专题1 第3讲 不等式-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第二编　主干知识突破 专题一　常考小题的几种类型 第3讲　不等式 「考情研析」　1.利用不等式性质比较大小、利用基本不等式求最值是高考的热点．　2.考查一元二次不等式的解法，“三个二次”间的关系及不等式恒成立问题．　3.不等式作为解决数学问题的重要工具，常与其他知识综合考查，如求定义域、研究函数单调性、直线与圆锥曲线位置关系的判断等． 核心知识回顾 热点考向探究 真题VS押题 目录 专题作业 核心知识回顾 知识串联 核心知识回顾 5 结论记忆 核心知识回顾 6 热点考向探究 考向1　不等式的性质 热点考向探究 8 热点考向探究 9 (2)(2024·重庆渝中模拟)已知a－b∈[5，27]，a＋b∈[6，30]，则7a－5b的取值范围是(　　) A．[－24，192] B．[－24，252] C．[36，252] D．[36，192] 热点考向探究 10 热点考向探究 11 热点考向探究 12 1．不等式性质应用问题的常见类型及解题策略 类型 解题策略 不等式成立问题 熟记不等式性质的条件和结论是基础，注意不等式性质成立的前提条件 与充分、必要条件相结合问题 用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否正确，要注意特殊值法的应用 与命题真假判断相结合问题 可采用特殊值验证的方法判断一个命题是假命题，要判断一个命题为真命题，除根据不等式的性质求解外，还要注意指数函数、对数函数性质的应用 热点考向探究 13 2.比较两个数(式)大小的两种方法 热点考向探究 14 1．(2024·天津一中模拟)已知a>0，条件p：a>|b|，条件q：a2>ab，则p是q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 解析：因为a>0，所以由a>|b|得a2>a|b|≥ab，故由p能推出q；反之，当a＝1>0，b＝－2时，满足a2＝1>ab＝－2，但是a＝1<|－2|＝|b|，故由q不能推出p.所以p是q的充分不必要条件．故选A. 热点考向探究 15 2．近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要分两次从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购方案．方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定．若两次采购铁矿石的价格不同，则下列说法正确的是(　　) A．方案一更经济 B．方案二更经济 C．两种方案一样 D．条件不足，无法确定 热点考向探究 16 热点考向探究 17 3．(2024·河北石家庄二模)若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是___________． [15，19] 热点考向探究 18 考向2　不等式的解法 热点考向探究 19 热点考向探究 20 (3)(多选)已知关于x的不等式t(x＋1)(x－2)－1>0的解集是(x1，x2)，其中x1<x2，则下列结论中正确的是(　　) A．x1＋x2－1＝0 B．－1<x1<x2<2 C．|x1－x2|>3 D．x1x2＋2>0 热点考向探究 21 1．解一元二次不等式的四个步骤 热点考向探究 22 2．解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据 (1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式． (2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系． (3)不等式对应方程确定无实数根时可直接写出解集，确定有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式． 热点考向探究 23 1．(2024·黑龙江模拟)已知集合A＝{x||x－a|<1}，B＝{x|x2－x－2<0}，若(∁RA)∪B＝R，则实数a的取值范围为(　　) A．[－1，0] B．(－1，0) C．(0，1) D．[0，1] 热点考向探究 24 热点考向探究 25 热点考向探究 26 考向3　不等式恒成立问题 例3　(1)若对任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．{a|a<2} B．{a|a≤2} C．{a|－2<a<2} D．{a|－2<a≤2} 热点考向探究 27 热点考向探究 28 不等式在给定区间上的恒成立问题的求解方法 热点考向探究 29 (1)f(x)>g(x)恒成立⇔f(x)－g(x)的最小值大于零． (2)f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max. (3)∃x使得f(x)>g(x)成立⇔f(x)－g(x)的最大值大于零． (4)∃x1，x2使得f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)min. 热点考向探究 30 1．(2024·辽宁铁岭期中)已知∀x∈[1，2]，∀y∈[2，3]，y2－xy－mx2≤0，则实数m的取值范围是(　　) A．[4，＋∞) B．[0，＋∞) C．[6，＋∞) D．[8，＋∞) 热点考向探究 31 2．若mx2－mx－1<0对于m∈[1，2]恒成立，则实数x的取值范围是 ________________． 