专题02 基本不等式与“三个二次”（5大基础题+12大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学上学期期末真题分类汇编（安徽专用）

专题02 基本不等式与“三个二次” 经典基础题 题型1均值不等式“取等”条件 1．（23-24安徽六安二中·期末）下列结论表述正确的是（    ） A．若，则恒成立 B．若，则恒成立 C．若，，则成立 D．函数的最小值为3 2．（20-21高二上·安徽蚌埠三中期末）当时，下列函数最小值为2的是（    ） A． B． C． D． 3．（高一上·安徽六安·期末）当时，下列函数最小值为2的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．的最小值是 D．的最大值是 5．（安徽六安舒县·期末）给出下列语句： ①若为正实数，，则； ②若为正实数，，则； ③若，则； ④当时，的最小值为，其中结论正确的是 ． 题型2 根的分布 1．（23-24高一上·安徽黄山屯溪期末）关于x的方程恰有一根在区间内，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一上·安徽芜湖）关于的方程有两个正的实数根，则实数的取值范围是（    ）. A． B． C． D． 3．（高一上·安徽合肥·）一元二次方程有两个不等的非正根，则实数的范围为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一上·安徽安庆）已知关于的方程，则下列说法正确的是（    ） A．方程有一个正根和一个负根的充要条件是 B．方程无实数根的一个必要条件是 C．方程有两个正根的充要条件是 D．当时，方程的两个实数根之和为0 5．（14-15高一下·安徽蚌埠·期末）若关于的方程的一根比2小且另一根比2大，则的取值范围是 ． 题型3 均值基础技巧 1．（23-24高一上·安徽·期末）已知正数，满足，则的最小值是（    ） A．6 B．16 C．20 D．18 2．（21-22高一上·安徽滁州定远期末）已知正实数满足，则的最小值为（    ） A． B．9 C． D． 3．（20-21高二下·安徽合肥·期末）已知，且，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D．9 4．（22-23高一上·安徽六安金寨期末）下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若正实数，满足，则的最小值为8 D．的最小值为2 5．（22-23高一上安徽淮北实验期末）若两个正实数，满足，且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是 ． 题型4 轴动区间动 1．（20-21高一上·安徽池州江南中学期末）已知函数在[-2，1]上具有单调性，则实数k的取值范围是（） A．k≤-8 B．k≥4 C．k≤-8或k≥4 D．-8≤k≤4 2．（高一下·安徽芜湖·期末）已知方程，在上有两个不同的解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高一上·安徽宣称）已知函数在上的值域是，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·安徽马鞍山）若函数的定义域为，值域为，则a的值可能为（ ） A．1 B．2 C．4 D．5 5．（22-23安徽亳州）已知函数在上的最大值为，在上的最大值为． ①当时， ②若，则实数的取值范围是 ． 题型5 多结论型不等式 1．（23-24高一上·安徽马鞍山·）已知两个非零实数，满足，则下列各式中最小值为2的是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·安徽蚌埠·）《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理正确的是（    ） A．由图1和图2面积相等得 B．由可得 C．由可得 D．由可得 3．（23-24高一安徽六安·期末）已知，则的值不可能是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）已知正数满足，则下面不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知实数且，则的最大值为 ，最小值为 ． 优选提升题 题型01 均值技巧：构造分母 1．（23-24高一上·安徽宣城·期末）已知，且，，则的最小值是（    ） A． B． C．1 D． 2．（21-22安徽合肥一中期末）已知、均为正实数，且，则的最小值为 （    ） A． B． C． D． 3．（20-21高一上·安徽六安·期末）设，为正数，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（20-21高一上·安徽蚌埠期末）下列说法中正确的是（    ） A．若，则函数的最小值为 B．若，则的最小值为 C．若，，，则的最小值为 D．若满足，则的最小值为 5．（23-24安徽六安毛坦厂期末）已知，，且，则的最小值为 . 题型02 均值技巧：有和有积无常数 1．（23-24高一上·安徽亳州·期末）已知，，则的最小值为（ ） A．8 B．4 C． D． 2．（22-23高一上·安徽芜湖一中）已知正数，满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 3．（20-21高一上·安徽亳州利辛县期末）若x，y∈R＋，3x＋y—xy=0，则2x＋y的最小值为（    ） A．2＋5 B．4 C．12 D．6 4．（23-24高一上·安徽太和中学）若，且，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一上安徽师大附中·期末）已知正数满足，则的最小值为 . 题型03 均值技巧：解不等式型 1．（20-21高一上·安徽合肥·期末）已知，，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（安徽池州江南中学期末）设x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值是 A． B．1 + C．2－2 D．2－ 3．（2024高一上·安徽芜湖·）已知，，，若不等式恒成立，则的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．7 4．（2024高一上·安徽宣城· ）已知，为正实数，且，则（   ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 5．（23-24高二上·安徽六安·期末）已知，则的最大值为 ． 题型04 均值技巧：反解代入型 1．（23-24安徽合肥部分学校期末）已知，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·安徽太和中学）若正数满足，则的最小值是（    ） A．2 B． C．4 D． 3．（2023·安徽马鞍山二中）已知，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24安徽桐城中学）已知，，且，则（    ） A．的取值范围 B．的取值范围是 C． D．的最小值是 5．（2024·安徽安庆·）若正数x，y满足，则的最小值是 . 题型05 均值技巧：因式分解型 1．（23-24高一上·安徽太和）已知，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 2．（23-24安徽宣城二中）已知，，且，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（安徽合肥一六八）若a、b、c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，则2a＋b＋c的最小值为(　　) A．－1 B．＋1 C．2＋2 D．2－2 4．（22-23高一上·安徽·期末）若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·安徽阜阳·）已知，且，则的最小值为 . 题型06 均值技巧：“凑配裂项”型 ．