不等式基本性质专项练习-2024-2025学年度高三数学一轮复习

高考一轮复习 2024-2025学年度高三一轮复习03--不等式基本性质专项练习 一、单选题 1．（2024·吉林长春·模拟预测）已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·上海·期中）已知是非零实数，则下列不等式中恒成立的是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·山东德州·阶段练习）对于实数，下列命题为真命题的是（    ） A．若，则. B．若，则. C．若则. D．若，则. 4．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知实数a，b，c满足，则下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·广东江门·阶段练习）下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．，则 D．若，则 6．（24-25高三上·广东惠州·期中）在统计某学校所有选择理科和文科的学生数据中，发现理科生多于文科生，女生多于男生，则关于本次学生样本的数据中，结论一定成立的是（    ） A．理科男生多于文科女生 B．文科女生多于文科男生 C．理科女生多于文科男生 D．理科女生多于理科男生 7．（2024·辽宁·一模）设则（   ） A． B． C． D． 8．（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 二、多选题 9．（24-25高三上·陕西渭南·阶段练习）已知a，b,m都是负数，且，则（   ） A． B． C． D． 10．（2024高三·全国·专题练习）若实数，则下列不等关系正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，，，则 11．（24-25高三上·重庆·期中）已知，且，则（    ） A． B． C．无最小值，只有最大值为4 D．的最小值为12 三、填空题 12．（24-25高三上·江西抚州·阶段练习）集合中的所有元素中最大的元素为 ，最小的元素为 . 13．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数，对于函数有下述四个结论： ①函数在其定义域上为增函数； ②有且仅有一个零点； ③对于任意的，都有成立； ④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点. 其中所有正确的结论序号是 14．（2024高三上·全国·专题练习）设，，是非负实数，满足，，设，则的最大值为 ． 四、解答题 15．（22-23高三上·山东潍坊·期末）证明不等式：． 16．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）设为正数，且. 证明： (1)； (2). 17．（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）已知. (1)若，求b的取值范围； (2)求的最大值. 18．（2024·四川乐山·三模）设不等式的解集为. (1)证明：； (2)比较与的大小. 19．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，且，.求证： (1)且 (2)函数在内至少有一个零点 参考答案： 1．B 【分析】应用不等式的性质，线性运算即可求出的取值范围. 【详解】因为，所以， 则，又，所以， 从而． 故选：B． 2．B 【分析】AD选项可以通过取特殊值使得式子不成立，从而排除错误选项；C选项通过基本不等式得到的结果可以取等号与题目不符也排除；B选项讨论的取值范围，当时显然成立，当时通过构造二次函数，由函数单调性得到函数值为正，从而证明结论. 【详解】A选项，当时，显然不成立； B选项，当时，显然恒成立，当时，， 令，在上单调递增且，即， 又∵当且仅当时取等号，∴ 即，∴恒成立； C选项，∵，∴，当且仅当取等号，故不恒成立； D选项，当时，显然不成立. 故选：B. 3．C 【分析】举反例说明选项A、B为假命题；利用作差法比较大小说明选项C为真命题，选项D为假命题. 【详解】对于A，取，则，即A为假命题. 对于B，当时，得，即B为假命题. 对于C，由可得， 所以， 所以，C为真命题. 对于D，由可得， 所以， 因为的符号不确定，所以不一定正确，即D为假命题. 故选：C. 4．B 【分析】由不等式的性质可得A错误，D错误；作差之后通分化简可得B正确；举反例令，，可得C错误； 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，当，，时，，，，故C错误； 对于D，因为，，所以，故D错误． 故选：B． 5．D 【分析】根据不等式的性质作差法比较大小或取特殊值判断，即可得出结果. 【详解】对于A，， 因为，所以， 所以，即，故A错误； 对于B，因为，所以， 又，所以，故B错误； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，若，则， 所以，故D正确. 故选：D. 6．