 C．若，则不等式 D．若且，则 二、多选题 30．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 31．（23-24高一上·云南曲靖·期中）下列不等式的解集为的是（    ） A． B． C． D． 32．（23-24高一下·贵州六盘水·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 33．（23-24高一下·广西南宁·期末）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 34．（23-24高一上·甘肃庆阳·期中）已知a，b为正实数，且，，，则（    ） A．的最大值为4 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为2 35．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知关于的不等式的解集为，则（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 三、填空题 36．（23-24高一上·河北·期末）已知，，则的取值范围是 . 37．（23-24高一上·安徽安庆·期中）已知条件，写出 的一个必要不充分条件为 （填一个即可） 38．（23-24高一上·云南昆明·期中）已知，若恒成立，写出符合条件的正整数 ．（写出一个即可） 39．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知正实数满足，则的最小值为 . 40．（23-24高一上·福建莆田·期中）设且关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 ． 41．（23-24高一上·上海·期末）设，若关于的不等式的解集是区间的真子集，则的取值范围是 ． 四、解答题 42．（23-24高一上·江苏常州·期中）（1）设，且，求的最小值； （2）设，求的最小值. 43．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，a为常数. (1)若，解关于x的不等式； (2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围. 44．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知正数a，b满足． (1)求的最小值； (2)求的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025高一上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019必修第一册） 专题03 不等式7考点复习指南 知识1：作差法比较大小 作差法的依据：①；②；③ 步骤： (1)作差； (2)变形； （目的：便于判定差的符号，常用的方法：因式分解、配方、通分、分子有理化等） (3)定号；（当差的符号不确定时，一般需要分类讨论） (4)下结论。（根据当差的正负与实数大小关系的基本事实下结论） 知识2：不等式的性质 性质 性质内容 特别提醒 对称性 （等价于） 传递性 （推出） 可加性 （等价于 可乘性 注意的符号（涉及分类讨论的思想） 同向可加性 同向同正可乘性 可乘方性 ，同为正数 知识3：重要不等式 一般地，，有，当且仅当时，等号成立. 知识4：基本不等式链 （其中，当且仅当时，取“”号） （注意：一正，二定，三相等，特别“一正”，“三相等”这两类陷阱） 知识5：二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)与一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)，不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的解的对应关系 方程的判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数 的图象 方程的根 有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2) 有两个相等的实数根x1＝x2＝－ 没有实数根 不等式 的解集 {x|x<x1或x>x2} R 知识6：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. 知识7：简单的绝对值不等式 |x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)，|x|<a(a>0)的解集为(－a，a)． 知识8：一元二次不等式恒成立问题 (1)不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，x∈R恒成立⇔a>0且Δ<0； (2)不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)，x∈R恒成立⇔a<0且Δ<0； (3)若a可以为0，需要分类讨论，一般优先考虑a＝0的情形． 注：对于不等式ax2＋bx＋c>0，求解时不要忘记a＝0时的情形． 考点1 数(式)的大小比较 1．（23-24高一上·四川内江·期中）设，，则有 ．（请填“”、“”、“”，“”，“”） 【答案】< 【分析】利用作差法以及完全平方数比较即可求解． 【详解】因为，， 所以 ， 故． 故答案为：<． 2．（22-23高一上·广东东莞·期中）设，，，则的大小顺序是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用作差法分别计算和即可求解. 【详解】， ， 而，，而， ，即，综上. 故选：B． 3．（22-23高一上·河南南阳·阶段练习）若正实数，，满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用作商法，根据指数函数的单调性即可比较大小. 【详解】解：是正实数，且，， 由，得， ，， ，，， ，即， 综上可知，， 故选：C. 4．（23-24高一上·河南驻马店·期末）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若均为实数，则 【答案】D 【分析】利用特殊值判断A、C，利用作差法判断B、D. 【详解】对于A：当时，故A错误； 对于B：因为，所以， 所以，故B错误； 对于C：当，，，时满足，，但是，故C错误 对于D：因为， 所以，当时取等号，故D正确． 故选：D． 5．（2024·广西来宾·模拟预测）黄金不仅可以制成精美的首饰佩戴，还因其价值高，并且是一种稀少的资源，长久以来也是一种投资工具.小李计划投资黄金，根据自身实际情况，他决定分两次进行购买，并且制定了两种不同的方案：方案一是每次购入一定数量的黄金：方案二是每次购入一定金额的黄金.