热点考向探究 32 考向4　基本不等式的应用 热点考向探究 33 (2)(2024·广东韶关二模)在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W(单位：平方米)的计算公式是W＝(长＋4)×(宽＋4)，在不测量长和宽的情况下，若只知道这块矩形场地的面积是10000平方米，每平方米收费1元，则估算平整完这块场地所需的最少费用(单位：元)是(　　) A．10000 B．10480 C．10816 D．10818 热点考向探究 34 热点考向探究 35 热点考向探究 36 利用基本不等式求最值的关键 热点考向探究 37 在应用基本不等式求解最值时，要注意它的三个前提条件缺一不可，即“一正、二定、三相等”，在解题中容易忽略验证使等号成立的变量的值是否在其定义域限制范围内． 热点考向探究 38 热点考向探究 39 热点考向探究 40 热点考向探究 41 真题VS押题 1．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则(　　) A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2 C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1 真题VS押题 43 真题VS押题 44 真题VS押题 45 真题VS押题 46 专题作业 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 基本不等式求最值——直接法 不等式 的性质 基本不等式求最值——常数代换法 基本不等式求最值——换元法 基本不等式的变形；充分不必要条件的判断 不等式的性质；一元二次不等式的解法；集合的交集运算 利用不等式的性质比较大小 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 分离参数法求解不等式恒成立问题 指数不等式、一元二次不等式的求解；由必要条件求参数范围 不等式的性质；由基本不等式判断不等关系 不等式的性质；利用函数的单调性求最值 不等式性质的应用 基本不等式求最值——换元法、配凑法 利用不等式的性质求参数 范围 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 5．(2024·山东枣庄一模)已知a>0，b>0，则“a＋b>2”是“a2＋b2>2”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 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 二、多选题 9．(2024·广东汕头期末)若3x<3是关于x的不等式x2－ax－a－1<0成立的必要条件，则a的值可以是(　　) A．1 B．0 C．－2 D．－3 解析：由3x<3可得x<1，由x2－ax－a－1<0可得(x＋1) (x－a－1)<0，因为x<1是关于x的不等式x2－ax－a－1<0成立的必要条件，所以不等式x2－ax－a－1<0的解集为集合(－∞，1)的子集，所以a＋1≤1，解得a≤0.故选BCD. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 (2，1，－3，－2)(答案不唯一) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 13．已知xy>0，且x2＋2xy＝1，则x2＋y2的最小值为________． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 14．已知关于x的方程x2＋2bx＋c＝0(b，c∈R)在[－1，1]上有实数根，0≤4b＋c≤3，则b的取值范围是________． [0，2] 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 　　　　　　　　　　　　　 R (1)若a>b>0，m>0，则一定有eq \f(b＋m,a＋m)>eq \f(b,a). (2)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0Ｗ.)) (3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0Ｗ.)) (4)eq \f(f（x）,g（x）)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)． (5)eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≥0（≤0），,g（x）≠0Ｗ.)) (6)eq \f(2,a－1＋b－1)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)(当且仅当a＝b时取“＝”)． 例1　(1)(2024·辽宁抚顺期末)已知x>y>1>z>0，a＝eq \f(1＋xz,z)，b＝eq \f(1＋xy,x)，c＝eq \f(1＋yz,y)，则(　　) A．a>c>b B．b>c且a>c C．b>c>a D．a>b且a>c 解析：解法一：因为x>y>1>z>0，所以eq \f(1,x)<eq \f(1,y)<eq \f(1,z)，所以a＝x＋eq \f(1,z)>b＝y＋eq \f(1,x)，a＝x＋eq \f(1,z)>c＝z＋eq \f(1,y).故选D. 解法二：a－b＝x＋eq \f(1,z)－y－eq \f(1,x)＝(x－y)＋eq \f(x－z,xz)>0，所以a>b，a－c＝x＋eq \f(1,z)－z－eq \f(1,y)＝(x－z)＋eq \f(y－z,yz)>0，所以a>c，c－b＝z＋eq \f(1,y)－y－eq \f(1,x)＝(z－y)＋eq \f(x－y,xy)，符号不能确定，所以b，c的大小关系不能确定．