第二编 自主复习 第3讲 不等式-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦不等式专题，覆盖不等式性质、解法、恒成立问题及基本不等式求最值等高考核心考点，依据高考评价体系分析考情，明确比较大小、最值求解等热点题型权重，通过知识串联与结论记忆构建体系，归纳四大考向及对应解题策略，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+技巧突破”，包含2025新课标Ⅱ卷等多道真题解析，如用分离参数法解决恒成立问题，强调基本不等式“一正二定三相等”条件，培养学生数学思维与推理意识，助力掌握答题模板，教师可据此精准教学，提升学生应试能力与得分率。

第二编　主干知识突破 自主复习　常考小题的几种类型 第3讲　不等式 「考情研析」1.利用不等式的性质比较大小、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． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 核心 知识回顾 5 核心 知识回顾 6 核心 知识回顾 7 热点 考向探究 热点 考向探究 9 (2)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 热点 考向探究 14 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 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 17 热点 考向探究 18 3．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 19 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 1．解一元二次不等式的四个步骤 热点 考向探究 23 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 24 1．(2025·河北秦皇岛一模)已知λ>0，集合A＝{x|x2－5x－6<0}，B＝{x|(x－λ)(x－2λ)<0}，若x∈A是x∈B的必要不充分条件，则λ的取值范围为(　　) A．(0，3) B．(0，3] C．(0，2) D．(0，2] 热点 考向探究 25 2．(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 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．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．(2025·江西十校协作体二模)已知对任意的x<0，不等式(ax－4)(x2＋b)≥0(a，b∈Z)恒成立，则a2－b的取值集合为________． {8，17} 热点 考向探究 32 热点 考向探究 33 (2)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 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 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 真题VS押题 真题VS押题 42 真题VS押题 43 3．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，12)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 44 真题VS押题 45 真题VS押题 46 5．(2025·天津卷，15)若a，b∈R，∀x∈[－2，2]，(2a＋b)x2＋bx－a－1≤0，则2a＋b的最小值为________． －4 真题VS押题 47 真题VS押题 48 真题VS押题 49 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 利用不等式的性质求参数 范围 一元二次不等式的解集；集合的并集运算 利用不等式的性质比较大小 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 利用不等式的性质比较大小 由一元二次不等式的解求参数范围 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 由不等式恒成立求参数范围 利用不等式的性质比较大小 一元二次不等式的解集；由基本不等式判断不等关系 基本不等式求最值——常数代换法 不等式性质的应用 利用不等式的性质求参数 范围 利用不等式的性质求最值；基本不等式求最值——配 凑法 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 一、单选题 1．(2025·山西临汾二模)若3≤a≤5，－2≤b≤1，则2a－b的取值范围是(　　) A．[8，9] B．[4，8] C．[5，8] D．[5，12] 解析：由3≤a≤5，－2≤b≤1，得6≤2a≤10，－1≤－b≤2，故5≤2a－b≤12.故选D. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 2．(2025·山东泰安二模)已知集合A＝{x||x＋1|≤1}，B＝{x|x2－x－2<0}，则A∪B＝(　　) A．[－2，2) B．[－2，2] C．(－1，0] D．[－2，－1) 解析：因为A＝{x||x＋1|≤1}＝{x|－2≤x≤0}，B＝{x|x2－x－2<0}＝{x|－1<x<2}，所以A∪B＝{x|－2≤x<2}＝[－2，2)．故选A. 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 5．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 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 7．(2025·陕西渭南二模)若关于x的不等式2ax2－4x<ax－2有且只有一个整数解，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2] B．[1，2) C．(0，2) D．(0，2] 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 解析：设x＋a＝t，则x＝t－a，t>0.原不等式可化为(t－a)tln t≥0.因为t>0，所以(t－a)ln t≥0.当0<t<1时，ln t<0，所以t－a≤0在t∈(0，1)上恒成立，所以a≥1；当t＝1时，ln t＝0，所以(t－a)ln t≥0成立；当t>1时，ln t>0，所以t－a≥0在t∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≤1.