专题01不等式与基本不等式的应用讲义-2026届高三数学二轮复习（全国通用）

专题01 不等式与基本不等式的应用 目录 专题01 不等式与基本不等式的应用 1 模块一 研·考情分析 2 模块二 筑·知能要点 3 模块三 破·题型攻坚 5 知识点1 等式的基本性质 3 知识点2 不等式的性质 3 知识点3 一元二次不等式的解集 4 知识点4 基本不等式 4 知识点5 利用基本不等式求最值的方法 5 知识点6 不等式恒成立与能成立问题 5 一、题型一 不等式性质 6 二、题型二 对勾型（凑项、分离或裂项） 6 三、题型三 常数整体代换 7 四、题型四 消元法 7 五、题型五 基本不等式恒成立问题 8 六、题型六 基本不等式的应用 9 七、题型七 基本不等式的实际应用 9 八、题型八 一元二次不等式的解集 11 九、题型九 方程根与零点问题 12 十、题型十 不等式恒成立与有解性问题 12 模块一 研·考情分析 考向聚焦 不等式性质、基本不等式以及一元二次不等式的恒成立与能成立问题是高考热点问题，常聚焦考查基本不等式求最值，特别强调“一正、二定、三相等”的原则，并结合配凑法、换元法以及条件等式来设计题目。考生容易出错的地方往往在于忽略变量的正数要求，或者忽视了等号成立的条件是否实际可达。这类问题通常以选择题和填空题的形式出现，题目设置较为灵活；有时也会与解三角形、数列、直线与圆、圆锥曲线、导数等知识交汇，形成综合性问题。对于不等式恒成立与能成立问题，常见的解题思路是结合函数图象进行最值分析，或者通过参变分离来求解函数的最值。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 不等式性质 北京卷 T1, 5分 上海卷 T3, 5分 上海卷 T2, 5分 新课标Ⅰ卷 T1, 5分 基本不等式 天津卷 T6, 5分 北京卷 T8, 5分 天津卷 T5, 5分 新课标Ⅱ卷 T8, 5分 一元二次不等式 二卷 T4, 5分 新课标Ⅰ卷 T1, 5分 新课标Ⅱ卷 T2, 5分 甲卷(理) T1, 5分 甲卷(文) T2, 5分 甲卷(理) T1, 5分 甲卷(文) T1, 5分 乙卷(理) T2, 5分 乙卷(文) T2, 5分 2026备考策略 基本不等式解题策略：紧扣“一正二定三相等”原则，合理变形或配凑使条件满足；灵活运用均值不等式求最值；注意变量的正负与取等条件；结合换元、对称性或整体代换简化问题；必要时与其他知识（如函数、方程）融合，提升解题效率与准确性；一元二次不等式恒成立与能成立问题，重点利用函数进行最值的求解，或者利用函数图像进行零点个数的分析即可. 模块二 筑·知能要点 知识点1 等式的基本性质 性质 文字表述 性质内容 注意 1 对称性 可逆 2 传递性 同向 3 可加、减性 可逆 4 可乘性 同向 5 可除性 同向 知识点2 不等式的性质 性质 别名 性质内容 注意 1 对称性 a>b⇔b<a 可逆 2 传递性 a>b，b>c⇒a>c 同向 3 可加性 a>b⇔a＋c>b＋c 可逆 4 可乘性 a>b，c>0⇒ac>bc a>b，c<0⇒ac<bc c的符号 5 同向可加性 a>b，c>d⇒a＋c>b＋d 同向 6 正数同向可乘性 a>b>0，c>d>0⇒ac>bd 同向 7 正数乘方性 a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2) 同正 知识点3 一元二次不等式的解集 判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象 方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根 有两相异实根x1，x2(x1<x2) 有两相等实根x1＝x2＝－ 没有实数根 ax2＋bx＋c>0 (a>0)的解集 {x|x<x1或x>x2} {x|x∈R} ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集 {x|x1< x<x2} ∅ ∅ 知识点4 基本不等式 1、重要不等式：,（当且仅当时取号）. 变形公式： 2、基本不等式： （1）基本不等式成立的条件： （2）等号成立的条件：当且仅当时取等号． （3）算术平均数与几何平均数 设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为，几何平均数为， 基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 3、利用基本不等式求最值 已知x>0，y>0，则 （1）如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2.(简记：积定和最小) （2）如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值.(简记：和定积最大) 知识点5 利用基本不等式求最值的方法 1、直接法：条件和问题间存在基本不等式的关系 2、配凑法：凑出“和为定值”或“积为定值”，直接使用基本不等式。 3、代换法：代换法适用于条件最值中，出现分式的情况 类型1：分母为单项式，利用“1”的代换运算，也称乘“1”法； 类型2：分母为多项式时 方法1：观察法 适合与简单型，可以让两个分母相加看是否与给的分子型成倍数关系； 方法2：待定系数法，适用于所有的形式， 如分母为与，分子为， 设 ∴，解得： 4、消元法：当题目中的变元比较多的时候，可以考虑削减变元，转化为双变量或者单变量问题。 5、构造不等式法：寻找条件和问题之间的关系，通过重新分配，使用基本不等式得到含有问题代数式的不等式，通过解不等式得出范围，从而求得最值。 知识点6 不等式恒成立与能成立问题 一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： 1、， 2、， 3、， 4、， 模块三 破·题型攻坚 一、题型一 不等式性质 1．