作业05 函数及有关性质（4）不等式 - 2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1．B 【分析】对于 A，取 1 1 2a b c    ， ， 即可判断；对于 B，由不等式性质以及指数函数 单调性即可判断；对于 C，取 1 π 1 2π 1c b a       即可判断；对于 D，取 1.2 1.1 1a b c     即可判断. 【详解】对于 A，取 1 1 2a b c    ， ， ，则 1 10 a b   ，故 A错误； 对于 B，因为 a b c  ，所以 b a   ，所以 c b c a   ，所以 2 2c b c a  ，故 B正确； 对于 C，取 1 π 1 2π 1c b a       ，则    tan tan 0a c b c    ，故 C错误； 对于 D，取 1.2 1.1 1a b c     ，则  ln 2 ln 0.3 0a b c    ，故 D错误. 故选：B. 2．C 【分析】根据基本不等式的性质以及充分与必要条件的判断即可. 【详解】取 1, 2a b   ，则 2 0 a a b a b a       ，故充分性不成立； 当 2 a a b a b a     时，一定有 a a b  ，所以 0b  ，故必要性成立， 所以“ 0b  ”是“ 2 a a b a b a     ”的必要不充分条件. 故选：C 3．C 【分析】设天平左臂长为 a，右臂长为 b，第一次称得的重物为 xg，第二次称得的重物为 yg，由题意得 10ax b  ， 10by a  ，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为天平两臂不等长，所以设天平左臂长为 a，右臂长为 b，则 a b ． 设第一次称得的重物为 xg，第二次称得的重物为 yg，则 10bx a ， 10ay b ， 故 10ax b  ， 10by a  ，所以 10 10 2 20a b a bx y b a b a             ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 当且仅当 a b b a  ，即 a b 时，等号成立， 但 a b ，等号不成立，所以 20x y  ，故两次称得重物的总重量大于 20g． 故选：C. 4．B 【分析】设切点为 0 0( , )x y ，根据导数的几何意义建立方程组 0 0 0 0 0 e 1, e x n x n x m y y          ① ，② ，③ ，化简推得 1m n  ，利用基本不等式“1”的妙用即可求得答案. 【详解】由 ( ) ex nf x  求导得 ( ) e x nf x   ， 设切点为 0 0( , )x y ，则 0 0 0 0 0 e 1, e x n x n x m y y          ① ，② ，③ ， 由① ③ 联立可得 0 0 1y x n    代入② ，可得 1m n  ，又 , 0m n  ， 故 1 2 1 2 2 2( )( ) 3 3 2 3 2 2n m n mm n m n m n m n m n             ，当且仅当 2n m 时等号 成立， 即 2 2 2n m   时， 1 2 m n  取得最小值为3 2 2 . 故选：B. 5．D 【分析】根据题意将表达式中的“2”进行替换，将分式化为齐次式，再利用基本不等式计 算即可. 【详解】因为 0x  ， 0y  ，且 2 2x y  ， 所以  2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 42 2 2 xy xy xy x yx y x x y y x xy y x y y x y x               ， 当且仅当 2 3 x y  时等号成立，则 2 2 xy x y 的最大值为 1 4 ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 故选：D． 6．9 【分析】先求出 1 1 a b  的最小值，再将 a b ab  化为 1 1 a b  ，即可求得答案. 【详解】因为 ,a b R ， 4 1a b  ， 故  1 1 1 1 4 44 5 5 2 9b a b aa ba b a b a b a b                 ， 当且仅当 4b a a b  ，结合4 1a b  ，即 1 1, 6 3  a b 时等号成立， 所以 1 1 9.a b ab a b     ，即 ab a b 的最小值为9， 故答案为：9 . 7．2 【分析】根据导数的几何意义可得曲线 e ( 0)xy a a   在 0x  处的切线方程，再根据导数 的几何意义求出前者与后者的切点坐标后可得 2a b  ，利用“1”的妙用可得最小值. 【详解】  e ex xa   ，   1ln( )x b x b     ， 因为曲线 e ( 0)xy a a   在 0x  处的切线的斜率为 0e 1 ， 故曲线 e ( 0)xy a a   在 0x  处的切线方程为 00 e 1y x a x a       ， 设该直线与曲线 ln( )( 0)y x b b   的切点坐标为   , lnm m b ， 则 1 1 m b   ，故 1m b  ，故切点坐标为  1 ,0b ， 该切点在直线 1y x a   上，故0 1 1b a    即 2a b  ， 故  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 b aa b a b a b a b                   ， 当且仅当 1a b  时等号成立，故 1 1 a b  的最小值为 2， 故答案为：2. 8．