专题03 不等式 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题03 不等式 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共37页。

目录TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc75954046" 常考点01 不等式的性质 PAGEREF _Tc75954046 \h 1
\l "_Tc75954047" 常考点02 利用均值不等式 PAGEREF _Tc75954047 \h 4
\l "_Tc75954048" 常考点03 一元二次不等式的解法 PAGEREF _Tc75954048 \h 8
\l "_Tc75954049" 常考点04 绝对值不等式的解法 PAGEREF _Tc75954049 \h 12
\l "_Tc75954050" 常考点05 其他不等式的解法 PAGEREF _Tc75954050 \h 16
\l "_Tc75954051" 易错点01 分式不等式转化致误 PAGEREF _Tc75954051 \h 18
\l "_Tc75954052" 易错点02 忽视基本不等式成立的前提“正数” PAGEREF _Tc75954052 \h 18
\l "_Tc75954053" 易错点03 忽视基本不等式取等的条件 PAGEREF _Tc75954053 \h 19
\l "_Tc75954054" 易错点04 多次使用基本不等式，忽视等号是否同时成立 PAGEREF _Tc75954054 \h 20
\l "_Tc75954055" 易错点05 解含有参数的不等式分类不当致误 PAGEREF _Tc75954055 \h 21
\l "_Tc75954056" 专项训练 (共22题) PAGEREF _Tc75954056 \h 23
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写
常考点01 不等式的性质
【典例1】
1．（2021·广东珠海市·高三二模）已知，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由给定条件分析出a>0，b<0及a与b间的关系，针对各选项逐一讨论即可得解.
【详解】因，，则a>0，b<0，，A不正确；
，则，B不正确；
又，即，则，，C正确；
由得，D不正确.故选：C
【典例2】
2．（2021·山东滨州市·高三期末）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据不等式的性质作差法比较大小或取特殊值判断，即可得出结果.
【详解】对于A选项，当时，显然不成立，故A选项为假命题；
对于B选项，当时，满足，但不满足，故B选项为假命题；
对于C选项，当时，，不满足，故C选项为假命题；
对于D选项，由于，所以，
即，故D选项为真命题.故选：D.
【技巧点拨】
解决此类题目常用的三种方法：(1)直接利用不等式的性质逐个验证；(2)利用特殊值法排除错误答案，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件；(3)利用函数的单调性，当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断.
【变式演练1】
1．（2021·河北高三其他模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】对AC选择，只需要举反例说明即可；对于BD选项需要借助于不等式的性质以及函数的图像与性质进行证明.
【详解】对A：当时，，即，故A错误；
对B：因为，，所以，即，由于在R上单调递减，所以，故B正确；
对C：当时，，，又由于在R上单调递增，所以，即，故C错误；
对D：，故D正确.故选：BD.
【变式演练2】
2．（2021·山东枣庄市·高三二模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】先根据已知条件判断出的取值范围，然后逐项通过等量代换、不等式性质、不等式证明判断出各选项的对错.
【详解】因为，所以，所以；
A．因为，取等号时满足，故A错误；
B．因为，故B正确；
C．因为，取等号时满足，故C正确；
D．因为，所以要证，只需证，只需证，
即证，即证，即证，
显然成立，且时取等号，故D正确；故选：BCD.
【点睛】本题中D选项的判断除了可以通过分析法证明的方式进行判断，还可以通过三角换元的方法进行分析判断：设，然后分析形如的式子的几何意义去进行求解判断.
【变式演练3】
3．（2021·江苏扬州市·扬州中学高三模拟）已知两个不为零的实数，满足，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】对四个选项一一验证：对于A：利用为增函数直接证明；对于B：取特殊值判断；
对于C：若时，利用同向不等式相乘判断；若时，有，直接判断；若时，利用不等式的乘法性质进行判断对于D：取特殊值判断；
【详解】对于A：因为两个不为零的实数，满足，所以，而为增函数，所以，即；故A正确；对于B：可以取，则有，所以；故B不正确；对于C：若时，则有根据同向不等式相乘得：，即成立；若时，有，故成立；若时，则有，，因为，所以，即成立；故C正确；
对于D：可以取，则有，所以；故D不正确；故选：AC
【点睛】（1）判断不等式是否成立：①利用不等式的性质或定理直接证明；②取特殊值进行否定，用排除法；（2）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．（3）要证明一个命题是真命题，需要严格的证明；要判断一个命题是假命题，只需要举一个反例否定就看可以了.
