2025年高考数学复习难题速递之相等关系与不等关系（2025年4月）

第34页（共34页）2025年高考数学复习难题速递之相等关系与不等关系（2025年4月）一．选择题（共8小题）1．（2025•玉溪二模）已知x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x2＜yz，则（）A．y＞z＞x B．x＞y＞z C．y＞x＞z D．z＞x＞y2．（2025•昆明一模）已知x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x2＜yz，则（）A．y＞z＞x B．x＞y＞z C．y＞x＞z D．z＞x＞y3．（2025•广东模拟）已知正数a，b，c满足2a+b+3c＝8，则a+A．22 B．3+224 C．324．（2024秋•济源期末）已知m＜n，s＜t，若∀x∈R，（x﹣m）（x﹣n）﹣2＝（x﹣s）（x﹣t），则（）A．m＜n＜s B．s＜n＜t C．m＜s＜n D．m＜t＜n5．（2025春•辽宁月考）权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设a，b，x，y＞0，则a2x+b2y≥(aA．39 B．52 C．49 D．366．（2025春•重庆校级月考）已知正实数x，y满足x+1xA．5 B．2 C．9 D．87．（2024•涪城区校级模拟）若实数x，y满足4lnx+2lny≥x2+4y﹣4，则（）A．xy=22 B．x+y=2 C．x+8．（2024秋•晋城期中）若存在x⩾0，y⩾0，且3x+y＝1，使不等式3x+1+A．（﹣4，2） B．（﹣∞，﹣4）∪（2，+∞） C．（﹣2，4） D．（﹣∞，﹣2）∪（4，+∞）二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•易门县校级期末）已知a，b，c∈R，则下列结论正确的是（）A．若a＞b＞0，则1aB．若a＞b，则ac2＞bc2 C．若2a＞(12)bD．若a＞b＞0，则a（多选）10．（2025•宁远县校级开学）若实数x，y满足x+y≥2，则下列选项一定正确的有（）A．（x+1）2+y2≥5 B．x2C．2x2+2y2＞x+y D．|x﹣2y2|+|y﹣2x2|≥2（多选）11．（2025•玉溪校级模拟）已知关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为(-∞，-A．2a+b＝1 B．a+2b的最大值为C．4a+1+D．a2+b2的最小值为1（多选）12．（2025春•临泉县校级月考）下列命题中，真命题是（）A．函数y=x+B．“x＞1”是“1x＜C．“x＝1是方程ax2+bx+c＝0的一个实数根”的充要条件是“a+b+c＝0” D．设a1＝2，a2，b1，b2，c1，c2都不为0，不等式a1x2+b1x+c1＞0的解集为三．填空题（共4小题）13．（2025•河南模拟）关于x的不等式ax≥logax（a＞0且a≠1）恒成立，则实数a的取值范围是．14．（2025•邢台模拟）已知正实数a，b满足ba2-1-4-b2=15．（2025•沙坪坝区校级模拟）已知a＞2，b＞0，a2﹣6a+2b＝0，则2a-2+ab的最小值为16．（2025•承德一模）已知函数f（x）＝2（x﹣b）（x﹣2c），0＜b＜2c＜1，则f（0）•f（1）的取值范围是．四．解答题（共4小题）17．（2024秋•西双版纳期末）已知函数f(x)=16-2x-12x-1的定义域为集合A，集合B＝（1）当m＝0时，求A∪B；（2）若x∈A是x∈B的必要不充分条件，求实数m的取值范围．18．（2024秋•深圳校级期末）设全集U＝R，已知集合A={x|x+1x-4≤0}，集合B＝{x|（1）求A∩B和∁U（A∪B）；（2）若C＝{x|a≤x≤2a+2}且A∩C＝C，求实数a的取值范围．19．（2024秋•浦东新区校级期末）完成如下问题：（1）解方程：log（2）设f（x）＝log2（x﹣1）+3，解不等式：f（2x﹣3）＜f（21﹣2x+1）．20．（2024秋•临夏州期末）已知函数f（x）＝x2﹣ax+b．（1）若f（﹣1）＝3，且a＞0，b＞0，求1a（2）若b＝2a，解关于x的不等式f（x）﹣2x≤0．