所以a>b且a>c.故选D. 解析：设7a－5b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a－(m－n)b，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝7，,m－n＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝6，,n＝1，))所以7a－5b＝6(a－b)＋(a＋b)．又a－b∈[5，27]，a＋b∈[6，30]，所以7a－5b＝6(a－b)＋(a＋b)∈[36，192]．故选D. (3)(多选)(2024·广西桂林二模)已知实数a，b，c满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列结论中正确的是(　　) A．a＋b>0 B．ac>bc C.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,b－c) D．(a－c)(b－c)<eq \f(9,4)c2 解析：a＋b＋c＝0且a>b>c，则a>0，c<0，则a＋b>0，A正确；因为a>b，c<0，所以ac<bc，B错误；因为a>b>c，a－b>0，b－c>0，(a－b)－(b－c)＝a＋c－2b＝－3b，当b>0时，0<a－b<b－c，则eq \f(1,a－b)>eq \f(1,b－c)；当b<0时，a－b>b－c>0，则eq \f(1,a－b)<eq \f(1,b－c)，当b＝0时，a－b＝b－c，则eq \f(1,a－b)＝eq \f(1,b－c)，C错误；因为(a－c)(b－c)－eq \f(9,4)c2＝(a－c)(－a－2c)－eq \f(9,4)c2＝－a2－ac－eq \f(1,4)c2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c)) eq \s\up12(2)≤0，当且仅当a＝－eq \f(1,2)c时，等号成立，此时由a＋b＋c＝0可得b＝－eq \f(1,2)c，不符合a>b>c，所以－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c)) eq \s\up12(2)＝0不成立，故－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c)) eq \s\up12(2)<0，即(a－c)(b－c)<eq \f(9,4)c2，D正确．故选AD. 两个不等式相乘时，必须注意同向同正时才能相乘，即同向同正可乘；同时要注意“同号可倒”，即a＞b＞0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，a＜b＜0⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b). 解析：设第一次的价格为p1>0，第二次的价格为p2>0，且p1≠p2.方案一：若每次采购数量为n，则两次采购的平均价格为x1＝eq \f(p1n＋p2n,2n)＝eq \f(p1＋p2,2)，方案二：若每次采购所花钱数为m，则两次采购的平均价格为x2＝eq \f(2m,\f(m,p1)＋\f(m,p2))＝eq \f(2,\f(1,p1)＋\f(1,p2))＝eq \f(2p1p2,p1＋p2)，所以x1－x2＝eq \f(p1＋p2,2)－eq \f(2p1p2,p1＋p2)＝eq \f(（p1＋p2）2－4p1p2,2（p1＋p2）)＝eq \f(（p1－p2）2,2（p1＋p2）)，因为p1≠p2，所以x1>x2，所以方案二更经济．故选B. 解析：因为x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，故x＝3－eq \f(2z,3)，y＝1－eq \f(z,3)，由x，y，z≥0得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)≥0，,1－\f(z,3)≥0，,z≥0，))解得0≤z≤3，故M＝4x＋3y＋5z＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)))＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(z,3)))＋5z＝eq \f(4z,3)＋15∈[15，19]． 例2　(1)(2024·山东潍坊二模)已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－100,x)<0))))，B＝{x|eq \r(x)>4}，则A∩B＝(　　) A．(0，＋∞) B．(2，100) C．(16，100) D．(2，＋∞) 解析：A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－100,x)<0))))＝{x|x(x－100)<0}＝{x|0<x<100}，B＝{x|eq \r(x)>4}＝{x|x>16}，故A∩B＝(16，100)．故选C. (2)在R上定义运算⊗：x⊗y＝eq \f(x,2－y)，若关于x的不等式(x－a)⊗(x－1－a)≥0的解集是集合{x|－2<x≤4}的子集，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，1) B．[－2，1) C．(－2，1] D．