C 【分析】分别设出理科男女生，文科男女生的人数，根据题意列出不等式即可求解. 【详解】根据已知条件设理科女生有人，理科男生有人；文科女生有人，文科男生有人； 根据题意可知：， 根据同向不等式可加的性质有：， 即，所以理科女生多于文科男生， 故C正确，其他选项没有足够证据论证. 故选：C. 7．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. 8．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 9．BD 【分析】根据题意利用作差法逐项判断即可. 【详解】因为a，b都是负数，且，所以. 对于A：，则，故A错误； 对于B：，则，故B正确； 对于C：，则，故C错误； 对于D：，则，故D正确. 故选：BD. 10．BCD 【分析】对于A，由指数函数以及幂函数的单调性即可判断； 对于B，由对数的运算以及对数函数的单调性即可判断； 对于C，利用做差法即可比较大小； 对于D，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解.. 【详解】对于A，在上单调递减，又，， 由于幂函数， 当时，在上单调递增； 当时，在单调递减； 故无法判断与大小，故A错误； 对于B，当时，， ，，故B正确； 对于C，当时，， ，故C正确； 对于D，要证， 原不等式变形为， 令， 则，因为，所以， 令，解得：，， 由于 所以，， 当时，单调递减， 所以函数在上单调递减， 所以，故D正确. 故选：BCD． 11．ACD 【分析】根据已知条件，结合不等式性质、基本不等式及相关幂函数单调性判断各项正误即可. 【详解】由，则，又，即，同理，A对； 由，且，显然时，B错； 由上分析知：且，结合的单调性知：，C对； 由，当且仅当时等号成立，D对. 故选：ACD 12． 7 【分析】利用基本不等式，结合不等式的性质即可求解. 【详解】由知，，当，时，得最大元素， 又，当时，得最小元素. 故答案为：7；. 13．③④ 【分析】由反例判断结论①；利用导数得函数单调性，由零点存在定理求零点个数判断结论②；作差法比大小判断结论③；结论④利用导数求曲线在点处的切线，切线与相切于点，建立方程组证明是的零点. 【详解】对于①，的定义域为， 因为，，①错误； 对于②，因为，所以在和上单调递增， 又，，，， 所以在区间和上都存在零点， 又在和上单调递增， 即在区间和上各有一个零点，②错误； 对于③，因为，所以，所以， 即，所以③正确； 对于④，因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 得切线方程为，即， 设与相切于点，因为，所以切线斜率为， 得切线方程为，即， 所以，即， 消去得，整理得，即是的零点，④正确. 故答案为：③④ 【点睛】关键点睛： 本题结论④判断的关键在于利用导数求出两曲线的切线方程，利用方程为同一方程得到两切点坐标之间的关系，联立化简即可. 14． 【分析】根据不等性质可知，再根据，进而可知，进而转化为二次函数零点与最值问题. 【详解】由对称性，不妨设，则， 所以， 而，， 由， 即，为函数的两个不大于的零点， 所以，解得， 所以， 当，，时取等号， 故答案为：. 15．证明见解析 【分析】利用作差法比较大小即可得证. 【详解】依题意，， 当且仅当时取等号， 所以. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）直接使用条件化为复合二次函数证明； （2）思路一：利用已知条件，并连续使用两次基本不等式即可.思路二：利用条件等式、分析法以及基本不等式即可得证. 【详解】（1）由已知有，从而， 故， 当且仅当时等号成立. （2）方法一：由已知条件，结合基本不等式即可得到 . 方法二：等价于， 根据题设有 ， 当且仅当时等号成立. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据，消元可得关于的不等式，求解即可； （2）根据均值不等式可得，再由均值不等式可得，注意等号成立条件即可求出最值. 【详解】（1）因为，所以且， 所以，则，解得， 又，所以的取值范围为. （2）， 即， 当且仅当，时，等号成立. ， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最大值为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）令，化简后，由，可求出，然后利用绝对值三角不等式可求证得结论； （2）结合利用作差法比较即可. 【详解】（1）证明：记 则 ，解得，即． ， 则． 当且仅当时取等号. （2）由（1）知，所以 则 ， ∴， ∴. 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由、推出、，分、、讨论可得答案； （2）分、、讨论可得答案. 【详解】（1）∵，∴， ∵，∴， ∵，∴. 若，则； 若，则，，不成立； 若，则，，不成立． 综上，且； （2），，， 当时，，， ∴在内至少有一个零点； 当时，，，， ∴在内至少有一个零点； 当时，，，， ， ∴在内至少有一个零点． 综上，函数在内至少有一个零点 不是因为有希望而去努力，而是努力了才能看见希望1 学科网（北京）股份有限公司 $$