（22-23高一上·安徽蚌埠·期末）若均为正实数，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·安徽合肥·期末）已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（22-23·安徽·）已知，，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·安徽芜湖·期末）已知均为实数，则的可能值为（    ） A． B． C．1 D．2 5．（2024安徽安庆怀宁县）已知，，，则的最小值为 . 专题07 三元均值型 1．（2020高二下·安徽淮南·期末）设a，b，，则“”是“”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．既不充分也不必要的条件 2．（2024高一上·安徽合肥·）已知，，，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（2023高一上·安徽合肥六中）若正实数x、y、z满足，则当最大时，的最大值是（   ） A． B．1 C． D．2 4．（2023安徽马鞍山二中）已知正实数，且为自然数，则满足恒成立的可以是（    ） A． B． C． D． 5．（22-23安徽安庆桐城期末）设，，是三个正实数，且，则的最大值为 . 专题08 均值综合难题 1．（20-21高一上·安徽淮北）已知函数是定义在R上奇函数，当时，.若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2023安徽黄山期末）设，若对任意的正实数，都存在以为三边长的三角形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D．以上均不正确 3．（2024安徽合肥·）已知正数x，y满足，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（22-23安徽部分示范高中期末）已知，且，则下列结论正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 5．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知实数且，则的最大值为 ，最小值为 ． 专题09AAAA整数解求参 1．（2021安徽六安期末）关于x的不等式x2﹣（a+1）x+a＜0的解集中恰有两个正整数，则实数a的取值范围是（    ） A．[2，4） B．[3，4] C．（3，4] D．（3，4） 2．（22-23安徽淮北一中·期末）关于的不等式的解集中恰有4个正整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（21-22安徽安庆桐城一中）已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24安徽怀宁二中）关于x的不等式的解集中恰有4个整数，则a的值可以是（    ） A． B． C． D．－1 5．（2022安徽合肥肥东）已知，如果关于x的不等式的解集中恰有3个整数解，则实数a的取值范围是 . 题型10同系异构型一元二次不等式 1．（23-24高一上·安徽亳州·期末）一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为(    ) A． B． C． D． 2．（20-21高一上·安徽合肥·期末）关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（2023安徽黄山重点中学）若不等式的解集为，那么不等式的解集为（    ） A． B．或 C．或 D． 4．（23-24高一上·安徽淮南·期末）若存在m，，使得的解集为或，则下列结论正确的是（   ） A．的解集为或 B．的解集为 C． D． 5．（23-24高一上·安徽安庆·期末）已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 ． 题型11一元二次根与系数 1．（20-21高一上·安徽合肥·期末）关于x的不等式的解集为，则的最小值是（    ） A．4 B． C．2 D． 2．（21-22高一上·安徽芜湖·期末）已知关于x的不等式的解集是，其中，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（20-21高一上·安徽池州·期末）设． （1）解不等式； （2）已知存在，满足，证明：当时，的图象与x轴围成封闭区域的面积大于． 4．（2024安徽阜阳）已知过点，且满足. (1)求的解析式及简图； (2)若在上的值域为，求的值； (3)若，则称为的不动点，函数有两个不相等的不动点、，且、，求的最小值. 5．（安徽亳州）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)若函数有两个不相等的不动点、，求的取值范围； (3)若函数在区间上有唯一的不动点，求实数的取值范围. 题型12不等式压轴第19题型 1．（高一下·安徽芜湖·期末）已知函数满足. （1）若，对任意都有，求的取值范围； （2）是否存在实数，，使得不等式对一切实数恒成立？若存在，请求出，，使；若不存在，请说明理由. 2．已知函数，． (1)求； (2)求函数在区间上的最小值； (3)若函数，且的图象与的图象有3个不同的交点，求实数n的取值范围． 3．已知函数的定义域为.若存在实数，使得对于任意，都存在，使得，则称函数具有性质. (1)分别判断：及是否具有性质；（结论不需要证明） (2)若函数的定义域为，且具有性质，证明：“”是“函数存在零点”的充分非必要条件； (3)已知，设，若存在唯一的实数，使得函数，具有性质，求的值. 4．已知函数. (1)当时，解方程; (2)若对任意的都有恒成立，试求m的取值范围; (3)用min{m，n}表示m，n中的最小者，设函数，讨论关于x的方程的实数解的个数. 5．（21-22高一上·期末）已知函数，其中a为实数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若在上为严格增函数，求实数a的取值范围； (3)对于，若存在两个不相等的实数使得，求的取值范围．（结果用a表示） 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 基本不等式与“三个二次” 经典基础题 题型1均值不等式“取等”条件 1．（23-24安徽六安二中·期末）下列结论表述正确的是（    ） A．若，则恒成立 B．若，则恒成立 C．若，，则成立 D．函数的最小值为3 【答案】C 【解析】根据基本不等式成立的条件可判断ABC的正误，根据双勾函数的性质可判断D的正误. 【详解】对于A，若，则恒成立，错； 对于B，若，则恒成立，若，则，错； 对于D，函数，， 令，则且， 因为在上为增函数，故， 对于C，因为， 而，，故成立. 故选：C． 【点睛】易错点睛：利用基本不等式判断给定的不等式是否成立时，注意依据“一正二定三相等”来检验，另外，说明一个不等式成立，需严格证明，关注代数式变形时符号的要求. 2．（20-21高二上·安徽蚌埠三中期末）当时，下列函数最小值为2的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】当时，可判定A不正确；由基本不等式，可判定B正确；由基本不等式，可得的最小值为1，可判定C不正确；根据基本不等式等号成立的条件，可判定D不正确. 【详解】对于A中，当时，，此时，不符合题意； 对于B中，当时，可得， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为2，符合题意； 对于C中，由， 当且仅当时，即时等号成立，即的最小值为1，不符合题意； 对于D中，由， 当且仅当时，即，此时不存在，所以等号不成立， 所以的最小值不是2，不符合题意. 故选：B. 【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”： （1）“一正”：就是各项必须为正数； （2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 3．