已知，，且，则（   ） A． B． C． D． 2．已知，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，则（   ） A． B． C． D． 5．已知，且，则（　　） A． B． C． D． 二、题型二 对勾型（凑项、分离或裂项） 6．已知，则函数的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D． 7．已知，且，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D． 8．已知、为单位向量，则向量与夹角的最大值为（    ） A． B． C． D． 9．对于下列四种说法，其中正确的是（   ） A．的最小值为4 B．的最小值为1 C．的最小值为4 D．最小值为 10．函数 在 上的最大值和最小值的乘积为_________ 三、题型三 常数整体代换 11．已知正实数x，y满足，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 12．如图，是的中线，G为的中点，过点G的直线分别与交于点，且，，其中，则的最小值为（   ）    A．4 B．9 C． D． 13．已知，，且，则（   ）． A．ab的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为9 D．的最小值为 14．已知等比数列的公比，存在，满足，则的最小值为_________． 15．若直线是圆的一条对称轴，则的最小值是_____. 四、题型四 消元法 16．已知实数，满足，且，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D． 17．已知，，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 18．已知正数满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 19．已知正数满足，则的最小值为（    ） A．7 B．9 C．10 D．12 20．已知均为正实数，且，则的最小值为___________． 五、题型五 基本不等式恒成立问题 21．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 22．设实数满足，，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．12 B．24 C． D． 23．已知，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．的最小值为1 C．若，则的最小值为8 D．若恒成立，则的最小值为 24．已知正数，满足，若恒成立，则实数的取值范围为________． 25．如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为___________. 六、题型六 基本不等式的应用 26．若，，且，则（    ） A． B． C． D． 27．已知正实数满足，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 28．已知，满足，则的取值范围是_________. 29．已知实数满足，则的取值范围是__________.. 30．在中，，的角平分线交于，，则面积的最小值为______． 七、题型七 基本不等式的实际应用 31．如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（   ）    A． B． C． D． 32．如图，在中，，，为所在平面外一点，的面积为，且平面平面，，则三棱锥体积的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 33．1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面，直线l上有两点A，B位于平面的同侧，求平面上一点C，使得最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为，，点C的坐标为，则当最大时，c的值为（   ） A．64 B．32 C． D． 34．已知正三棱锥的各顶点都在体积为的球面上，正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为______. 35．某学校计划改造一间高为米，底面积为平方米，且背面靠墙的长方体形状的运动场地. 因场地的背面靠墙，无须建造费用，设运动场地前面墙体的长为米（）. 现有甲、乙两支工程队参加竞标，甲队的报价方案为：场地前面新建墙体每平方米元，左右两面新建墙体每平方米元，屋顶和地面以及其他共计元；乙队给出的整体报价为元（）. 假设甲、乙工程队均不考虑其他因素. (1)若项目由甲工程队完成，则至少要付给甲工程队多少费用？ (2)若乙工程队要确保竞标成功，求实数的取值范围. 八、题型八 一元二次不等式的解集 36．已知不等式的解集是，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 37．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 38．函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（   ） A．的解集是 B． C．时，取得最大值 D．的解集是 39．