新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第6讲不等式教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第6讲不等式教师用书，共8页。试卷主要包含了故选D， 下列函数中最小值为4的是，故选B等内容，欢迎下载使用。


1. (2022·全国新课标Ⅰ卷)若集合M＝{x|eq \r(x)＜4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N＝( D )
A．{x|0≤x＜2} B．eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤x＜2))))
C．{x|3≤x＜16} D．eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤x＜16))))
【解析】 由eq \r(x)＜4，得0≤x＜16，∴M＝{x|eq \r(x)＜4}＝{x|0≤x＜16}，由3x≥1，得x≥eq \f(1,3)，∴N＝{x|3x≥1}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,3)))))，∴M∩N＝{x|0≤x＜16}∩eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,3)))))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤x<16)))).故选D.
2. (2022·全国新课标Ⅱ卷)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{x||x－1|≤1}，则A∩B＝( B )
A．{－1,2} B．{1,2}
C．{1,4} D．{－1,4}
【解析】 |x－1|≤1，解得：0≤x≤2，∴集合B＝{x|0≤x≤2}，∴A∩B＝{1,2}．故选B.
3. (2021·全国乙卷文科)下列函数中最小值为4的是( C )
A．y＝x2＋2x＋4
B．y＝|sin x|＋eq \f(4,|sin x|)
C．y＝2x＋22－x
D．y＝ln x＋eq \f(4,ln x)
【解析】 对于A，y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3，所以函数的最小值为3，故选项A错误；对于B，因为0<|sin x|≤1，所以y＝|sin x|＋eq \f(4,|sin x|)≥2eq \r(|sin x|·\f(4,|sin x|))＝4，当且仅当|sin x|＝eq \f(4,|sin x|)，即|sin x|＝2时取等号，因为|sin x|≤1，所以等号取不到，所以y＝|sin x|＋eq \f(4,|sin x|)>4，故选项B错误；对于C，因为2x>0，所以y＝2x＋22－x＝2x＋eq \f(4,2x)≥2eq \r(2x·\f(4,2x))＝4，当且仅当2x＝2，即x＝1时取等号，所以函数的最小值为4，故选项C正确；对于D，因为当x＝eq \f(1,e)时，y＝ln eq \f(1,e)＋eq \f(4,ln \f(1,e))＝－1－4＝－5<4，所以函数的最小值不是4，故选项D错误．(详解D)当x>1时，ln x>0，所以y＝ln x＋eq \f(4,ln x)≥2eq \r(ln x×\f(4,ln x))＝4(当且仅当ln x＝2即x＝e2时取等号)；当04. (2020·全国Ⅰ卷)设集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，则a＝( B )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
【解析】 求解二次不等式x2－4≤0可得：A＝{x|－2≤x≤2}，求解一次不等式2x＋a≤0可得：B＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≤－\f(a,2))))).由于A∩B＝{x|－2≤x≤1}，故：－eq \f(a,2)＝1，解得：a＝－2.故选B.
5. (2023·上海高考题)不等式|x－2|＜1的解集为_(1,3)__.
【解析】 原不等式可化为－1＜x－2＜1，从而求出x的范围．由|x－2|＜1可得，－1＜x－2＜1，解得1＜x＜3，即不等式的解集为(1,3)．
6. (2023·天津高考)若函数f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且仅有两个零点，则a的取值范围为_(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)__.