（高一上·安徽六安·期末）当时，下列函数最小值为2的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数性质,结合基本不等式,一一分析选项最小值情况即可. 【详解】A.,故时其最小值为3,不符合条件; B.(当且仅当时取等号),故其最小值为2,符合条件; C.,令, 则在上无最小值,不符合条件; D.,令, 则在上无最小值,不符合条件; 故选:B. 【点睛】本题考查基本不等式与函数性质的应用,基本不等式使用时应遵循“一正二定三相等”原则. 4．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】BD 【分析】利用特殊值进行验证排除，可得A的正误；根据不等式性质，可得B的正误；利用基本不等式可判断C，D的正误． 【详解】解：对于A，若，，时，，即不成立，故A错误； 对于B，若，对不等式两边同时平方则，故B正确； 对于C，因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立，显然取等条件不成立， 故的最小值不可能是，故C错误； 对于D，因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确． 故选：BD． 5．（安徽六安舒县·期末）给出下列语句： ①若为正实数，，则； ②若为正实数，，则； ③若，则； ④当时，的最小值为，其中结论正确的是 ． 【答案】①③. 【分析】利用作差法可判断出①正确；通过反例可排除②；根据不等式的性质可知③正确；根据的范围可求得的范围，根据对号函数图象可知④错误. 【详解】① ，为正实数    ， ，即，可知①正确； ②若，，，则，可知②错误； ③若，可知，则，即，可知③正确； ④当时，，由对号函数图象可知：，可知④错误. 本题正确结果：①③ 【点睛】本题考查不等式性质的应用、作差法比较大小问题、利用对号函数求解最值的问题，属于常规题型 题型2 根的分布 1．（23-24高一上·安徽黄山屯溪期末）关于x的方程恰有一根在区间内，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把方程的根转化为二次函数的零点问题，恰有一个零点属于，分为三种情况，即可得解. 【详解】方程对应的二次函数设为： 因为方程恰有一根属于，则需要满足： ①，，解得：； ②函数刚好经过点或者，另一个零点属于， 把点代入，解得：， 此时方程为，两根为，，而，不合题意，舍去 把点代入，解得：， 此时方程为，两根为，，而，故符合题意； ③函数与x轴只有一个交点，，解得， 经检验，当时满足方程恰有一根在区间 (0,1) 内; 综上：实数m的取值范围为 故选：D 2．（22-23高一上·安徽芜湖）关于的方程有两个正的实数根，则实数的取值范围是（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知可得判别式△、对应的二次函数满足，即可求出的范围． 【详解】解：方程有两个实数根，△， ， 的方程有两个正的实数根，对应的二次函数的开口向上，对称轴 所以， 可得， 或， ， 故选：． 【点睛】本题考查一元二次方程的根；熟练掌握一元二次方程中判别式确定根的存在，再由两根都是正数，结合根与系数的关系求解是解题的关键． 3．（高一上·安徽合肥·）一元二次方程有两个不等的非正根，则实数的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由于一元二次方程有两个不等的非正根，则判别式大于零，两根之和小于零，两根乘积大于等于零，解不等式组可求出的范围 【详解】因为一元二次方程有两个不等的非正根， ， 解得， 故选：C 【点睛】此题考查一元二次方程根的分布情况，考查了一元二次不等式，考查了根与系数的关系，属于基础题. 4．（22-23高一上·安徽安庆）已知关于的方程，则下列说法正确的是（    ） A．方程有一个正根和一个负根的充要条件是 B．方程无实数根的一个必要条件是 C．方程有两个正根的充要条件是 D．当时，方程的两个实数根之和为0 【答案】ABC 【分析】利用一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合充要条件的定义逐一判断即可. 【详解】关于x的方程中，， 且两根和为、两根积为m. 对A，若方程有一个正根一个负根，则，解得，故A对； 对B，若方程无实根，则，解得，则其一个必要条件是，故B对； 对C，若方程有两个正根，则，解得，故C对； 对D，当时，方程可化为，显然无实数解，故D错. 故选：ABC. 5．（14-15高一下·安徽蚌埠·期末）若关于的方程的一根比2小且另一根比2大，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】试题分析：，整理为，解得． 考点：二次方程根的分布 题型3 均值基础技巧 1．（23-24高一上·安徽·期末）已知正数，满足，则的最小值是（    ） A．6 B．16 C．20 D．18 【答案】D 【分析】将所求的式子乘以“1”，然后利用基本不等式求解即可. 【详解】因为正数，满足， 则， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D 2．（21-22高一上·安徽滁州定远期末）已知正实数满足，则的最小值为（    ） A． B．9 C． D． 【答案】A 【分析】根据，将式子化为，进而化简，然后结合基本不等式求得答案. 【详解】因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 故选：A. 3．（20-21高二下·安徽合肥·期末）已知，且，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D．9 【答案】C 【分析】利用基本不等式“1”的代换求的最小值即可. 【详解】由题意，，当且仅当时等号成立. 故选：C 4．（22-23高一上·安徽六安金寨期末）下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若正实数，满足，则的最小值为8 D．的最小值为2 【答案】BC 【分析】利用特殊值、差比较法、基本不等式等知识确定正确答案. 【详解】A选项，，但，所以A选项错误. B选项，，， ，所以，B选项正确. C选项，， 当且仅当时等号成立，C选项正确. D选项，， 但无解，所以等号不成立，所以D选项错误. 故选：BC 5．（22-23高一上安徽淮北实验期末）若两个正实数，满足，且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得到，解一元二次不等式即可. 【详解】因为，且，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以，即，解得或， 所以的取值范围是． 故答案为：． 题型4 轴动区间动 1．（20-21高一上·安徽池州江南中学期末）已知函数在[-2，1]上具有单调性，则实数k的取值范围是（） A．k≤-8 B．k≥4 C．k≤-8或k≥4 D．-8≤k≤4 【答案】C 【解析】根据二次函数的单调性和对称轴之间的关系，建立条件求解即可. 【详解】函数对称轴为， 要使在区间[-2，1]上具有单调性，则 或，∴或 综上所述的范围是：k≤-8或k≥4. 故选：C. 2．（高一下·安徽芜湖·期末）已知方程，在上有两个不同的解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，且进而得出，结合基本不等式即可求解. 【详解】解：设方程在上的两个根为，且， 则设，且， 所以 ， 上式等号不成立，所以， 所以的取值范围为， 故选：C 【点睛】此题考查一元二次方程根的分布，以及基本不等式求最值的综合运用，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题. 3．（22-23高一上·安徽宣称）已知函数在上的值域是，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出，再令求出所对应的，再分、，三种情况讨论，分别求出的取值范围，即可得解. 【详解】因为，所以， 令，即，解得，， 因为在上的值域是， 所以当时，则，此时， 当时，要使在上的值域是， 则，此时， 当时，在单调递减，且， 此时在上的值域不可能是，故舍去； 综上可得的取值范围是. 故选：D 4．（23-24高一下·安徽马鞍山）若函数的定义域为，值域为，则a的值可能为（ ） A．