2025年高考数学复习难题速递之相等关系与不等关系（2025年4月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案AADBBCAD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ACBCDBCBC一．选择题（共8小题）1．（2025•玉溪二模）已知x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x2＜yz，则（）A．y＞z＞x B．x＞y＞z C．y＞x＞z D．z＞x＞y【考点】等式与不等式的性质．【专题】转化思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】A【分析】易得x2+z2≥2xz，再结合已知可得y＞z，由x2﹣2xy+z2＝0，得x2﹣2xy+y2＝y2﹣z2，即可比较x，y，利用作差法即可比较x，z，即可得解．【解答】解：由x2﹣2xy+z2＝0，得x2+z2＝2xy，∵x2+z2≥2xz，当且仅当x＝z时取等号，∴2xy≥2xz，且x＞0，∴y≥z，当y＝z时，y＝x＝z，此时x2＝yz，与x2＜yz矛盾，∴y＞z，由x2﹣2xy+z2＝0，得x2﹣2xy+y2＝y2﹣z2，∴（y+z）（y﹣z）＝（x﹣y）2≥0，当且仅当x＝y＝z时取等号，由Ay＞z知，等号取不到，∴（y+z）（y﹣z）＝（x﹣y）2＞0，由y＞z，可得y+z＞0，∵yz＞x2＞0，所以y＞z＞0，∴y2＞yz，∵x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x2＜yz，∴y2＞x2，∴y＞x，由x2﹣2xy+z2＝0，得z2＝2xy﹣x2，则x2﹣z2＝2x2﹣2xy＝2x（x﹣y），∵x＞0，y＞x，∴x2﹣z2＝（x+z）（x﹣z）＝2x（x﹣y）＜0，又x＞0，z＞0，∴x﹣z＜0，∴x＜z，综上所述，y＞z＞x．故选：A．【点评】本题考查了不等式a2+b2≥2ab，不等式的性质，是难题．2．（2025•昆明一模）已知x＞0，x2﹣2xy+z2＝0，x2＜yz，则（）A．y＞z＞x B．x＞y＞z C．y＞x＞z D．z＞x＞y【考点】等式与不等式的性质．【专题】转化思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】A【分析】根据题意，由原式可得y=x2+z22x，然后由作差法分别比较【解答】解：由x＞0，且x2﹣2xy+z2＝0可得2xy＝x2+z2，即y=则y-又x2＜yz，即x2＜x2+z22x⋅z，化简可得2x即（x﹣z）（2x2+xz+z2）＜0，其中2x所以x﹣z＜0，即0＜x＜z，所以x2＜z2，所以y-x=z2又y-z=x2综上所述，y＞z＞x．故选：A．【点评】本题考查不等式的性质和应用，涉及不等式的证明，属于中档题．3．（2025•广东模拟）已知正数a，b，c满足2a+b+3c＝8，则a+A．22 B．3+224 C．32【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】D【分析】设令a+c＝m，b+c＝n，故2m+n＝8，m＞0，n＞0，变形得到a+b+2cb【解答】解：正数a，b，c满足2a+b+3c＝8，故2（a+c）+（b+c）＝8，令a+c＝m，b+c＝n，故2m+n＝2（a+c）+b+c＝8，m＞0，n＞0，a+=8-4n当且仅当8mn=nm，即n＝16﹣8故a+故选：D．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．4．（2024秋•济源期末）已知m＜n，s＜t，若∀x∈R，（x﹣m）（x﹣n）﹣2＝（x﹣s）（x﹣t），则（）A．m＜n＜s B．s＜n＜t C．m＜s＜n D．m＜t＜n【考点】不等式比较大小．【专题】数形结合；数形结合法；函数的性质及应用；逻辑思维．【答案】B【分析】由二次函数的图象及其变换，作出图象即可求解．【解答】解：设f（x）＝（x﹣s）（x﹣t），g（x）＝（x﹣m）（x﹣n），则g（x）﹣2＝f（x），即g（x）的图象向下平移两个单位可得f（x）的图象，在同一坐标系中作出g（x）和f（x）的图象，可得s＜n＜t，故选：B．【点评】本题主要考查了函数的图象及数形结合思想，属于中档题．5．（2025春•辽宁月考）权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设a，b，x，y＞0，则a2x+b2y≥(aA．39 B．52 C．49 D．36【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解；新定义类．【答案】B【分析】根据权方和不等式的定义，将函数f（x）变形为：f(【解答】解：因为f(因为0＜所以93当且仅当33x=故选：B．【点评】本题以新定义为载体，主要考查了最值求解，关键在于根据权方和不等式定义将函数解析式变形，从而利用权方和不等式求最值，属于中档题．6．（2025春•重庆校级月考）已知正实数x，y满足x+1xA．5 B．2 C．9 D．8【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】C【分析】根据x+1x【解答】解：因为x+1x+y+4y=10所以(1即(1因为yx当且仅当y＝2x，即x=13，y=23或所以(1x+故选：C．