BC 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 【分析】利用导数求得 ln 1 ( 1)x x x   ，结合 ln 1 ln 2 ln 1 1 b b b b b b       且 1a  ， 1b  ， 再由导数研究   ln 1xf x x   的区间单调性，进而1 b a b   ，即可得. 【详解】令 ln 1y x x   且 1x  ，则 1 11 0xy x x      恒成立， 所以 ln 1y x x   在 (1, ) 上单调递减，则 ln1 1 1 0y     ，即 ln 1 ( 1)x x x   ， 因为 ln 2 ln 1 1 b a b a     且 1a  ， 1b  ， 而 ln 1 ln 2 ln ln 1 ln 2 ln 1 0 1 ( 1) ( 1) b b b b b b b b b b b b b b b b b                 ， 所以 ln 1 ln 2 ln 2 ln 1 1 2 b b b b b b b b         ， 设   ln 1xf x x   且 1x  ，则   2 ln 0xf x x     ，所以  f x 在  1,  单调递减， 由 ln 1 ln 1 ln 1b a b b a b      ，得1 b a b   ，则b a b a   ，所以 2 2b a b a   . 故选：BC 9．A 【分析】判断出  f x 为 R上的奇函数，求导，结合基本不等式得到   0f x  ，故  f x 在 R上单调递增，从而得到 2 2a x x    ，由于 2 72 4 x x     ，故 7 4 a   . 【详解】   e e 2sinx xf x x   的定义域为 R，且   e e 2sinx xf x x    ， 故    f x f x   ，所以   e e 2sinx xf x x   为 R上的奇函数， 又   e e 2cos 2 e e 2cos 2 2cosx x x xf x x x x         ， 当且仅当 e ex x ，即 0x  时，等号成立，恰好此时 2 2cos 0x  ， 故   0f x  ，故   e e 2sinx xf x x   在 R上单调递增，          2 22 0 2 2f a x f x f a x f x f x            ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 故 2 2a x x    ，即 2 2a x x    ， 由于 2 2 1 7 72 2 4 4 x x x             ，故 7 4 a   ， 则 a的取值范围是 7 , 4     . 故选：A 10．C 【分析】设出 ,A B两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最 小值，然后再利用两角差的正切公式计算即可. 【详解】设   21 1 1, 1 0A x x x  ，则 2 1 1 1 1 1 1 2OA xk x x x      ，当且仅当 1 2x  时取等号； 设  2 2, lnB x a x ，则 2 2 ln ,OB a xk x  令   ln xf x x  ，则   2 1 ln xf x x   ， 令   0 ef x x   ， 所以  0,ex 时，   0f x  ，  f x 单调递增；  e,x   时，   0f x  ，  f x 单调递减， 所以 eOB ak  ， 取 2OAk  ， eOB ak  ，此时 2 etan tan 45 1 1 1 2 e OA OB OA OB a k kAOB ak k           ，解得 e 3 a  . 故选：C. 11．ABD 【分析】利用基本不等式计算可得 A正确，将表达式参数化利用三角函数值域计算可得 B 正确，将表达式化简计算可得   2 2 22 6 1 3 1 2 x yx y xy           ，解不等式可得 2 2 2x y    ，即可得 C错误，D正确. 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 【详解】对于 A，由  22 0x y ≥ 可得 2 24 4x y xy  ， 因此 2 2 2 2 44 2 1 1 2 x yx y xy      ，可得 2 24 2x y  ， 当且仅当 2x y 时，等号成立，即 A正确； 对于 B，将表达式 2 24 2 1x y xy   化简可得  2 23 1x y y   ， 将方程参数化可知 3 3cos sin , sin 3 3 x y     ，  0, 2π  ； 所以    3 1 2 3cos sin 1 sin sin 3 3 3 x             ，其中 tan 3  ； 又  1 sin 1     ，所以  2 3 2 3 2 3sin 3 3 3 x       ，可得 B正确； 对于 C，由 2 24 2 1x y xy   可得 2 24 4 6 1x y xy xy    ， 即   2 2 22 6 1 3 1 2 x yx y xy           ， 因此  22 4x y ≤ ，解得 2 2 2x y    ， 当且仅当 2x y 时，等号成立，即 C错误，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：在求解 x的取值范围时关键在于利用表达式特征，将等式参数化并 利用辅助角公式计算即可得出结论. 12．D 【分析】条件可转化为以函数  y f x 的图象与函数 y m 的图象有四个交点，作函数  y f x 的图象，观察图象可得 1 2 2x x   ， 1 2 3 40 1x x x x     ，结合条件及对勾函数 性质求 3 4x x 的范围可得结论. 