1 B．2 C．4 D．5 【答案】BC 【分析】通过解方程，结合二次函数的图象进行求解即可. 【详解】令，或， 令， 二次函数的对称轴为， 函数图象如下图所示： 要想函数的定义城为，值域为， 只需，选项BC符合， 故选：BC 5．（22-23安徽亳州）已知函数在上的最大值为，在上的最大值为． ①当时， ②若，则实数的取值范围是 ． 【答案】 2 【分析】分段讨论求出函数的最大值；求出及时根，画出图形，数形结合求出的范围. 【详解】函数， ①当时，函数在上单调递减，； 当时，函数在上递减，在上递增，； 当时，函数在上递减，在上递增， 在上递减，； 当当时，函数在上递减，在上递增， 在上递减，在上递增，，而， 所以； ②要使，则，令，解得：，，，， 由图得，要使函数在上的最大值为，且， 则或，解得， 当时， 由图知，在上最大值， 在上单调递增，最大值，不可能成立， 所以实数的取值范围是， 故答案为：2；. 【点睛】关键点点睛：求出方程的根，画出函数图象，数形结合是求解本问题第2问的关键. 题型5 多结论型不等式 1．（23-24高一上·安徽马鞍山·）已知两个非零实数，满足，则下列各式中最小值为2的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用特殊值判断A、C、D，换元、结合二次函数的性质判断B. 【详解】非零实数，满足, 对于A：当，时满足，但是，故A错误； 对于B：，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故B正确； 对于C：当，时满足，但是，故C错误； 对于D：当，时满足，但是，故D错误. 故选：B 2．（24-25高一上·安徽蚌埠·）《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理正确的是（    ） A．由图1和图2面积相等得 B．由可得 C．由可得 D．由可得 【答案】C 【分析】根据图1，图2面积相等，可求得d的表达式，可判断A选项正误，由题意可求得图3中的表达式，逐一分析B、C、D选项，即可得答案 【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，， 因为，所以，整理得，故B错误； 对于C，因为D为斜边BC的中点，所以， 因为，所以，整理得，故C正确； 对于D，因为，所以，整理得，故D错误． 故选：C． 3．（23-24高一安徽六安·期末）已知，则的值不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意将不等式化为，再由基本不等式可得，由绝对值的定义去绝对值即可得出答案. 【详解】因为，则， 则， 当且仅当时，等号成立. 当时，； 当时，， 所以的值可能是. 故选：A. 4．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）已知正数满足，则下面不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据题意，利用基本不等式，以及“1”的代换，逐项判定，即可求解. 【详解】因为正数满足，由， 当且仅当时，即时，等号成立， 对于A中，由，可得，所以A正确； 对于B中，因为，由， 可得，所以，当且仅当时，等号成立， 所以B不正确； 对于C中，由， 当且仅当时，即时，等号成立，所以C正确； 对于D中，因为，可得，且， 则，所以D不正确. 故选：AC. 5．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知实数且，则的最大值为 ，最小值为 ． 【答案】 【分析】由已知，，由基本不等式和配方法求最大值，，由配方法求最小值. 【详解】已知实数且， 则， ， 当或时等号成立，即的最大值为1； ，当，或时等号成立， 即的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：已知条件下求的最值，要利用好，即可化为，由可利用基本不等式求积的最小值，二次三项式可以用配方法求最值. 优选提升题 题型01 均值技巧：构造分母 1．（23-24高一上·安徽宣城·期末）已知，且，，则的最小值是（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】结合“1”的代换和基本不等式求解即可. 【详解】由得， 于是， 又，，所以， 因此， 当且仅当，即时，等号成立. 故. 故选：B. 2．（21-22安徽合肥一中期末）已知、均为正实数，且，则的最小值为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】转化，结合均值不等式，即可得解. 【详解】均为正实数，且，则 当且仅当时取等号. 的最小值为20. 故选：C. 3．（20-21高一上·安徽六安·期末）设，为正数，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由得，再利用基本等式“1”的代换进行求解. 【详解】由得， ， 当且仅当，即时取等号， 故选：D. 【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 4．（20-21高一上·安徽蚌埠期末）下列说法中正确的是（    ） A．若，则函数的最小值为 B．若，则的最小值为 C．若，，，则的最小值为 D．若满足，则的最小值为 【答案】BD 【解析】A.由，利用对勾函数的性质求解. B.根据，利用基本不等式，由求解. C. 由，转化为，利用一元二次不等式的解法求解. D. 利用“1”的代换，转化为，再利用基本不等式求解. 【详解】A.，，令，，由对勾函数的性质得，故错误； B.因为，所以，当且仅当，即时，取等号，故正确； C. 因为，，所以，即， 解得，所以，故错误； D. 因为，，所以，当且仅当，即时，取等号，故正确； 故选：BD 【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 5．（23-24安徽六安毛坦厂期末）已知，，且，则的最小值为 . 【答案】3 【分析】利用基本不等式求和的最小值. 【详解】由得，， 所以，（当且仅当，即，时取得等号）. 故答案为：3 题型02 均值技巧：有和有积无常数 1．（23-24高一上·安徽亳州·期末）已知，，则的最小值为（ ） A．8 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】首先由条件可得，再变形，最后利用基本不等式，即可求解. 【详解】由，，可得，则 则 ， 当，得时，等号成立， 所以的最小值为8. 故选：A 2．（22-23高一上·安徽芜湖一中）已知正数，满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】先利用基本不等式中“1”的妙用求得的取值范围，从而求得的最大值. 【详解】因为，，，所以， 故， 当且仅当且，即时，等号成立， 所以，故，则的最大值为. 故选：B. 3．（20-21高一上·安徽亳州利辛县期末）若x，y∈R＋，3x＋y—xy=0，则2x＋y的最小值为（    ） A．2＋5 B．4 C．12 D．6 【答案】A 【解析】将3x＋y—xy=0，变形为，再利用“1”的代换，将，再利用基本不等式求解. 【详解】因为3x＋y—xy=0， 所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以2x＋y的最小值为2＋5， 故选：A 4．（23-24高一上·安徽太和中学）若，且，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用基本不等式结合乘“1”法等逐项分析即可. 【详解】对于A，因为，，所以，得， 则， 当且仅当，即时取等号，所以，故A正确； 对于B，由及，得，解得， 当且仅当时取等号，故B错误； 对于C，，当且仅当时取等号，故C错误； 对于D，，当且仅当时取等号，故D正确. 故选：AD. 5．（22-23高一上安徽师大附中·期末）已知正数满足，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】首先将条件变形为，再利用“1”的妙用，结合基本不等式求的最小值. 【详解】因为，所以，， 所以， 当，即，即，时等号成立， 所以的最小值是. 故答案为： 题型03 均值技巧：解不等式型 1．