【解析】 ①当a＝0时，f(x)＝－2x－|x2＋1|＝－2x－x2－1，不满足题意；②当方程x2－ax＋1＝0满足a≠0且Δ≤0时，有a2－4≤0即a∈[－2,0)∪(0,2]，此时，f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1，当a＝1时，不满足，当a≠1时，Δ＝(a－2)2＋4(a－1)＝a2＞0，满足；③Δ＞0时，a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，记x2－ax＋1的两根为m，n，不妨设m＜n，则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1([a－1x－1]x＋1，x∈－∞，m]∪[n，＋∞，,[a＋1x－1]x－1，x∈m，n，))当a＞2时，x1＝eq \f(1,a－1)，x2＝－1且x∈(－∞，m]∪[n，＋∞)，但此时xeq \\al(2,1)－ax1＋1＝eq \f(－a＋2,a－12)<0，舍去x1，x3＝eq \f(1,a＋1)，x4＝1，且x∈(m，n)，但此时xeq \\al(2,3)－ax3＋1＝eq \f(a＋2,a－12)>0，舍去x3，故仅有1与－1两个解，当a<－2时，有xeq \\al(2,2)－ax2＋1＝a＋2<0，舍去x2，xeq \\al(2,4)－ax4＋1＝2－a>0舍去x4，故仅有eq \f(1,a－1)和eq \f(1,a＋1)两个解，即f(x)有且仅有两个零点，于是，a∈(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)．
利用基本不等式求最值的方法
(1)直接法：直接利用基本不等式求解．
(2)凑配法：通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．
(3)常数代换法：利用“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式．
(4)消元法：利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
【提醒】 谨防“一个误区”
利用基本不等式求最值需要注意前提条件“一正”“二定”“三相等”．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·道里区校级模拟)已知a＜b＜0，则下列不等式恒成立的是( B )
A．ea－b＞1 B．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2
C．ac2＜bc2 D．ln(b－a)＞0
【解析】 因为a＜b＜0，所以a－b＜0，ea－b＜1，A错误；eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时取等号，显然等号无法取得，B正确；当c＝0时，C显然错误；当b－a＜1时，D错误．故选B.
2. (2023·海淀区一模)已知二次函数f(x)，对任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，则f(x)的图象可能是( A )
【解析】 二次函数f(x)，对任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，令x＝0得，f(0)＜2f(0)，即f(0)＞0，故C、D都不可能，对于B，二次函数的对称轴方程为x＝－eq \f(b,2a)，由图象可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)))<0，设f(x)的图象与x轴的两个交点为x1，x2，且0＜x1＜x2，则x1＋x2＝－eq \f(b,a)>0，所以0＜x1<－eq \f(b,2a)0，当x＝－eq \f(b,2a)时，f(2x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))<2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)))<0，两者相矛盾，故B不可能．故选A.
3. (2023·渝中区校级一模)已知正实数a，b满足eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,b＋1)＝1，则a＋2b的最小值为( B )
A．6 B．8
C．10 D．12
【解析】 因为正实数a，b满足eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,b＋1)＝1，则a＋2b＋1＝(a＋b＋b＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a＋b)＋\f(1,1＋b)))＝5＋eq \f(4b＋4,a＋b)＋eq \f(a＋b,1＋b)≥5＋2eq \r(\f(4b＋4,a＋b)·\f(a＋b,1＋b))＝9，当且仅当eq \f(4b＋4,a＋b)＝eq \f(a＋b,1＋b)且eq \f(4,a＋b)＋eq \f(1,b＋1)＝1，即b＝2，a＝4时取等号，此时a＋2b取得最小值8.故选B.
4. (2023·浑南区校级模拟)已知正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则2xy－2x－y的最小值为( C )
A．2 B．4
C．8 D．9
【解析】 因为正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，则2xy－2x－y＝2x＋y＝(2x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥4＋2eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝8，当且仅当y＝2x且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，即x＝2，y＝4时取等号．故选C.
5. (2023·蒙城县校级三模)已知关于x的不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为(－∞，m)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))，其中m＜0，则eq \f(b,a)＋eq \f(2,b)的最小值为( D )
A．－2 B．2
C．2eq \r(2) D．3
【解析】 因为不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为(－∞，m)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,m＋\f(1,m)＝－\f(b,a)，,m·\f(1,m)＝\f(1,a)，))解得a＝1，b＝－m－eq \f(1,m)；因为m＜0，所以b＝－m－eq \f(1,m)≥2eq \r(－m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,m))))＝2，当且仅当－m＝－eq \f(1,m)，即m＝－1时取“＝”，所以eq \f(b,a)＋eq \f(2,b)＝b＋eq \f(2,b)，且b≥2，因为函数y＝b＋eq \f(2,b)在b≥2上单调递增，所以b＋eq \f(2,b)的最小值为3，即eq \f(b,a)＋eq \f(2,b)的最小值为3.故选D.