常考点02 利用均值不等式
【典例1】
1．（2020·新高考全国1卷真题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.
【详解】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD
【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.
【典例2】
2．（2021·湖北武汉市·汉阳一中高三三模）设，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为2
C．的最小值为D．恒成立.
【答案】BC
【分析】根据已知等式，应用基本不等式“1”的代换求各选项的最小值，注意等号是否能成立，进而判断各项的正误.
【详解】由得：，A：，当且仅当时等号成立，错误；
B：，当且仅当时等号成立，正确；
C：，当且仅当时等号成立，正确；
D：，又，则，当且仅当时等号成立，而，显然不能恒成立，错误.故选：BC.
【技巧点拨】
在利用均值不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，主要有两种思路：(1)对条件使用均值不等式，建立所求目标函数的不等式求解.常用的方法有：折项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等(2)条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值.用函数y＝x＋eq \f(m,x)(m>0)的单调性.
【变式演练1】
1．（2021·重庆高三三模）已知，为正实数，且，则（ ）
A．的最大值为2 B．的最小值为4 C．的最小值为3 D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】对条件进行变形，利用不等式的基本性质对选项一一分析即可.
【详解】解：因为，当且仅当时取等号，
解得，即，故的最大值为2，A正确；由得，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时取得最小值4，B正确；
，当且仅当，
即时取等号，C错误；
，当且仅当时取等号，此时取得最小值，D正确．故选：ABD．
【变式演练2】
2．（2020·江苏高考真题）已知，则的最小值是_______．
【答案】
【分析】根据题设条件可得，可得，用基本不等式即可求解.
【详解】∵∴且
∴，当且仅当，即时取等号.
∴的最小值为.故答案为：.
【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
【变式演练3】
3．（2021·北京101中学高三其他模拟）已知，，，则的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】因为，，，
所以,
当且仅当时等号成立,故选:B
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
常考点03 一元二次不等式的解法
【典例1】
1．（2021·湖南怀化市·高三一模）已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为________________．
【答案】
【分析】由一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，应用韦达定理把用表示，化待求式为一元函数，再利用基本不等式得结论．
【详解】由不等式解集知，由根与系数的关系知
，则，
当且仅当，即时取等号．故答案为：．
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
【典例2】
2．（2021·奉新县第一中学高三三模）对任意，函数的值恒大于零，则的取值范围是（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】B
【分析】将函数的解析式变形为，并构造函数，由题意得出，解此不等式组可得出实数的取值范围
【详解】对任意，函数的值恒大于零
设，即在上恒成立.
在上是关于的一次函数或常数函数，其图象为一条线段.
则只需线段的两个端点在轴上方，即 ，解得或故选：B
【点睛】本题考查不等式在区间上恒成立问题，解答本题的关键是构造函数，将问题转化为在上恒成立，从而得到，属于中档题.
【技巧点拨】
1)运用不等式的性质解决问题时，注意不等式性质成立的条件以及等价转化的思想，比如减法可以转化为加法，除法可以转化为乘法等.但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围.
2)“三个二次”的关系是解一元二次不等式的理论基础；一般可把a＜0的情况转化为a＞0时的情形.
3)在解决不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0)对于一切x∈R恒成立问题时，当二次项系数含有字母时，需要对二次项系数a进行讨论，并研究当a＝0时是否满足题意.
4)含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数在区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单.
5)当Δ<0时，ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别.
6)含参数的不等式要注意选好分类标准，避免盲目讨论.
【变式演练1】
1．（2020·扬州市第一中学高三模拟）已知关于的不等式，关于此不等式的解集有下列结论，其中正确的是（ ）
A．不等式的解集可以是 B．不等式的解集可以是
C．不等式的解集可以是 D．不等式的解集可以是
【答案】BD
【分析】选项A先假设结论成立，再得到不等式为并求解，最后与解集产生矛盾判断选项A错误；选项B当，时，不等式恒成立，判断选项B正确；选项C当时不等式成立，判断选项C错误；选项D先假设结论成立，再求解得，符合题意，判断选项D正确；
【详解】解：选项A：假设结论成立，则，解得，则不等式为，解得，与解集是矛盾，故选项A错误；
选项B：当，时，不等式恒成立，则解集是，故选项B正确；
选项C：当时，不等式，则解集不可能为，故选项C错误；
选项D：假设结论成立，则，解得，符合题意，故选项D正确；故选：BD
【点睛】本题考查一元二次不等式的解集问题，是基础题.