【详解】因为函数 ( ) ( )g x f x m  有四个零点，所以方程 ( ) 0f x m  有四个根， 所以方程  f x m 有四个根， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 所以函数  y f x 的图象与函数 y m 的图象有四个交点， 作函数 2 2 1, 0 ( ) 2 ln , 0 x x x f x x x        的图象可得 观察图象可得 2 1m    ， 1 2 3 40 1x x x x     ，且 1 2 2x x   ， 所以 3 42 ln 2 lnx x     ，所以 3 42 ln 2 lnx x     ， 所以  3 4ln 0x x  ，故 3 4 1x x  ， 令 32 ln 1x    可得， 3ln 1x   ，故 1 3 1e e x   ， 所以 3 1 1 e x  ， 所以 3 4 3 3 1x x x x    ， 因为函数 1y x x   在 1 ,1 e     上单调递减， 所以 3 3 1 12 e e x x     ，即 3 4 12 e e x x    ， 又 1 2 2x x   ， 所以 1 2 3 4 10 2 e e x x x x        ， 所以 1 2 3 4x x x x   的取值范围为 10, 2 e e       ， 故选：D. 13．C 【分析】利用赋值法得出  0 2f  ，  2 8f  ，令 2x  可得出    2 16f y f y  ，进而可 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 得出    2 16f x f x  ，推导出   0f x  ，再利用基本不等式可求出    2f x f x  的最 小值. 【详解】令 0y  可得      0 2f x f f x ，因为   0f x  ，则  0 2f  ， 令 2x  ， 1y  可得      1 1 2 2 16f f f  ，解得  2 8f  ， 令 2x  可得      2 2 2 16f y f y f   ，即    2 16f x f x  ， 令 2x y 可得      2 2f y f y f y ，所以，   2 1 0 2 2 xf x f        ， 所以，  2 0f x  ，   0f x  ， 由基本不等式可得        2 2 2 2 16 8f x f x f x f x       ， 当且仅当    2 4f x f x   时，等号成立，当 1x  时，等号成立， 所以，    2f x f x  的最小值为8 . 故选：C. 14． 3| 2 2 x x       【分析】先求出集合 ,A B中元素范围，再求  UA B∩ ð 即可. 【详解】 3 2 3| 0 | 5 5 2 xA x x x x                 ，   2 | 2B x x x x     或 2x  ， 则  | 2 2UB x x   ð ， 所以   3| 2 2U xA B x         ð . 故答案为： 3| 2 2 x x       . 15．1 【分析】先令 8 2 8 , 2a bt t    ，利用对数的运算法则，把 2a b 化成 2 8log 2 t t  ，再令 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 2 , 2 2 tm t t    ，利用基本不等式求m的最小值，即可得到 2a b 的最小值. 【详解】令 8 2 8 , 2a bt t    ，则  8 8log , log 2a t b t   ， 所以   2 8 8 82 2log log 2 log 2 ta b t t t       ． 令 2 , 2 2 tm t t    ， 则       2( 2) 4 2 4 4 42 4 2 2 4 8 2 2 2 t t m t t t t t                  ， 当且仅当 42 2 t t    ，即 4t  时等号成立． 所以 2 8 8log log 8 12 t t    ，即 2 82 log 12 ta b t     ．故 2a b 的最小值为 1． 故答案为：1 16． 9 2 【分析】令    2g x f x   ，求出方程  1 0f x   、   0g x  的根，假设 1 2c a   ，结 合穿根法可得出 1 2c a   ，进而得出 1 2a c   ，分析可知    1 2 0x b x b            对 任意的 xR 恒成立，可求出b的值，由此可得出 a b c  的值. 【详解】因为      f x x a x b x c    ，则      1 1 1 1f x x a x b x c        ， 令  1 0f x   ，可得 1x a  或 1x b  或 1x c  ， 由于 a b c  ，则 1 1 1a b c     ，      2 2 2 2f x x a b x x c        ， 令        2 2 2 2g x f x x a x b x c          ， 令   0g x  可得 2x a  或 2x b  或 2x c  ， 由于 a b c  ，则 2 2 2c b a     ， 由    1 2 0f x f x   可得    1 0f x g x  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 若 1 2c a   ，取  1 max 1,2x c a   ，  2 min 1,2x c a   ，  3 2max , 1,2x x b b   ， 当 1x x 时，  1 0f x   ，   0g x  ，此时，    1 0f x g x  ， 当 3 1x x x  时，由穿根法可知，    1 0f x g x  ，矛盾， 所以， 1 2c a   ，即 3a c  ，则 1 2a c   ， 所以            2 21 1 1 1 2f x g x x a x c x b x b                           ， 因为    1 0f x g x  对任意的 xR 恒成立， 所以    1 2 0x b x b            对任意的 xR 恒成立，则 1 2b b   ，解得 3 2 b  ， 因此， 3 93 2 2 a b c     . 