专题03 不等式（竞赛培优专项训练）（解析版）高一数学竞赛培优系列（全国通.用）

PAGE专题03不等式目录概览A考点精研・竞赛考点专项攻坚考点一利用不等式性质判断其他不等式的真假 5考点二利用不等式的性质求参 7考点三比较大小 9考点四对基本不等式的理解 11考点五利用基本不等式求最值（无条件） 12考点六由条件等式及基本不等式求最值 14考点七利用基本不等式解决恒成立或有解问题 17考点八证明不等式 19考点九解一元二次不等式、分式不等式及高次不等式 22考点十解绝对值不等式（拓展） 23考点十一由不等式的解集求参 24考点十二解含参的不等式 27考点十三一元二次方程的实根分布 29考点十四一元二次不等式恒成立或有解问题 30考点十五二次函数的图象与性质 33考点十六不等式与集合、常用逻辑用语的综合 35考点十七与不等式有关的数学文化题 41考点十八不等式的实际应用 44B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题19道）【归纳重点知识】知识点01比较大小关系方法做差法与0比较做商法与1比较或或知识点02不等式的性质（1）基本性质性质性质内容对称性传递性可加性可乘性同向可加性同向同正可乘性可乘方性知识点03一元二次不等式一元二次不等式，其中，是方程的两个根，且（1）当时，二次函数图象开口向上．（2）=1\*GB3①若，解集为．=2\*GB3②若，解集为．=3\*GB3③若，解集为．（2）当时，二次函数图象开口向下．=1\*GB3①若，解集为；=2\*GB3②若，解集为知识点04分式不等式（1）（2）（3）（4）知识点05基本不等式（拓展）如果，那么，当且仅当时，等号成立．其中，叫作的算术平均数，叫作的几何平均数．即正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．基本不等式1：若，则，当且仅当时取等号；基本不等式2：若，则（或），当且仅当时取等号．注意（1）基本不等式的前提是“一正”“二定”“三相等”；其中“一正”指正数，“二定”指求最值时和或积为定值，“三相等”指满足等号成立的条件．（2）连续使用不等式要注意取得一致．知识点06绝对值不等式（拓展）（1）（2）；；（3）含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用图象法和零点分段法求解.【熟记重要结论】1.有关倒数的性质(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；a>b，ab<0⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(2)a>b>0，0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).2.有关分数的性质若a>b>0，m>0，则(1)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(a－m>0)．(2)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．3.常用的几个重要不等式(1)a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)．(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)．(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)．(5)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)(a>0，b>0)．以上不等式等号成立的条件均为a＝b.4．轮换对称不等式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2＋b2≥2ab,a2＋c2≥2ac,b2＋c2≥2bc))eq\a\vs4\al(a2＋b2＋c2≥ab＋ac＋bc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立)5．三元基本不等式eq\r(3,abc)≤eq\f(a＋b＋c,3)，其中a>0，b>0，c>0，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．13.一元二次不等式恒成立问题(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ<0))；(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0))；(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ<0))；(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ≤0)).(5)对于ax2＋bx＋c>0不等式恒成立时，最高次数的系数含参要考虑为零情况。6.区间恒成立问题函数在某区间恒成立时，若能够分离参数成k<f(x)或k>f(x)形式．则可以转化为函数值域求解．设f(x)的最大值为M，最小值为m.(1)k<f(x)恒成立⇔k<m，k≤f(x)恒成立⇔k≤m.(2)k>f(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M.7．柯西不等式（Cauchy不等式）（拓展）（1）二元柯西不等式：对于任意的，都有．（2）元柯西不等式：，取等条件：或（）．8．权方和不等式(拓展)（1）二维形式的权方和不等式对于任意的，都有．当且仅当时，等号成立．（2）一般形式的权方和不等式若，，，则，当时等号成立．9.基本不等式链,当且仅当时,等号成立.其中分别为平方平均数,算术平均数,几何平均数,调和平均数.可利用上述不等式链在各平均数间进行放缩、转化.考点一利用不等式性质判断其他不等式的真假1．（24-25高二下·北京昌平·期末）已知，，则下列大小关系正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据两个分子相同的分数，分母越大，分数值越小，以及不等式两边同时乘一个正数，不等号方向不变，不等式两边同时乘一个负数，不等号方向改变，再结合不等式的传递性，进行大小比较即可.【详解】因为，所以，因为，所以，即，因为，所以，综上，，因此选项A错误，选项B正确；因为，所以，因为，所以，综上，和无法判断正负，故选项C错误，选项D错误.故选：B.2．若，下列不等式：①；②；③；④.成立的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】对于①②③：根据不等式的性质分析判断即可；对于④：由③可知，结合不等式性质分析判断.【详解】对于①：因为，则，所以，故①正确；对于②：因为，则，所以，故②错误；对于③：因为，则，所以，故③正确；对于④：因为，则，可得，即，所以，故④正确；综上所述：成立的有3个.故选：C.3．（多选）若，且，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】选项A，利用不等式性质即可判断；选项B，举反例，利用反例可证B错误；选项C，移项后运用基本不等式可证；选项D，将选项化为两个完全平方式之和，利用平方的性质即可证.【详解】由题意，A项，∵，∴，故A正确；B项，当时，不成立，故B错误；C项，∵，∴，∴，当且仅当时等号成立，故C正确；D项，∵，故D正确．故选：ACD．考点二利用不等式的性质求参4．(多选)已知实数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】AB选项，利用不等式的性质直接进行求解；CD选项，先利用表达出和，结合求出答案.【详解】A选项，，相加得，故，A正确；B选项，，相加得，故，B正确；C选项，设，故，解得，所以，故，相加得，即，C错误；D选项，设，故，解得，故，，相加得，，D错误.故选：AB5．已知实数满足，，则的取值范围为．【答案】【分析】根据不等式性质直接求解即可.【详解】因为，，所以，，所以，即的取值范围为.故答案为：6．已知实数x、y满足:则的取值范围是【答案】【分析】设，，可得，化简得，从而可得，再结合，从而得，从而可求解.【详解】设，，则，，则，即，当时取等号，又因为，则，又因，所以可得，则，所以则的取值范围为.故答案为：.7．对于实数，若，则的最大值为.【答案】3【分析】解绝对值不等式得出，，再利用不等式的性质求出即可求出最值.【详解】由题意可得，，，则，，则，得，故，则的最大值为.考点三比较大小8．（25-26高一上·全国·单元测试）若，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用作差法可得出的大小关系．【详解】因为，所以．故选：C.9．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，由原式可得，然后由作差法分别比较与，与的大小关系，即可得到结果.【详解】由，且可得，即，则，又，即，化简可得，即，其中，所以，即，所以，所以，所以，又，所以，综上所述，.故选：A10．已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆台和圆柱的体积公式得出，然后利用作差法判断出，结合基本不等式判断，即可得出答案.【详解】设圆台和圆柱的高为，则，所以．因为，所以B正确，A错误；又，所以，所以CD错误，故选：B．11.(多选)建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积．但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值不小于，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好．现欲在原设计方案的基础上，同时增加住宅的窗户面积和地板面积，则下列有关说法正确的是（