6. (2023·香坊区校级三模)已知实数a，b满足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，则4a＋2b的最小值是( D )
A．5 B．9
C．13 D．18
【解析】 因为实数a，b满足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，所以lg(ab)＝lg(a＋2b)，所以a＋2b＝ab，a＞0，b＞0，所以eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)＝1，则4a＋2b＝(4a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋\f(2,a)))＝10＋eq \f(4b,a)＋eq \f(4a,b)≥10＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(4a,b))＝18，当且仅当a＝b＝3时取等号，故4a＋2b的最小值是18.故选D.
7. (2023·大东区校级四模)已知x＞0，y＞0，x＋2y＝1，则eq \f(x＋1y＋1,xy)的最小值为( C )
A．4＋4eq \r(3) B．12
C．8＋4eq \r(3) D．16
【解析】 由x＋2y＝1可得，eq \f(x＋1y＋1,xy)＝eq \f(x＋x＋2yy＋x＋2y,xy)＝eq \f(2x＋2yx＋3y,xy)＝eq \f(2x2＋8xy＋6y2,xy)＝eq \f(2x,y)＋eq \f(6y,x)＋8≥2eq \r(\f(2x,y)×\f(6y,x))＋8＝8＋4eq \r(3).当且仅当eq \f(2x,y)＝eq \f(6y,x)时，等号成立，即x2＝3y2.所以eq \f(x＋1y＋1,xy)的最小值为8＋4eq \r(3)，故选C.
8. (2023·雁峰区校级模拟)已知实数x，y，满足x2＋xy＋3y2＝3，则x＋y的最大值为( B )
A.eq \f(3\r(11),11) B．eq \f(6\r(11),11)
C.eq \f(\r(3)＋1,3) D．eq \f(\r(3)＋3,3)
【解析】 令t＝x＋y，则x＝t－y，则x2＋xy＋3y2＝3可化为(t－y)2＋(t－y)y＋3y2－3＝0，整理得3y2－ty＋t2－3＝0，∴Δ＝(－t)2－12(t2－3)≥0，即t2≤eq \f(36,11)，∴t≤eq \f(6\r(11),11)，故x＋y≤eq \f(6\r(11),11).故选B.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·济南二模)已知实数a，b，c满足a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，则下列说法正确的是( BC )
A.eq \f(1,a－c)>eq \f(1,b－c) B．a－c＞2b
C．a2＞b2 D．ab＋bc＞0
【解析】 对于A，∵a＞b＞c，∴a－c＞b－c＞0，∴eq \f(1,a－c)10. (2023·向阳区校级模拟)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，则下列选项中正确的是( BD )
A．a＜0
B．不等式bx＋c＞0的解集是{x|x＜－6}
C．a＋b＋c＞0
D．不等式cx2－bx＋a＜0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
【解析】 由题意可知，－2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，且a＞0，∴－2＋3＝－eq \f(b,a)，(－2)×3＝eq \f(c,a)，∴b＝－a，c＝－6a，a＞0，即选项A错误；不等式bx＋c＞0等价于a(x＋6)＜0，∴x＜－6，即选项B正确；∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴当x＝1时，有a＋b＋c＜0，即选项C错误；不等式cx2－bx＋a＜0等价于a(6x2－x－1)＞0，即a(3x＋1)(2x－1)＞0，∴x＜－eq \f(1,3)或x>eq \f(1,2)，即选项D正确．故选BD.
11. (2023·东风区校级模拟)已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，则下列结论正确的是( AC )
A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是4
B．ab＋eq \f(1,ab)的最小值是2
C．2a＋2b的最小值是2eq \r(2)
D．lg2a＋lg2b的最小值是－2
【解析】 ∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋2≥2eq \r(1)＋2＝4，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为4，∴A正确，∵ab＋eq \f(1,ab)≥2eq \r(1)＝2，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝1，,a＋b＝1))时取等号，∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝1，,a＋b＝1))无解，∴ab＋eq \f(1,ab)＞2，∴B错误，∵a＋b＝1，∴2a＋2b≥2eq \r(2a·2b)＝2eq \r(2a＋b)＝2eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，∴2a＋2b的最小值为2eq \r(2)，∴C正确，∵a＞0，b＞0，∴1＝a＋b≥2eq \r(ab)，∴ab≤eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，∴lg2a＋lg2b＝lg2(ab)≤lg2eq \f(1,4)＝－2，∴lg2a＋lg2b的最大值为－2，∴D错误，故选AC.