综上可得，a＝1.故选A. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 二、多选题 9．(2025·重庆模拟调研(五))已知a，b，c是均不为零的实数，且|a－c|<|b|，则(　　) A．a－c<b B．|c|<|a|＋|b| C．|a|<|b|＋|c| D．|a|＋|c|<|b| 解析：因为a，b，c是均不为零的实数，且|a－c|<|b|，所以－|b|<a－c<|b|.对于A，因为－|b|<a－c<|b|，所以当b<0时，a－c>b，故A错误；对于B，因为|a－c|≥|c|－|a|，所以|b|>|c|－|a|，即|c|<|a|＋|b|，故B正确；对于C，因为|a－c|≥|a|－|c|，所以|b|>|a|－|c|，即|a|<|b|＋|c|，故C正确；对于D，举反例，如a＝c＝2，b＝1，满足条件，但|2|＋|2|>|1|，故D错误．故选BC. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 (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 66 解析：令f(x)＝p(x2＋1)＋q，则f(x)在x∈[0，2]上为单调函数或常数函数．因为当x∈[0，2]时，不等式|p(x2＋1)＋q|≤2恒成立，所以|f(0)|＝|p＋q|≤2，|f(2)|＝|5p＋q|≤2，所以－2≤p＋q≤2，－2≤5p＋q≤2，所以－4≤2(p＋q)≤4，所以－6≤7p＋3q＝2(p＋q)＋(5p＋q)≤6，即7p＋3q的取值范围是[－6，6]． 13．(2025·河南南阳3月模拟)已知p，q∈R，且当x∈[0，2]时，不等式|p(x2＋1)＋q|≤2恒成立，则7p＋3q的取值范围是__________． [－6，6] 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 4 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 　　　　　　　　　　　　　 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“＝”)． 考向1　不等式的性质 例1 　(1)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)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，所以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. 2.比较两个数(式)大小的两种方法 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). 1．(多选)(2025·河南名校联盟三模)若x，y∈R，则“x3<y3”的一个充分不必要条件是(　　) A．x<y B．lg (y－x)>0 C．eq \f(1,x)>eq \f(1,y)>0 D．|x|<y 解析：x3<y3⇔x<y，故“x<y”是“x3<y3”的充要条件，故A不符合题意；由lg (y－x)>0，得y>x＋1，能推出x<y，反之不成立，故“lg (y－x)>0”是“x3<y3”的充分不必要条件，故B符合题意；由eq \f(1,x)>eq \f(1,y)>0，得0<x<y，故x3<y3，反之不成立，故“eq \f(1,x)>eq \f(1,y)>0”是“x3<y3”的充分不必要条件，故C符合题意；由|x|＜y，得x≤|x|<y，即能推出x＜y，反之不成立，故“|x|<y”是“x3<y3”的充分不必要条件，故D符合题意．故选BCD. 解析：设第一次采购的价格为p1>0，第二次采购的价格为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]． 考向2　不等式的解法 例2　(1)(2025·黑龙江哈尔滨二模)设集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,x－2)≤0))))，B＝{x|x2－2x－3<0，x∈N}，则A∩B＝(　　) A．[－2，2) B．(－1，2) C．{0，1} D．{0，1，2} 解析：由eq \f(x＋2,x－2)≤0，得－2≤x<2，所以A＝{x|－2≤x<2}，由x2－2x－3<0，得－1<x<3，所以B＝{0，1，2}，则A∩B＝{0，1}．故选C. (2)(2025·广西南宁二模)已知函数f(x)＝2ax|x－b|，a≠0，若不等式a≤f(x)≤b的解集为{x|a≤x≤2b}，则b＝(　　) A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \r(2) D．2 解析：f(x)＝2ax|x－b|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax（x－b），x≥b，,－2ax（x－b），x<b，))根据选项可知，只需要考虑b>0的情况．当a<0时，f(x)的图象如图1所示，要使不等式a≤f(x)≤b的解集为{x|a≤x≤2b}，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（2b）＝a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a2（a－b）＝b，,2a·2b（2b－b）＝a，))解得b＝eq \f(1,2)；当a>0时，f(x)的图象如图2所示，无法满足a≤f(x)≤b的解集为{x|a≤x≤2b}，故舍去．故选A. 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：A＝{x|x2－5x－6<0}＝{x|－1<x<6}，B＝{x|(x－λ)(x－2λ)<0}＝{x|λ<x<2λ}，因为x∈A是x∈B的必要不充分条件，所以BA，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤λ，,2λ≤6，))等号不同时成立，结合λ>0，解得0<λ≤3，即λ的取值范围为(0，3]．故选B. 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：当b≥0时，由(ax－4)(x2＋b)≥0，可得ax－4≥0对任意的x<0恒成立，即a≤eq \f(4,x)对任意的x<0恒成立，此时a不存在；当b<0时，由(ax－4)(x2＋b)≥0对任意的x<0恒成立，在同一坐标系中作出y＝ax－4与y＝x2＋b的大致图象，如图所示，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(4,a)＝－\r(－b)，))又a，b是整数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－16))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－1，))所以a2－b的取值集合为{8，17}． 