）A．若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好B．若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变差C．若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差D．若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差【答案】AD【分析】设窗户面积与地板面积分别为、，由题意可知，即，结合作差法逐项判断即可.【详解】设窗户面积与地板面积分别为、，由题意可知，即，按采光标准，窗户面积与地板面积的比值，且当越大时，住宅的采光条件越好．对于AB选项，当时，，故，所以若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好，A对B错；对于C选项，若增加的窗户面积为，则增加的地面面积为，故，若，则，此时住宅的采光条件不变，C错；对于D选项，若增加的窗户面积为，则增加的地面面积为，故，所以若增加的窗户面积和地板面积比值为，则住宅的采光条件一定变差，D对.故选：AD.考点四对基本不等式的理解12．（24-25高一上·北京·期末）若，且，则下列不等式中，恒成立的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】AD通过分析符号可完成判断；B由基本不等式可判断选项正误；C由做差法可判断选项正误.【详解】对于A，因，则同号，但由题不能判断同为正或同为负，当为负数时，，则A错误；对于B，，当且仅当，即时，取等号，故B正确对于C，，故C错误；对于D，由A分析，当为负数时，，则D错误；故选：B13．（24-25高一上·全国·课后作业）下列结论正确的是（

）A．若，且，则 B．当时，C．当时，的最小值为2 D．当时，【答案】B【分析】利用基本不等式的条件、取等号的条件逐项判断.【详解】对于A，当时，显然不成立，A错误；对于B，当时，，，当且仅当时取等号，B正确；对于C，当时，，当且仅当时取等号，而，不能取到等号，C错误；对于D，取，，D错误.故选：B14．（24-25高一上·贵州贵阳·期中）如图，是圆的直径，点是上一点，．过点作垂直于的弦，连接．可证，因而．由于小于或等于圆的半径，我们教材中利用该图作为一个说法的几何解释，这个说法正确的是（

）A．如果，那么B．如果，那么C．对，都有，当且仅当时等号成立D．对，都有，当且仅当时等号成立【答案】C【分析】根据题意，结合小于或等于圆的半径求解即可.【详解】由题意，由于小于或等于圆的半径，是圆的直径，且，，所以，当且仅当时等号成立.故选：C.考点五利用基本不等式求最值（无条件）15．（2025·全国·模拟预测）已知x，y为正数，则的最小值为（

）A．4 B． C．3 D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值.【详解】由x，y均为正数，则，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.故选：D.16．（24-25高一下·陕西·期末）实数，满足，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知的范围，然后将目标式转化为，利用基本不等式可得.【详解】因为，所以，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：B.17．若，则的最小值为.【答案】4【分析】根据给定条件，利用配凑法及基本不等式求出最小值即可得解.【详解】当时，，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4.18．已知，则的最小值为.【答案】【分析】将变形为，换元，令，构造均值不等式求解即可.【详解】，令，所以，则，当且仅当，即，时取等号.所以的最小值为.考点六由条件等式及基本不等式求最值19．设，，且，则的最小值为（