[－2，1] 解析：由(x－a)⊗(x－1－a)＝eq \f(x－a,2－（x－1－a）)≥0，得eq \f(x－a,x－（a＋3）)≤0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）[x－（a＋3）]≤0，,x－（a＋3）≠0，))解得a≤x<a＋3，由题设知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>－2，,a＋3≤4，))解得－2<a≤1.故选C. 解析：因为关于x的不等式t(x＋1)(x－2)－1>0的解集是(x1，x2)，其中x1<x2，所以t<0，且x1，x2是一元二次方程tx2－tx－1－2t＝0的解，所以x1＋x2＝1，x1x2＝eq \f(－1－2t,t)＝－eq \f(1,t)－2>－2，所以x1＋x2－1＝0，x1x2＋2>0，A，D正确；|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t)－2)))＝eq \r(9＋\f(4,t))<3，C错误；由方程t(x＋1)(x－2)＝0的解是－1和2，不等式t(x＋1)(x－2)－1>0的解集为(x1，x2)，得－1<x1<x2<2，B正确．故选ABD. 解分式不等式eq \f(f（x）,g（x）)>a(a≠0)的一般解题思路是移项通分． 解析：因为集合A＝{x||x－a|<1}＝{x|a－1<x<a＋1}，B＝{x|－1<x<2}，所以∁RA＝{x|x≥a＋1或x≤a－1}，因为(∁RA)∪B＝R，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1≥－1，,a＋1≤2，))解得0≤a≤1，所以实数a的取值范围为[0，1]．故选D. 2．(多选)已知关于x的不等式x2＋ax＋b>0(a>0)的解集是{x|x≠d}，则下列四个结论中正确的是(　　) A．a2＝4b B．a2＋eq \f(1,b)≥4 C．若关于x的不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，则x1x2>0 D．若关于x的不等式x2＋ax＋b<c的解集为(x1，x2)，且|x1－x2|＝4，则c＝4 解析：对于A，由题意得Δ＝a2－4b＝0，故a2＝4b，所以A正确；对于B，a2＋eq \f(1,b)＝a2＋eq \f(4,a2)≥2eq \r(a2·\f(4,a2))＝4，当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)时，等号成立，所以B正确；对于C，由根与系数的关系，可知x1x2＝－b＝－eq \f(a2,4)<0，所以C错误；对于D，由根与系数的关系，可知x1＋x2＝－a，x1x2＝b－c＝eq \f(a2,4)－c，则|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(a2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)－c)))＝2eq \r(c)＝4，解得c＝4，所以D正确． 解析：当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立，符合题意；当a－2≠0时，由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,4（a－2）2＋16（a－2）<0，))解得－2<a<2.综上，－2<a≤2.故选D. (2)设对任意实数x∈[－1，1]，不等式x2＋ax－3a<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) C．(－∞，－12)∪(0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) 解析：设f(x)＝x2＋ax－3a，∵对任意实数x∈[－1，1]，不等式x2＋ax－3a<0恒成立，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝1－a－3a<0，,f（1）＝1＋a－3a<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－4a<0，,1－2a<0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,4)，,a>\f(1,2)，))故a>eq \f(1,2).故选B. 解析：因为x∈[1，2]，y∈[2，3]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，eq \f(y,x)∈[1，3]，又y2－xy－mx2≤0，可得m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x))) eq \s\up12(2)－eq \f(y,x)，令t＝eq \f(y,x)∈[1，3]，则原题意等价于∀t∈[1，3]，m≥t2－t，即m≥(t2－t)max，t2－t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，当t＝3时，y＝t2－t取得最大值6，所以实数m的取值范围是[6，＋∞)．故选C. 解析：设g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其图象是直线，当m∈[1，2]时，图象为一条线段，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）<0，,g（2）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－1<0，,2x2－2x－1<0，))解得eq \f(1－\r(3),2)<x<eq \f(1＋\r(3),2)，故实数x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2))) 例4　(1)(2024·浙江杭州模拟)已知实数x，y满足x>3，且xy＋2x－3y＝12，则x＋y的最小值为(　　) A．