【变式演练2】
2．（2021·上海高三二模）设(常数)，且已知是方程的根．
（1）求函数的值域；（2）设常数，解关于x的不等式：
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由条件求出，得到，令，则，然后可得答案；
（2）原不等式可化为()，然后分、、、四种情况讨论求解即可.
【详解】（1）将代入方程，解得故
令，则，因为
所以，即的值域为
（2）()
()，即()
1）当时，不等式的解集为；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．
【变式演练3】
3．（2021·山东·高三模拟）解关于的不等式:.
【答案】见解析
【解析】不等式可化为.
①当时,,解集为，或；
②当时,,解集为；
③当时,,解集为，或.
综上所述：当时,原不等式的解集为，或；
当时,原不等式的解集为；
当时,原不等式的解集为，或.
常考点04 绝对值不等式的解法
【典例1】
1.（2020·江苏省高考真题）设，解不等式．
【答案】
【解析】或或
或或 所以解集为：
【典例2】
2.（2021·陕西省西安中学高三期中）已知不等式对一切恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，根据题意可得.故选：A
【技巧点拨】
形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：
(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a(2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|>c(c>0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.
(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．
【变式演练1】
1．（2021·山西临汾市·高三其他模拟）等式的解集为，且，.
（1）求的值；（2）设函数.若对于任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）3；（2）.
【分析】（1）利用，，得到，进而求解即可；
（2）利用绝对值的性质，列出分段函数，
利用数形结合，求出，然后，利用恒成立不等式的性质，若对于恒成立，等价于，，进而求解
【详解】解：（1）因为不等式的解集为，且，，
所以，即，所以.因为，所以.
（2）由（1）知，所以，画出的图象如图所示：
当时，.若对于恒成立，
则，解得，所以的取值范围为.
【点睛】（1）利用，，列出相应的不等式方程组求解；（2）利用绝对值的性质，列出分段函数的解析式，进而利用数形结合求解，其中，该题的解题关键是数形结合.
【变式演练2】
2．（2021·上海高三一模）已知，函数，若函数的最小值为，则实数的取值范围是___________.
【答案】.
【分析】计算，得到，，讨论，，三种情况，计算得到答案.
【详解】，解得.，
其中，.函数图象如图，
当时，，故，即，
化简得到，故或；
当时，，解得或.
当时，，故，即，
化简得到，故或.综上所述：.故答案为：.
【点睛】由函数的最小值可知需满足，即，在此条件下函数可去掉绝对值转化为分段函数，利用二次函数图象与性质求解，属于中档题.
【变式演练3】
3．（2021·宁夏高三模拟）已知函数．(1)若，求实数x的取值范围；
(2)若对于任意实数x，不等式恒成立，求实数a的值范围．
【答案】(1) ；(2)
【解析】 (1)由题，；当时，，解得；
当时，恒成立，解得；
当时，，解得.综上有.
故实数x的取值范围为
(2)因为，当时，；
当时，；当时，.故的最小值为.
故，即，解得.故实数a的值范围为
常考点05 其他不等式的解法
【典例1】
1．（2021·上海市奉贤中学高三二模）不等式的解集为，且，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由题可知实数满足或，解出即可.
【详解】由题可知实数满足或，解得或或，
故实数的取值范围是.
【典例2】
2．（2020·浙江高考真题）已知a，bR且ab≠0，对于任意x≥0 均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，则（ ）
A．a<0B．a>0C．b<0D．b>0
【答案】C
【分析】对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.
【详解】因为，所以且，设，则的零点为
当时，则，，要使，必有，且，即，且，所以；
当时，则，，要使，必有.综上一定有.故选：C
【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题.
【变式演练1】
1．（2021·上海高三其他模拟）不等式的解集为______.