（20-21高一上·安徽合肥·期末）已知，，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题中条件，利用基本不等式，求出的最小值；得到，求解，即可得出结果. 【详解】因为，，且， 所以， 当且仅当时，等号成立； 又不等式恒成立， 所以只需，即，解得. 故选：A. 【点睛】易错点睛： 利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 2．（安徽池州江南中学期末）设x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值是 A． B．1 + C．2－2 D．2－ 【答案】C 【详解】试题分析：已知，即，利用基本不等式：，所以，解得，所以的最小值为，故选C． 考点：基本不等式的应用． 【方法点晴】本题主要考查了基本不等式的应用问题，其中解答中根据题设条件构造基本不等式的条件，利用基本基本不等式是解得的关键，解答中有一定的技巧性，但覆盖知识较少，试题比较基础，属于基础题，着重考查了学生构造思想和转化思想，同时考查了学生分析问题和解答问题的能力． 3．（2024高一上·安徽芜湖·）已知，，，若不等式恒成立，则的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．7 【答案】C 【分析】先求得的最小值，由此列不等式来求得的范围，从而求得的最大值. 【详解】，当且仅当时等号成立， 所以， ， 而不等式恒成立，所以， 所以的最大值为. 故选：C 4．（2024高一上·安徽宣城· ）已知，为正实数，且，则（   ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】AD 【分析】选项A，对条件进行变形得，从而得到，再利用基本不等式，即可求解； 选项B，根据条件，直接利用基本不等式，即可求解； 选项C，根据条件，利用基本不等式得到，解不等式，即可求解； 选项D，利用，得到，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】对于选项A，由，得， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以选项A正确， 对于选项B，因为，所以， 当且仅当时取等号，此时取得最小值，所以选项B错误， 对于选项C，因为， 当且仅当，即时取等号， 又，解不等式得，即，得到的最大值为，所以选项C错误， 对于选项D，由选项A知，所以 ， 当且仅当，即时取等号， 此时取得最小值，所以选项D正确， 故选：AD. 5．（23-24高二上·安徽六安·期末）已知，则的最大值为 ． 【答案】2 【分析】利用配方法，结合基本不等式求解即得. 【详解】由，得，当且仅当时取等号， 即，解得， 所以的最大值为2. 故答案为：2 题型04 均值技巧：反解代入型 1．（23-24安徽合肥部分学校期末）已知，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由可得，后由基本不等式可得答案. 【详解】因，则， 则. 当且仅当，结合，， 即，时取等号. 故选：A 2．（23-24高一上·安徽太和中学）若正数满足，则的最小值是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解. 【详解】因为正数满足，所以，则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C. 3．（2023·安徽马鞍山二中）已知，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用表示后，根据基本不等式可求出结果. 【详解】因为， 由，得， 所以， 当且仅当时，等号成立. 故的最小值为. 故选：D 4．（23-24安徽桐城中学）已知，，且，则（    ） A．的取值范围 B．的取值范围是 C． D．的最小值是 【答案】CD 【分析】对A利用基本不等式构造，解出范围即可，同时注意的前提，对B构造得到最小值，同时注意，对C把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可，对D依然把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可求出最值. 【详解】因为,且,所以， 当且仅当时取等号，注意到，则解得, 即,所以的取值范围为，故A错误; 又,且仅当时取等号, 解得，又，故B错误， 由,得, 所以，， 所以， 当且仅当，即或，无法取到，故，故C正确； ， ,当且仅当,即时取等号, 此时取得最小值，故D正确. 故选：CD. 【点睛】本题对基本不等式需要达到灵活运用，利用基本不等式构建一元二次不等式求范围，分离常数构造满足基本不等式的情形求解最值，同时一定要注意取等条件是否能达到. 5．（2024·安徽安庆·）若正数x，y满足，则的最小值是 . 【答案】 【分析】变形得到，故，利用基本不等式求出最小值. 【详解】正数x，y满足，故， 故， 当且仅当，即时，等号成立. 故答案为： 题型05 均值技巧：因式分解型 1．（23-24高一上·安徽太和）已知，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】C 【分析】确定，根据均值不等式得到答案. 【详解】因为，所以．因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为3． 故选：C. 2．（23-24安徽宣城二中）已知，，且，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】变形给定的等式，再利用基本不等式求解即得. 【详解】由，得，由，得， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为3. 故选：A 3．（安徽合肥一六八）若a、b、c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，则2a＋b＋c的最小值为(　　) A．－1 B．＋1 C．2＋2 D．2－2 【答案】D 【详解】由a(a＋b＋c)＋bc＝4－2， 得(a＋c)·(a＋b)＝4－2. ∵a、b、c>0. ∴(a＋c)·(a＋b)≤(当且仅当a＋c＝b＋a，即b＝c时取“＝”)， ∴2a＋b＋c≥2＝2(－1)＝2－2. 故选D 点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误 4．（22-23高一上·安徽·期末）若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由题意可得，根据可判断A；，利用“乘1法”可判断B；根据可判断C；可化为，利用基本不等式可判断D. 【详解】 ∴，A正确； ，当且仅当时等号成立，B正确； ，解得错误； ，由题意知，，则，当且仅当时等号成立，D正确. 故选:ABD. 5．（23-24高一下·安徽阜阳·）已知，且，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】由利用基本不等式求最值可得答案. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 题型06 均值技巧：“凑配裂项”型 ．（22-23高一上·安徽蚌埠·期末）若均为正实数，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将变形为 ，结合可求得答案. 【详解】因为均为正数，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 故选：C 2．（23-24高二下·安徽合肥·期末）已知，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】使用基本不等式进行形式的转变进而找到分子和分母的关系，可以求出最小值，根据对勾函数以及，对分母进行放缩，进而求出最大值. 【详解】因为，当且仅当时等号成立. ，由对勾函数性质，所以， 则，同理 则， 故的取值范围是. 故选：B. 3．（22-23·安徽·）已知，，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据基本不等式求出的最大值，即可得到的取值范围，继而可以求出的取值范围. 