已知黄金价格并不稳定，所以他预设两次购入的单价不同.现假设他两次购入的单价分别为，且，则下列说法正确的是（    ） A．当且仅当时，方案一的平均购买成本比方案二更低 B．当且仅当时，方案二的平均购买成本比方案一更低 C．无论的大小关系如何，方案一的平均购买成本比方案二更低 D．无论的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低 【答案】D 【分析】根据题意，分别计算出方案一与方案二的平均购买成本，然后作差比较大小，即可判断. 【详解】方案一：设每次购入的黄金数量为，则平均购买成本； 方案二：设每次购入的黄金金额为，则平均购买成本为 ， 所以， 且，则，即， 无论的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低. 故选：D 6．（22-23高一上·湖北随州·阶段练习）若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对ACD，根据不等式的性质以及作差法比较大小即可判断；对B，根据不等式的性质以及作差法，再对赋值法即可判断. 【详解】对于A，，因为，故，即，故A错； 对于B，不确定符号，取则，故B错误； 对于C， ，因为， 故，即，故C正确； 对于D，，因为， 故，即，故D错误． 故选：C 考点2 不等式的基本性质 1.（23-24高一上·北京·期末）已知，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】由条件结合充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】由，可得： 若，则，当时，，故不能推出； 若，则当时，，可得，也不能推出． 综上所述，“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 2．（23-24高二下·浙江温州·期末）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】取，可判断A；作差法比较数的大小可判断B；由不等式性质可判断C；作差法比较数的大小可判断D. 【详解】对于A：当时，显然不成立，故A错误； 对于B：因为，所以，故B正确； 对于C：因为，所以，故C错误； 对于D：因为，所以，故D错误. 故选：B. 3．（21-22高一上·上海长宁·期中）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的基本性质判断D；举例说明即可判断ABC. 【详解】A：当时，，故A错误； B：当时，满足，但不成立，故B错误； C：当时，，故C错误； D：由，得，故D正确. 故选：D 4．（22-23高一上·广东湛江·期末）下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】利用不等式的性质逐个判断各个选项即可． 【详解】对于A，若，又，则，故A正确， 对于B，若，，满足，但是，故B错误， 对于C，若，则，故C错误， 对于D，若，，满足，但是，故D错误， 故选：A． 5．（23-24高一上·安徽淮北·期中）已知a，b为非零实数，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对ABD举反例即可判断，对C利用作差法即可判断. 【详解】对A，当时，不等式不成立，所以A不正确； 对B，当时，满足，但，所以B不正确； 对C，因为，因为，且，可得，所以，所以C正确； 对D，举例，则，则，所以D不正确. 故选：C. 6．（23-24高一上·福建三明·阶段练习）若，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的性质可判断A，其余选项可用特殊值验证. 【详解】因为，，由不等式的可加性可得，故A正确； 当，，，时，，，，故B错误； 当，，，时，，，，故C错误； 当，，，时，，，，故D错误. 故选：A 考点3 不等式性质的综合应用 1．（24-25高一上·重庆·阶段练习）若，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的性质求解即可. 【详解】，； ， . 故选：. 2．（23-24高二下·山东青岛·期中）已知，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】首先变形，再转化为求的范围. 【详解】由题意可知，， ，，则，所以. 故答案为： 3．（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）已知，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，利用待定系数法求得，利用不等式的性质即可求的取值范围． 【详解】设， 所以，解得，即可得， 因为，， 所以， 故选：A． 4．（22-23高一上·福建漳州·期中）已知函数，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知得，用和表示出后，结合不等式的性质可得． 【详解】由得，， 又，，， 所以， 故选：D． 5．（23-24高一上·吉林四平·期中）已知，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，设，由相等关系列方程组求出m，n，再利用不等式的性质求的取值范围. 【详解】设，则， 所以，解得， 于是 又，， 所以，即. 故． 故选：D． 考点4 基本不等式的理解及常见变形 1．（22-23高三上·安徽合肥·期中）《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用数形结合计算出，再在中，利用勾股定理得，再由，可得结论． 【详解】设，可得圆的半径为， 又由， 在中，可得， 因为，所以，当且仅当时取等号． 故选：D. 2．（22-23高一上·江苏常州·阶段练习）下列说法，其中一定正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】B 【分析】利用重要不等式判断A、B、利用特殊值判断C，利用对勾函数的性质判断D. 【详解】对于A：因为，所以，当且仅当时取等号，故A错误； 对于B：因为，所以，所以， 即，当且仅当时取等号，故B正确； 对于C：当时，满足，但是，故C错误； 对于D：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D错误； 故选：B 3．（23-24高一上·西藏林芝·期中）下列命题中正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，则 C．若，则 D．对任意，均成立. 【答案】A 【分析】根据基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，，当且仅当时等号成立，A选项正确. B选项，当时，，所以B选项错误. C选项，当时，，所以C选项错误. D选项，当时，，不成立，所以D选项错误. 