【答案】
【分析】移项通分后转化为一元二次不等式求解．
【详解】．故答案为：．
【变式演练2】
2．（2021·浙江高三其他模拟）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出集合、，再根据交集的定义计算即可；
【详解】解：因为，，所以，故选：A．
【变式演练3】
3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知集合，，，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别解出集合A，B的解集，取并集，然后与集合C取交集，根据最终结果求得参数a的值.
【详解】，，
则，又故，，故选：C
易错点01 分式不等式转化致误
1）认为分式不等式与二次不等式等价致误
1.解不等式; ．
【错解】原不等式可化为：，解得，所以原不等式的解集为．
【错因】没有考虑分母不能为0
【正解】原不等式可化为：，解得，
所以原不等式的解集为．
2)不等式两边同乘一个符号不确定的数致误
1.解不等式; ．
【错解】不等式两边同乘以得：，解得，
所以原不等式的解集为．
【错因】两边同乘以，导致错误
【正解】原不等式可化为：，解得或，
所以原不等式的解集为．
易错点02 忽视基本不等式成立的前提“正数”
易错点2．忽视基本不等式成立的前提“正数”
1.求函数 的值域．
【错解】因为，所以函数 的值域为．
【错因】没有考虑为负数的情形．
【正解】由题意，函数的定义域为．
当时，，当时取得等号；
当时，，当时取得等号．
综上，求函数 的值域是．
2.函数的值域为 .
【错解】=4,所以的值域为
【错因】忽略时
【正解】当时,=4,当时,,所以的值域为.
【点睛】利用基本不等式求最值时要注意条件：一正二定三相等.
易错点03 忽视基本不等式取等的条件
1.求函数的最小值．
【错解】函数，所以函数的最小值为2．
【错因】使用基本不等式求函数的最值时，一定验证等号成立的条件即才能取等号．上述解法在等号成立时，在实数范围内是不成立的．
【正解】，
令，在时是单调递增的，．
故函数的最小值是．
2．（2021·江苏南通市·高三一模）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据基本不等式及其性质，结合“1”的妙用以及对勾函数的性质，逐项进行分析判断即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，
从而，正确.
对于B，因为，所以，解得，
所以，正确.
对于C，令()，，在为增函数，
所以在上单调递增，从而，即，错误.
对于D，因为，所以，正确.故选：ABD
易错点04 多次使用基本不等式，忽视等号是否同时成立
1．（2021·天津耀华中学高三二模）设，那么的最小值是___________.
【答案】8
【分析】利用基本不等式得到，因此，进而由均值不等式可求得最小值.
【详解】因为，则.
所以，当且仅当，即时等号成立.
所以，当且仅当时等号成立.
故当时，有最小值8.故答案为：8.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
2. （2021·北京101中学高三其他模拟）已知两个正实数，满足，则的最小值为 ．
【错解】由已知得，，所以最小值是2．
【错因】两次使用基本不等式，其中等号成立必须满足，而的等号成立时，必须有，因为均为正数，所以两个等号不会同时成立，所以上述解法是错误的．
【正解】，当且仅当且，
即时取等号，，即最小值为．
易错点05 解含有参数的不等式分类不当致误
1.解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.
【错解】原不等式化为a(x－eq \f(1,a))(x－1)<0.
∴当a>1时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1)). 当a<1时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a))).
【错因】解本题容易出现的错误是：(1)认定这个不等式就是一元二次不等式,忽视了对a＝0时的讨论；(2)在不等式两端约掉系数a时,若a<0,忘记改变不等号的方向；(3)忽视了对根的大小的讨论,特别是等根的讨论；(4)分类讨论后,最后对结论不进行整合．
【正解】当a＝0时,不等式的解集为{x|x>1}．当a≠0时,不等式化为aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.
当a<0时,原不等式等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)>0,不等式的解集为{x|x>1或x当01时,eq \f(1,a)<1,不等式的解集为{x|eq \f(1,a)当a＝1时,不等式的解集为∅.
综上所述,当a<0时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a)))∪(1,＋∞)；当a＝0时,不等式的解集为(1,＋∞)；
当01时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1)).