【详解】因为，不等式恒成立， 所以， 因为， 所以， 当且仅当时等号成立； ， 当且仅当时等号成立. 所以， 当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，所以， 又因为，所以. 故选：C. 4．（23-24高一上·安徽芜湖·期末）已知均为实数，则的可能值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】ABC 【分析】分类讨论当同号时、有一个为0时、异号时的情况，求出的取值范围，结合选项，即可得答案. 【详解】由题意得当同号时，有， 则， 当且仅当时等号成立， 当有一个为0时，， 当异号时，有， 则，     结合选项可知，的可能值为，，1， 故选：ABC 5．（2024安徽安庆怀宁县）已知，，，则的最小值为 . 【答案】 【解析】利用代入，将式子进行齐次化处理，变为，进一步使用均值不等式即可. 【详解】 当且仅当时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：值得注意的是，如果直接将式子拆分化简，变成两个式子分别求最值的话，会发现等号是取不到的，所以我们采用“齐次化”的方法，将代入处理. 专题07 三元均值型 1．（2020高二下·安徽淮南·期末）设a，b，，则“”是“”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．既不充分也不必要的条件 【答案】A 【分析】证充分性时，利用“1”的代换，通过基本不等式论证，必要性时，取特殊值即可. 【详解】因为，所以，当且仅当，取等号，故充分， 当时，，故不必要， 故选：A. 【点睛】本题主要考查逻辑条件涉及了基本不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 2．（2024高一上·安徽合肥·）已知，，，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用基本不等式，得到，从而有，再利用基本不等式得到，即可求解. 【详解】因为，，，且，所以 ， 当且仅当时取等号， 又，得到， 又， 当且仅当时等号成立，所以， 故选：A. 3．（2023高一上·安徽合肥六中）若正实数x、y、z满足，则当最大时，的最大值是（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】由条件等式求出，将化成，利用基本不等式可求得其最大值，得出等号成立条件：和，代入所求式，整理成二次函数，即可求出其最大值. 【详解】由，可得， 则， 因，， 当且仅当时，即时，等号成立， 此时，取得最大值为3. 由， 即当时，取得最大值. 故选：A. 4．（2023安徽马鞍山二中）已知正实数，且为自然数，则满足恒成立的可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】将恒成立，转化为恒成立，再利用基本不等式得到，转化为恒成立，逐项判断. 【详解】解：因为正实数，且为自然数， 所以， 则恒成立，即恒成立， 两边同乘，则， 而， ， 当且仅当，即时，等号成立， 若恒成立，则恒成立， A.当时，，不成立； B.当时，，成立； C.当时，，成立； D.当时，，不成立， 故选：BC 5．（22-23安徽安庆桐城期末）设，，是三个正实数，且，则的最大值为 . 【答案】3 【分析】由得到，代入转化为，令，，得到，利用基本不等式求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 令，所以 ， 当且仅当，即时，取等号， 所以 所以的最大值为3 故答案为：3 【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题. 专题08 均值综合难题 1．（20-21高一上·安徽淮北）已知函数是定义在R上奇函数，当时，.若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断函数在R上的单调性，再将函数值的大小转化为自变量的大小，分参转化为恒成立问题，进而得到答案. 【详解】因为在单调递增（增＋增），且函数是R上的奇函数，容易判断函数在R上是增函数. 对任意的, 问题 ， 记，则问题 因为，当且仅当时取“=”， 所以. 故选：D. 【点睛】本题较为综合，到这一步都是比较正常的思路，接下来注意齐次式的处理方式，，目的是为了消元（看成一个量），下一步的换元一定要注意要把分母整体换元，这样后面的运算会简单，最后结合基本不等式或者导数解决即可. 2．（2023安徽黄山期末）设，若对任意的正实数，都存在以为三边长的三角形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D．以上均不正确 【答案】A 【分析】先得到，由三角形三边关系得到，即，变形得到，分析得到和的单调性，求出，，从而得到实数的取值范围. 【详解】因为， 所以， ， 恒成立， 即， ， 令，当且仅当，即时，等号成立， 因为在上单调递减，当时，取得最大值， ， 因为在[2,+∞)上单调递增，当时，取得最小值， ， . 故选：A 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 3．（2024安徽合肥·）已知正数x，y满足，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】应用三角换元，令，且，结合已知、平方关系、和角正弦公式得，进而有，最后利用基本不等式“1”的代换求目标式最小值. 【详解】，由， 得， 令，且， 所以，有， 即，故， 所以， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为1. 故选：A 【点睛】关键点点睛：根据已知等量关系及三角函数的性质，应用三角换元将已知等式化为是关键. 4．（22-23安徽部分示范高中期末）已知，且，则下列结论正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】BC 【分析】利用基本不等式直接判断A；利用基本不等式求得的最大值可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断C；利用二次函数的性质可判断D； 【详解】，且，， 对于A，利用基本不等式得，化简得， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故A错误； 对于B，， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确； 对于C，， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确； 对于D， 利用二次函数的性质知，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增， ，，故D错误； 故选：BC 5．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知实数且，则的最大值为 ，最小值为 ． 【答案】 【分析】由已知，，由基本不等式和配方法求最大值，，由配方法求最小值. 【详解】已知实数且， 则， ， 当或时等号成立，即的最大值为1； ，当，或时等号成立， 即的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：已知条件下求的最值，要利用好，即可化为，由可利用基本不等式求积的最小值，二次三项式可以用配方法求最值. 专题09AAAA整数解求参 1．（2021安徽六安期末）关于x的不等式x2﹣（a+1）x+a＜0的解集中恰有两个正整数，则实数a的取值范围是（    ） A．[2，4） B．[3，4] C．（3，4] D．（3，4） 【答案】C 【分析】结合因式分解法先求得两根，再结合解集中恰有两正根，可进一步判断的取值范围 【详解】，因解集中恰好有两个正整数，可判断解集为，两正整数为2,3，故 故选C 【点睛】本题考查由解集分布情况来求解参数范围，一元二次不等式的解法，易错点为在端点处等号取不取，能不能精确判断的问题，要避免此类错误可采取试值法，把端点值代入检验即可，属于中档题 2．