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．7．（2024•涪城区校级模拟）若实数x，y满足4lnx+2lny≥x2+4y﹣4，则（）A．xy=22 B．x+y=2 C．x+【考点】基本不等式及其应用．【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；直观想象；运算求解．【答案】A【分析】将原不等式转化ln[（12x2）•（2y）]≥12x2+2y﹣2，再设a=12x2，b＝2y，进一步转化为lna+lnb≥a+b﹣2，再构造函数g（x）＝lnx﹣x+1，求出g（x）在（0，+【解答】解：∵4lnx+2lny≥x2+4y﹣4（x＞0，y＞0），∴2[ln（x2）+lny]≥x2+4y﹣4，即ln（x2）+lny≥12x2+2y﹣∴ln[（12x2）•（2y）]≥12x2设a=12x2，b＝2y（a＞0，则有lnab≥a+b﹣2，即lna+lnb≥a+b﹣2，∴lna﹣a+1+（lnb﹣b+1）≥0，令g（x）＝lnx﹣x+1，则g'（x）=1x-∴当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；∴g（x）max＝g（1）＝0，要使g（a）+g（b）≥0成立，只有当a＝b＝1时即g（a）＝g（b）＝0时才满足，∴x=2，y=12故选：A．【点评】本题考查了利用导数求函数的最大值，多次使用了转化思想，难度较大，属于难题．8．（2024秋•晋城期中）若存在x⩾0，y⩾0，且3x+y＝1，使不等式3x+1+A．（﹣4，2） B．（﹣∞，﹣4）∪（2，+∞） C．（﹣2，4） D．（﹣∞，﹣2）∪（4，+∞）【考点】运用“1”的代换构造基本不等式．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】D【分析】由已知结合基本不等式及不等式成立由最值关系的转化即可求解．【解答】解：因为3x+1+又因为x⩾0，y⩾0，3x+y＝1，所以3（x+1）+（y+1）＝5．所以3x当且仅当y+1x+1=4(x+1)y+1所以5＜m2﹣2m﹣3，即m2﹣2m﹣8＞0，所以m＜﹣2或m＞4．故选：D．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•易门县校级期末）已知a，b，c∈R，则下列结论正确的是（）A．若a＞b＞0，则1aB．若a＞b，则ac2＞bc2 C．若2a＞(12)bD．若a＞b＞0，则a【考点】等式与不等式的性质．【专题】对应思想；定义法；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】AC【分析】由作差法即可判断AD，当c＝0时，即可判断B，由指数函数的单调性即可判断C．【解答】解：对A，因为a＞b＞0，所以1a-1b=对B，当c＝0，则ac2＝0＝bc2，故B错误；对C，若2a＞(12)b，即2a＞2﹣b，则a＞﹣b，故a对D，因为a+1b-(b+则a-所以a+1b-(故选：AC．【点评】本题考查不等式相关性质，属于中档题．（多选）10．（2025•宁远县校级开学）若实数x，y满足x+y≥2，则下列选项一定正确的有（）A．（x+1）2+y2≥5 B．x2C．2x2+2y2＞x+y D．|x﹣2y2|+|y﹣2x2|≥2【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】BCD【分析】特殊值法判断A，应用基本不等式计算即可判断B，C，绝对值不等式计算结合不等式性质判断D．【解答】解：实数x，y满足x+y≥2，令x=12因为2（x2+y2）＝x2+y2+x2+y2≥x2+y2+2xy＝（x+y）2，所以x2+y2≥(x因为2（x2+y2）≥（x+y）2，所以2（x2+y2）≥（x+y）2＞x+y，C选项正确；因为2（x2+y2）＞x+y，所以|x﹣2y2|+|y﹣2x2|≥|（x﹣2y2）+（y﹣2x2）|＝|（x+y）﹣2（y2+x2）|＝2（y2+x2）﹣（x+y），当且仅当（x﹣2y2）（y﹣2x2）≥0时取等号，又因为2（x2+y2）≥（x+y）2，且x+y≥2，所以|x﹣2y2|+|y﹣2x2|≥2（y2+x2）﹣（x+y）＞（x+y）2﹣（x+y）＝（x+y）[（x+y）﹣1]＞x+y≥2．故选：BCD．【点评】本题主要考查了基本不等式及不等式性质的应用，属于中档题．（多选）11．（2025•玉溪校级模拟）已知关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为(-∞，-A．2a+b＝1 B．a+2b的最大值为C．4a+1+D．a2+b2的最小值为1【考点】运用基本不等式求最值；解一元二次不等式．