【点睛】解形如ax2＋bx＋c>0的不等式,应对系数a分a>0,a＝0,a<0进行讨论,还要讨论各根的大小,最后根据不同情况分别写出不等式的解集．
2．解关于的不等式:
【答案】当时，解集为 ；当 时，解集为或；
当时，解集为或；当 时，解集为；
当 时，解集为； 当时，解集为；
当时，解集为；
【解析】由则
因为，故对分情况讨论
当时，则，所以，不等式的解集为
当 时，由，不等式的解集或
当时，不等式的解集为或；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
当时，不等式的解集为
满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·兰州市第二十七中学）对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．{a|a<2} B．{a|a≤2} C．{a|－2【答案】D
【分析】分a－2＝0和a－2≠0两种情况进行讨论，第一种情况很容易验证符合题意，第二种情况结合二次函数的特点，讨论开口方向和判别式从而可求出参数的取值范围.
【详解】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，，解得－2【点睛】本题的易错点是忽略了的系数可能为零这种情况，只根据二次函数来求参数，导致求出参数的范围比实际小.
2．（2021·广东高三模拟）已知a＞c，b＞d，则下列结论正确的是（ ）
A．ab＞cd B．a－b＞c－d C．ab＋cd＞ad＋bc D．
【答案】C
【分析】取，则可判断A、B、D错误.则可选出答案.
【详解】若,
此时，，.A、B、D错误.
因为，所以，又因为，所以，C正确.
故选C.
3.（2021·重庆市长寿中学校高三模拟）的最大值为（ ）
A．B．13C．D．
【答案】B
【分析】先由基本不等式得到，进而可得结果.
【详解】因为，（当且仅当时，取等号.）
所以，，
即当且仅当时，有最大值13.故选：B.
【点睛】本题的关键点是由基本不等式得到.
4．（2021·上海高三二模）已知实数､满足，有结论：①存在，，使得取到最大值；②存在，，使得取到最小值；正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立 B．①不成立，②不成立 C．①成立，②不成立 D．①不成立，②成立
【答案】C
【分析】由已知结合基本不等式及其应用条件分别检验①②即可判断．
【详解】解：因为，所以，
①，，，当且时取等号，
所以，解得，即取到最大值2；①正确；
②，，当时，，
当且仅当时取等号，此时不符合，不满足题意；
当时，，
当且仅当时取等号，此时
此时取得最大值，没有最小值，②错误.故选：C.
【点睛】在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取最值.
5．（2021·北京高三二模）某公司购买一批机器投入生产，若每台机器生产的产品可获得的总利润s(万元)与机器运转时间t(年数，)的关系为，要使年平均利润最大，则每台机器运转的年数t为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据题意求出年平均利润函数。利用均值不等式求最值.
【详解】因为每台机器生产的产品可获得的总利润s(万元)与机器运转时间t(年数，)的关系为，
所以年平均利润 当且仅当时等号成立，
即年平均利润最大，则每台机器运转的年数t为8，故选：D
6．（2021·山西高三一模）已知，且，则的最小值是（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】A
【分析】根据题意，化简,结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，且，
所以,
由，可得，所以，代入，得解得，
又因为，所以．此时“等号”成立，故所求最小值为8．故选：A.
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”：
（1）“一正”：就是各项必须为正数；（2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
7．（2021·湖南衡阳市·高三二模）若相异两实数x，y满足，则之值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据已知条件求得，由此求得所求表达式的值.
【详解】两式作差消元得：，反代回去得：
，同理可得：，由同构及韦达定理有：
继而有：.故选：D
8．（2021·山东高三模拟）若不等式对任意成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题得不等式对任意成立，解不等式组即得解.
【详解】由题得不等式对任意成立，
所以，即，解之得或.故选：A
【点睛】解答本题的关键是联想到“反客为主”，把“”看作自变量，把“”看作参数，问题迎刃而解.
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2021·广东佛山市·石门中学高三模拟）设为正实数，下列命题正确的有（ ）
A．若，则； B．若，则；
C．若，则； D．若，则.
【答案】AD
【分析】将，分解变形为，即可证明，即；
可通过举反例的方法证明其错误性；
若，去掉绝对值，将分解变形为，即可证明，同理当时也可证明，从而命题④正确．
【详解】若，则，即，
，，即，该选项正确；
若，可取，，则，该选项错误；
若，则可取，，而，该选项错误；
由，若，则，即，即，
，，即
若，则，即，即，
，，即该选项正确；故选：AD
【点睛】证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.要根据已知灵活选择.
10．（2021·河北张家口市·高三二模）已知，则下列选项一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据指数式与对数式互化公式，结合基本不等式进行判断即可.