1＋2eq \r(6) B．8 C．6eq \r(2) D．1＋2eq \r(3) 解析：因为x>3，且xy＋2x－3y＝12，所以y＝eq \f(12－2x,x－3)＝－2＋eq \f(6,x－3)，从而x＋y＝x－2＋eq \f(6,x－3)＝(x－3)＋eq \f(6,x－3)＋1≥1＋2eq \r(6)，当且仅当x＝eq \r(6)＋3，y＝eq \r(6)－2时，等号成立，所以x＋y的最小值为1＋2eq \r(6).故选A. 解析：设矩形场地的长为x米，则宽为eq \f(10000,x)米，W＝(x＋4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10000,x)＋4))＝4x＋eq \f(40000,x)＋10016≥2eq \r(4x·\f(40000,x))＋10016＝10816，当且仅当4x＝eq \f(40000,x)，即x＝100时，等号成立．所以平整完这块场地所需的最少费用是1×10816＝10816元．故选C. (3)(多选)(2024·山东济宁模拟)已知正实数x，y满足2x＋y＝xy，则(　　) A．xy≥16 B．x＋2y≥9 C．x＋y>6 D．eq \f(1,x－1)＋eq \f(8,y)≥3 解析：正实数x，y满足2x＋y＝xy，则eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1.对于A，xy＝2x＋y≥2eq \r(2xy)，则xy≥8，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,\f(1,x)＋\f(2,y)＝1，))即x＝2，y＝4时取等号，故A错误；对于B，x＋2y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(x＋2y)＝5＋eq \f(2y,x)＋eq \f(2x,y)≥5＋2eq \r(\f(2y,x)·\f(2x,y))＝9，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2y,x)＝\f(2x,y)，,\f(1,x)＋\f(2,y)＝1，))即x＝y＝3时取等号，故B正确；对于C，由A项分析可知，当x＝2，y＝4时，2x＋y＝xy成立，此时x＋y＝6，故C错误；对于D，由eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，得eq \f(2,y)＝eq \f(x－1,x)，x>1，则eq \f(1,x－1)＋eq \f(8,y)＝eq \f(x,x－1)－1＋eq \f(4（x－1）,x)≥2eq \r(\f(x,x－1)·\f(4（x－1）,x))－1＝3，当且仅当eq \f(x,x－1)＝eq \f(4（x－1）,x)，即x＝2时取等号，故D正确．故选BD. 1．(2024·黑龙江哈尔滨二模)已知实数a，b且ab>0，则eq \f(2ab,a2＋b2＋a2b2＋9)取得最大值时，a＋b的值为(　　) A．eq \r(3) B．2eq \r(3) C．－2eq \r(3) D．2eq \r(3)或－2eq \r(3) 解析：eq \f(2ab,a2＋b2＋a2b2＋9)≤eq \f(2ab,2ab＋a2b2＋9)＝eq \f(2,2＋ab＋\f(9,ab))，又ab>0，所以ab＋eq \f(9,ab)≥2eq \r(ab·\f(9,ab))＝6，所以eq \f(2ab,a2＋b2＋a2b2＋9)≤eq \f(1,4)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b，,ab＝\f(9,ab)，))即a＝b＝eq \r(3)或a＝b＝－eq \r(3)时取等号，所以a＋b＝2eq \r(3)或a＋b＝－2eq \r(3).故选D. 2．已知实数x，y，z>0，且满足xy＋eq \f(z,x)＝2，则当eq \f(4,y)＋eq \f(1,z)取得最小值时，y＋z的值为(　　) A．1 B．eq \f(3,2) C．2 D．eq \f(5,2) 解析：因为实数x，y，z>0，且满足xy＋eq \f(z,x)＝2，所以xy＋eq \f(z,x)＝2≥2eq \r(xy·\f(z,x))＝2eq \r(yz)，则yz≤1，当且仅当z＝yx2时，yz＝1，所以eq \f(4,y)＋eq \f(1,z)≥2eq \r(\f(4,y)·\f(1,z))＝2eq \r(\f(4,yz))≥2eq \r(\f(4,1))＝4，当且仅当eq \f(4,y)＝eq \f(1,z)且yz＝1时，等号成立，所以当yz＝1且eq \f(4,y)＝eq \f(1,z)时，eq \f(4,y)＋eq \f(1,z)取得最小值4，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yz＝1，,\f(4,y)＝\f(1,z)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝\f(1,2)，))则y＋z＝eq \f(5,2).故选D. 3．(2024·河南三门峡三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋b＋c＝2，则eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,c)的最小值为________． 