【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】BC【分析】由已知结合二次不等式与二次方程的关系可得a+2b＝1，然后结合基本不等式的乘“1”法可判断C，利用向量的性质可求解B，根据二次函数的性质可判断D．【解答】解：因为关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为(-∞，-所以﹣1和12为方程（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＝0所以-1+12=2b-ma+m-1×1所以a+2b＝1，故A错误；对于B，因为a＞0，b＞0，由A选项分析，a+2b＝1，设m→=(1，故a+2b≤3(对于C，因为a+2b＝1，所以4=1当且仅当4(2b+2)a+1=对于D，a2当且仅当b=25，a故选：BC．【点评】本题主要考查一元二次不等式与一元二次方程的关系、基本不等式的应用，属于中档题．（多选）12．（2025春•临泉县校级月考）下列命题中，真命题是（）A．函数y=x+B．“x＞1”是“1x＜C．“x＝1是方程ax2+bx+c＝0的一个实数根”的充要条件是“a+b+c＝0” D．设a1＝2，a2，b1，b2，c1，c2都不为0，不等式a1x2+b1x+c1＞0的解集为【考点】运用基本不等式求最值；充分不必要条件的判断；充要条件的判断．【专题】整体思想；综合法；简易逻辑；不等式；运算求解．【答案】BC【分析】举反例判断A，D，利用充分不必要条件的定义判断B，利用充要条件的定义判断C即可．【解答】解：对于A，令x＝﹣2，y＜0，最小值不可能为3，故A错误；对于B，对于充分性，当x＞1时，1x对于必要性，令x＝﹣2，满足1x＜1，不满足x＞1对于C，对于充分性，将x＝1代入ax2+bx+c＝0中，得到a+b+c＝0，故充分性成立，对于必要性，当a+b+c＝0时，则c＝﹣a﹣b，代入方程ax2+bx+c＝0中，得到ax2+bx﹣a﹣b＝0，则a（x2﹣1）+b（x﹣1）＝0，显然x＝1是方程的一个根，即必要性成立，故C正确，对于D，令a1＝1，b1＝﹣1，c1＝﹣2，a2＝﹣1，b2＝1，c2＝2，满足a1a2=b1b2=c1c解得x∈（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞），故M＝（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞），此时a2x2+b2x+c解得x∈（﹣1，2），故N＝（﹣1，2），显然M≠N，则“a1a2=b1b故选：BC．【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，充分必要条件的判断，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•河南模拟）关于x的不等式ax≥logax（a＞0且a≠1）恒成立，则实数a的取值范围是[e1e，+∞）【考点】指、对数不等式的解法．【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．【答案】[e1e，+【分析】ax≥logax（a＞0且a≠1）等价于lna≥lnxx，即lna≥(lnxx)max，令f【解答】解：因为不等式ax≥logax（a＞0且a≠1）恒成立，可知a＞1，lna＞0，由ax≥logax（a＞0且a≠1）可得exlna则xlna•exlna≥xlnx＝elnx•lnx，令h（t）＝tet，h′（t）＝et（t+1），令h′（t）＞0，解得：t＞﹣1；令h′（t）＜0，解得：t＜﹣1，所以h（t）在（﹣1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1）上单调递减，当t＜0时，h（t）＝tet＜0，当t＞0时，h（t）＝tet＞0，因为x＞0，lna＞0，所以xlna＞0，所以要使xlna•exlna≥xlnx＝elnx•lnx，故只需xlna≥lnx即可，故lna≥令f(x)=lnxx令f′（x）＞0解得：0＜x＜e；令f′（x）＜0解得：x＞e，所以f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以f(x)max=所以实数a的取值范围是[e故答案为：[e1e，+【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．14．（2025•邢台模拟）已知正实数a，b满足ba2-1-4-b2=【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；不等式；运算求解．【答案】6．【分析】变形给定的等式，构造函数，利用导数确定单调性可得a=【解答】解：正实数a，b满足ba令f(当x＞1时，f'函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，又a2-1a2当且仅当2b=4故答案为：6．