【详解】由，得，，，
所以，，又，所以，故A正确；
因为，
所以，故B错误；
因为，又，所以，故C正确；
因为，又，所以，D正确，故选：ACD.
【点睛】根据指数式与对数式互化公式、对数的运算性质得到是解题的关键.
11．（2021·福建厦门市·厦门外国语学校高三其他模拟）已知，且，则下列不等式正确的（ ）
A．B． C．D．
【答案】ABD
【分析】利用基本不等式证明判断．
【详解】因为，，
当且仅当时等号成立，所以，A正确；
由得，，同理，
，
当且仅当，即时等号成立，B正确；
满足题意，但，C错；
由得，所以，
当且仅当即时等号成立，所以．D正确．故选：ABD
【点睛】本题考查用基本不等式证明不等式，利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方本题考查的是证明不等式成立，不是求最值，因此即使等号取不到，不等式仍然成立．
12．（2021·山东济南市·高三其他模拟）若，则（ ）
A．B．的最小值为10
C．D．的最小值为9
【答案】AB
【分析】根据不等式的基本性质和基本不等式进行求解判断即可.
【详解】因为，所以，，故A正确，C错误；
因为，
当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为10，因此B正确；
因为，当且仅当时，等号成立，但，取不到2，所以的最小值不是9，因此D不正确，故选：AB
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2021·天津市武清区杨村第一中学高三模拟）已知都为正实数，则的最小值为___________．
【答案】
【分析】化简，由基本不等式得，再代入原式得，判断相等条件后即可得最小值.
【详解】，因为都为正实数，，
当且仅当，即时等号成立，所以，
当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.
故答案为：
【点睛】解答本题的关键在于分别利用两次基本不等式，根据“一正二定三相等”的原则判断最小值.
14．（2021·宁波市北仑中学高三其他模拟）已知正实数满足，则的最小值是________．
【答案】
【分析】先由题中条件，得到，，再由，利用基本不等式，即可直接求出最小值.
【详解】由已知得，，则，，
因为，所以，，
因此，
当且仅当，即，即时，等号成立；
所以的最小值是.故答案为：.
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
15．（2020·天津高考真题）已知，且，则的最小值为_________．
【答案】4
【分析】根据已知条件，将所求的式子化为，利用基本不等式即可求解.
【详解】，,
，当且仅当=4时取等号，
结合,解得，或时，等号成立.故答案为：
【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.
16．（2021·浙江高三模拟）已知，，当时，的最大值为___________，的最小值为___________.
【答案】 2
【分析】利用基本不等式求解即可，由于，从而可求出的最大值，由于，从而可求出的最小值
【详解】，解得，等号当且仅当，时成立；
，所以，进而，等号当且仅当，时成立.故答案为：，2
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2021·营口市第五中学高三月考）已知函数，，．（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）是否存在这样的实数（其中），使得，都有不等式恒成立？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，．
【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得的最小值，进而根据不等式恒成立的意义得到关于的含绝对值的不等式，求解即得；（2）根据和的范围化简得到含有参数的关于的一元二次不等式，利用二次函数的图象和性质，并根据不等式恒成立的意义得到关于实数的有关不等式（组），求解即得.
【详解】解：（1）∵，∴，
当且仅当时，取等号．∴原不等式等价于，
解得或．故的取值范围是．
（2）∵，∴，∵，∴，，
∴原不等式恒成立在上恒成立，
令，得，
且，得，又，得．
故实数的取值范围是．
【点睛】本题考查不等式恒成立求参数取值范围问题，涉及利用绝对值三角不等式求最值和利用二次函数的性质和图象求解一元二次不等式恒成立问题，属中档题,
18．（2021·河南信阳市·高三模拟）某企业准备投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内预计销售(万件)与广告费(万元)之间的函数关系为().已知生产此产品的年固定投入为4.5万元，每生产1万件此产品仍需再投入32万元，且能全部销售完.若每件销售价定为：“平均每件生产成本的”与“年平均每件所占广告费的”之和.（1）试将年利润(万元)表示为年广告费(万元)的函数；
（2）当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？
【答案】（1），()；（2）当年广告费为7万元时，企业利润最大，最大值为55万元.
