专题10 不等式性质及其应用（北京专用）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编

专题10 不等式性质及其应用 题型概览 题型01 不等式的性质 题型02 不等式的解法与集合等知识的交汇 题型03 基本不等式的应用 题型04 不等式的证明与导数交汇 ( 题型01 )不等式的性质 1．（2025·北京房山·一模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·北京丰台·一模）已知，，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·北京石景山·一模）已知x，，且，则（   ） A． B． C． D． ( 题型0 2 )不等式的解法与集合等知识的交汇 1．（2025·北京西城·一模）已知集合，，那么集合（   ） A． B． C． D． 2．（2025·北京朝阳·一模）已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·北京朝阳·期末）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·北京通州·一模）“”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 5．（2025·北京东城·一模）已知，则“”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 ( 题型0 3 )基本不等式的应用 1．（2025·北京海淀·一模）已知四个数，，，，其中最小的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·北京延庆·一模）设x，，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·北京顺义·一模）已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 ( 题型0 4 ) 不等式的证明与导数交汇 1．（2025·北京通州·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)曲线在点处的切线为l，记l与y轴交点的纵坐标为，求的最大值； (3)若有两个根，，写出a的范围并证明. 2．（2025·北京东城·一模）设函数，曲线在处的切线方程为. (1)求的值； (2)求不等式的解集； (3)已知，其中，直线的方程为.若，且，求证：. 3．（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，求证：是上的单调递减函数； (3)求证：当时，. 4．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 不等式 题型概览 题型01 不等式的性质 题型02 不等式的解法与集合等知识的交汇 题型03 基本不等式的应用 题型04 不等式的证明与导数交汇 ( 题型01 )不等式的性质 1．（2025·北京房山·一模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对选项逐一判断，不正确的举反例，正确的加以说明即可． 【详解】对于A选项：举反例可知不成立；对于B选项： 举反例可知不成立； 对于C选项：，因为，所以，而且不同时为0，故，即，正确；对于D选项： 举反例可知不成立；故选：C． 2．（2025·北京丰台·一模）已知，，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】ABD利用不等式性质无法推出，都可举出反例进行否定；C可借助于指数函数的单调性，结合不等式的性质得到证明. 【详解】选项A：，举反例：取，，，，则 ，，显然 不成立，因此A不恒成立；选项B：举反例：取 ，，，，则 ，，显然 不成立，故B不恒成立；选项C：由于指数函数 是严格递增函数， 和 分别推出 和 ，因此 恒成立，因此C恒成立；选项D：举反例：取，，，，则 ，，显然 不成立，因此D不恒成立.故选：C. 3．（2025·北京石景山·一模）已知x，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用反比例函数，指数函数，对数函数，余弦函数的性质判断即可. 【详解】因为，所以，即，故A错误；因为，所以，即，故B正确；因为，而余弦函数在上不单调，如，故C错误；因为，由于当时，恒有，故D错误；故选：B. ( 题型0 2 )不等式的解法与集合等知识的交汇 1．（2025·北京西城·一模）已知集合，，那么集合（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合. 【详解】因为，，所以，.故选：A. 2．（2025·北京朝阳·一模）已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出集合A，然后根据交集运算求解即可. 【详解】，所以，故选：A. 3．（23-24高三上·北京朝阳·期末）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先解对数函数不等式化简集合B，然后利用并集运算求解即可. 【详解】因为，又，所以. 故选：A 4．（2025·北京通州·一模）“”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】先判断充分性，即判断当时，是否成立；再判断必要性，即判断当时，是否成立． 【详解】设函数，其定义域为．对求导，根据求导公式，可得．因为，所以，则．这表明函数在上单调递增．当时，，即，移项可得．所以由能推出，充分性成立． 当时，即．因为，且在上单调递增，所以时，．这说明当时，不一定有，必要性不成立． 因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A． 5．（2025·北京东城·一模）已知，则“”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】根据、分别有、，结合基本不等式有，再根据推出关系判断条件间的关系. 【详解】由，则必有，由，则，可得， 又，根据基本不等式有，若且，则有，即是的充分条件，若，则，此时满足，但不成立，所以是的非必要条件，综上，“”是“”的充分不必要条件.故选：A ( 题型0 3 )基本不等式的应用 1．