【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．15．（2025•沙坪坝区校级模拟）已知a＞2，b＞0，a2﹣6a+2b＝0，则2a-2+ab的最小值为【考点】运用基本不等式求最值．【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】2．【分析】根据题意可得b=a(6-a)2，2＜a＜【解答】解：因为a＞2，b＞0，a2﹣6a+2b＝0，则ba=6-a2＞0可得2a则2(=1当且仅当6-aa-2=故答案为：2．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．16．（2025•承德一模）已知函数f（x）＝2（x﹣b）（x﹣2c），0＜b＜2c＜1，则f（0）•f（1）的取值范围是(0，14【考点】运用基本不等式求最值．【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式；运算求解．【答案】(0，【分析】利用基本不等式即可求解．【解答】解：f（0）•f（1）＝8bc（1﹣b）（1﹣2c），由于0＜b＜2c＜1，故8bc(1-b)(1-又b+2当且仅当b+2因此8bc当且仅当b=12，c=14等号成立，由于0所以0＜f（0）•f（1）＜14，即f（0）•f（1）的取值范围是故答案为：(0，【点评】本题主要考查基本不等式在最值求解中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．四．解答题（共4小题）17．（2024秋•西双版纳期末）已知函数f(x)=16-2x-12x-1的定义域为集合A，集合B＝（1）当m＝0时，求A∪B；（2）若x∈A是x∈B的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【考点】指、对数不等式的解法；函数的定义域及其求法；充分条件与必要条件．【专题】整体思想；综合法；集合；运算求解．【答案】（1）{x|﹣1＜x≤4}；（2）[3【分析】（1）先利用具体函数定义域与指数函数解不等式求得集合A，从而利用集合的并集运算即可得解；（2）由题意得到B是A的真子集，分别讨论B＝∅和B≠∅两种情况，根据集合的包含关系即得解．【解答】解：（1）因为f(所以16-2x≥02当m＝0时，集合B＝{x|﹣1＜x≤1}，所以A∪B＝x|﹣1＜x≤4}．（2）因为x∈A是x∈B的必要不充分条件，则B是A的真子集，因为B＝{x|2m﹣1＜x≤m+1}，当B＝∅时，2m﹣1≥m+1，解得m≥2，符合题意；当B≠∅时，则2m-1综上，m≥34，故m【点评】本题主要考查了集合的基本运算及集合包含关系的应用，属于中档题．18．（2024秋•深圳校级期末）设全集U＝R，已知集合A={x|x+1x-4≤0}，集合B＝{x|（1）求A∩B和∁U（A∪B）；（2）若C＝{x|a≤x≤2a+2}且A∩C＝C，求实数a的取值范围．【考点】分式不等式；集合的包含关系的应用；集合的交并补混合运算．【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】（1）A∩B＝{x|﹣1≤x＜2}；∁U（A∪B）＝{x|x≤﹣5或x≥﹣4}；（2）（﹣∞，﹣2）∪[﹣1，1）．【分析】（1）解分式与二次不等式化简集合A，B，从而利用集合的交并补运算即可得解；（2）根据题意得到C⊆A，再利用集合的包含关系，分类讨论C＝∅与C≠∅两种情况，得到关于a的不等式组，解之即可得解．【解答】（1）由x+1x-4≤0，得﹣1≤x＜4，则A＝{x|﹣1解x2+3x﹣10＜0，得﹣5＜x＜2，则B＝{x|﹣5＜x＜2}，所以A∩B＝{x|﹣1≤x＜2}，A∪B＝{x|﹣5＜x＜4}，则∁U（A∪B）＝{x|x≤﹣5或x≥﹣4}．（2）因为A∩C＝C，所以C⊆A，而A＝{x|﹣1≤x＜4}，C＝{x|a≤x≤2a+2}，当C≠∅时，则a≥﹣2，且a≥-12a+2＜4，解得﹣1≤a＜1当C＝∅时，则a＞2a+2，解得a＜﹣2，满足题意；综上，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪[﹣1，1）．【点评】本题主要考查分式不等式的解法，属于中档题．19．（2024秋•浦东新区校级期末）完成如下问题：（1）解方程：log（2）设f（x）＝log2（x﹣1）+3，解不等式：f（2x﹣3）＜f（21﹣2x+1）．【考点】指、对数不等式的解法；由指数函数的单调性求解参数．【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．【答案】（1）3或4；（2）（2，3）．