（22-23安徽淮北一中·期末）关于的不等式的解集中恰有4个正整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不等式化为，讨论和时，求出不等式的解集，从而求得的取值范围． 【详解】原不等式可化为，若，则不等式的解是，， 不等式的解集中不可能有4个正整数，所以，不等式的解是，； 所以不等式的解集中4个正整数分别是2，3，4，5；令，解得； 所以的取值范围是，．故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次不等式解法与应用问题，是中档题． 3．（21-22安徽安庆桐城一中）已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解不等式，得或，再分类讨论不等式的解集，结合集合关系即可求得参数的取值范围. 【详解】解：由，可得或， 由，即，得，， 当，即时，不等式的解为， 此时不等式组的解集为， 又因为不等式组仅有一个整数解， 则，解得； 当，即时，不等式的解为， 又因为不等式组仅有一个整数解， 则，解得； 综上所述，的取值范围为. 故选：B. 4．（23-24安徽怀宁二中）关于x的不等式的解集中恰有4个整数，则a的值可以是（    ） A． B． C． D．－1 【答案】AD 【分析】利用已知条件判断的符号，求出不等式对应方程的根，然后列出不等式求解即可． 【详解】关于的不等式的解集中恰有4个整数， 所以，因为时，不等式的解集中的整数有无数多个． 不等式，对应的方程为：， 方程的根为：和； 由题意知，，则，解得； 当时，不等式的解集是，解集中含有4个整数：0,1,2,3；满足题意． 当时，不等式的解集是，解集中含有4个整数：,0,1,2；满足题意． 当时，不等式的解集是,，此时， 解集中含有5个整数：,0,1,2,3；不满足题意． 当时，不等式的解集是,，， 解集中含有整数个数多于4个，不满足题意． 综上知，的值可以是和． 故选：AD 5．（2022安徽合肥肥东）已知，如果关于x的不等式的解集中恰有3个整数解，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】因式分解求的解集,再根据解集中恰有3个整数解可求得区间端点满足的不等式再列式求解即可. 【详解】关于x的不等式即, , 化简得 ∵的解集中的整数恰有3个, 故二次函数开口向上,又因为所以. ∴不等式的解集为,因为所以,所以解集里的整数是三个. ∴,∴化简得,∵,∴, ∴综上有故答案为： 【点睛】本题主要考查了根据不等式的解集求解参数的有关问题,需要注意含参数的二次不等式因式分解求解的方法,同时需要根据函数零点的区间列出对应的不等式求解的方法,属于难题. 题型10同系异构型一元二次不等式 1．（23-24高一上·安徽亳州·期末）一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的 解集可得到，，，把结果代入到所求不等式中即可求解. 【详解】根据题意可知，，，则，， 所求的不等式可化为：，即，解得：或. 故选：C 2．（20-21高一上·安徽合肥·期末）关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得和为方程的两根且，利用韦达定理得到，，代入不等式，解不等式即可. 【详解】因为不等式的解集为，所以和为方程的两根且， ，解得，则不等式可化为， 因为，所以，解得，所以不等式的解集为：.故选：A 3．（2023安徽黄山重点中学）若不等式的解集为，那么不等式的解集为（    ） A． B．或 C．或 D． 【答案】D 【分析】根据题意可得和2是方程的两个根，且，利用韦达定理可得，代入所求不等式化简即可求出. 【详解】不等式的解集为， 和2是方程的两个根，且， ，可得，则不等式化为， 由，则可整理得，解得， 故不等式的解集为.故选：D. 4．（23-24高一上·安徽淮南·期末）若存在m，，使得的解集为或，则下列结论正确的是（   ） A．的解集为或 B．的解集为 C． D． 【答案】AD 【分析】AB选项，根据不等式解集得到的解集为，的解集为或；C选项，根据韦达定理得到，，得到；D选项，根据和，得到答案. 【详解】AB选项，因为，故， 由题意得的解集为， 的解集为或，A正确，B错误； C选项，的两个根为，的根为， 故，，， 由于，，故，所以，C错误； D选项，因为，， 故，两边平方得，D正确. 故选：AD 5．（23-24高一上·安徽安庆·期末）已知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】由题意首先得出的关系，进一步结合即可求解. 【详解】由已知，不等式的解集为， 故，且，为方程的两根， 所以，解得，故不等式为， 即，解得或. 故答案为：． 题型11一元二次根与系数 1．（20-21高一上·安徽合肥·期末）关于x的不等式的解集为，则的最小值是（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据不等式的解集为，得到，然后代入，利用基本不等式求解. 【详解】因为关于x的不等式的解集为， 所以，则， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是. 故选：B 2．（21-22高一上·安徽芜湖·期末）已知关于x的不等式的解集是，其中，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由一元二次不等式的解集可得判断A、D，再将题设转化为，结合二次函数的性质，应用数形结合的方法判断B、C. 【详解】由题设，的解集为，∴，则， ∴，，则A、D正确； 原不等式可化为的解集为，而的零点分别为且开口向下，又，如下图示， ∴由图知：，，故B错误，C正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：由根与系数关系得，结合二次函数的性质及数形结合思想判断各选项的正误. 3．（20-21高一上·安徽池州·期末）设． （1）解不等式； （2）已知存在，满足，证明：当时，的图象与x轴围成封闭区域的面积大于． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 ；（2）证明见解析 ． 【解析】（1）讨论和两种情况求解； （2）可得，即，设的图象与x轴分别交于图象的顶点为C，则，可得，即可证明. 【详解】（1）令， 当且仅当，即时，不等式解集为空集； 当且仅当，即或时，不等式的解集为； （2）因为存在，满足，且， 所以，所以， 设的图象与x轴围成封闭区域的面积为S， 设的图象与x轴分别交于图象的顶点为C，则 ， 所以，即． 【点睛】本题考查二次函数相关问题，解题的关键是表示出的面积，进而证明. 4．（2024安徽阜阳）已知过点，且满足. (1)求的解析式及简图； (2)若在上的值域为，求的值； (3)若，则称为的不动点，函数有两个不相等的不动点、，且、，求的最小值. 【答案】(1)，简图见解析 (2)或 (3) 【分析】（1）代入点求出，再利用求出，再画出图像即可； （2）由值域解出对应的，再求出即可； （3）由函数新定义结合二次方程的性质列不等式组解出，再由韦达定理结合基本不等式求解即可； 【详解】（1）因为过点， 所以，，， 因为，     所以，解得， . （2）令，解得，令，解得或， 因为在上值域为， 所以当时，在上值域满足题意； 当，即时，在上值域满足题意， 故或. （3）， 函数有两个不相等的不动点、，且、， 即有两个不相等的正实数根、， 即有两个不相等的正实数根、， 则， 解得， 则有， 当且仅当时取等号，故的最小值为6. 5．（安徽亳州）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)若函数有两个不相等的不动点、，求的取值范围； (3)若函数在区间上有唯一的不动点，求实数的取值范围. 【答案】(1)和3. (2) (3). 【分析】（1）解方程，即可求出不动点； （2）由题意，方程有两个不相等的实数根、，由即可求出的范围，结合韦达定理和二次函数图象性质即可求出的范围； （3）由题意，在上有且只有一个解，令，分，，和四种情况进行讨论即可. 