故答案为： 9 2 . 17．B 【分析】方法一：根据     1f a f b  可得 1ab  ，再由基本不等式计算可得结果； 方法二：由函数解析式可得   1 1f a f a       ，再由单调性可得 1ab  ，利用基本不等式计 算可得结果. 【详解】方法一：由     1f a f b  可得 2 2 2 2 2 2 2 1 11 11 1 1 1 a b b a b b b         ， 易知   2 11 1 f x x    在  0,  上单调递增， 因此可得 1a b  ，即 1ab  ； 又  2 2 2 2 2 2 2 9 2 9 2 9 1 364 81 4 81 (2 9 ) 36 2 9 2 9 a b a b a b a b a b a b a b a b              高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 要求  2 2 2 2 9 4 81 a b a b   的最大值，只需考虑2 9 0a b  即可， 因此   1 1 1 36 12362 9 2 2 92 9 2 9 a b a ba b a b        ， 当且仅当  3 3 1 3 1, 2 3 a b     时，等号成立； 故选：B. 方法二：     1f a f b  ，而   1 1f a f a       ，所以   1f b f a       ； 而   2 11 1 f x x    在  0,  上单调递增， 所以 1b a  ，即 1ab  ， 因此原式 2 2 2 2 9 2 9 4 81 (2 9 ) 36 a b a b a b a b        ，要求其最大值，只需考察 2 9 0a b  可得原式 1 1 1 36 122 362 9 2 9 a b a b       ， 当且仅当 2 9 6 1 a b ab     时，即  3 3 1 3 1, 2 3 a b     时等号成立； 故选：B. 18．(1)冰箱能够按要求运送入客户家中，理由见解析； (2) EF最小值为18 2 12 5  米，此情况下能推运冰箱高度的最大值为 2.6米. 【分析】（1）过 A，D作水平线 1 2,l l ，作 2 1,CF l DE l  ，由 h DE CF  可得； （2）延长EF与直角走廊的边相交于M 、N，由 EF MN ME NF   表示出 EF，设 πsin cos 2 sin 4 t           进行换元，利用单调性即可求解. 【详解】（1）过 A，D作水平线 1 2,l l ，作 2 1,CF l DE l  如图， 当倾斜角 π 4   时，冰箱倾斜后实际高度（即冰箱最高点到地面的距离） 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 π π 8 20.8sin 2.4cos 2.3 4 4 5 h DE CF      ， 故冰箱能够按要求运送入客户家中． （2）延长EF与直角走廊的边相交于M 、N， 则 1.8 1.8+ sin cos MN OM ON     ， 1.2 tan EM   ， 1.2 tanFN  ， 又 EF MN ME NF   ， 则 1.8 1.8 1 1.8(sin cos ) 1.21.2(tan ) sin cos tan sin cos EF               ， π0, 2       ． 设 πsin cos 2 sin 4 t           ， 因为 π0, 2       ，所以 π π 3π, 4 4 4        ，所以 1, 2t  ， 则   2 2 1.8 1.2 6 3 2 1 5 11 2 t tEF tt       ， 再令 3 2m t  ，则 26 54 1 , 1,3 2 255 52 41 3 mEF m m m m              ， 易知， 5 4y m m    在 1,3 2 2 上单调递增， 所以 54 1 , 1,3 2 255 4 y m m m        单调递减， 故当 3 2 2m   ，即 2t  ， π 4   时， EF取得最小值18 2 12 2.69 5   . 由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为 2.6米． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 19．(1) 2 3 4 0x y   (2)（i） 2( )a b ；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意，得到 1 2 2 1 4 xy        ，求得 1 2 21 11 2 4 2 xy x               ，结合导数的几 何意义，即可求解； （2）根据题意，得到 1 a b x y   ， （i）化简 ( ) ( ) a b ay bxx y x y a b x y x y              ，结合基本不等式，即可求解； （ii）由题意，得到 ( )( )x a y b ab   ，设 x a at  ， by b t   ，其中 (0, )t  ，化简得 到 1(1 ) 1 n n n n n nx y a t b t          ，记 1( ) (1 ) 1 n n n nh t a t b t         ，利用导数求得函数的单调 性和最小值，即可求解. 