【分析】（1）根据对数值运算求值；（2）先应用对数函数单调性及定义域化简列不等式组，最后结合指数函数单调性解指数不等式即可．【解答】解：（1）因为log所以x2所以x＝3或x＝4；（2）因为f（x）＝log2（x﹣1）+3单调递增，又因为f（2x﹣3）＜f（21﹣2x+1），所以1＜所以2＜x＜3，所以解集为（2，3）．【点评】本题主要考查了对数函数的性质，还考查了函数单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．20．（2024秋•临夏州期末）已知函数f（x）＝x2﹣ax+b．（1）若f（﹣1）＝3，且a＞0，b＞0，求1a（2）若b＝2a，解关于x的不等式f（x）﹣2x≤0．【考点】运用基本不等式求最值；解一元二次不等式．【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】（1）92（2）见解析．【分析】（1）作“1”的代换，利用基本不等式求解即可；（2）解含参的一元二次不等式，先进行因式分解，然后再对两根大小讨论，即可得到不等式的各类解集．【解答】解：（1）因为f（﹣1）＝1+a+b＝3，则a+b＝2，且a＞0，b＞0，可得1a当且仅当4ab=ba所以1a+4（2）因为b＝2a，所以f（x）﹣2x＝x2﹣（a+2）x+2a≤0，即（x﹣2）（x﹣a）≤0，①当a＝2时，（x﹣2）2≤0，所以不等式的解集为{x|x＝2}；②当a＞2时不等式的解集为{x|2≤x≤a}；③当a＜2时，方程（x﹣2）（x﹣a）＝0的根为x＝a＜2或x＝2，不等式的解集为{x|a≤x≤2}；综上：当a＝2时，不等式的解集为{x|x＝2}；当a＜2时，不等式的解集为{x|a≤x≤2}；当a＞2时不等式的解集为{x|2≤x≤a}；【点评】本题主要考查基本不等式的应用，属于中档题．

考点卡片1．集合的包含关系的应用【知识点的认识】如果集合A中的任意一个元素都是集合B的元素，那么集合A叫做集合B的子集；A⊆B，读作“A包含于B”（或“B包含于A”）．【解题方法点拨】1．按照子集包含元素个数从少到多排列．2．注意观察两个集合的公共元素，以及各自的特殊元素．3．可以利用集合的特征性质来判断两个集合之间的关系．4．有时借助数轴，平面直角坐标系，韦恩图等数形结合等方法．【命题方向】设m为实数，集合A＝{x|﹣3≤x≤2}，B＝{x|m≤x≤2m﹣1}，满足B⊆A，则m的取值范围是_____．解：∵集合A＝{x|﹣3≤x≤2}，B＝{x|m≤x≤2m﹣1}，且B⊆A，∴当m＞2m﹣1时，即m＜1时，B＝∅，符合题意；当m≥1时，可得-3≤m综上所述，m≤32，即m故答案为：(-∞，2．集合的交并补混合运算【知识点的认识】集合交换律A∩B＝B∩A，A∪B＝B∪A．集合结合律（A∩B）∩C＝A∩（B∩C），（A∪B）∪C＝A∪（B∪C）．集合分配律A∩（B∪C）＝（A∩B）∪（A∩C），A∪（B∩C）＝（A∪B）∩（A∪C）．集合的摩根律∁U（A∩B）＝∁UA∪∁UB，∁U（A∪B）＝∁UA∩∁UB．集合吸收律A∪（A∩B）＝A，A∩（A∪B）＝A．集合求补律A∪∁UA＝U，A∩∁UA＝∅．【解题方法点拨】直接利用交集、并集、全集、补集的定义或运算性质，借助数轴或韦恩图直接解答．【命题方向】理解交集、并集、补集的混合运算，每年高考一般都是单独命题，一道选择题或填空题，属于基础题．设全集U＝R，A＝{x|0≤x＜8}，B＝{x|1＜x＜5}，求：（Ⅰ）∁U（A∩B）；（Ⅱ）（∁UA）∪（∁UB）；（Ⅲ）A∩（∁UB）．解：（Ⅰ）∵全集U＝R，A＝{x|0≤x＜8}，B＝{x|1＜x＜5}，∴A∩B＝{x|1＜x＜5}，∵全集U＝R，∴∁U（A∩B）＝{x|x≤1或x≥5}；（Ⅱ）（∁UA）∪（∁UB）＝∁U（A∩B）＝{x|x≤1或x≥5}；（Ⅲ）∵全集U＝R，B＝{x|1＜x＜5}，∴∁UB＝{x|x≤1或x≥5}，∵A＝{x|0≤x＜8}，∴A∩（∁UB）＝{x|0≤x≤1或5≤x＜8}．3．充分条件与必要条件【知识点的认识】1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p⇒q”等价的逆否命题是“￢q⇒￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x∉q，则x∉p一定成立．2、充要条件：如果既有“p⇒q”，又有“q⇒p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p⇔q”．p与q互为充要条件．【解题方法点拨】充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的既不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．