）A．3 B． C． D．【答案】B【详解】解析：，当且仅当，即，即，时取等号.20.(多选)已知，且，则（

）A． B．的最大值是C．的最小值是 D．的最大值是1【答案】ABD【分析】易求得，可判断A；利用基本不等式可得，可判断B；由，可求得最大值与最小值，可判断CD.【详解】由，可得，因为，所以，解得，又，所以，即，故A正确；因为，所以，所以，当且仅当时取等号，故B正确；由，可得，所以，当时，取最小值，最小值是，故C错误；当或时，取最大值，最大值是，故D正确.故选：ABD.21．(多选)已知，则（

）A．的最小值为 B．ab的最大值为C．的最小值为 D．的最小值为【答案】AC【分析】应用基本不等式“1”的代换求最小值，应用基本不等式及指数运算性质求、的最小值，由，则，代入求最小值，即可得.【详解】A：由，当且仅当取等号，对；B：由，则，当且仅当时取等号，错；C：由，当且仅当时取等号，对；D：由，则，故，错.故选：AC22.(多选)已知，为正实数，且，则（

）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最小值为【答案】ACD【分析】A，利用变形，利用基本不等式求解即可；B，由可得，利用基本不等式求解即可；C，利用，解一元二次不等式即可；D，原式变形为，利用基本不等式求解即可.【详解】由得，所以，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值，对,，当且仅当时取等号，此时取得最小值，B错因为，当且仅当时取等号，解不等式得，故的最大值为，C对，当且仅当即时取等号，此时取得最小值，D正确故选：ACD.23．已知，，，则的最小值为.【答案】【分析】由得，根据基本不等式得，即可求得的最小值.【详解】因为，，，所以，因为，所以，当且仅当即（负值舍去），等号成立，此时，整理得，解得，（不符合题意舍去），即当，时，有最小值为.考点七利用基本不等式解决恒成立或有解问题24．（2025·吉林延边·一模）已知正实数，满足，且不等式恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】对题目等式变形得，再利用乘“1”法即可得到答案.【详解】因为正实数,满足，所以，则：，当且仅当时取等号，因为不等式恒成立，所以．故选：B．25．（24-25高一下·安徽马鞍山·开学考试）已知不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】变换得到，计算得到答案.【详解】不等式恒成，即，，当且仅当，即时等号成立，故.故选：.26．（24-25高一上·安徽亳州·阶段练习）对一切x，，都有，则实数a的最小值是（

）A．8 B．9 C．10 D．前3个答案都不对【答案】B【分析】由题意可得，求得即可.【详解】因为x，，所以，所以，又，当且仅当时，取等号，所以，所以实数a的最小值是.故选：B.27．（2025高三·全国·专题练习）若关于x的不等式对任意恒成立，则正实数a的可能值为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】将转化为，然后根据基本不等式得到，最后列不等式求的范围即可.【详解】∵，则，原题意等价于对任意恒成立，由，，则，可得，当且仅当，即时取得等号，∴，解得．故正实数的取值集合为.故选：A．考点八证明不等式28．已知正数a，b，c满足．(1)若，证明：；(2)求的最小值．【分析】（1）由题意可得，结合不等式分析证明；（2）由等式可得，进而求最值.【证明】（1）因为正数a，b，c满足，若，则，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以.（2）因为，即．同理可得，，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.29．证明姐妹不等式：(1)；(2)．【分析】不等式也可以表示为和，利用错位相乘可得，进而可证，第二个不等式可以按照第一个来证明.【证明】（1）不等式也可以表示为，利用可得，（错位相乘），得，即．（2）不等式可以表示为．由(1)同理得，，即．30．根据要求完成下列问题：