【详解】（1）解：当 2, 1a b  时，可得 1 2 2 1 4 xy        ，则 1 2 21 11 2 4 2 xy x               ， 所以 1 3 6x y     ，所求切线方程为 3 3 ( 1) 2 6 y x    ，即 2 3 4 0x y   . （2）解：由 y是关于 x的“ 1 型函数”，可得 1 1 1x y a b               ，即 1 a b x y   ， （i）因为 2( ) ( ) 2 ( ) a b ay bx ay bxx y x y a b a b a b x y x y x y                    ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 当且仅当 2( ) ay bx x y x y a b        即 x a ab y b ab       时取得最小值. （ii）由 1 1 1x y a b               ，即 1 a b x y   ，则 ( )( )x a y b ab   ，且 x a ， y b ， 可设 x a at  ， by b t   ，其中 (0, )t  ， 于是 1 1[ (1 )] 1 (1 ) 1 n n n n n n n nx y a t b a t b t t                      ， 记 1( ) (1 ) 1 n n n nh t a t b t         ， 可得       11 1 1 2 1 11 11 1 nn nn nn n n n na t bh t na t nb t t t t a                                 ， 由   0h t  ，得 1 n nbt a       ，记 1 0 n nbt a       ， 当 00 t t  时   0h t  ，当 0t t 时，   0h t  ，则     1 1 min 0 0 0 1( ) 1 1 1 1 n nn nn n nnn n n nb ah t h t a t b a b t a b                                       1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n na b a b a b a a b b b a                                           1 1 1 n n n n n na b           ，所以   1 1 1 1 n n n n n n n nnx y a b            . 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到 分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题， 就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 第 1 页 共 4 页 作业 05：《函数及有关性质（4）——不等式应用》 使用说明：第一部分 夯实基础：以基础题呈现，旨在保证填补知识漏洞。 第二部分 考题演练：以考试常规题型呈现，难度适中，贴近高考。 第三部分 拓展提升：结合新高考考情，适当创新、拔高难度，开拓视野。 不等式这边比较灵活，有一定的技巧性。而且多与其他考点如三角、立体几何融合考 查。在新高考考情下，极有可能成为题目创新（尤其是压轴题）的切入点之一。而高考题 （模拟题）的解答，很多也不仅依赖于高一知识，需要结合导数有关知识求解，两者是紧 密联系的。因此在前面复习了导数的两节后安排不等式的“刷题”，确保能更全面的解题 而不必受约束。 为此，特地在导数大题 1后面的系列插入一章不等式，融合导数知识点。以融会贯通， 承上启下，为下面的学习做好“热身”。 一、夯实基础 1．（24-25北京海淀高三）已知非零实数 , ,a b c满足 a b c  ，则下列不等式成立的是（ ） A． 1 1 a b  B． 2 2c b c a  C．    tan tana c b c   D．  ln 2 0a b c   2．（2026湖南高三期初）已知 ,a bR ，则“ 0b  ”是“ 2 a a b a b a     ”的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．某同学使用一架两臂不等长的天平称一批重物．他先将 10g的砝码放在天平的左盘， 取一部分重物放在天平的右盘，使天平平衡；第二次将 10g的砝码放在天平的右盘，取另 一部分重物放在天平的左盘，使天平平衡，则两次称得重物的总重量（ ） A．等于 20g B．小于 20g C．大于 20g D．与左右臂的长度有关 4．（2026重庆高三期初）已知 ,m n 是正实数，若函数 ( ) ex nf x  的图象与 ( )g x x m  的图象相切，则 1 2 m n  的最小值是（ ） A． 2 2 B．3 2 2 C．1 2 D．3 5．（2026安徽高三期初）已知 0x  ， 0y  ， 2 2x y  ，则 2 2 xy x y 的最大值为（ ） A． 12 B． 2 9 C．1 D． 1 4 6．（2025四川眉山模拟）已知 ,a b R e ( 0)xy a a   ，4 1a b  ，则 a b ab  的最小值 是 . 7．（2025·济南模拟）若曲线在 0x  处的切线也是曲线 ln( )( 0)y x b b   的切线，则 1 1 a b  高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 第 2 页 共 4 页 的最小值为 . 二、考题演练 8．（2026届广州高三阶段训练，多选）若 1a  ， 1b  ，且      ln 2 1 ln 1a b b a    ，则 （ ） A． a b B． a b C． 2a b D． 2a b 9．