【命题方向】充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．4．充分不必要条件的判断【知识点的认识】充分不必要条件是指如果条件P成立，则条件Q必然成立，但条件Q成立时，条件P不一定成立．用符号表示为P⇒Q，但Q⇏P．这种条件在数学中表明某个条件足以保证结果成立，但不是唯一条件．【解题方法点拨】要判断一个条件是否为充分不必要条件，可以先验证P⇒Q，然后找反例验证Q成立但P不成立．举反例是关键步骤，找到一个Q成立但P不成立的例子即可证明P不是Q的必要条件．例如，可以通过几何图形性质验证某些充分不必要条件．【命题方向】充分不必要条件的命题方向包括几何图形的特殊性质、函数的特定性质等．已知命题p：x2﹣4x+3＜0，那么命题p成立的一个充分不必要条件是（）A．x≤1B．1＜x＜2C．x≥3D．2＜x＜3解：由x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜3，则1＜x＜2和2＜x＜3都是1＜x＜3的充分不必要条件．故选：BD．5．充要条件的判断【知识点的认识】充要条件是指条件P和条件Q之间互为充分必要条件．即若P成立，则Q成立，若Q成立，则P也成立．用符号表示为P⇔Q．充要条件在数学中非常重要，因为它们表示两个条件是等价的．【解题方法点拨】要判断一个条件是否为充要条件，需要分别验证P⇒Q和Q⇒P．如果两者都成立，则P和Q互为充要条件．通常可以通过逻辑推理和实例验证来进行判断．对于复杂问题，可以分步骤进行验证，确保每一步推理的正确性．【命题方向】充要条件的命题方向包括几何图形的判定条件、函数的性质等．例如，矩形的对角线相等且互相平分是矩形的充要条件．“方程x2﹣2x+m＝0至多有一个实数解”的一个充要条件是（）A．m≥1B．m≤1C．m≥2D．m≥0解：“方程x2﹣2x+m＝0至多有一个实数解”的充要条件为“（﹣2）2﹣4m≤0”即“m≥1”．故选：A．6．等式与不等式的性质【知识点的认识】1．不等式的基本性质（1）对于任意两个实数a，b，有且只有以下三种情况之一成立：①a＞b⇔a﹣b＞0；②a＜b⇔a﹣b＜0；③a＝b⇔a﹣b＝0．（2）不等式的基本性质①对称性：a＞b⇔b＜a；②传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；③可加性：a＞b⇒a+c＞b+c．④同向可加性：a＞b，c＞d⇒a+c＞b+d；⑤可积性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；⑥同向整数可乘性：a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；⑦平方法则：a＞b＞0⇒an＞bn（n∈N，且n＞1）；⑧开方法则：a＞b＞0⇒na＞nb（n∈N，且7．不等式比较大小【知识点的认识】不等式大小比较的常用方法（1）作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果；（2）作商（常用于分数指数幂的代数式）；（3）分析法；（4）平方法；（5）分子（或分母）有理化；（6）利用函数的单调性；（7）寻找中间量或放缩法；（8）图象法．其中比较法（作差、作商）是最基本的方法．【命题方向】方法一：作差法典例1：若a＜0，b＜0，则p=b2a+a2bA．p＜qB．p≤qC．p＞qD．p≥q解：p﹣q=b2a+a2b-a﹣b=b∵a＜0，b＜0，∴a+b＜0，ab＞0，若a＝b，则p﹣q＝0，此时p＝q，若a≠b，则p﹣q＜0，此时p＜q，综上p≤q，故选：B方法二：利用函数的单调性典例2：三个数(25)-1A．(65)-15＜(65)-解：由指数函数的单调性可知，(6由幂函数的单调性可知，(2则(2故(6故选：B．8．基本不等式及其应用【知识点的认识】基本不等式主要应用于求某些函数的最值及证明不等式．其可表述为：两个正实数的几何平均数小于或等于它们的算术平均数．公式为：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），变形为ab≤（a+b2）2实例解析例1：下列结论中，错用基本不等式做依据的是．A：a，b均为负数，则2ab+b2a≥2．B：x2+2解：根据均值不等式解题必须满足三个基本条件：“一正，二定、三相等”可知A、B、D均满足条件．对于C选项中sinx≠±2，不满足“相等”的条件，再者sinx可以取到负值．故选：C．A选项告诉我们正数的要求是整个式子为正数，而不是式子当中的某一个组成元素；B分子其实可以写成x2+1+1，然后除以分母就可换成基本不等式．这个例题告诉我们对于一个式子也是可以用基本不等式的，而且求最值也很方便．例2：利用基本不等式求y=xx2+2的最值？