(1)已知命题，命题，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围；(2)请根据矩形图表信息，用，，，表示出不等式（其中，，，都为正数）并给出它的代数证明.【分析】（1）求出命题对应的集合，设命题对应集合，由逆否命题的关系得到，讨论的取值得到集合，然后得到的不等式，求得的取值范围；（2）由勾股定理和三角形三边关系得到，将不等式两边方法后由作差法证明不等式成立.【证明】（1）命题，解得，设命题表示集合，设命题表示集合，∵且是的必要不充分条件∴命题是命题的必要不充分条件，所以，，即，当时，，，符合要求，当时，解得，，解得，经检验符合要求，当时，解得，，解得，经检验符合要求，综上所述，实数的取值范围为；（2）不等式可表示为，证明如下：，又因为，所以，因为，，，都为正数，所以所以即，即原式得证.考点九解一元二次不等式、分式不等式及高次不等式31．（2025高一·全国·专题练习）不等式的解集为.【答案】{或}.【分析】直接利用一元二次不等式的解法计算即可.【详解】原不等式等价于不等式组，解第一个不等式得或，解第二个不等式得.故原不等式的解集为{或}.32.（24-25高二下·重庆·期末）不等式的解集是.【答案】【分析】移项得，然后转化为且，利用一元二次不等式求解即可.【详解】由移项通分得：，则且，从而解得：或，即不等式的解集为.故答案为：33．（2025·上海黄浦·三模）不等式的解集为．【答案】【分析】应用分式不等式的解法得，解一元二次不等式求解集.【详解】由题设，而，所以，则，即解集为.34．（24-25高一上·安徽亳州·阶段练习）不等式的解集为．【答案】或【分析】将所求不等式变形为，利用“穿针引线”法可得出原不等式的解集.【详解】由可得，即，如下图所示：由“穿针引线”法可知，原不等式的解集为或.故答案为：或.考点十解绝对值不等式（拓展）35．不等式的解集为【答案】【分析】利用中，去掉绝对值，再进行换元转化为一元二次不等式,解出不等式即可.【详解】结合题意：要使有意义，需满足，所以，可化简为整理：令则所以解得：又，所以两边同时平方得：故解集为.36．（2025高三·全国·专题练习）不等式的解集是．【答案】【分析】根据给定条件，利用零点分段法求解含绝对值符号的不等式.【详解】不等式化为：或或，解得或或，即，所以原不等式的解集为.37．（24-25高三下·上海·阶段练习）方程的解集为.【答案】【分析】根据零点，分区间讨论去绝对值，即可求解.【详解】原方程等价于，当时，，得，当时，，得，当时，恒成立，综上可知，方程的解集为.38．（2025·上海·三模）不等式的解集为．【答案】【分析】根据绝对值三角不等式及题干可得，等式成立需要同号，列不等式求解即可得解.【详解】因为，又，所以，则.39．（24-25高二下·北京·期末）关于x的不等式（）的解集为．【答案】【分析】由绝对值的含义可得，再转化为，根据解不等式即可.【详解】根据题意，，即，又，解得，所以不等式的解集为.考点十一由不等式的解集求参40．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可.【详解】当时，不等式，解得，显然解集不是，不符合题意；当，由不等式的解集为，则，，解得，即的取值范围为．41．（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根据不等式的解集求得，，再求解分式不等式即可.【解析】由题可知的根为1和2，代入方程可得，，不等式等价于，则解集为，故选：D.42．关于的不等式的解集中恰有个正整数，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】将不等式化为，讨论和两种情况，求出不等式的解集，从而求得的取值范围．【详解】原不等式可化为，若，则不等式的解集是，不等式的解集中不可能有个正整数；所以，不等式的解集是；所以不等式的解集中个正整数分别是，，，，令，解得,所以的取值范围是．故选：B．43.（多选）已知关于x的不等式的解集为，则（

）A．B．C．不等式的解集为D．的最小值为6【答案】ACD【分析】由已知条件知方程的两根，，结合根与系数关系可得，，依次判断各个选项.【详解】对于A，根据题意，方程的两根，且，故A正确；对于B，由，，，即，，则，故B错误；对于C，因为，，所以不等式为，又，所以不等式变为，解得，即不等式的解集为，故C正确；对于D，，，，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为6，故D正确.故选：ACD.44．(多选)已知关于的不等式的解集为，则下列结论正确的是（

）A．可能为空集 B．中可能只有一个元素C．若，则中的元素为负数 D．若，则【答案】BCD【分析】根据根的判别式即可判断AB；由，求出集合即可判断C；由，结合C选项，列出不等式即可判断D.【详解】对于A，由题意得，则不可能为空集，A错误；对于B，由，得，当，即时，，得，则，B正确；对于C，当，即时，，C正确．对于D，当，即时，，因为，所以，得，D正确．故选：BCD.45．若关于的不等式的解集是，则的值是【答案】0【分析】根据分式不等式特点转化为一元二次不等式，然后根据解集求解系数；【详解】等价于且，又因为解集为，所以是的根，解得，故是方程的根，根据韦达定理，解得：.考点十二解含参的不等式46．已知二次函数（）．(1)若二次函数的图像与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C，且的面积为3，求实数a的值；(2)求关于x的不等式的解集．【分析】（1）令得两点的横坐标分别为，令得点的坐标为，代入三角形面积公式列式计算即可；（2）根据、、和分类讨论解不等式即可.【详解】（1）令，则有，得两点的横坐标分别为，令，得点的坐标为，故的面积为，解得或.（2）不等式可化为，①当时，不等式的解集为或，②当时，不等式的解集为，③当时，不等式的解集为，④当时，不等式的解集为.47.已知函数．(1)若关于x的不等式的解集为，求，的值；(2)若，求不等式的解集；(3)在（1）的条件下，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．【分析】（1）根据不等式解集得到方程的两根为1，2，代入后得到方程组，求出答案；（2）变形为，分，，，和五种情况，得到不等式的解集；（3）只需，换元后，由基本不等式求出函数最小值，进而得到，求出答案.【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，所以关于的方程的两根为1，2，所以解得（2）因为，所以．①当时，不等式为，解集为；②当时，不等式可化为，解集为或；③当时，，不等式可化为，解集为；④当时，，不等式可化为，解集为；⑤当时，，不等式可化为，解集为，综上，当时，解集为；当时，解集为或；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.（3）由（1）知不等式对任意恒成立，即对任意恒成立，只需．因为，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，，故实数的取值范围为．考点十三一元二次方程的实根分布48．（24-25高一上·广东广州·阶段练习）已知方程有一正根一负根，则实数的取值范围是．【答案】【分析】根据两根之积小于0列不等式，求解可得结果.【详解】设方程的两根为，由韦达定理得.∵方程有一正根一负根，∴，即，解得，∴实数的取值范围是，此时，符合题意.故答案为：.49．（24-25高一下·上海·阶段练习）设常数，已知关于的一元二次方程的两个实根分别为、，若，则．【答案】【分析】根据根的判别式求出的范围，再由韦达定理计算可得.【详解】因为关于的一元二次方程的两个实根分别为、，则，解得，所以，，又，即，解得或（舍去）；考点十四一元二次不等式恒成立或有解问题50·．若关于的方程有两相异实根，且，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据两相异实根满足得到关于的不等式组，再解不等式组可得答案.【详解】因为方程有两相异实根，且，则，解得.故选：C.51．已知，若关于x的不等式对任意正数x恒成立，则的最小值值是（