已知关于x的不等式的解集为，则下列选项中正确的是（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 40．已知的解集是，则下列说法正确的是（    ） A．不等式的解集是 B．的最小值是 C．若有解，则的取值范围是或 D．当时，的值域是，则的取值范围是 九、题型九 方程根与零点问题 41．在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 42．已知关于x的方程有两个正根，那么两个根的倒数和最小值是（    ） A．-2 B． C． D．1 43．已知方程有且仅有两个不相等的正实数根，则实数的取值范围是__________. 44．已知实数，且关于x的一元二次方程有实数根，则的最小值为 __________________． 45．已知函数，关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是___________. 十、题型十 不等式恒成立与有解性问题 46．已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 47．若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 48．已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 49．已知函数，若对于任意的实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 50．已知，若关于的方程解集为，则的值为_________. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 不等式与基本不等式的应用 目录 专题01 不等式与基本不等式的应用 1 模块一 研·考情分析 1 模块二 筑·知能要点 3 模块三 破·题型攻坚 6 知识点1 等式的基本性质 3 知识点2 不等式的性质 3 知识点3 一元二次不等式的解集 3 知识点4 基本不等式 4 知识点5 利用基本不等式求最值的方法 4 知识点6 不等式恒成立与能成立问题 5 一、题型一 不等式性质 6 二、题型二 对勾型（凑项、分离或裂项） 9 三、题型三 常数整体代换 11 四、题型四 消元法 14 五、题型五 基本不等式恒成立问题 17 六、题型六 基本不等式的应用 20 八、题型八 一元二次不等式的解集 28 九、题型九 方程根与零点问题 33 十、题型十 不等式恒成立与有解性问题 38 模块一 研·考情分析 考向聚焦 不等式性质、基本不等式以及一元二次不等式的恒成立与能成立问题是高考热点问题，常聚焦考查基本不等式求最值，特别强调“一正、二定、三相等”的原则，并结合配凑法、换元法以及条件等式来设计题目。考生容易出错的地方往往在于忽略变量的正数要求，或者忽视了等号成立的条件是否实际可达。这类问题通常以选择题和填空题的形式出现，题目设置较为灵活；有时也会与解三角形、数列、直线与圆、圆锥曲线、导数等知识交汇，形成综合性问题。对于不等式恒成立与能成立问题，常见的解题思路是结合函数图象进行最值分析，或者通过参变分离来求解函数的最值。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 不等式性质 北京卷 T1, 5分 上海卷 T3, 5分 上海卷 T2, 5分 新课标Ⅰ卷 T1, 5分 基本不等式 天津卷 T6, 5分 北京卷 T8, 5分 天津卷 T5, 5分 新课标Ⅱ卷 T8, 5分 一元二次不等式 二卷 T4, 5分 新课标Ⅰ卷 T1, 5分 新课标Ⅱ卷 T2, 5分 甲卷(理) T1, 5分 甲卷(文) T2, 5分 甲卷(理) T1, 5分 甲卷(文) T1, 5分 乙卷(理) T2, 5分 乙卷(文) T2, 5分 2026备考策略 基本不等式解题策略：紧扣“一正二定三相等”原则，合理变形或配凑使条件满足；灵活运用均值不等式求最值；注意变量的正负与取等条件；结合换元、对称性或整体代换简化问题；必要时与其他知识（如函数、方程）融合，提升解题效率与准确性；一元二次不等式恒成立与能成立问题，重点利用函数进行最值的求解，或者利用函数图像进行零点个数的分析即可. 模块二 筑·知能要点 知识点1 等式的基本性质 性质 文字表述 性质内容 注意 1 对称性 可逆 2 传递性 同向 3 可加、减性 可逆 4 可乘性 同向 5 可除性 同向 知识点2 不等式的性质 性质 别名 性质内容 注意 1 对称性 a>b⇔b<a 可逆 2 传递性 a>b，b>c⇒a>c 同向 3 可加性 a>b⇔a＋c>b＋c 可逆 4 可乘性 a>b，c>0⇒ac>bc a>b，c<0⇒ac<bc c的符号 5 同向可加性 a>b，c>d⇒a＋c>b＋d 同向 6 正数同向可乘性 a>b>0，c>d>0⇒ac>bd 同向 7 正数乘方性 a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2) 同正 知识点3 一元二次不等式的解集 判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象 方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根 有两相异实根x1，x2(x1<x2) 有两相等实根x1＝x2＝－ 没有实数根 ax2＋bx＋c>0 (a>0)的解集 {x|x<x1或x>x2} {x|x∈R} ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集 {x|x1< x<x2} ∅ ∅ 知识点4 基本不等式 1、重要不等式：,（当且仅当时取号）. 