12. (2023·濠江区校级三模)若a＞0，b＞0，a＋b＝4，则下列不等式对一切满足条件a，b恒成立的是( ACD )
A.eq \r(ab)≤2 B．eq \r(a)＋eq \r(b)≤2
C.eq \f(a2,3)＋b2≥4 D．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥1
【解析】 对于A，ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故eq \r(ab)≤2，故A正确；对于B，(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤4×eq \f(a＋b,2)＝8，当且仅当a＝b＝2时取等号，故eq \r(a)＋eq \r(b)≤2eq \r(2)，故B错误；对于C，由题意得b＝4－a＞0，所以0＜a＜4，eq \f(a2,3)＋b2＝eq \f(a2,3)＋(4－a)2＝eq \f(4,3)a2－8a＋16，根据二次函数的性质可知，当a＝3时，上式取得最小值4，故C正确；对于D，∵a＋b＝4，a＞0，b＞0，∴eq \f(1,2)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq \f(1,4)(2＋2)＝1，当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(b,a)，即a＝b＝2时等号成立，故D正确．故选ACD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·贵阳模拟)若x＞0，则x＋eq \f(4,x＋1)的最小值为_3__.
【解析】 因为x＞0，所以x＋eq \f(4,x＋1)＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)－1≥2eq \r(x＋1·\f(4,x＋1))－1＝3，当且仅当x＝1时，等号成立．
14. (2023·开福区校级二模)函数y＝lga(x＋4)－1的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为 2eq \r(3)＋4 .
【解析】 ∵函数y＝lga(x＋4)－1的图象恒过定点A，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋4＝1，,y＝0－1，))解得，x＝－3，y＝－1，故A(－3，－1)；∵点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴3m＋n＝1，又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0，∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(3m＋n)＝eq \f(3m,n)＋eq \f(n,m)＋4≥2eq \r(3)＋4，(当且仅当m＝eq \f(3－\r(3),6)，n＝eq \f(\r(3)－1,2)时，等号成立)．
15. (2023·岳麓区校级模拟)正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝2，且不等式x＋eq \f(y,4)≥m2－m恒成立，则实数m的取值范围为_[－1,2]__.
【解析】 因为正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝2，所以x＋eq \f(y,4)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4x,y)＋\f(y,4x)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(4x,y)·\f(y,4x))))＝2，当且仅当eq \f(y,4x)＝eq \f(4x,y)且eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝2，即x＝1，y＝4时取等号，则x＋eq \f(y,4)的最小值为2.因为x＋eq \f(y,4)≥m2－m恒成立，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2.故m的范围为[－1,2]．
16. (2023·浙江二模)若a2＋b2＝a＋b，则eq \f(a3＋b3,a2＋b2)的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8))) .
【解析】 由a2＋b2＝a＋b可得a＋b＝a2＋b2≥2ab，而2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)，当且仅当a＝b时，等号成立，即a＋b≥eq \f(a＋b2,2)，解得0≤a＋b≤2，由eq \f(a3＋b3,a2＋b2)＝eq \f(a3＋b3,a＋b)＝a2＋b2－ab可知a＋b≠0，∴0＜a＋b≤2，所以eq \f(a3＋b3,a2＋b2)＝a＋b－ab＝a＋b－eq \f(a＋b2－a＋b,2)，令t＝a＋b，t∈(0,2]，则eq \f(a3＋b3,a2＋b2)＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(3,2)t＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋eq \f(9,8)，函数y＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(3,2)t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))单调递减，故0<－eq \f(1,2)t2＋eq \f(3,2)t≤eq \f(9,8)，即eq \f(a3＋b3,a2＋b2)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8))).高频考点
高考预测
不等式性质、不等式的解法
利用不等式性质、基本不等式求最值是考查的重点，通常与函数、数列、解析几何、导数等内容相结合；不等式的恒成立问题也是考查的热点.
基本不等式及其应用
一元二次函数、一元二次方程与一元二次不等式的关系及其应用