）A．2 B． C．3 D．【答案】B【详解】∵，∴在区间上随着x的增大而增大，∴当时，当时，令，要想关于x的不等式在区间上恒成立，则，则，即，∴，当且仅当，即时取等号.故选：B.52．已知存在，使得成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将问题转化为，结合二次函数的最值性质即可得解.【详解】依题意，令，则，其图象开口向上，对称轴为，则，即，即，解得，所以的取值范围是，故选：C.53．已知，，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为【答案】4【分析】分析得到，故，利用基本不等式求出最小值.【详解】若，，恒成立，即恒成立，所以二次式与一次式在0到正无穷有相同的解，故才能满足要求（因式分解后二次项和常数项一致），又，故，，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为4.54．已知不等式对任意的正数x恒成立，则实数a的最小值为．【答案】【分析】分离参数，利用基本不等式即可求解.【详解】因为不等式对任意的正数x恒成立，所以对任意的正数x恒成立，又当时，，当且仅当，即时，等号成立，所以，即，所以实数a的最小值为.55．设实数满足条件：关于的方程至多一个实数根.（1）则的取值范围是；（2）在此条件下，使有解，则的取值范围为.【分析】（1）根据题意，只需满足求解即可；（2）将分离，得到关于的不等式，令进行换元，得到关于的函数，求出该函数的单调性，根据题中条件可知，函数有解，求得该函数的最大值即可.【详解】（1）由方程至多一个实数根需满足，其中判别式：，解得即的取值范围为;（2）对于，使有解，即在上能成立，令，则，则，所以，则，即实数的取值范围.56．已知关于的不等式.(1)是否存在实数m，使不等式对任意恒成立，并说明理由；(2)若不等式对于恒成立，求m的取值范围；(3)若不等式对于恒成立，求实数x的取值范围.【详解】（1）原不等式等价于，当时，不恒成立，当时，不等式对于恒成立，则需且，无解，所以不存在实数对任意恒成立.（2）因为，所以，设，则，所以，设，当时，，，且，所以，所以的取值范围是.（3）设，当时，恒成立，当且仅当，成立，解得或，所以的取值范围是.考点十五二次函数的图象与性质57．二次函数的顶点M是直线和直线的交点．(1)用含m的代数式表示顶点M的坐标；(2)①当时，的值均随x的增大而增大，求m的取值范围；②若，且x满足时，二次函数的最小值为2，求t的取值范围；(3)试证明：无论m取任何值，二次函数的图象与直线总有两个不同的交点．【分析】（1）已知直线和直线，列出方程求出，，即可求出点的坐标；（2）①根据题意得出，解不等式求出的取值；②当时，当时，二次函数，解不等式组即可求得的取值范围；（3）根据一元二次方程根的判别式进行判断．【详解】（1）由题意得，解得，；（2）①根据题意得，解得，的取值范围为；②当时，顶点为，抛物线为，函数的最小值为2，满足时，二次函数的最小值为2，，解得；（3），得，，抛物线的顶点坐标既可以表示为，又可以表示为．，，，，，无论取任何值，二次函数的图象与直线总有两个不同的交点．58.已知函数.(1)关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集;(2)已知，当时，，①若存在正实数a，b，使不等式有解，求的取值范围;②求的最小值.【分析】（1）由根与系数的关系求出关系，代入所求不等式，分类讨论解集；（2）由条件得，再利用基本不等式求解问题.【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，所以，即所以不等式可转化为，又，所以，即，当，即时，解得;当，即时，解得;当，即时，解得，综上所述:当时，不等式的解集为;当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.（2）因为当时，，所以，即，所以，①若存在正实数a，b，使不等式有解，则，，当且仅当，即时，，所以，解得或，即的取值范围是.②由，可得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为36.考点十六不等式与集合、常用逻辑用语的综合59．已知集合，，若⫋，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】解不等式化简集合，再利用集合的包含关系求解.【详解】依题意，，，因为⫋，所以，解得，所以实数的取值范围为.故选：D.60．