考向4　基本不等式及其应用 例4　(1)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)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，等号成立，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，等号成立，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，等号成立，故D正确．故选BD. 1．已知a>0，b>0且a＋b＝1，则eq \f(1,4a)＋eq \f(3a＋1,b)的最小值为(　　) A．eq \f(13,4) B．eq \f(5,4) C．eq \f(11,2) D．1 解析：由a＋b＝1，得a＝1－b，故eq \f(1,4a)＋eq \f(3a＋1,b)＝eq \f(1,4a)＋eq \f(3（1－b）＋1,b)＝eq \f(1,4a)＋eq \f(4,b)－3，由于a>0，b>0，所以eq \f(1,4a)＋eq \f(4,b)－3＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4a)＋\f(4,b)))－3＝eq \f(5,4)＋eq \f(4a,b)＋eq \f(b,4a)≥eq \f(5,4)＋2eq \r(\f(4a,b)·\f(b,4a))＝eq \f(13,4)，当且仅当eq \f(4a,b)＝eq \f(b,4a)，即a＝eq \f(1,5)，b＝eq \f(4,5)时，等号成立．故eq \f(1,4a)＋eq \f(3a＋1,b)的最小值为eq \f(13,4).故选A. 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．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) 1．(2025·新课标Ⅱ卷，4)不等式eq \f(x－4,x－1)≥2的解集是(　　) A．{x|－2≤x≤1} B．{x|x≤－2} C．{x|－2≤x<1} D．{x|x>1} 解析：由eq \f(x－4,x－1)≥2，得eq \f(x＋2,x－1)≤0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（x－1）≤0，,x－1≠0，))故－2≤x<1，故所求不等式的解集为{x|－2≤x<1}．故选C. 2．(2025·北京卷，6)已知a>0，b>0，则(　　) A．a2＋b2>2ab B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(1,ab) C．a＋b>eq \r(ab) D.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤eq \f(2,\r(ab)) 解析：对于A，当a＝b时，a2＋b2＝2ab，故A错误；对于B，D，取a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,4)，此时eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2＋4＝6<eq \f(1,\f(1,2)×\f(1,4))＝8＝eq \f(1,ab)，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2＋4＝6>eq \f(2,\r(\f(1,2)×\f(1,4)))＝4eq \r(2)＝eq \f(2,\r(ab))，故B，D错误；对于C，由基本不等式，可得a＋b≥2eq \r(ab)>eq \r(ab)，故C正确．故选C. 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；因为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. 4．(多选)(2020·新高考Ⅰ卷，11)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) 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. 解析：设t＝2a＋b，原题转化为求t的最小值，原不等式可化为∀x∈[－2，2]，tx2＋(t－2a)x－a－1≤0，不妨代入x＝－eq \f(1,2)，得eq \f(1,4)t－eq \f(1,2)(t－2a)－a－1≤0，得t≥－4，当t＝－4时，原不等式可化为－4x2＋(－4－2a)x－a－1≤0，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋1)))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)a2≥0，观察可知，当a＝0时，(2x＋1)2≥0对－2≤x≤2一定成立，当且仅当x＝－eq \f(1,2)时，等号成立，此时a＝0，b＝－4，说明当t＝－4时，a，b均可取到，满足题意．故t＝2a＋b的最小值为－4. 6．(2021·天津卷，13)若a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为________． 解析：∵a>0，b>0，∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b≥2eq \r(\f(1,a)·\f(a,b2))＋b＝eq \f(2,b)＋b≥2eq \r(\f(2,b)·b)＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(a,b2)且eq \f(2,b)＝b，即a＝b＝eq \r(2)时，等号成立，∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为2eq \r(2). 2eq \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，等号成立，则tan(α＋β)的最小值为2eq \r(6).故选D. 3．(2025·北京海淀一模)已知四个数a＝eq \f(lg 2＋lg 5,2)，b＝eq \r(lg 2×lg 5)，c＝lg 2，d＝lg 5，其中最小的是(　　) A．a B．b C．c D．d 解析：易知0<lg 2<lg 5，所以lg 2<eq \f(lg 2＋lg 5,2)<lg 5，即c<a<d；由基本不等式，得eq \r(lg 2×lg 5)<eq \f(lg 2＋lg 5,2)，即b<a；显然lg 2＝eq \r(lg 2×lg 2)<eq \r(lg 2×lg 5)，即c<b.综上可得，c<b<a<d，即最小的是c.故选C. 4．