（2025·北京海淀·一模）已知四个数，，，，其中最小的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用对数函数单调性可求得，再由基本不等式以及不等式性质比较得出四个数的大小，即可得出结论. 【详解】易知，所以可得，即；再由基本不等式可得，即；显然，即；因此可得，即最小的是.故选：C 2．（2025·北京延庆·一模）设x，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】特殊值法分别判断A，B，C，再结合基本不等式计算判D. 【详解】因为，对于A：取，所以，A选项错误；对于B：取，所以，B选项错误；对于C：取，所以，C选项错误； 对于D，，当且仅当取等号，所以，因为，所以，当且仅当取等号，所以，所以，D选项正确.故选：D. 3．（2025·北京顺义·一模）已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，结合零点的存在定理和对数的性质，即可判断③． 【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称， 所以关于对称，又由得交点坐标为，则， 对于①：因为，且，所以，①错误； 对于②：由，因为，则；②正确； 对于③：直线与联立，可得，即，设函数，是增函数，又由，，可得，所以函数在区间上存在唯一零点，即，因为，所以，构造函数，则，当时，可得，函数在单调递增；当时，可得，函数在单调递减；，，，③正确；故选：C ( 题型0 4 ) 不等式的证明与导数交汇 1．（2025·北京通州·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)曲线在点处的切线为l，记l与y轴交点的纵坐标为，求的最大值； (3)若有两个根，，写出a的范围并证明. 【答案】(1)增区间，减区间 (2) (3)，证明见详解 【分析】（1）求导，判断导数正负得解； （2）利用导数的几何意义求出曲线在处的切线方程，得到的表达式，利用导数求最大值； （3）由的单调性判断极值，值域，得到的取值范围，且，，要证，即证，又，即证在上恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，，利用导数证明恒成立即可. 【详解】（1）由，故当时，，当时，， 所以的单调增区间为，减区间为. （2）曲线在处的切线斜率，又，所以其切线方程为， 令，得，则，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以. （3）由（1），的单调增区间为，减区间为，且，， 当时，，当时，，即时，，时，，若有两个根，则，且，，要证，即证，又在上单调递减，即证，又，即证在上恒成立，又，即证，两边取对数，原命题即证在上恒成立，令，， ，故在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，故得证. 2．（2025·北京东城·一模）设函数，曲线在处的切线方程为. (1)求的值； (2)求不等式的解集； (3)已知，其中，直线的方程为.若，且，求证：. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，结合已知求参数值； （2）导数研究函数的单调性，结合函数的零点求不等式的解集； （3）问题化为且上恒成立，即判定证明、在上单调递增即可证. 【详解】（1）由题设，则，而，所以曲线在处的切线方程为，所以，即为，则； （2）由（1）得，则，令，则， 当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 所以，故在R上单调递增，且，所以的解集为； （3）由（2）知在R上单调递增，要证，即证， 由且，即证，由，，则且， 所以且上，证明，即恒成立， 所以，只需证在上单调递增，且增长速度逐渐变快，由（2），、在上均单调递增，所以且上，恒成立，故，得证. 3．（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，求证：是上的单调递减函数； (3)求证：当时，. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出，再计算得切点和切线斜率即可得到切线方程； （2）通过二次求导得，则，则是上的单调递减函数； （3）令，求导得，再利用放缩法得，最后再次放缩即可证明. 【详解】（1）依题意，． 又， 所以. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由（1）知，，， 所以. 令，则， 因为，所以，即， 所以在上单调递减，所以， 即，所以是上的单调递减函数. （3）令， 则， 由（2）知，在上单调递减， 所以当时，，此时，即在上单调递减， 所以，即， 当时，，，. 所以即， 所以即， 综上可得：当时，. 4．（2025·北京朝阳·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求证：当时，； (3)若函数有个不同的零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）当时，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性即可证得结论成立； （3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在定义域上的单调性，确定每种情况下函数的零点个数，并结合零点存在定理可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则，所以，． 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由题设知． 设函数． 当时，因为， 所以对任意的恒成立，即． 所以函数在区间上单调递增，所以． 所以当且时，． （3）函数的定义域为， ． ①当时，，函数在区间上单调递减， 函数至多一个零点，不合题意； ②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增， 函数至多一个零点，不合题意． ③当时，对于函数， 因为，所以方程有两个实数根、， 满足，， 不妨设，则，、的情况如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是． 因为，所以为的一个零点． 又，，且， 所以存在唯一实数，使得．又，，且， 所以存在唯一实数，使得．所以函数有个不同的零点． 综上，的取值范围为． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$