已知实数，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】由作差法结合不等式的性质即可判断.【详解】不等式，等价于，因为，所以，显然，得出；，得或，未必.故选：A.61．命题“”为真命题的充要条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先化简集合，再由函数的最大值解出.【详解】由，得，所以，.由恒成立，所以，即.故选：A62．“”是“不等式在上恒成立”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据不等式恒成立有恒成立，应用基本不等式及充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】对于，可化为恒成立，由，当且仅当时取等号，故，所以“”是“不等式在上恒成立”的充分不必要条件.故选：A63．已知，，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是．【答案】【分析】先解绝对值不等式和含参的一元二次不等式得出p和q对应的等价条件，再结合是的充分不必要条件得到集合间的包含关系，则参数m的范围可求．【详解】由可得，即，由可得，即，又因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，所以或，解得，64．已知集合，集合，若中有三个元素，则的取值为．【答案】【分析】列举法表示集合，再解不等式可得集合，根据交集的结果可得参数范围，即可得解.【详解】由题得，不等式，即，则．若中有三个元素，则必为，，，则有，又，所以，故答案为：.65．已知集合．(1)用区间表示集合；(2)若，求a，b的取值范围．【分析】（1）先化简再解分式不等式即可；（2）根据交集得出集合间关系，再分分情况讨论列式求解.【详解】（1）由，有，解得或，所以．（2）因为，所以，不等式可化为．时，则，解得但不满足，舍去，时，因为但，不满足，舍去，时，解得或，因为，所以解得，所以．66．已知集合.(1)当时，求；(2)命题，命题，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【分析】（1）解不等式化简集合，根据集合的基本运算可得结果.（2）根据可得，根据是的充分不必要条件可得⫋，利用集合间的关系可求参数的范围.【详解】（1）∵等价于，∴.当时，，∴.（2）由（1）得，.由得或.∵，∴，∴.∵是的充分不必要条件，∴⫋，∴，解得或，∴实数的取值范围是或，.67．已知集合，(1)若，实数的取值范围；(2)若，是假命题，求实数的取值集合；(3)设不等式的解集为D，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【分析】（1）求出集合，又，根据集合的包含关系分类讨论求解；（2）原命题的否定：，是真命题，转化为求的最大值即得；（3）由题意得出，再分和进行讨论．【详解】（1），，若，即，则满足题意，若，即，则，又，故无实解，综上．（2），是假命题，则，是真命题，即，时，（时取等号），所以，即；（3）若是的必要不充分条件，则，的解是或，，即时，满足题意，时，，因此，解得且．综上，．68．若实数x，y，m满足，则称x比y接近m．(1)若比3接近1，求x的取值范围；(2)证明：“x比y接近m”是“”的必要不充分条件；(3)证明：对于任意两个不相等的正数a、b，必有比接近．【分析】（1）根据定义可得，从而可求x的取值范围.（2）通过反例可得“比接近”是“”不充分条件.利用不等式的性质可证明“比接近”是“”的必要条件，故可得所证结论.（3）利用基本不等式结合分析法可证结论成立.【详解】（1）因为比3接近1，故，故，故，所以.（2）取，则，故比接近.但，故“比接近”推不出“”.所以“比接近”是“”不充分条件.若，则，故，所以或，若，则且，故，所以，故，所以，也就是“比接近”.若，则且，故，所以，故，所以，故“比接近”是“”必要不充分条件.（3）对于任意两个不相等的正数a、b，要证比接近，即证：，即证：，即证：，因为，因为，故，故，所以成立，故比接近.【点睛】关键点点睛：本题属于新定义背景下的不等式的求解与证明问题，其中必要不充分条件的证明应依据充分条件和必要条件的定义来展开，证明不等式恒成立要结合不等式的性质，也要结合基本不等式.考点十七与不等式有关的数学文化题69．古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臀长与右盘物品质量的乘积，某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（