【分析】（1）根据题意，得到产品的生产成本，以及每件销售价，得到年销售收入，从而可得出年利润的解析式；（2）令()，得到，整理后，结合基本不等式求最值，即可得出结果.
【详解】（1）由题意可得，产品的生产成本为万元，
每件销售价为.
∴年销售收入为.
∴年利润
，().
（2）令()，则，.
∵，∴，即，
当且仅当，即时，有最大值55，此时.
即当年广告费为7万元时，企业利润最大，最大值为55万元.
【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，由基本不等式求最值，属于常考题型.
19．（2020·江苏常州市·常州高级中学高三模拟）某地区现有一个直角梯形水产养殖区ABCD，∠ABC=90°，AB∥CD，AB=800m，BC=1600m，CD=4000m，在点P处有一灯塔（如图），且点P到BC，CD的距离都是1200m，现拟将养殖区ACD分成两块，经过灯塔P增加一道分隔网EF，在△AEF内试验养殖一种新的水产品，当△AEF的面积最小时，对原有水产品养殖的影响最小．设AE=d．（1）若P是EF的中点，求d的值；（2）求对原有水产品养殖的影响最小时的d的值，并求△AEF面积的最小值．
【答案】（1）480; （2）对原有水产品养殖的影响最小时，d=480．△AEF面积的最小值为192000 m2
【分析】（1）建立平面坐标系，求出直线AD，AC的方程，根据P为EF的中点列方程得出E点坐标，从而可计算d；（2）根据基本不等式得出AE•AF的最小值，进而求出△AEF的面积最小值．
【详解】解：（1）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则C（800，1600），B（800，0），P（-400，400），D（-3200，1600）．
AC所在直线方程为y=2x，AD所在直线方程为y=-x．
设E（-2m，m），F（n，2n），m＞0，＞0．
∵P是EF的中点，∴，解得，
∴E（-960，480），∴d=|AE|==480．
（2）∵EF经过点P，∴kPE=kPF，即=，化简得80m+240n=mn．
由基本不等式得：mn=80m+240n≥160，即mn≥76800，当且仅当m=3n=480时等号成立．
∵kAC•kAD=-1，∴AC⊥AD，∴S△AEF=AE•AF=m•n=mn≥76800=192000，
此时E（-960，480），d=AE=480．
故对原有水产品养殖的影响最小时，d=480．△AEF面积的最小值为192000 m2．
【点睛】本题考查了直线方程的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
20．（2020·江苏苏州市·高三模拟）已知，．
（1）若，解不等式；
（2）若不等式对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若，解不等式．
【答案】（1）解集为，或；（2）a的范围为；（3）见解析.
【解析】当，不等式即，即，解得，或，
故不等式的解集为，或．
由题意可得恒成立，
当时，显然不满足条件，．
解得，故a的范围为．
若，不等式为，即．
，
当时，，不等式的解集为；
当时，，不等式即，它的解集为；
当时，，不等式的解集为．
21．（2021·运城市景胜中学高三月考）已知为正实数，且满足.
（1）若恒成立，求的最小值；（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)利用基本不等式的变形形式（时取等号)求得的最大值，即得的最小值；(2) 先利用“乘1法”转化，使用基本不等式证得，在利用基本不等式的变形形式证得.
【详解】解：（1）因为，，，
由基本不等式得，当且仅当时取等号.
因为恒成立，所以，的最小值为.
（2）因为，
所以
当且仅当时取等号，得证.
【点睛】（1）基本不等式的变形形式要熟练掌握和运用；（2）先利用“乘1法”转化，使用基本不等式求最值更是已知和为定值求倒数和最值的有利方法.
22．（2021·福建高三其他模拟）已知，为正实数，．
（1）证明：．（2）证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）利用基本不等式，证得，再利用作差法证得，然后由基本不等式即可得证；（2）由知，，结合（1）中，证得即得证.
【详解】（1）证明：因为，，
由基本不等式可得，，当且仅当时等号成立，
所以，即，所以，
所以，即，由基本不等式可得，，
所以，即得证.
（2）证明：因为，所以，即，
由（1）知，，所以，所以，即得证.
【点睛】本题主要考查利用两个正数的基本不等式进行不等式的证明；考查运算求解能力和逻辑推理能力；灵活运用两个正数的基本不等式是求解本题的关键；属于中档题.