解析：因为a＋b＋c＝2，所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋b)＋\f(1,c)))·[(a＋b)＋c]＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4c,a＋b)＋\f(a＋b,c)))≥eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4c,a＋b)·\f(a＋b,c))))＝eq \f(9,2)，当且仅当eq \f(4c,a＋b)＝eq \f(a＋b,c)，即a＋b＝2c时，等号成立，故eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,c)的最小值为eq \f(9,2). eq \f(9,2) 解析：因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2))) eq \s\up12(2)，解得－2≤x＋y≤2，当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；由x2＋y2－xy＝1变形可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)y2＝1，设x－eq \f(y,2)＝cosθ，eq \f(\r(3),2)y＝sinθ，所以x＝cosθ＋eq \f(1,\r(3))sinθ，y＝eq \f(2,\r(3))sinθ，因此x2＋y2＝cos2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2,\r(3))sinθcosθ＝1＋eq \f(1,\r(3))sin2θ－eq \f(1,3)cos2θ＋eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，即eq \f(2,3)≤x2＋y2≤2，当且仅当x＝eq \f(\r(3),3)，y＝－eq \f(\r(3),3)或x＝－eq \f(\r(3),3)，y＝eq \f(\r(3),3)时，x2＋y2＝eq \f(2,3)，当且仅当x＝y＝±1时，x2＋y2＝2，所以C正确，D错误．故选BC. 解析：因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以0<a<1，0<b<1.对于A，a2＋b2＝a2＋(1－a)2＝2a2－2a＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故A正确；对于B，a－b＝2a－1>－1，所以2a－b>2－1＝eq \f(1,2)，故B正确；对于C，log2a＋log2b＝log2ab≤log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)＝log2eq \f(1,4)＝－2，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故C不正确；对于D，因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝1＋2eq \r(ab)≤1＋a＋b＝2，所以eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故D正确．故选ABD. 2．(多选)(2020·新高考Ⅰ卷)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则(　　) A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2) C．log2a＋log2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2) 若锐角α，β满足3cos(α＋β)＝cosαcosβ，则tan(α＋β)的最小值为(　　) A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．2eq \r(5) D．2eq \r(6) 解析：3cos(α＋β)＝cosαcosβ⇒3cosαcosβ－3sinαsinβ＝cosαcosβ⇒tanαtanβ＝eq \f(2,3).于是tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝3(tanα＋tanβ)≥6eq \r(tanαtanβ)＝2eq \r(6)，当且仅当tanα＝tanβ＝eq \f(\r(6),3)时取等号，则tan(α＋β)的最小值为2eq \r(6).故选D. 一、单选题 1．(2024·重庆模拟)若实数a，b满足ab＝2，则a2＋2b2的最小值为(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．4eq \r(2) 解析：a2＋2b2≥2eq \r(2a2b2)＝2eq \r(2×22)＝4eq \r(2)，当且仅当a2＝2b2时，等号成立．故选D. 2．(2024·浙江杭州期中)下列说法正确的是(　　) A．若a>b，则ac2>bc2 B．若a>b，c>d，则ac>bd C．若－2<a<3，1<b<2，则－3<a－b<1 D．