）A．大于 B．小于 C．大于等于 D．小于等于【答案】A【分析】设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为.根据天平平衡，列出等式，可得表达式，利用作差法比较与10的大小，即可得答案.【详解】解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为.由杠杆的平衡原理：，．解得，，则.下面比较与10的大小：（作差比较法）因为，因为，所以，即.所以这样可知称出的黄金质量大于.故选：A70．如图所示的“大方图”称为“赵爽弦图”，它是由中国数学家赵爽于公元3世纪在给《周髀算经》"勾股网方图"作注时给出的一种几何平面图，记载于赵爽“负薪余日，聊观《周》”一书之中．他用数学符号语言将其表示为"若直角三角形两直角边为a、b，斜边为c（a、b、c均为正数）．则，．某同学读到此书中的“赵爽弦图”时，出于好奇，想用软钢丝制作此图，他用一段长8cm的软钢丝作为的长度（制作其它边长的软钢丝足够用），请你给他算一算，他能制作出来的“赵爽弦图”的最小面积为（

）A．24 B．30 C．32 D．36【答案】C【分析】根据题意，，利用基本不等式求的最小值.【详解】由题可知，，，则，即，所以，当且仅当时，等号成立，又“赵爽弦图”的面积为，所以当时，“赵爽弦图”的最小面积为.故选：C71．（24-25高一上·江西赣州·开学考试）“必智、必勇、必忠、必诚”是我们学校的校训，“智勇”出自《列子·仲尼》孔子曰：“三王善任智勇者，圣则丘弗知.”忠诚出自《荀子·尧问》荀子曰：“忠诚盛于内，贲于外，形于四海.”我们不妨约定：在平面直角坐标系中，横、纵坐标相等的点称为“智勇点”，横、纵坐标互为相反数的点称为“忠诚点”．把函数图象至少经过一个“智勇点”和一个“忠诚点”的函数称为“智勇忠诚函数”．(1)一次函数是一个“智勇忠诚函数”，分别求出该函数图象上的“智勇点”和“忠诚点”；(2)已知二次函数图象可以由二次函数平移得到，二次函数的顶点就是一个“智勇点”，并且该函数图象还经过一个“忠诚点”，求该二次函数的解析式；(3)已知二次函数（c，d为常数，）图象的顶点为M，与y轴交于点N，经过点M，N的直线l上存在无数个“智勇点”，当时，函数有最小值，求m的值．【分析】（1）根据函数新定义求解即可；（2）由题设易得，，，进而求得的值，即可求解；（3）由题设易得，，进而得到二次函数解析式，再结合对称轴分类讨论求解即可.【解析】（1）∵一次函数是一个“智勇忠诚函数”，∴根据定义得：得，由得，∴一次函数图象上的“智勇点”为：，“忠诚点”为：.（2）∵二次函数图象可以由二次函数平移得到，∴，∵二次函数的顶点就是一个“智勇点”，∴，∴二次函数解析可变为，∵二次函数图象经过一个“忠诚点”，∴，∴，∴P点坐标为，∴将代入，得，∴，∴二次函数解析为或.（3）∵经过点M，N的直线l上存在无数个“智勇点”，∴直线l上的点横纵坐标相等，∵二次函数（c，d为常数，c≠0）的顶点为M，与y轴的交点为N，∴，N点坐标为原点，M，N为“智勇点”，∴二次函数解析式可变为，二次函数的图象经过“智勇点”M，N，∴将代入，∴，∴（舍去），∴二次函数解析式可变为，对称轴为直线，当时，时，y取最小值，∴，解得：，∵，∴；当时，在时，y取最小值，∴，解得：，∵，∴，∴.综上所述，或．考点十八不等式的实际应用72．如图，地在自西向东的一条直线铁路上，在距地的B地有一金属矿，地到该铁路的距离．现拟定在之间的地修建一条公路到地，即修建一条的运输路线．若公路运费是铁路运费的倍，则当地到地的距离为时，总运费最低．【答案】【分析】根据已知列出总运费，再应用判别式法计算求解即可.【详解】设当地到地的距离为时，铁路每公里运费为，公路每公里运费为．由题意得，则总运费，要使总费用最低，只需最小即可．设，则，得，则，得．当时，总费用最低，则，得，所以当地到地的距离为时，总运费最低．73．如图，某小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个周长均为24m的相同的矩形和构成的十字形地域.计划在正方形上建一座花坛，造价为2000元/m2；在四个相同的矩形（图中阴影部分）内铺上塑胶，造价为100元/m2；在四个空角（图中四个三角形）内铺上草坪，造价为400元/m2.若要使总造价不高于24000元，则正方形周长的最小值为m.