（2026届广东惠州练习）已知函数   e e 2sinx xf x x   ，若    2 2 0f a x f x    恒 成立，则 a的取值范围是（ ） A． 7 , 4     B． 7 4      ， C． 7 2      ， D． 7 , 2    10．（2025厦门三模）设O为坐标原点，若曲线 2 1y x  和曲线  ln 0y a x a  上分别存在 A，B两点，使得 45AOB  ，则 a的取值范围为（ ） A． e , 2    B． 2e, C． e , 3    D． 3e, 11．（2025淮阴中学等四校联考，多选）若 ,x yR 满足 2 24 2 1x y xy   ，则（ ） A． 2 24 2x y  B． 2 3 2 3 3 3 x   C． 2 1x y  D． 2 2x y   12．（2025西安二模）已知函数 2 2 1, 0 ( ) 2 ln , 0 x x x f x x x        ，若函数 ( ) ( )g x f x m  的四个零 点从小到大排列依次为 1 2 3 4, , ,x x x x ，则 1 2 3 4x x x x   的取值范围为（ ） A． ( 2, )  B． ( 2,1] C． 12,e e      D． 10, 2 e e       13．（2025南昌二模）已知函数  f x 满足      2f x y f y f x  ，   0f x  且  1 4f  ， 则    2f x f x  的最小值为（ ） A． 4 B． 2 2 C．8 D．4 2 14．（2024沧州一模）已知全集U  R，集合 3 2| 0 5 xA x x       ，集合  2B x x  ，则  UA B  ð ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 第 3 页 共 4 页 15．已知8 8 2a b  ，则 2a b 的最小值为 ． 16．（2025苏北七市二模）设函数        f x x a x b x c    ，其中a b c  ．若    1 2 0f x f x   对任意的 xR 恒成立，则a b c   ． 三、拓展提升 17．（2025淮安高三一模）已知函数   2 21 xf x x   ，正数 a，b满足     1f a f b  ，则  2 2 2 2 9 4 81 a b a b   的最大值为（ ） A． 1 24 B． 1 12 C． 1 6 D． 1 4 18．（2024南昌三模）网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小 金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示 意图． （1）为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的 倾斜角 不能超过 π 4 ，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图 1所 示，记长方体的纵截面为矩形 ABCD， 0.8mAD  ， 2.4mAB  ，而客户家门高度为 2.3米， 其他过道高度足够．若以倾斜角 π 4   的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家 中？计算并说明理由． （2）由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了 省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小 于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图 2所示，过道宽为1.8米．记此冰箱水 平截面为矩形 EFGH ， 1.2mEH  ．设 PHG   ，当冰箱被卡住时(即点 H 、G分别在射 线 PR、 PQ上，点O在线段 EF上），尝试用  表示冰箱高度 EF的长，并求出 EF 的最小 值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结 果精确到 0.1m） 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 第 4 页 共 4 页 19．（2024南昌三模）定义：若变量 , 0x y  ，且满足： 1 m mx y a b             ，其中 , 0, Za b m  ， 称 y是关于的“m型函数”. （1）当 2, 1a b  时，求 y关于 x的“2型函数”在点 31, 2        处的切线方程； （2）若 y是关于 x的“ 1 型函数”， （i）求 x y 的最小值： （ii）求证：   1 1 1 1 n n n n n n n nnx y a b            ，  Nn  . 【模拟考场】 19.（17分） 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1．B 【分析】对于A，取即可判断；对于B，由不等式性质以及指数函数单调性即可判断；对于C，取即可判断；对于D，取即可判断. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，所以，故B正确； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，取，则，故D错误. 故选：B. 2．C 【分析】根据基本不等式的性质以及充分与必要条件的判断即可. 【详解】取，则，故充分性不成立； 当时，一定有，所以，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：C 3．C 【分析】设天平左臂长为a，右臂长为b，第一次称得的重物为xg，第二次称得的重物为yg，由题意得，，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为天平两臂不等长，所以设天平左臂长为a，右臂长为b，则． 