【详解】（1）由题意知，即，则， 解得，，所以不动点为和3. （2）依题意，有两个不相等的实数根、， 即方程有两个不相等的实数根、， 所以，解得，或， 且，， 所以， 因为函数对称轴为 当时，随的增大而减小，若，则； 当时，随的增大而增大，若，则； 故， 所以的取值范围为. （3）由，得， 由于函数在上有且只有一个不动点， 即在上有且只有一个解， 令， ①，则，解得； ②，即时， 方程可化为，另一个根为，不符合题意，舍去； ③，即时，方程可化为，另一个根为1，满足； ④，即，解得， （ⅰ）当时，方程的根为，满足； （ⅱ）当时，方程的根为，不符合题意，舍去； 综上，的取值范围是. 题型12不等式压轴第19题型 1．（高一下·安徽芜湖·期末）已知函数满足. （1）若，对任意都有，求的取值范围； （2）是否存在实数，，使得不等式对一切实数恒成立？若存在，请求出，，使；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）存在，使不等式恒成立，详见解析. 【分析】（1）由知函数关于对称，求出后，通过构造函数求出； （2）利用不等式的两边夹定理，令，得，结合已知条件，解出；然后设存在实数，，命题成立，运用根的判别式建立关于实数的不等式组，解得. 【详解】（1）由得此时， ， 构造函数， . 即的取值范围是. （2）由对一切实数恒成立，得 由得 由得恒成立， 也即，此时，. 把，.代入，不等式也恒成立， 所以，. 【点睛】本题第（1）问，常用“反客为主法”，即把参数当成主元，而把看成参数； 第（2）问，不等式对任意实数恒成立，常用赋值法切入问题. 2．已知函数，． (1)求； (2)求函数在区间上的最小值； (3)若函数，且的图象与的图象有3个不同的交点，求实数n的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】 （1）先计算，再将代入计算即可. （2）根据已知条件求出，令换元后变为，分类讨论二次函数的对称轴确定最小值； （3）求出，进而确定，令换元后有化为，化为，问题转化为有两个根，且一个根在内，一个根在内，设，通过限制二次函数根所在区间得出不等式，求解不等式即可解出实数的取值范围. 【详解】（1）， （2） ，所以 ， 令，因为，则， 所以变为，函数的对称轴为， 当时，函数在上单调递增，时，函数有最小值； 当时，函数在上单调递增减，函数在上单调递增， 时，函数有最小值； 当时，函数在上单调递减，时，函数有最小值. （3） 即，所以， 令，所以化为：， 化为； 令，整理有：； 因为，作出简图如下    注意到，可得：当时，有两个根；当时，有一个根； 因为的图象与的图象有3个不同的交点， 所以有两个根，且一个根在内，一个根在内， 设， 则有：为关于的二次函数，图象开口向上，对称轴为， 根据题意有：，即解得， 或，即 解得 综上所述：. 【点睛】关键点点睛：本题主要涉及换元法以及二次函数根的分布：（2）问先令，再通过讨论二次函数对称轴与区间的关系确定最值；（3）问先令，将题目转化为以及的解的问题，分别讨论不同的解的个数从而确定方程的根的范围，从而求出的范围. 3．已知函数的定义域为.若存在实数，使得对于任意，都存在，使得，则称函数具有性质. (1)分别判断：及是否具有性质；（结论不需要证明） (2)若函数的定义域为，且具有性质，证明：“”是“函数存在零点”的充分非必要条件； (3)已知，设，若存在唯一的实数，使得函数，具有性质，求的值. 【答案】(1)不具有性质，具有性质，理由见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据新定义判断即可； （2）由定义结合必要不充分条件证明即可； （3）将问题转化为，再对进行分类讨论，求得的值域，结合的唯一性求得的值，从而得解. 【详解】（1）不具有性质，具有性质，理由如下： 因为指数函数的定义域为， 对于，，恒成立， 所以不存在满足， 因此函数不具有性质； 因为一次函数的定义域为， 对于，，取， 则，因此具有性质. （2）当时，由于函数具有性质， 取，则存在，使得， 所以，因此函数存在零点，即充分性成立； 当函数存在零点时， 设，，则， 因为对于任意，取，则， 且满足， 所以函数具有性质，但，即必要性不成立； 因此“”是“函数存在零点”的充分非必要条件. （3）依题意，存在唯一的实数，使得函数，具有性质， 即存在唯一的实数，对任意，都存在满足，即， 因为，则，故， 记的值域为，则， 当时，，，即， 所以，得，显然不唯一，不符合题意； 当时，的对称轴为，， 当，即时，在上递增，所以， 所以，得， 由于唯一，所以，解得，不符合题意； 当，即时，在上递增， 所以，则，得， 由于唯一，所以，解得，符合题意； 当，即时， 的最大值是，最小值是，则， 所以，得， 由于唯一，所以，解得，不符合题意； 当，即时， 的最大值是，最小值是，则， 所以，得， 由于唯一，所以，解得（舍去），满足题意； 综上，的值为或. 【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想. 4．已知函数. (1)当时，解方程; (2)若对任意的都有恒成立，试求m的取值范围; (3)用min{m，n}表示m，n中的最小者，设函数，讨论关于x的方程的实数解的个数. 【答案】(1) (2) (3)或时，有1个实数解， 或时，有2个实数解; 时，有3个实数解. 【分析】(1)根据函数的单调性解方程； (2)讨论二次函数在给定区间的最值求解； (3)分类讨论，利用数形结合的思想，转化为讨论函数图象的交点个数. 【详解】（1）当时，函数， 当时，， 此时方程无解， 当时，单调递增，单调递减， 且单调递增，， 所以此时方程有唯一的解为， 综上，方程的解为. （2）等价于， 的对称轴为， 若，即时，在上单调递增， 从而 所以，得与矛盾，舍去; 若，即时， 在上单调递减，上单调递增， 故 当时， 则，解得， 所以， 当时， 则，解得， 则， 若，即时，在上单调递减， 从而 所以得与矛盾，舍去. 综上，的取值范围为. （3）当时, ,则， 故在上没有实数解; 当时，. 若时,则则不是的实数解， 若时，则, 则是的实数解， 当时，，故只需讨论在(0,1)的实数解的个数， 则得, 即问题等价于直线与函数图象的交点个数. 由于在单调递减，在上单调递增， 结合在的图象可知， 当时，直线与函数图象没有交点，即没有实数解; 当或时，在有1个实数解; 当时，在有2个实数解; 综上，或时，有1个实数解， 或时，有2个实数解; 时，有3个实数解. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键在于分类讨论二次函数在给定区间的单调性和最值，要结合对称轴与区间的位置关系；第三问解决的关键是在不同范围内取得的不同的最小值,数形结合的思想分类讨论求解. 5．（21-22高一上·期末）已知函数，其中a为实数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若在上为严格增函数，求实数a的取值范围； (3)对于，若存在两个不相等的实数使得，求的取值范围．（结果用a表示） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分与两种情况，求出最小值；（2）写成分段函数，对分，，与四种情况分类讨论，求出参数的取值范围；（3）研究函数的单调区间及图象特征，分类讨论求出的关系，消去一个变量，再求出取值范围. 【详解】（1）当时，，当时，，当时，取得最小值，，当时，在上单调递减，则，综上：的最小值为 （2），当时，当时，，不是严格增函数，不合题意，舍去； 当时，此时对称轴，且分段函数在处函数值相同，故满足在上为严格增函数，符合题意； 当时，此时对称轴且，故在区间上单调递减，不合题意，舍去； 当时，且，此时在上为严格增函数，符合要求. 综上：实数a的取值范围为. （3）当时，，即在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，且端点处函数值相等，令，解得：，，故要想存在两个不相等的实数使得，则，，且当时，，，此时，当时，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值， 为，故取值范围为，当时，在单调递增，在上单调递减，故在取得最大值，为，故取值范围是， 当时，，此时，即，从而，其中，当时，，综上：的取值范围为. 【点睛】函数含参值域问题，需要结合题干条件及图象特征，对参数进行分类讨论，在不同取值下的值域求解，用到的工具有基本不等式，对勾函数，导函数等. 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$