(2025·河北沧州沧县中学模拟)已知正实数m，n满足mn＝2，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＋eq \f(9,2m＋n)的最小值为(　　) A．2eq \r(2) B．3 C．3eq \r(2) D．4 解析：由mn＝2，得n＝eq \f(2,m)，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＋eq \f(9,2m＋n)＝eq \f(1,m)＋m＋eq \f(9,2m＋\f(2,m))，设eq \f(1,m)＋m＝t，则t≥2，原式为t＋eq \f(9,2t)≥2eq \r(t·\f(9,2t))＝3eq \r(2)，当且仅当t＝eq \f(3\r(2),2)时，等号成立．故选C. 解析：已知a>0，b>0，若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．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. 解析：当a＝0时，解得x>eq \f(1,2)，不符合题意，故a≠0.关于x的不等式2ax2－4x<ax－2可化为2ax2－(4＋a)x＋2<0，所以(2x－1)(ax－2)<0，即a(2x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))<0，方程(2x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))＝0的两根为x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(2,a).当a<0时，不等式可化为(2x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))>0，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，不符合题意；当a>0时，不等式可化为(2x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))<0，当x1>x2时，eq \f(1,2)>eq \f(2,a)，即a>4，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，\f(1,2)))，要使不等式有且只有一个整数解，则－1≤eq \f(2,a)<0，又因为a>0，所以无解；当x1＝x2时，eq \f(1,2)＝eq \f(2,a)，即a＝4，不等式的解集为空集，不符合题意；当x1<x2时，eq \f(1,2)<eq \f(2,a)，即0<a<4，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,a)))，要使不等式有且只有一个整数解，则1<eq \f(2,a)≤2，解得1≤a<2.综上，实数a的取值范围是[1，2)．故选B. 8．(2025·江西上饶二模)若不等式x(x＋a)ln (x＋a)≥0恒成立，则a的取值范围为(　　) A．{1} B．(0，1] C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) D．[1，＋∞) 10．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． 11．(2025·河南部分名校4月三模)已知正数x，y满足2x＋y＝1，则(　　) A．xy≤eq \f(1,16) B．eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)≥8 C．eq \r(2x)＋eq \r(y)≤eq \r(2) D．x2＋y2≥eq \f(1,5) 解析：对于A，由基本不等式2x＋y≥2eq \r(2xy)和已知条件2x＋y＝1，得1≥2eq \r(2xy)，解得xy≤eq \f(1,8)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号，A错误；对于B，eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(2x＋y)＝4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥4＋2eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝8，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＝\f(4x,y)，,2x＋y＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,2)))时取等号，B正确；对于C，(eq \r(2x)＋eq \r(y))2＝2x＋y＋2eq \r(2xy)＝1＋2eq \r(2xy)，由A项分析知xy≤eq \f(1,8)，所以(eq \r(2x)＋eq \r(y))2≤1＋2eq \r(2×\f(1,8))＝2，得eq \r(2x)＋eq \r(y)≤eq \r(2)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号，C正确；对于D，x2＋y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－y,2))) eq \s\up12(2)＋y2＝eq \f(5,4)y2－eq \f(1,2)y＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,5)，根据二次函数的性质，可知当y＝eq \f(1,5)时，x2＋y2取得最小值，为eq \f(1,5)，D正确．故选BCD. 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)． 14．(2025·河北保定联考(三))记max M表示数集M中最大的数，已知x，y，z均为正数，M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋\f(1,z)，x＋z＋\f(2,y)，y＋\f(3,x)))，则max M的最小值为________． 解析：由题意，2x＋y＋eq \f(1,z)≤max M，x＋z＋eq \f(2,y)≤max M，y＋eq \f(3,x)≤max M，则3max M≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3,x)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y＋\f(2,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2eq \r(3x·\f(3,x))＋2eq \r(2y·\f(2,y))＋2eq \r(z·\f(1,z))＝12，当且仅当x＝y＝z＝1时取等号，所以max M≥4，故max M的最小值为4. $