当0＜x解：当x＝0时，y＝0，当x≠0时，y=用基本不等式若x＞0时，0＜y≤2若x＜0时，-24≤y综上得，可以得出-24≤∴y=xx2+2这是基本不等式在函数中的应用，他的解题思路是首先判断元素是否大于0，没有明确表示的话就需要讨论；然后把他化成基本不等式的形式，也就是化成两个元素（函数）相加，而他们的特点是相乘后为常数；最后套用基本不等式定理直接求的结果．【解题方法点拨】基本不等式的应用1、求最值例1：求下列函数的值域．2、利用基本不等式证明不等式3、基本不等式与恒成立问题4、均值定理在比较大小中的应用【命题方向】技巧一：凑项点评：本题需要调整项的符号，又要配凑项的系数，使其积为定值．技巧二：凑系数例2：当0＜x＜4时，求y＝x（8﹣2x）的最大值．解析：由0＜x＜4知，8﹣2x＞0，利用基本不等式求最值，必须和为定值或积为定值，此题为两个式子积的形式，但其和不是定值．注意到2x+（8﹣2x）＝8为定值，故只需将y＝x（8﹣2x）凑上一个系数即可．y＝x（8﹣2x）=12[2x•（8﹣2x）]≤12（2当2x＝8﹣2x，即x＝2时取等号，当x＝2时，y＝x（8﹣x2）的最大值为8．评注：本题无法直接运用基本不等式求解，但凑系数后可得到和为定值，从而可利用基本不等式求最大值．技巧三：分离例3：求y=x解：本题看似无法运用基本不等式，不妨将分子配方凑出含有（x+1）的项，再将其分离．y=x2+7x+10x+1当x＞﹣1，即x+1＞0时，y≥2(x+1)×4x+1+5技巧四：换元对于上面例3，可先换元，令t＝x+1，化简原式在分离求最值．技巧五：结合函数f（x）＝x+a技巧六：整体代换点评：多次连用最值定理求最值时，要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错．技巧七：取平方点评：本题将解析式两边平方构造出“和为定值”，为利用基本不等式创造了条件．总之，我们利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，同时还要注意一些变形技巧，积极创造条件利用基本不等式．9．运用基本不等式求最值【知识点的认识】基本不等式主要应用于求某些函数的最值及证明不等式．其可表述为：两个正实数的几何平均数小于或等于它们的算术平均数．公式为：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），变形为ab≤（a+b2）2【解题方法点拨】在运用均值不等式求最值时，可以将代数式分解成可以应用均值不等式的形式．例如，要求代数式x+1x的最小值，可以利用均值不等式x+1x≥2从而得出最小值为2【命题方向】均值不等式求最值的命题方向包括代数表达式的最值求解、几何图形的最优设计等．例如，求解一个代数式的最小值，或设计一个几何图形使其面积最大．这类题型要求学生能够灵活运用均值不等式进行最值求解，并能正确代入和计算．已知正数a，b满足a+b＝1，则a+1+b解：因为正数a，b满足a+b＝1，所以a+1+b+1＝3，则a+1当且仅当a＝b=1故答案为：6．10．运用“1”的代换构造基本不等式【知识点的认识】基本不等式主要应用于求某些函数的最值及证明不等式．其可表述为：两个正实数的几何平均数小于或等于它们的算术平均数．公式为：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），变形为ab≤（a+b2）2【解题方法点拨】在一些复杂的代数式问题中，结合已知条件中的和或积为常熟，可以通过将“1”表示为两个数的和或积，从而构造均值不等式，简化问题．【命题方向】运用“1”的代换构造均值不等式时，可以通过将“1”表示为两个数的和或积，从而应用均值不等式．已知实数x，y∈R+，且x+y＝4，求1x解：∵x＞0，y＞0，x+y＝4，∴1x+3y=∴1x+3故答案为：1+311．分式不等式【知识点的认识】分式不等式指的是含有分式的数学不等式．解分式不等式时，关键是注意分母不为零．【解题方法点拨】将分式不等式转化为普通不等式，并限定分母部分不为零，找出符合不等式的区间．综合各区间解，写出最终解集．【命题方向】典型的命题包括解简单的分式不等式，结合实际应用题解分式不等式，以及分式不等式在函数单调性、最值问题中的应用．求不等式3x解：3x+13-x＞-1可化为2x+4x-3解得：﹣2＜x＜3，所以原不等式的解集为：{x|﹣2＜x＜3}．12．指、对数不等式的解法【知识点的认识】不等式的解法（1）整式不等式的解法（根轴法）．步骤：正化，求根，标轴，穿线（偶重根打结），定解．特例：①一元一次不等式ax＞b解的讨论；②一元二次不等式ax2+bx+c＞0（a≠0）解的讨论．（2）分式不等式的解法：先移项通分标准化，则．（3）无理不等式：转化为有理不等式求解．（4）指数不等式：转化为代数不等式（5）对数不等式：转化为代数不等式（6）含绝对值不等式①应用分类讨论思想去绝对值；②应用数形思想；③应用化归思想等价转化．注：常用不等式的解法举例（x为正数）：13．解一元二次不等式【知识点的认识】含有