变形公式： 2、基本不等式： （1）基本不等式成立的条件： （2）等号成立的条件：当且仅当时取等号． （3）算术平均数与几何平均数 设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为，几何平均数为， 基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 3、利用基本不等式求最值 已知x>0，y>0，则 （1）如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2.(简记：积定和最小) （2）如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值.(简记：和定积最大) 知识点5 利用基本不等式求最值的方法 1、直接法：条件和问题间存在基本不等式的关系 2、配凑法：凑出“和为定值”或“积为定值”，直接使用基本不等式。 3、代换法：代换法适用于条件最值中，出现分式的情况 类型1：分母为单项式，利用“1”的代换运算，也称乘“1”法； 类型2：分母为多项式时 方法1：观察法 适合与简单型，可以让两个分母相加看是否与给的分子型成倍数关系； 方法2：待定系数法，适用于所有的形式， 如分母为与，分子为， 设 ∴，解得： 4、消元法：当题目中的变元比较多的时候，可以考虑削减变元，转化为双变量或者单变量问题。 5、构造不等式法：寻找条件和问题之间的关系，通过重新分配，使用基本不等式得到含有问题代数式的不等式，通过解不等式得出范围，从而求得最值。 知识点6 不等式恒成立与能成立问题 一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： 1、， 2、， 3、， 4、， 模块三 破·题型攻坚 一、题型一 不等式性质 1．已知，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于AB，利用不等式的性质可判断，对于C，使用作差法即可判断，对于D，结合余弦函数的单调性和奇偶性即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，即，故A错误； 对于B，当时，，，此时，故B错误； 对于C，， 因为，所以，，， 所以，即，故C正确； 对于D，函数在上单调递减，所以， 又因为函数为偶函数，所以，故D错误. 2．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指数函数单调性判断A，利用基本不等式判断B，利用作差法即可求解BD. 【详解】由可得 对于A，由于，函数为单调递增函数，故 ，故A错误， 对于B， ，由于，故， 故，则，故B错误， 对于C，由于故 ，故C错误， 对于D， ，由于得，故. 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据基本不等式，结合比较法逐一判断即可. 【详解】A：当时，，所以不正确； B：， 因为，，所以当时，， 当时，，当时，，因此不正确； C：因为，，所以有，正确； D：因为，，所以有， 即，所以不正确. 故选：C 4．已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于A,当时，，故A错误； 对于BD，取，此时， ，故BD错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确. 故选：C. 5．已知，且，则（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由题意，根据基本不等式可得，利用作差法注意检验四个选项，结合指数函数以及对数函数的单调性，可得答案. 【详解】由，，则，当且仅当时，等号成立， 对于A，由，则，所以，故A正确； 对于B，由，即，则，所以， 由函数在上单调递增，且，即，则， 所以，即，故B错误； 对于C，由 ，当且仅当时，等号成立， 所以，故C正确； 对于D，由，且函数在上单调递减， 则，所以，故D错误. 故选：AC. 二、题型二 对勾型（凑项、分离或裂项） 6．已知，则函数的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D． 【答案】B 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】因为，当且仅当时，取等号， 所以函数的最小值为0， 故选：B 7．已知，且，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】首先利用条件变形为，再利用基本不等式求的取值范围，再构造函数，利用函数的单调性，即可求解. 【详解】， ， 因为，且，所以， 设，， 函数在区间单调递减，所以函数的最小值为. 故选：D 8．已知、为单位向量，则向量与夹角的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，即可得到，，再根据夹角公式得到，最后利用换元及基本不等式计算可得. 【详解】设，则， ， 则， 令，因为，所以， ，当且仅当时取等号， 又，所以， 所以向量与夹角的最大值为． 故选：A． 9．对于下列四种说法，其中正确的是（   ） A．的最小值为4 B．的最小值为1 C．的最小值为4 D．最小值为 【答案】BD 【分析】根据题意，结合基本不等式，以及对勾函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由， 当且仅当时，即，显然不成立，所以A错误； 对于B中，由， 当且仅当，即时，等号成立，所以B正确； 对于C中，由，令， 可得，则函数在为单调递减函数， 所以，所以C不正确； 对于D中，由，令， 可得，根据对勾函数的性质，可得在为单调递增函数， 所以，所以D正确. 