【答案】4【分析】设正方形边长为，根据题设求出正方形、矩形阴影部分、三角形的面积，进而列出总造价关于的表达式，解不等式求边长最小值，即可得答案.【详解】设正方形边长为(m)，则矩形的长、宽分别为(m)、(m)，所以，，，所以，总造价，且，所以，则，可得，故(m)，即正方形周长的最小值为4(m).故答案为：474．为推动新质生产力的发展，我市某高新企业于2024年年初用98万元购进一台生产设备，并立即投入生产使用．已知该设备使用后，每年的总收入为50万元，使用x年后，其x年来所需维修保养费用的总和为万元，设该设备产生的盈利总额为y万元（盈利总额=总收入—总支出）．(1)写出y与x之间的函数关系式；(2)该设备从第几年开始盈利（盈利总额为正值）；(3)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备（年平均盈利额=盈利总额÷使用年数）；②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备．试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由．【分析】（1）利用总盈利减去总的维修费与购买生产设备的费用即可得答案；（2）结合（1），解一元二次不等式即可求得该设备从第几年开始盈利；（3）利用基本不等式以及二次函数分别求出两种方案盈利的最大值，并求出盈利最大时需要的年数，比较后可得结论．【详解】（1）（2）令，得，，故，故从第3年该设备开始盈利；（3）按照方案①计算，当且仅当时，即时等号成立．到2030年，年平均盈利额达到最大值，该设备可获利万元按照方案②计算，当时，．故到2033年，盈利额达到最大值，该设备可获利万元．因为两种方案企业获利总额相同，而方案①所用时间较短，故方案①比较合理．75．目前，光伏产业已经发展成我国少有的全产业链自主可控，并在全球范围内具备领先优势的产业.现有某光伏产业公司为了提高生产效率，决定投入98万元购进一套生产设备.预计使用该设备后，每年的总收入为50万元，前（为正整数）年维修、保养费用总和为万元，设使用年后该设备的盈利额为万元.(1)写出与之间的函数关系式，并求从第几年开始，该设备开始盈利（盈利额为正值）；(2)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备；②当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该设备.请你研究一下哪种方穼处理较为合理？请说明理由.（注：年平均盈利额为）【分析】（1）根据题意可得解析式以及列不等式，即可求解；（2）方案一运用基本不等式可求得总利润，方案二运用二次函数求得最值，综合比较可求得结果.【详解】（1）由题意得，，令，则，又，所以，故从第3年开始，该设备开始盈利；（2）方案一：年平均盈利额，当且仅当时，即当时，上式等号成立，故到第7年，该设备的年平均盈利额达到最大值，此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为万元；方案二：盈利总额，当时，取最大值，故到第10年，该设备的盈利总额达到最大值102，此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为；因为两种方案企业获得的总利润相同，而方案一用时较短，故应选用方案一.76．某主播在直播平台上销售一款成本为每件24元的商品.经调查发现，该商品每天的销售量（件）与销售单价（元）之间满足一次函数关系，其图象如图所示.(1)求该商品每天的销售量与销售单价之间的函数关系式；(2)若该主播按单价不低于成本价，且不高于50元销售，则销售单价定为多少元时利润最大？最大利润是多少？(3)若该主播要使销售该商品每天获得的利润不低于1280元，则每天的销售量最少应为多少件？【分析】（1）设出一次函数解析式，利用待定系数法求得正确答案.（2）求得利润的表达式，利用二次函数的性质求得最值以及此时对应的单价.（3）根据已知条件列不等式，根据函数的单调性求得销售量的最小值.【详解】（1）设，由图可知，函数图象过点，所以，解得，所以，由解得.所以每天的销售量与销售单价之间的函数关系式是.（2）若单价不低于成本价24元，且不高于50元销售，则，则利润，其开口向下，对称轴为，所以当时，利润取得最大值为，所以当单价为元时，取得最大利润为元.（3）由（2）得利润，又该商品每天获得的利润不低于1280元，则，整理得，即，解得，销售量是减函数，所以当时，销售量最小，且最小值为件.不等式强基学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2024·厦门大学强基计划）A，B均为实数，X为任意正数，恒成立，则可得（

）A． B．C． D．无法确定A与B的大小关系【答案】A【分析】根据恒成立问题将已知条件转化为，再结合绝对值的性质求解即可.【详解】因为对任意的正数恒成立，则只需，又，所以，即.故选：A.2．（2024·厦门大学强基计划）对于，的最大值为（

）A． B． C． D．以上全错【答案】B【分析】不妨设，由重要不等式得，再根据得即可.【详解】不妨设，则因为，当且仅当取等号.所以.当且仅当时等号成立.所以的最大值为.故选：B.3．（2025·山东青岛竞赛）设矩形ABCD（）的周长为24，把沿AC向折叠，AB折过去后交DC于点P.则的面积取最大值时，AB的长度为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，结合即可求得，结合勾股定理得到，再根据三角形的面积公式可得，再利用基本不等式，即可求解.【详解】如下图所示，

设，则，又，得到，即，易知，得，，所以，又，得到，所以的面积：，当且仅当，即时取等号，所以的面积的最大值为，且取得面积最大值时.故选：D4．（2024·全国集英苑冬季联赛）某考试评定考生成绩时，采取赋分制度：只有原始分排名前3%的同学才能赋分97分及以上．若这些学生的原始分的最大值为a，最小值为b，令为满足的一次函数．对于原始分为的学生，将的值四舍五入得到该学生的赋分．已知小赵原始分96，赋分100；小叶原始分81，赋分97；小林原始分89，他的赋分是（

）A．97 B．98 C．99 D．98或99【答案】D【详解】根据题意得，令，即，解得：，所以，则，即，所以小林原始分89，他的赋分是98或99.故选：D5．（多选）（2024·山东潍坊高一竞赛）已知实数、、，满足，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】利用不等式的基本性质推导出，利用不等式的基本性质可判断ABC选项，利用作差法可判断D选项.【详解】因为，则，，由不等式的基本性质可得，所以，，对于A选项，由不等式的基本性质可得，A对；对于B选项，由不等式的基本性质可得，B错；对于C选项，因为，则，由不等式的基本性质可得，C对；对于D选项，，所以，，D对.故选：ACD.6．（多选）（2024·全国极光杯竞赛）已知实数满足，则（

）A． B．C