若a>b>0，m>0，则eq \f(m,a)<eq \f(m,b) 解析：对于A，当c＝0时，ac2＝bc2＝0，故A错误；对于B，若a＝3，b＝－1，c＝1，d＝－3，则ac＝bd＝3，故B错误；对于C，若－2<a<3，1<b<2，则－2<－b<－1，所以－4<a－b<2，故C错误；对于D，若a>b>0，m>0，则ab>0，b－a<0，所以eq \f(m,a)－eq \f(m,b)＝eq \f(m（b－a）,ab)<0，所以eq \f(m,a)<eq \f(m,b)，故D正确．故选D. 3．(2024·江苏南通二模)设x>0，y>0，eq \f(1,x)＋2y＝2，则x＋eq \f(1,y)的最小值为(　　) A．eq \f(3,2) B．2eq \r(2) C．eq \f(3,2)＋eq \r(2) D．3 解析：因为eq \f(1,x)＋2y＝2，所以eq \f(1,2x)＋y＝1，因为x>0，y>0，所以x＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,y))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋y))＝eq \f(1,2)＋xy＋eq \f(1,2xy)＋1＝eq \f(3,2)＋xy＋eq \f(1,2xy)≥eq \f(3,2)＋2eq \r(xy·\f(1,2xy))＝eq \f(3,2)＋2×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3,2)＋eq \r(2)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xy＝\f(1,2xy)，,\f(1,2x)＋y＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1＋\r(2),2)，,y＝2－\r(2)))时取等号．故选C. 4．(2024·浙江嘉兴二模)若正数x，y满足x2－2xy＋2＝0，则x＋y的最小值是(　　) A．eq \r(6) B．eq \f(\r(6),2) C．2eq \r(2) D．2 解析：由x2－2xy＋2＝0可得y＝eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)，所以x＋y＝x＋eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(3x,2)＋eq \f(1,x)≥2eq \r(\f(3x,2)·\f(1,x))＝eq \r(6)，当且仅当eq \f(3x,2)＝eq \f(1,x)，即x＝eq \f(\r(6),3)时，等号成立，此时y＝eq \f(2\r(6),3)>0符合题意．所以x＋y的最小值为eq \r(6).故选A. 解析：若a>0，b>0，a＋b>2，则a2＋b2≥eq \f(1,2)(a＋b)2>2，所以充分性成立；若a2＋b2>2，取a＝eq \r(2)，b＝0.1，此时a＋b<2，所以必要性不成立．综上所述，“a＋b>2”是“a2＋b2>2”的充分不必要条件．故选A. 6．(2024·浙江杭州模拟)设集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)＋y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1≤x≤y≤4))))，B＝{x|x2－8x＋12≤0}，则A∩B＝(　　) A．{x|2≤x≤8} B．{x|2≤x≤6} C．{x|4≤x≤6} D．{x|6≤x≤8} 解析：因为1≤x≤4，所以eq \f(1,4)≤eq \f(1,x)≤1，得1≤eq \f(4,x)≤4，又1≤y≤4，所以2≤eq \f(4,x)＋y≤8，当x＝1，y＝4时，eq \f(4,x)＋y取得最大值8，又x≤y，所以eq \f(4,x)＋y≥eq \f(4,x)＋x≥2eq \r(\f(4,x)·x)＝4，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，所以eq \f(4,x)＋y的最小值为4，所以A＝[4，8]．由x2－8x＋12≤0，解得2≤x≤6，所以B＝[2，6]，所以A∩B＝[4，6]．故选C. 7．(2024·北京西城一模)设a＝t－eq \f(1,t)，b＝t＋eq \f(1,t)，c＝t(2＋t)，其中－1<t<0，则(　　) A．b<a<c B．c<a<b C．b<c<a D．c<b<a 解析：由－1<t<0，得eq \f(1,t)∈(－∞，－1)，故a＝t－eq \f(1,t)>0，由对勾函数的性质可得b＝t＋eq \f(1,t)<－(1＋1)＝－2，又c＝t(2＋t)＝t2＋2t＝(t＋1)2－1，－1<t<0，所以－1<c<0.综上所述，b<c<a.故选C. 8．(2024·重庆模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋a，对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，＋∞)) C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,5))) 解析：由题意知函数f(x)＝ax2－2x＋a，对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x)≥0成立，即ax2－2x＋a≥0对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，即a≥eq \f(2x,x2＋1)＝eq \f(2,x＋\f(1,x))对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立．