故选：BD. 10．函数 在 上的最大值和最小值的乘积为_________ 【答案】/ 【分析】令，化简，令，利用对勾函数的性质求解最值即可. 【详解】令，，∵，∴， ∴， 令， 由对勾函数的性质可知，函数在上为减函数，在上为增函数， ∵， ∴ ∴函数 在 上的最大值和最小值分别为， ∴函数 在 上的最大值和最小值的乘积为． 故答案为：． 三、题型三 常数整体代换 11．已知正实数x，y满足，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【分析】根据指数运算性质得，然后利用基本不等式的常数代换技巧求解最小值即可. 【详解】因为，所以，所以，即， 所以， 当且仅当时取等． 故选：B 12．如图，是的中线，G为的中点，过点G的直线分别与交于点，且，，其中，则的最小值为（   ）    A．4 B．9 C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量的线性运算用表示出，由平面向量基本定理可知，其系数和为1，可得到关于的等式，利用基本不等式中“1”的妙用即可求得的最小值. 【详解】因为G为的中点，所以， 又是的中线，即为的中点，所以， 所以. 由，，其中，得，， 所以. 因为三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 故选：D. 13．已知，，且，则（   ）． A．ab的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为9 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据基本不等式及其应用，逐项分析判断，对A，直接利用基本不等式即可判断； 对B，由即可判断，  对C，由，再利用基本不等式即可；对D，即可判断. 【详解】对A，，所以，当且仅当时成立，故A正确； 对B，由，可得，可得，的最小值为，故B不正确； 对C，， 当且仅当即时成立,故C正确； 对D，，当且仅当时成立，故D正确. 故选：ACD 14．已知等比数列的公比，存在，满足，则的最小值为_________． 【答案】 【分析】根据等比数列的性质可得，再根据基本不等式结合对勾函数性质求解即可． 【详解】在等比数列中，由，得，即， 则，则， 当且仅当，即时取等号，此时，而， 由对勾函数的性质知，当时，； 当时，，又， 所以当时，取得最小值为. 故答案为： 15．若直线是圆的一条对称轴，则的最小值是_____. 【答案】9 【分析】由题意得直线过圆心，可得，再使用1的代换，即可求得的最小值. 【详解】易得圆心，半径， 由题意得直线 过圆心，则有， 故，当且仅当即时取等号， 故 的最小值是9， 故答案为：9. 四、题型四 消元法 16．已知实数，满足，且，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】先将配凑为；再根据得出，，利用基本不等式可求解. 【详解】由可得：. 因为， 所以，， 则，当且仅当，即时等号成立. 故选：B. 17．已知，，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】得到，，，求出，令，则，故，令，求导，得到函数单调性，从而求出的取值范围为. 【详解】当时，，此时，不合要求，舍去； 当时，，即，不合要求，舍去； 故，， ，解得， 又，故， 又， 令，则， 故， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，当从负数一侧趋向于0时，趋向于， 所以的取值范围为. 故选：C 18．已知正数满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设可得，，进而得到，再根据基本不等式求解即可. 【详解】由题意，为正数，且，则，即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 则的最大值为. 故选：A 19．已知正数满足，则的最小值为（    ） A．7 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】根据题设条件求得，代入所求式利用基本不等式即可求解. 【详解】由可得，显然，则有， 由，可得， 则， 当且仅当，即时等号成立， 此时的最小值为9. 故选：B. 20．已知均为正实数，且，则的最小值为___________． 【答案】4 【分析】由可得，所以原式可化为①，令，利用基本不等式求出的范围，则①式可化为，再次利用基本不等式求出的范围即可得解.（注意两次应用基本不等式，等号成立的条件必须相同） 【详解】由可得，所以原式①. 令，当时，， 当且仅当，即时等号成立，所以. 所以①式可化为原式. 令，则， 当且仅当，即，即时等号成立，所以， 所以的最小值为4. 故答案为：4 五、题型五 基本不等式恒成立问题 21．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式求出的最小值，根据题意可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为，，且，则， 则， 所以 ， 当且仅当时， 即当，时，所以的最小值为， 因为恒成立，所以，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：A. 22．设实数满足，，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．12 B．24 C． D． 【答案】B 【分析】原不等式可转化为，利用均值不等式求最小值即可. 【详解】由，变形可得，， 令，， 则转化为，即， 其中， 当且仅当，即，时取等号， 所以不等式恒成立，只需， 故选：B 23．