设第一次称得的重物为xg，第二次称得的重物为yg，则，， 故，，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 但，等号不成立，所以，故两次称得重物的总重量大于20g． 故选：C. 4．B 【分析】设切点为，根据导数的几何意义建立方程组，化简推得，利用基本不等式“1”的妙用即可求得答案. 【详解】由求导得， 设切点为，则， 由① ③ 联立可得代入② ，可得，又， 故，当且仅当时等号成立， 即时，取得最小值为. 故选：B. 5．D 【分析】根据题意将表达式中的“2”进行替换，将分式化为齐次式，再利用基本不等式计算即可. 【详解】因为，，且， 所以， 当且仅当时等号成立，则的最大值为． 故选：D． 6．9 【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案. 【详解】因为，， 故， 当且仅当，结合，即时等号成立， 所以，即的最小值为， 故答案为：. 7．2 【分析】根据导数的几何意义可得曲线在处的切线方程，再根据导数的几何意义求出前者与后者的切点坐标后可得，利用“1”的妙用可得最小值. 【详解】，， 因为曲线在处的切线的斜率为， 故曲线在处的切线方程为， 设该直线与曲线的切点坐标为， 则，故，故切点坐标为， 该切点在直线上，故即， 故， 当且仅当时等号成立，故的最小值为2， 故答案为：2. 8．BC 【分析】利用导数求得，结合且，，再由导数研究的区间单调性，进而，即可得. 【详解】令且，则恒成立， 所以在上单调递减，则，即， 因为且，， 而， 所以， 设且，则，所以在单调递减， 由，得，则，所以. 故选：BC 9．A 【分析】判断出为R上的奇函数，求导，结合基本不等式得到，故在R上单调递增，从而得到，由于，故. 【详解】的定义域为R，且， 故，所以为R上的奇函数， 又， 当且仅当，即时，等号成立，恰好此时， 故，故在R上单调递增， ， 故，即， 由于，故， 则的取值范围是. 故选：A 10．C 【分析】设出两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最小值，然后再利用两角差的正切公式计算即可. 【详解】设，则，当且仅当时取等号； 设，则 令，则， 令， 所以时，，单调递增；时，，单调递减， 所以， 取，，此时，解得. 故选：C. 11．ABD 【分析】利用基本不等式计算可得A正确，将表达式参数化利用三角函数值域计算可得B正确，将表达式化简计算可得，解不等式可得，即可得C错误，D正确. 【详解】对于A，由可得， 因此，可得， 当且仅当时，等号成立，即A正确； 对于B，将表达式化简可得， 将方程参数化可知，； 所以，其中； 又，所以，可得B正确； 对于C，由可得， 即， 因此，解得， 当且仅当时，等号成立，即C错误，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：在求解的取值范围时关键在于利用表达式特征，将等式参数化并利用辅助角公式计算即可得出结论. 12．D 【分析】条件可转化为以函数的图象与函数的图象有四个交点，作函数的图象，观察图象可得，，结合条件及对勾函数性质求的范围可得结论. 【详解】因为函数有四个零点，所以方程有四个根， 所以方程有四个根， 所以函数的图象与函数的图象有四个交点， 作函数的图象可得 观察图象可得，，且， 所以，所以， 所以，故， 令可得，，故， 所以， 所以， 因为函数在上单调递减， 所以，即， 又， 所以， 所以的取值范围为， 故选：D. 13．C 【分析】利用赋值法得出，，令可得出，进而可得出，推导出，再利用基本不等式可求出的最小值. 【详解】令可得，因为，则， 令，可得，解得， 令可得，即， 令可得，所以，， 所以，，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，当时，等号成立， 所以，的最小值为. 故选：C. 14． 【分析】先求出集合中元素范围，再求即可. 【详解】，或， 则， 所以. 故答案为：. 15．1 【分析】先令，利用对数的运算法则，把化成，再令，利用基本不等式求的最小值，即可得到的最小值. 【详解】令，则， 所以． 令， 则， 当且仅当，即时等号成立． 所以，即．故的最小值为1． 故答案为：1 16． 【分析】令，求出方程、的根，假设，结合穿根法可得出，进而得出，分析可知对任意的恒成立，可求出的值，由此可得出的值. 【详解】因为，则， 令，可得或或， 由于，则， ， 令， 令可得或或， 由于，则， 由可得， 若，取，，， 当时，，，此时，， 当时，由穿根法可知，，矛盾， 所以，，即，则， 所以， 因为对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立，则，解得， 因此，. 故答案为：. 17．B 【分析】方法一：根据可得，再由基本不等式计算可得结果； 方法二：由函数解析式可得，再由单调性可得，利用基本不等式计算可得结果. 【详解】方法一：由可得， 易知在上单调递增， 因此可得，即； 又 要求的最大值，只需考虑即可， 因此， 当且仅当时，等号成立； 故选：B. 方法二：，而，所以； 而在上单调递增， 所以，即， 因此原式，要求其最大值，只需考察 可得原式， 当且仅当时，即时等号成立； 故选：B. 18．(1)冰箱能够按要求运送入客户家中，理由见解析； (2)最小值为米，此情况下能推运冰箱高度的最大值为米. 【分析】（1）过A，D作水平线，作，由可得； （2）延长与直角走廊的边相交于、，由表示出，设进行换元，利用单调性即可求解. 【详解】（1）过A，D作水平线，作如图， 当倾斜角时，冰箱倾斜后实际高度（即冰箱最高点到地面的距离） ，                      故冰箱能够按要求运送入客户家中． （2）延长与直角走廊的边相交于、， 则，，， 又， 则，． 设， 因为，所以，所以， 则 ， 再令，则， 易知，在上单调递增， 所以单调递减， 故当，即，时，取得最小值. 