设g(x)＝x＋eq \f(1,x)，由于g(x)＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1，2]上单调递增，则g(x)min＝g(1)＝2，则eq \f(2,x＋\f(1,x))≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，故a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．故选A. 10．已知a>0，b>0，a＋b＝ab，则(　　) A．a>1且b>1 B．ab≥4 C．a＋4b≤9 D.eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)>1 解析：对于A，a>0，b>0，a＋b＝ab，则a＝eq \f(b,b－1)>0，故b>1，同理可得a>1，A正确；对于B，a>0，b>0，ab＝a＋b≥2eq \r(ab)，∴ab≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，B正确；对于C，a>0，b>0，a＋b＝ab，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则a＋4b＝(a＋4b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)＋4≥5＋2eq \r(4)＝9，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4b,a)＝\f(a,b)，,a＋b＝ab，))即a＝3，b＝eq \f(3,2)时取等号，C错误；对于D，由于b>0，故eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(ab－a,a)＋eq \f(1,b)＝b－1＋eq \f(1,b)≥2－1＝1，当且仅当b＝1时取等号，而b>1，故eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)>1，D正确．故选ABD. 11．(2024·湖北襄阳模拟)已知x≥1，y>1，且xy＝4，则(　　) A．1≤x≤4，1<y<4 B．4≤x＋y≤5 C．eq \f(y,x)的最小值为eq \f(1,4)，最大值为4 D．4x＋y2的最小值为12 解析：对于A，由已知得x＝eq \f(4,y)≥1，y＝eq \f(4,x)>1，则1≤x<4，1<y≤4，故A错误；对于B，令t＝x＋y，则t＝x＋y＝x＋eq \f(4,x)在[1，2]上单调递减，在[2，4)上单调递增，得4≤x＋y≤5，故B正确；对于C，结合题意可得eq \f(y,x)＝eq \f(y2,4)，令f(y)＝eq \f(y2,4)，则f(y)＝eq \f(y2,4)在(1，4]上单调递增，得eq \f(1,4)<eq \f(y,x)≤4，故C错误；对于D，设h(x)＝4x＋y2＝4x＋eq \f(16,x2)，则h′(x)＝4－eq \f(32,x3)，当x∈[1，2]时，h(x)单调递减，当x∈[2，4)时，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝12，故D正确．故选BD. 三、填空题 12．a，b，c，d均为实数，使不等式eq \f(a,b)>eq \f(c,d)>0和ad<bc都成立的一组值(a，b，c，d)是_____________________________．(只要写出适合条件的一组值即可) 解析：根据不等式eq \f(a,b)>eq \f(c,d)>0，可知a，b同号，c，d同号，eq \f(a,b)>eq \f(c,d)>0⇒eq \f(a,b)－eq \f(c,d)>0⇒eq \f(ad－bc,bd)>0，ad<bc⇒ad－bc<0，由此可知b，d异号，由这些信息可写出适合条件的一组值，如(2，1，－3，－2)． 解析：因为xy>0，所以x≠0，又x2＋2xy＝1，所以y＝eq \f(1－x2,2x)，所以x2＋y2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x2,2x))) eq \s\up12(2)＝x2＋eq \f(1－2x2＋x4,4x2)＝eq \f(5x2,4)＋eq \f(1,4x2)－eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(5x2,4)·\f(1,4x2))－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，当且仅当eq \f(5x2,4)＝eq \f(1,4x2)时取等号，所以x2＋y2的最小值为eq \f(\r(5)－1,2). eq \f(\r(5)－1,2) 解析：∵x2＋2bx＋c＝0，∴c＝－x2－2bx(x∈[－1，1])，∵0≤4b＋c≤3，∴0≤4b－x2－2bx≤3(x∈[－1，1])，∴eq \f(x2,2－x)≤2b≤eq \f(x2＋3,2－x)，∵方程x2＋2bx＋c＝0在[－1，1]上有实数根，∴eq \f(x2,2－x)≤2b≤eq \f(x2＋3,2－x)在x∈[－1，1]上有实数解，设2－x＝t(t∈[1，3])，则eq \f(4,t)＋t－4≤2b≤eq \f(7,t)＋t－4，∵t∈[1，3]，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)＋t)) eq \s\do7(min)＝4，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,t)＋t)) eq \s\do7(max)＝8，∴0≤2b≤4，∴0≤b≤2. $$