已知，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．的最小值为1 C．若，则的最小值为8 D．若恒成立，则的最小值为 【答案】AC 【分析】利用基本不等式求解A，利用基本不等式的取等条件判断B，利用基本不等式结合“1”的代换判断C，先分离参数，再对平方后利用换元法和判别式法求解最值，得到的最小值判断D即可. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号， 即，得到，解得．故A正确； 对于B，， 当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故B错误； 对于C，因为，所以， 由基本不等式得， 当且仅当时取等，此时解得， 则的最小值为8，故C正确， 对于D，因为恒成立，且，， 所以恒成立，而 ， 令，则可化为， 令，则， 化简得， 而该一元二次方程一定有实数根，得到， 解得，当时，， 故，故即， 得到，则的最小值为，故D错误. 故选：AC 24．已知正数，满足，若恒成立，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值，从而得到，求出答案. 【详解】正数，满足， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 则只需，解得， 故实数的取值范围为 故答案为： 25．如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为___________. 【答案】1 【分析】根据给定的信息求出三棱锥的体积，进而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，并建立不等式求解. 【详解】在三棱锥中，两两垂直，且， 则，解得 ，又， 因此， 当且仅当时取等号，由恒成立，得， 于是，解得，所以正实数的最小值为1. 故答案为：1 六、题型六 基本不等式的应用 26．若，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】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 27．已知正实数满足，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用基本不等式即可求解AB，根据题中所给等式，结合余弦定理的形式可构造三角形，进而根据图形关系求解CD. 【详解】对于A，因为为正实数，， 结合基本不等式可得，解得，当且仅当时等号成立， 当时，代入得，此时这个等式不成立， 所以，所以，故A错误； 对于B，由基本不等式可得，解得， 当且仅当，即时等号成立， 当时，代入，可得， 再把代入，得，两方程的解不一致， 所以， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 构造成余弦定理得， 由，也构造成余弦定理得， 由，构造成勾股定理得1， 令，如图: 则， 可知，则， 则，即，进而 所以，故C正确； ，又由， 而， 所以有，故D正确. 故选：BCD. 28．已知，满足，则的取值范围是_________. 【答案】 【分析】由已知得，可得，展开后利用基本不等式求得的范围，即得答案. 【详解】由题意知，满足，则， 故， 因为，故，故， 当且仅当，结合，即或时等号成立， 故，即，解得， 当时，；当时，， 故的取值范围是， 故答案为： 29．已知实数满足，则的取值范围是__________.. 【答案】 【分析】由题干中的等量关系化简所求代数式，根据参数的取值范围，可得答案. 【详解】，则， 又，得， 设，由函数在上单调递减，在上单调递增， 则，由原式为，则所求范围为. 故答案为：. 30．在中，，的角平分线交于，，则面积的最小值为______． 【答案】8 【分析】根据二倍角公式以及正弦定理边角转化可得为直角，由等面积法得，结合基本不等式即可求解 【详解】 设在中，角所对的边分别为. 因为，所以， 所以， 由正弦定理可得，故， 因为为的角平分线，所以. 由得， 整理得，即. 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以，故面积的最小值为8. 故答案为：8. 七、题型七 基本不等式的实际应用 31．如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设根据十字形地域的面积，得出的关系式，进而求出各个图形的面积，将各个区域造价相加，求得总造价，结合基本不等式，即可求得总造价最小值和取最小值时的长. 【详解】设 则，所以， 所以， 因为，即且，解得， 所以. 故 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时， 该休闲场所的总造价最小，最小值为 元. 故选：B 32．如图，在中，，，为所在平面外一点，的面积为，且平面平面，，则三棱锥体积的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则，得，设，结合面面垂直的性质、余弦定理、等积转换与基本不等式，即可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】因为平面平面，平面平面，又，平面 所以平面，因为平面，故， 设，则，得，设， 在中，由余弦定理得，所以， 所以， 则， 当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥体积的最大值为． 故选：D． 33．