由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为米． 19．(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，即可求解； （2）根据题意，得到， （i）化简，结合基本不等式，即可求解； （ii）由题意，得到，设，，其中，化简得到，记，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解. 【详解】（1）解：当时，可得，则， 所以，所求切线方程为，即. （2）解：由是关于的“型函数”，可得，即， （i）因为， 当且仅当即时取得最小值. （ii）由，即，则，且，， 可设，，其中， 于是， 记， 可得， 由，得，记， 当时，当时，，则 ，所以. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 学科网（北京）股份有限公司 $$高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：05 作业05：《函数及有关性质（4）——不等式应用》 使用说明：第一部分 夯实基础：以基础题呈现，旨在保证填补知识漏洞。 第二部分 考题演练：以考试常规题型呈现，难度适中，贴近高考。 第三部分 拓展提升：结合新高考考情，适当创新、拔高难度，开拓视野。 不等式这边比较灵活，有一定的技巧性。而且多与其他考点如三角、立体几何融合考查。在新高考考情下，极有可能成为题目创新（尤其是压轴题）的切入点之一。而高考题（模拟题）的解答，很多也不仅依赖于高一知识，需要结合导数有关知识求解，两者是紧密联系的。因此在前面复习了导数的两节后安排不等式的“刷题”，确保能更全面的解题而不必受约束。 为此，特地在导数大题1后面的系列插入一章不等式，融合导数知识点。以融会贯通，承上启下，为下面的学习做好“热身”。 一、夯实基础 1．（24-25北京海淀高三）已知非零实数满足，则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026湖南高三期初）已知，则“”是“”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．某同学使用一架两臂不等长的天平称一批重物．他先将10g的砝码放在天平的左盘，取一部分重物放在天平的右盘，使天平平衡；第二次将10g的砝码放在天平的右盘，取另一部分重物放在天平的左盘，使天平平衡，则两次称得重物的总重量（    ） A．等于20g B．小于20g C．大于20g D．与左右臂的长度有关 4．（2026重庆高三期初）已知 是正实数，若函数 的图象与 的图象相切，则 的最小值是（    ） A． B． C． D．3 5．（2026安徽高三期初）已知，，，则的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 6．（2025四川眉山模拟）已知，，则的最小值是 . 7．（2025·济南模拟）若曲线在处的切线也是曲线的切线，则的最小值为 . 二、考题演练 8．（2026届广州高三阶段训练，多选）若，，且，则（    ） A． B． C． D． 9．（2026届广东惠州练习）已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 10．（2025厦门三模）设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在A，B两点，使得，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 11．（2025淮阴中学等四校联考，多选）若满足，则（    ） A． B． C． D． 12．（2025西安二模）已知函数，若函数的四个零点从小到大排列依次为，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 13．（2025南昌二模）已知函数满足，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 14．（2024沧州一模）已知全集，集合，集合，则 ． 15．已知，则的最小值为 ． 16．（2025苏北七市二模）设函数，其中．若对任意的恒成立，则 ． 三、拓展提升 17．（2025淮安高三一模）已知函数，正数，满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 18．（2024南昌三模）网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图． （1）为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形，，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够．若以倾斜角的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由． （2）由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为米．记此冰箱水平截面为矩形，．设，当冰箱被卡住时(即点、分别在射线、上，点在线段上），尝试用表示冰箱高度的长，并求出的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到） 19．（2024南昌三模）定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”. （1）当时，求关于的“2型函数”在点处的切线方程； （2）若是关于的“型函数”， （i）求的最小值： （ii）求证：，. 【模拟考场】 19.（17分） 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$