故选：A 4．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知a，，且，则下列不等关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用不等式性质判断ACD，利用基本不等式判断B. 【详解】对于A，因为，所以，错误； 对于B，因为，所以，所以， 当且仅当即时，等号成立，又，所以，正确； 对于C，因为，所以，，所以，错误； 对于D，因为，所以，所以， 又，所以即，错误； 故选：B. 5．（23-24高一上·上海·期末）已知，，且，有下列不等式：①，②，③，④．其中成立的不等式的个数有（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，根据，结合即可判断；对于②，根据，，且，可得，即可判断；对于③，将式子变形利用基本不等式即可求解；对于④，可利用基本不等式求的最值，从而得出结果. 【详解】①因为，，且， 所以，当且仅当时等号成立， 所以， 即，①正确； ②因为，，，所以， 所以，②正确； ③，当且仅当时等号成立，所以③错误； ④， 所以，当且仅当时等号成立，④正确； 所以有个不等式成立. 故选：. 考点5 利用基本不等式求最值 1．（23-24高一上·新疆阿克苏·阶段练习）若都是正数，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用基本不等式即可得解. 【详解】因为都是正数，则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 则的最小值为. 故选：C. 2．（23-24高一下·广西柳州·期中）已知，，，则的最小值为（    ）． A．4 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】由于，，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为. 故选：B 3．（23-24高一上·北京·期中）如果，那么的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值即得. 【详解】，，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为4. 故选：C 4．（23-24高二下·云南昆明·期中）已知，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将已知条件化为，则，通过基本不等式即可求解. 【详解】由，得， 所以， 当且仅当时取等号，最小值为. 故选：B. 5．（23-24高三上·黑龙江绥化·阶段练习）已知，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用基本不等式计算可得. 【详解】因为，，， 所以，， 当且仅当，即，时取等号. 故选：C. 6．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期中）已知正实数，满足，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可求解. 【详解】因为，为正实数，且，所以, 当且仅当时取等号. 故选：C 7．（19-20高二上·黑龙江绥化·开学考试）设正数，满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先利用基本不等式求出的最小值，然后根据不等式恒成立，将问题转化为关于的不等式求解. 【详解】因为正数，满足， 则，因为， 所以，则，当且仅当即时等号成立. 因为不等式对任意实数恒成立，即恒成立. ，所以，即对任意实数恒成立. 令，因为，所以. 所以. 故选：D. 8．（23-24高一下·浙江·期中）若实数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先变形，再利用基本不等式求最小值. 【详解】 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：D 考点6 基本不等式的实际应用 1．（23-24高一上·浙江杭州·期中）2023年8月29日，华为在官方网站发布了Mate60系列手机，全系搭载麒麟芯片强势回归，5G技术更是遥遥领先，正所谓“轻舟已过万重山”.发布后的第一周销量约达80万台，第二周的增长率为a，第三周的增长率为b，这两周的平均增长率为x（a，b，x均大于零），则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，列出等式，再利用基本不等式求解判断即可. 【详解】依题意，，而， 因此，当且仅当时取等号， 所以. 故选：B 2．（22-23高一上·福建莆田·期中）某商店对该店某款冰雪运动装备在过去的一个月内（以30天计）的销售情况进行分析发现：该款冰雪运动装备的日销售单价（元/套）与时间x（该月的第x天）的函数关系近似满足（k为正常数）.该商品的日销售量（个）与时间x（天）部分数据如下表所示： x 10 20 25 30 110 120 125 130 已知第10天该商品的日销售收入为121元. (1)求k的值； (2)根据上表中数据，用函数模型，（为常数）来描述该商品的日销售量与时间x的关系，试求出函数的解析式； (3)根据（1）（2）的结论，求该商品的日销售收入（，）（元）的最小值. 【答案】(1) (2),（，） (3)121元 【分析】（1）根据第10天该商品的日销售收入为121元，列出方程解之即得； （2）在表格中任取两组对应值代入，得二元方程组，求解即得； （3）依题列出的解析式，运用基本不等式求出其最小值即得. 【详解】（1）因为第10天该商品的日销售收入为121元， 即，解得； （2）由表中数据可得，，即， 解得，故,（，） （3）依题意，， 因，，由，当且仅当时等号成立， 即该商品的日销售收入在第10天最小，最小值为121元. 3．（23-24高一上·天津北辰·期中）某公司建造一间背面靠墙的房屋，地面面积为48 m2，房屋正面每平方米造价为1200元，房屋侧面每平方米的造价为800元，屋顶的造价为5800元．如果墙高为3 m，且不计房屋背面和地面的费用，那么房屋的总造价最低为 元． 【答案】 【分析】求出房屋的总造价，利用基本不等式可得答案. 【详解】设房屋底面一边长为m，则另一边长为m， 所以房屋的总造价为， 因为，所以， 当且仅当即时等号成立. 故答案为：. 4．（23-24高一上·湖北·期末）两次购买同一种物品，不考虑物品价格的升降（假设第一次价格为，第二次价格为）可以用两种不同的策略，第一种是每次购买这种物品数量一定;第二种是每次购买这种物品所花的钱数一定，哪种购物方式比较经济（    ） A．第一种 B．第二种 C．都一样 D．不确定 【答案】B 【分析】根据基本不等式求得正确答案. 