1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面，直线l上有两点A，B位于平面的同侧，求平面上一点C，使得最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为，，点C的坐标为，则当最大时，c的值为（   ） A．64 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】根据两角差的正切公式，结合基本不等式进行求解即可. 【详解】由题意得知是锐角，且，而， ， 所以， 而， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，，此时最大， 故选：D 34．已知正三棱锥的各顶点都在体积为的球面上，正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为______. 【答案】4 【分析】根据锥体与外接球的性质，结合棱锥的体积公式以及基本不等式的三维形式进行求解即可. 【详解】根据题意可得，正三棱锥的外接球的半径 ， 设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ， 则正三角形的外接圆的半径为 ，所以 ， 即 ，所以 ， 又正三棱锥体积为 ， 当且仅当 即 时，等号成立， 所以当正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为4. 故答案为:4. 35．某学校计划改造一间高为米，底面积为平方米，且背面靠墙的长方体形状的运动场地. 因场地的背面靠墙，无须建造费用，设运动场地前面墙体的长为米（）. 现有甲、乙两支工程队参加竞标，甲队的报价方案为：场地前面新建墙体每平方米元，左右两面新建墙体每平方米元，屋顶和地面以及其他共计元；乙队给出的整体报价为元（）. 假设甲、乙工程队均不考虑其他因素. (1)若项目由甲工程队完成，则至少要付给甲工程队多少费用？ (2)若乙工程队要确保竞标成功，求实数的取值范围. 【答案】(1)57600元 (2) 【分析】（1）甲工程队整体报价为，利用基本不等式求解即可； （2）若乙队要确保竞标成功则恒成立，先参变量分离化为恒成立，再求函数的最小值即可求解. 【详解】（1）若运动场地前面墙体的长为米（），则左右两面墙宽度为， 则甲工程队整体报价为， ，当且仅当时，“=”成立， 因此至少要付给甲工程队57600元； （2）若乙队要确保竞标成功则， 所以， 则， 因为，所以函数， 函数在上单调递增，故， 故，则，所以实数的取值范围是. 八、题型八 一元二次不等式的解集 36．已知不等式的解集是，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得且和为方程的两个根，由韦达定理求出，再求解一元二次不等式即可. 【详解】因为不等式的解集是， 所以且和为方程的两个根， 所以，解得， 所以即为，解得, 故不等式的解集是. 故选:A. 37．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系得，进而将转化为求的范围，再根据基本不等式求解即可. 【详解】因为不等式的解集为， 所以，和是方程的两个实数根， 所以，即，，， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当取等号， 所以，，即的取值范围为. 故选：C 38．函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（   ） A．的解集是 B． C．时，取得最大值 D．的解集是 【答案】BC 【分析】根据图象可得出以及的解集，根据图象的上升下降可得以及的解集．由此可判断A、D项：由图象分析可知，1和3是函数的两个极值点，所以有以及，代入可判断B项，联立即可得到的关系，代入导函数整理可得到，即可判断C项． 【详解】对于A项，由图象可得，函数在上单调递增， 所以的解集是，故A项错误； 对于B项，因为．又由图象知，函数在处取得极小值， 所以有，故B项正确； 对于C项，由图象知，当时，单调递增，则； 当时，单调递减，则； 当时，单调递减，则． 所以的解集为，的解集为． 又为二次函数，根据二次函数的图象可知． 因为函数在以及处取得极值， 所以有，即，所以， 所以， 因为，所以时，取得最大值，故C项正确； 对于D项，由可得或． 由图象知，当时，． 又的解集为．所以由可得； 由图象知，当时，． 又的解集为． 所以由可得． 所以，的解集是，故D项错误． 故选：BC． 39．已知关于x的不等式的解集为，则下列选项中正确的是（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 【答案】BD 【分析】对于A，根据不等式的解集得到判断A；对于B，结合题意得到和3是关于x的方程的两根，再结合韦达定理得到，将目标不等式化为，求出解集判断B，对于C，结合得到判断C，对于D，将合理变形后求出解集判断D即可. 【详解】对于A，因为关于的不等式的解集为， 所以和3是关于的方程的两根，且，故A错误； 对于B，由已知得和3是关于的方程的两根， 由韦达定理得，解得， 对于不等式，即化为，解得，故B正确； 对于C，可得，故C错误； 对于D，对于不等式，可化为， 而，则化为，解得，故D正确． 故选：BD 40．已知的解集是，则下列说法正确的是（    ） A．不等式的解集是 B．的最小值是 C．若有解，则的取值范围是或 D．当时，的值域是，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，可得，解不等式判断A；利用均值不等式计算判断B；利用对勾函数求范围判断C；探讨二次函数值域判断D作答. 