【详解】依题意，为正数，且， 第一种方式购买的平均价格为， 第二种方式，设每次购买的花费为， 则购买的平均价格为， 由基本不等式得， 所以选第二种方式比较经济. 故选：B 5．（23-24高一上·四川成都·期中）在经济学中，函数的边际函数，某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（）这种设备的收入函数为（单位千万元），其成本函数为（单位千万元）．（以下问题请注意定义域） (1)求收入函数的最小值； (2)求成本函数的边际函数的最大值； (3)求生产x台光刻机的这种设备的的利润的最小值． 【答案】(1)48（千万元） (2) (3)7（千万元） 【分析】（1）利用基本不等式求函数的最小值即得； （2）求出边际函数的解析式，然后利用函数的单调性求解最值； （3）求出利润函数的解析式，换元后运用二次函数的图象性质求解最值． 【详解】（1）∵，． ∴，当且仅当即时等号成立． ∴当时，（千万元）； （2）， ，， 由函数单调性知，在时单调递增， 故当时，； （3）由， 则，． 记，则该函数在上递减，在上递增，且，故， 于是当时，取得最小值.由，解得或， 故当或时，（千万元）． 6．（20-21高一上·山东烟台·期中）科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小． (1)求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值； (2)若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围． 【答案】(1)200%，30 (2) 【分析】（1）根据题意，利用基本不等式和函数的单调性，分别求得来年两段上最大值，比较即可得到结论； （2）由（1）得到，结合一元二次不等式的解法，即可求得的范围，得到答案. 【详解】（1）解：由题意知，当时， ，当且仅当，即时取等号； 当时，， 在上单调递减，. 又，∴当月研发经费为30万元时，研发利润率取得最大值200%. （2）由（1）可知，此时月研发经费， 于是，令，整理得，解得：． 因此，当研发利润率不小于190%时，月研发经费的取值范围是． 考点7 求解一元二次不等式 1．（23-24高一上·天津·期中）已知不等式的解集为，不等式的解集为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得. 【详解】解不等式，得，即， 解不等式，得，即， 所以. 故选：D 2．（22-23高一上·福建莆田·期中）已知关于x的不等式的解集为. (1)求的值； (2)若关于x的不等式的解集为R，求k的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用一元二次不等式和对应一元二次方程的关系列出方程组，解之即得； （2）将（1）求得的的值代入不等式并整理，由题意得到关于的不等式，解之即得. 【详解】（1）依题意知，方程有两根为2和3， 则由韦达定理可得，，解得，； （2）由可得，， 依题意需使，，解得，，即. 3．（23-24高一上·四川内江·期中）已知，，，求，. 【答案】或；. 【分析】分别解关于、的不等式，根据集合的运算性质求出、的交集以及、的并集，从而求出其补集. 【详解】由题意可知， 或， 或，， . 4．（23-24高一上·江西新余·期中）不等式的解集是，则的解集是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由一元二次不等式解集求参数，代入目标不等式，应用一元二次不等式的解法求解集. 【详解】由题设是的两个根，则， 所以，即， 故不等式解集为. 故选：B 5．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期中）已知函数 (1)求函数的解析式； (2)求关于的不等式解集.（其中） 【答案】(1) (2)答案见解析. 【分析】（1）令，则，即可得； （2）将不等式转化为，比较和的大小解不等式即可. 【详解】（1）由题意，函数， 令， 则， 所以. （2）由（1）知， 即不等式转化为， 则， 当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为； 综上所述，当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为. 6．（23-24高一上·安徽淮北·期中）已知函数． (1)若时不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)用分类讨论的方法解关于x的不等式 （其中）． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）不等式 在 上恒成立, 转化为 在 上恒成立, 求出 在 上的最小值即可求出 的取值范围； （2） 将不等式 化为 ,讨论 的取值即可求解不等式的解集. 【详解】（1）， 不等式化为， 即， 不等式在上恒成立， 在上恒成立， 即在上恒成立， ， 设，，根据对勾函数的性质知其在上单调递减，在上单调递增， 当；当；当， ， ，即的取值范围是. （2）不等式化为， 即， 即， ①当时，不等式为，不等式解集为， ②当时，即时，不等式为，不等式解集为; ③当时，，不等成解集为; ④当时，，不等式解集为 ⑤时，不等式解集为. 7．（23-24高一上·湖北恩施·期末）已知关于的不等式恰有三个整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化不等式为，分，和三种情况讨论，求得不等式的解集，结合题意即可求解. 【详解】不等式，可化为， 当时，不等式的解集为空集，不合题意； 当时，不等式的解集为， 要使不等式恰有三个整数解，则， 当时，不等式的解集为， 要使不等式恰有三个整数解，则， 综上可得，实数的取值范围是. 故选：D 考点8 一元二次不等式的应用 1．（21-22高一上·福建福州·期中）若某商店将进货单价为元的商品按每件元出售.则每天可销售件.现准备采用提高售价、减少进货量的方法来增加利润.已知这种商品的售价每提高元，销售量就要减少件，那么要保证该商品每天的利润在元以上，售价应定为（    ） A．元 B．元到元之间 C．元 D．元到元之间 【答案】B 【分析】由题意列出关系式，并解不等式. 【详解】设售价为，利润为， 则， 由题意， 即， 解得， 即售价应定为元到元之间， 故选：B. 2．（19-20高一·全国·课后作业）某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售,每天可销售100件,现准备采用提高售价来增加利润,已知这种商品每件销售价提高1元,销售量就要减少10件.那么要保证每天所赚的利润在320元以上,销售价每件应定为 A．12元 B．16元 C．12元到16元之间 D．10元到14元之间 【答案】C 【解析】设销售价定为每件元,利润为,根据题意可得利润的函数解析式.由题意可得关于的一元二次不等式,解不等式即可求得每件销售价的范围. 【详解】设销售价定为每件元,利润为 则 依题意,得 即,解得 所以每件销售价应定为12元到16元之间 故选:C 【点睛】本题考查了二次函数与一元二次不等式的关系,一元二次不等式的解法,属于基础题. 3．（22-23高一上·甘肃武威·期中）年月日，迎来了香港回归祖国周年，为了迎接这一历史性时刻，某商店购进一批香港回归周年纪念章，每枚的最低售价为元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出枚，每枚售价每提高元，日销售量将减少枚，为了使这批纪念章每天获得元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得出关于的不等式，再结合可得出的取值范围. 【详解】由题意，得，即,解得． 又每枚的最低售价为元，． 故选：B． 4．（16-17高一下·北京昌平·期中）某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x（件）与单价P（元）之间的关系为，生产x件所需成本为C（元），其中元，若要求每天获利不少于1300元，则日销量x的取值范围是（    ） A．20≤x≤30 B．20≤x≤45 C．15≤x≤30 D．15≤x≤45 【答案】B 【分析】根据已知条件，先求出该厂每天获得的利润的函数解析式，再结合每天获利不少于1300元，列出不等式求解即可． 【详解】设该厂每天获得的利润为y元， 则y＝(160－2x)x－(500＋30x)＝－2x2＋130x－500(0＜x＜80)． 由题意，知－2x2＋130x－500≥1300，即x2－65x＋900≤0，解得：20≤x≤45， 所以日销量x的取值范围是20≤x≤45． 故选：B． 5．（23-24高一上·陕西·阶段练习）某礼服租赁公司共有300套礼服供租赁，若每套礼服每天的租价为200元，则所有礼服均被租出；若将每套礼服每天的租价在200元的基础上提高10x元（，），则被租出的礼服会减少10x套.若要使该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入超过6.24万元，则该礼服租赁公司每套礼服每天的租价应定为（    ） A．220元 B．240元 C．250元 D．280元 【答案】C 【分析】根据题意列出收入表达式，则得到一元二次不等式，解出即可. 【详解】依题意，每天有套礼服被租出， 该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入为 元. 因为要使该礼服租赁公司每天租赁6.24万元， 所以， 即，解得.因为且，所以， 即该礼服租赁公司每套礼服每天的租价应定为250元. 故选：C. 考点9 一元二次不等式恒成立（有解）问题 1．（22-23高一上·广东东莞·期中）已知命题，，若命题是假命题，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知：，是真命题，解不等式即可求解. 【详解】由于命题是假命题，则是真命题， 即，是真命题， ，解得． 故选：B． 2．（23-24高一下·湖南·期中）设命题p：，（其中m为常数），则“命题p为真命题”是“”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】A 【分析】由全称量词命题为真命题，求出的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由命题p为真命题，得，解得，显然， 所以“命题p为真命题”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3．（23-24高一下·江苏镇江·期中）若命题“，”是假命题，则实数的最小值为（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由题意可得命题的否定为真命题，进而可得出答案. 【详解】因为命题“，”是假命题， 所以其否定“，”是真命题， 则，解得， 所以实数的最小值为. 故选：D. 4．（19-20高二上·天津宁河·阶段练习）若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】根据和，结合判别式即可求解. 【详解】当时，恒成立，则符合题意； 当时，由题意可得解得． 综上，实数的取值范围是． 故选:B． 5．（23-24高一下·贵州贵阳·期中）对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】参变分离可得对任意的恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为对任意的，恒成立， 所以对任意的，恒成立， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，解得，即的取值范围为. 故选：D 6．（23-24高一上·辽宁大连·阶段练习）若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围（    ） A．或 B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得“，使得”为真命题，分离参数可得在内有解，利用基本不等式求出即可. 【详解】因为“，使得”为假命题， 所以“，使得”为真命题， 即在内有解，即， 因为 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以，所以，解得， 所以实数a的取值范围为． 故选：C. 7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知条件：“不等式的解集是空集”，则条件： “”是条件的（   ） 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】A 【分析】先分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】因为不等式的解集是空集， 所以不等式的解集是， 当即 时， 若 ，则 ， 舍； 若 ，则 ， ； 当时，则 ，解得 ， 综上所述 ， 所以条件是条件的充分不必要条件． 故选：A． 8．（22-23高一上·湖南长沙·期中）若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将不等式先分离参数得到，然后根据对勾函数性质求解出，由此求解出的取值范围. 【详解】因为不等式在区间上有解， 所以在区间上有解， 所以， 由对勾函数的单调性可知在上单调递减，在上单调递增， 又，所以， 所以，即， 故选：D. 一、单选题 1．（23-24高一上·江苏扬州·期中）已知集合，，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解分式不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得. 【详解】解不等式，得，解得或， 则或，而， 所以. 故选：C 2．（20-21高一上·上海浦东新·阶段练习）如果，那么下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的性质和取特殊值即可得答案. 【详解】因为，故由不等式的性质得，故C选项正确； 对于A选项，当时满足，但不成立，故A选项错误； 对于B选项，由于，但，故B选项错误； 对于D选项，由于，但，故D选项错误. 故选：C. 3．（15-16高三上·江西吉安·阶段练习）设集合，．若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出A中的不等式的解集确定出A，由A与B交集中恰有一个整数，求出的范围即可. 【详解】解：，因为函数图象的对称轴为直线，，根据对称性可知，要使中恰含有一个整数，则这个整数为3，所以有且，即，即，所以实数的取值范围为. 故选：B 4．（22-23高一上·新疆乌鲁木齐·期末）不等式的解集不可能是（    ） A． B． C． D．R 【答案】D 【分析】根据不等式特点对参数进行分类讨论，当时，不等式为一元一次不等式，直接求解即可；当时，不等式为一元二次不等式，需结合一元二次不等式对应的一元二次方程及二次函数即可求解. 【详解】根据题意，当时，原不等式为，解得； 当时，原不等式可化为， 当时，不等式对应的二次函数为，开口向上，对应方程根为和， 又因为当时，，所以不等式的解集为； 当时，不等式对应的二次函数为，开口向下，对应方程根为和， 当，即，不等式的解集为； 当，即，不等式的解集为； 当，即，不等式的解集为. 综上所述，不等式的解集不可能是. 故选：D. 5．（23-24高一上·江苏南京·期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分类讨论解不等式，判断不可能的解集. 【详解】关于的不等式， 若，不等式为，解得，此时解集为； 若，方程，解得或， 时，不等式解得或，此时解集为； 时，，不等式解得，此时解集为； 时，，不等式解集为， 时，，不等式解得，此时解集为； 所以不等式的解集不可能是. 故选：B 6．（2020高三·上海·专题练习）设，，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先配方判断、均大于零，然后作商即可比较大小. 【详解】， ， 则 . 故，当且仅当时，取等号， 故选：D 【点睛】本题考查了作商法比较两个式子的大小，属于基础题. 7．（23-24高一下·云南玉溪·期末）若关于的不等式的解集为，则的值是（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据不等式的解集得出相应方程的根，再用韦达定理可求. 【详解】不等式的解集为， 则方程的两根为， 由韦达定理得：，， 可得， 故. 故选：. 8．（23-24高一上·云南曲靖·期中）已知函数，若的解集为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，且是方程的两个根，然后利用根与系数的关系求解即可. 【详解】因为的解集为， 所以，且是方程的两个根， 所以， 所以，所以， 故选：A. 9．（23-24高一上·山东潍坊·期末）已知关于x的不等式的解集是，则实数a的值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据不等式的解集可得答案. 【详解】由得， 因为不等式的解集是， 所以，解得. 故选：B. 10．（23-24高一上·山东日照·期末）“”是“”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】对化简，结合充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】不等式可化为，即，即，解得， 因为“”不能推出“”，“”能推出“”， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 11．（22-23高一上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若不等式对一切恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对二次项系数进行分类讨论可得符合题意，当时利用判别式可求得结果. 【详解】当，即时，不等式为对一切恒成立． 当时，需满足， 即，解得. 综上可知，实数a的取值范围是． 故选：C 12．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，以及特例和作差比较法，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，例如：，满足，但，所以A不正确； 对于B中，例如：，满足，但，所以B不正确； 对于C中，由， 因为，可得且，所以，所以C正确； 对于D中，由，可得，可得， 所以，所以D不正确. 故选：C. 13．（23-24高一上·山东淄博·期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.对于实数下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据不等式的性质，或是代入特殊值，即可判断选项. 【详解】A：若，此时，与题意不相符，故A错误； B：若，则，与题意不相符，故B错误； C:若，则，但是，与题意不相符，故C错误； D:若，两边平方，则，与题意相符，故D正确. 故选：D 14．（2020·广东珠海·一模）由于燃油的价格有升也有降，现在有两种加油方案．第一种方案：每次加30升的燃油；第二种方案：每次加200元的燃油．下列说法正确的是（　　） A．采用第一种方案划算 B．采用第二种方案划算 C．两种方案一样 D．采用哪种方案无法确定 【答案】B 【分析】设两次加油时的油价分别为元/升和元/升，计算出两种方案下的燃油的均价，利用基本不等式比较即得. 【详解】任取其中两次加油，假设第一次的油价为元/升，第二次的油价为元/升． 第一种方案的均价： ，当且仅当时取等号； 第二种方案的均价： ,因，则，故，当且仅当时取等号. 所以无论油价如何变化，第二种都更划算． 故选:B． 15．（20-21高二上·江苏苏州·期中）一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店内购买黄金，店员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中，使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中，使得天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．记顾客实际购得的黄金为xg，则与20的大小关系为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】利用平衡条件得出的表达式，结合基本不等式可得答案. 【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，左盘放的黄金为克，右盘放的黄金为克， ，解得， ，当且仅当时，取到等号， 由于，所以. 故选：B 16．（23-24高一上·上海·期末）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据对勾函数的性质判断C. 【详解】对于A：当时，，故A错误； 对于B：当时，，，此时，故B错误； 对于C：因为且，所以， 又在上单调递增，所以， 显然满足，故C正确； 对于D：当时，，故D错误. 故选：C 17．（23-24高一下·湖南衡阳·期末）函数的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】将函数化为，利用基本不等式即可求解. 【详解】由，则， 则， 当且仅当时，即时取等号， 故选：C 18．（22-23高一上·山东潍坊·期中），表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”. 例如：，，若，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设可得，根据高斯函数知，即可求范围. 【详解】由，故， 所以，则，故. 故选：A 19．（23-24高一上·江苏南京·期中）若函数，若，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分和两种情况求解不等式即可. 【详解】解：①当时，由，得， 即，所以，解得； ②当时，由，得， 所以，解得，或（舍去）， 综上：， 故选：B． 20．（23-24高一上·江苏常州·期中）函数的定义域是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由且可求得结果. 【详解】由题意得，解得且， 所以函数的定义域为. 故选：C 21．（23-24高一下·上海杨浦·期中）设为实数，则下列命题为真命题的是（    ）. A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】结合不等式的性质举反例进行判断即可． 【详解】对于A项，显然正确； 对于B项，当时，有，故B项错误； 对于C项，当时，满足，但此时，故C项错误； 对于D项，当时，满足，但此时，故D项错误， 故选：A 22．（23-24高一上·福建泉州·期末）已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接由作差法逐一判断即可. 【详解】对于A，由题意，即，故A错误； 对于B，由题意，即，故B错误； 对于C，由题意，即，故C正确； 对于D，由题意，即，故D错误. 故选：C. 23．（23-24高一上·江苏常州·期末）设a，b，m都是正数，且，记，则（    ） A． B． C． D．与的大小与的取值有关 【答案】A 【分析】根据题意通过作差比较大小，得出的大小关系，从而判断出正确答案. 【详解】由，且，即， 可得，即， 故选：A. 24．（23-24高一上·湖北武汉·期末）设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解． 【详解】因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 所以，， 故． 故选：D． 25．（23-24高一上·辽宁·阶段练习）已知当时，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将参数与自变量分离，利用基本不等式求得最值即可得出实数m的取值范围. 【详解】根据题意当时，不等式恒成立， 则恒成立，只需即可； 易知当时，由基本不等式可得，当且仅当时取等号； 所以，即， 所以实数m的取值范围是. 故选：A 26．（河北省石家庄市西山学校2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题）已知关于的一元二次不等式的解集为，其中，，为常数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用不等式与对应方程的关系，由韦达定理得到的关系，再根据一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】因为关于的一元二次不等式的解集为， 所以，且和是一元二次方程的两根， 所以，解得 所以不等式可化为，即， 解得，则不等式的解集是． 故选：A 27．（2017·河北衡水·一模）《几何原本》卷的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，运用这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用表示出，由勾股定理求得，由可得结论. 【详解】，， ，， （当且仅当与重合，即时取等号），. 故选：D. 28．（23-24高一上·贵州毕节·期末）若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因式分解，分三种情况讨论，即可得出结果. 【详解】由，得， 当时，不等式的解集为，不符合题意舍去， 当时，不等式的解集为，此时若有2个整数解，则需， 当时，不等式的解集为，此时若有2个整数解，则需， 综上：实数的取值范围为或， 故选:A． 29．（19-20高二上·天津静海·阶段练习）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（    ） A．若且，则 B．若，则 C．若，则不等式 D．若且，则 【答案】B 【分析】利用反例法可判断A,D错误,在C选项中,令,代回可得,故C错误 【详解】对于选项A,当,时,,且,故A错误； 对于选项B,作,因为,所以,,所以,即,故B正确； 对于选项C,,则,当时,,所以,故C错误 对于选项D,当时,,故D错误 故选：B 【点睛】本题考查不等式的性质的应用,考查反例法判断命题真假 二、多选题 30．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据不等式的性质进行判断可得结论. 【详解】因为，，根据不等式的性质，则，故A正确； 同理：，故BC正确. 如，，但不成立，故D错误. 故选：ABC 31．（23-24高一上·云南曲靖·期中）下列不等式的解集为的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】解一元二次不等式，即可求出A、C选项的解集；B选项，分和两种情况讨论；D选项，利用基本不等式证明该不等式恒成立. 【详解】A选项，，故A错误； B选项，时，恒成立， 时，恒成立，所以解集为，故B正确； C选项，或，故C错误； D选项，， 当且仅当即时，等号成立， 所以恒成立，解集为，故D正确； 故选：BD. 32．（23-24高一下·贵州六盘水·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A，举反例即可判断；对于BCD，结合基本不等式的相关知识即可判断. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对于B，由基本不等式可得，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：BCD. 33．（23-24高一下·广西南宁·期末）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用不等式的性质进行分析即可. 【详解】由，知必有，所以两边同乘以a，得，故A正确； 因为b的符号不能确定，所以不一定正确，故B错误； 由两边同乘以c，得，故C正确； 当，时，满足且，但，故D错误． 故选：AC． 34．（23-24高一上·甘肃庆阳·期中）已知a，b为正实数，且，，，则（    ） A．的最大值为4 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为2 【答案】BD 【分析】A.利用基本不等式判断；B.利用基本不等式结合“1”的代换判断；C.利用基本不等式结合“1”的代换判断；D.利用基本不等式判断. 【详解】对于A，因为，则，， 当且仅当时取“＝”，所以ab的最小值为4，A错误； 对于B，由，得，， 当且仅当，时取“＝”，B正确； 对于C，， 当且仅当时，取“＝”，C错误； 对于D，因为，所以， 则，当且仅当时，取“＝”，D正确. 故选：BD. 35．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知关于的不等式的解集为，则（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 【答案】AB 【分析】一元二次不等式的解集可判断AB：用表示代入可判断CD. 【详解】不等式的解集为， 所以是的两个根，且，故A正确； 对于B，所以， 可得， 所以， 所以不等式的解集是，故B正确； 对于C，因为，， 可得，故C错误； 对于D，因为， 即解，解得，故D错误. 故选：AB. 三、填空题 36．（23-24高一上·河北·期末）已知，，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由不等式的性质求解. 【详解】，， 设， 所以，解得：， 所以， 又， 所以，即的取值范围是. 故答案为： 37．（23-24高一上·安徽安庆·期中）已知条件，写出 的一个必要不充分条件为 （填一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】由，可得，则m的范围可求，再结合必要不充分条件的概念即可得答案. 【详解】因为，所以，，， 本题答案不唯一，写出的的取值集合包含区间即可，如：. 故答案为：，答案不唯一. 38．（23-24高一上·云南昆明·期中）已知，若恒成立，写出符合条件的正整数 ．（写出一个即可） 【答案】1或2 【分析】利用基本不等式求得的最小值，结合不等式恒成立，即可求得. 【详解】当时，，当且仅当时，取得等号； ，若恒成立，即，又为正整数，故或. 故答案为：或. 39．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知正实数满足，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】由于，所以原不等式化为，给不等式两边同乘以，化简后利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为， 所以由，得， 因为， 所以 ， 当且仅当，即，即时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 故答案为： 40．（23-24高一上·福建莆田·期中）设且关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】根据已知不等式的解集确定出的关系以及的正负，然后求解对应一元二次不等式的解集即可. 【详解】因为的解集为，所以，所以， 所以，解得， 故答案为：. 41．（23-24高一上·上海·期末）设，若关于的不等式的解集是区间的真子集，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】讨论参数求不等式解集，由不等式的解集是区间的真子集，列不等式求解即可. 【详解】不等式可化为， 当时，不等式的解集为， 由不等式的解集是区间的真子集，可得； 当时，不等式的解集为，不符合题意； 当时，不等式的解集为，符合题意， 综上可得，的取值范围是. 故答案为： 四、解答题 42．（23-24高一上·江苏常州·期中）（1）设，且，求的最小值； （2）设，求的最小值. 【答案】（1）1；（2）. 【分析】（1）根据已知条件直接利用基本不等式求解即可； （2）对化简变形得，然后利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为1； （2）因为，所以， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立 所以的最小值为. 43．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，a为常数. (1)若，解关于x的不等式； (2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）代入解分式不等式即可； （2）由于不等式对任意的恒成立，则参变分离，转化为函数的最值解决即可. 【详解】（1）由题意，，即，即，故， 解得. （2）对任意，，即， 恒成立，所以. 令，则，， ， 当且仅当，即，时取“=”，所以， 故实数a的取值范围为. 44．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知正数a，b满足． (1)求的最小值； (2)求的最小值． 【答案】(1) (2)18 【分析】（1）利用常值代换法和基本不等式即可求出最小值； （2）将已知式分解因式为，利用常数分离法将所求式化成，再运用基本不等式即可求得最小值. 【详解】（1）因为，，且，则， 所以， 当且仅当，即，即，时等号成立， 故的最小值为． （2）因为，，且，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为18． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$