【详解】因的解集是（，则是关于的方程的二根，且， 于是得，即， 对于A，不等式化为：，解得，故A正确； 对于B，， 当且仅当，即时取“”，故B正确； 对于C，，令，则在上单调递增， 即有，因有解，则， 解得或，故C不正确； 对于D，当时，，则， 依题意，，由得，或，因在上的最小值为， 从而得或，因此，故D正确. 故选：ABD. 九、题型九 方程根与零点问题 41．在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，，由此可判断，再判断的符号，结合等比数列性质得到结论即可. 【详解】设等比数列的公比为，， 因为，是方程的两个实数根， 所以，且，所以，， 又数列为等比数列，所以，由等比数列性质可得， 所以. 故选：D. 42．已知关于x的方程有两个正根，那么两个根的倒数和最小值是（    ） A．-2 B． C． D．1 【答案】B 【分析】由判别式可解得，由根与系数关系可得，由的范围结合不等式的性质变形可得答案． 【详解】由题意可得， 解得或， 设两个为，，由两根为正根可得 ，解得， 综上知，. 故两个根的倒数和为 ， ，，， 故， ， 故两个根的倒数和的最小值是. 故选：B 43．已知方程有且仅有两个不相等的正实数根，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】根据的正负以及的正负分类讨论，结合图象确定的取值范围. 【详解】（1）当时，方程化为：，此时无解，舍去； （2）当时，考虑方程正实数根情况，只需研究当时方程解的情况， 即此时方程化为， 若此时方程有两个不相等的正实数根，则需 （3）当时，因为， 所以方程化为， 若此时方程有两个不相等的正实数根，则需 （4）当时，函数与轴有两个零点 函数与轴有两个零点 因为，所以即 作出函数与函数图象，    由图可知两图象有两个不同交点，且交点横坐标大于零，从而方程有两个不相等的正实数根， 综上，满足条件的取值范围为或，即 故答案为： 44．已知实数，且关于x的一元二次方程有实数根，则的最小值为 __________________． 【答案】 【分析】令，分、、三种情况，结合一元二次方程的解法分别求解即可． 【详解】由题意可得，① 令， 若，则以及，则，即； 由①式消去c，得， 即，即或； 所以，解得， 时“”成立，故； 若，则以及，则，即； 由①式消去c，得， 即，② 当时，②式成立； 当时，由②式得或， 所以，解得，故， 时“”成立，所以， 若，则以及，则，即， 由①式消去a，整理得， 即，即或， 所以，解得， 时“”成立，故． 综上所述，，取“”成立时，或， 故． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：与函数的新定义有关的问题的求解策略： 1.通过给出一个新的函数的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 45．已知函数，关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】求函数的导数，判断其单调性，作出其大致图象，数形结合，将关于的方程有三个不等的实根转化为有两个不等的实根，结合二次方程根的分布，求得答案. 【详解】由题意得， 当时，，递增；当时，，递减， 且；可知函数的图象如图所示， 令，则方程有三个不等的实根， 即为有两个不等的实根， 令，则有两个不等的实根， 则，所以不妨令， 则，解得， 故答案为： 【点睛】本题考查了利用导数解决方程的根的个数问题，考查求参数的范围，解答时要注意利用导数判断函数的单调性，进而作出函数图象，数形结合，将方程根的问题转化为二次方程的根的分布问题. 十、题型十 不等式恒成立与有解性问题 46．已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据一元二次不等式恒成立的条件得出关系，然后再利用导数即可求解. 【详解】由题意可知整理得， 又因为，所以要想最大，则有，并且，即，所以， 设函数，令，解得或（舍去）. 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以的最大值为. 故选：B 47．若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据基本不等式“1”的代换求最小值，再由不等式有解得，即可求参数范围. 【详解】由， 仅当，即时等号成立， 要使不等式有解，只需， 所以. 故选：B 48．已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知即有解，且无最大值，分为，，三种情况讨论求解. 【详解】由，可知有解，且无最大值， 即有解，且无最大值， 当时，有解，无最大值，符合题意； 当时，，则有解， 当时，有最大值，则有最大值，不符合题意； 当时，有解需满足，解得， 此时无最大值，无最大值，满足题意． 综上，实数的取值范围是． 故选：A． 49．已知函数，若对于任意的实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合题意化为，即，根据是R上的增函数，得对恒成立，进而利用判别式法求解即可. 【详解】由题意得，如图所示， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以原不等式化为， 由图可知是R上的增函数，所以对恒成立， 所以，则，即. 故选：D． 50．已知，若关于的方程解集为，则的值为_________. 【答案】 【分析】结合题意，先令方程等号左右两边的常数项相等，求出，验证后得到答案. 【详解】的解集为R， 先令等号左右两边的常数项相等，即，解得：， 将代入方程可得：，解集为R，满足要求. 故答案为：2 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $