(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题02 等式与不等式(练习)（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021·上海市青浦区第一中学高一阶段练习）已知，则与的大小关系为___________.
【答案】
【分析】利用不等式性质判断大小关系.
【解析】由题设，，故，所以.
故答案为：
2．（2021·上海市青浦区第一中学高一阶段练习）不等式的解为___________.
【答案】
【分析】等价转化解分式不等式求解集即可.
【解析】原不等式等价于，所以不等式的解集为.
故答案为：
3．（2021·上海市宜川中学高一阶段练习）已知，且，则的最小值是___________.
【答案】8
【分析】根据基本不等式结合求解即可.
【解析】，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：8.
4．（2021·上海市洋泾中学高一阶段练习）若关于x的不等式的解集为，则的值为__________．
【答案】8
【分析】根据题意得到1和m是方程的两个根，结合根与系数的关系，列出方程组，即可求解.
【解析】因为不等式的解集为，
可得1和m是方程的两个根，
所以，解得，所以.
故答案为：
5．（2022·上海市川沙中学高二期末）若关于x的不等式有解，则实数m的取值范围___________.
【答案】
【分析】根据题意可得，根据可得，代入求解．
【解析】根据题意可得
∵
∴，即，则或
故答案为：．
6．（2021·上海·复旦附中高一期中）若关于x的方程的一根大于－1，另一根小于－1，则实数k的取值范围为______．
【答案】
【分析】设，根据二次函数的图象与性质，定点，即可求解.
【解析】由题意，关于的方程的一根大于-1，另一根小于-1，
设，根据二次函数的性质，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
7．（2022·上海·位育中学模拟预测）已知 ， 且， 则 的最小值为_____.
【答案】
【分析】利用基本不等式可求最小值.
【解析】，
而，当且仅当时等号成立，
由可得或，
故，当且仅当或等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
8．（2022·上海·华师大二附中高一期末）如果对任意实数x总成立，那么a的取值范围是____________.
【答案】
【分析】先利用绝对值三角不等式求出的最小值，进而求出a的取值范围.
【解析】，当且仅当时等号成立，故，所以a的取值范围是.
故答案为：
9．（2022·上海宝山·二模）已知分别是边的中点，是线段上的一动点(不包含两点)，且满足，则的最小值为__．
【答案】##
【分析】由三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【解析】由于是上的一动点(不包含两点)，
且满足，所以且，
以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
故答案为：
10．（2021·上海·上外附中高一期中）设，则的最小值是___________.
【答案】4
【分析】先对化简得，然后利用基本不等式求解即可.
【解析】
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：4
11．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱上一动点，且满足．则三棱锥的体积的最大值为______．
【答案】
【分析】设由得到，表示出三棱锥的体积，利用基本不等式求最值.
【解析】如图示，
不妨设则，所以.
而.
故三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
12．（2021·上海·复旦附中高一期中）对于实数a，，函数在区间上的最大值记为，的最小值为______．
【答案】
【分析】因，故可数形结合可取的最小值.
【解析】
令，则，
其中的图象如图所示，
设与平行且与图象相切的直线对应的一次函数为，
有可得，
由可得或（舍），
由图象可得：的图象在函数的上方或下方对应的大于的图象与函数有交点时对应的，
若的图象与函数有交点时对应的最小，
则的图象与平行且在与之间，
且的图象与的距离等于的图象与的距离，
故的图象对应的解析式为，
此时，对应的或，
故的最小值为.
故答案为：.
13．（2021·上海市建平中学高一期中）设，若，则的取值范围为___________．
【答案】
【分析】利用绝对值三角不等式可得，即，，利用中与有公共点，讨论或、研究m的范围即可.
【解析】，当时等号成立，
，当时等号成立，
所以，而，
故，此时，，
令中，与所表示的区域有公共点，
当或时，而，故满足；
当时，由得：，而，
若时，此时，故；
若时，此时，故；
综上，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用绝对值三角不等式得确定x、y的范围，再将问题转化为中与有公共点求m的范围即可.
14．（2022·上海交大附中高一期末）设二次函数，若函数的值域为，且，则的取值范围为___________.
【答案】[1,13]
【分析】根据二次函数的性质和已知条件得到m与n的关系，化简后利用不等式即可求出其范围.
【解析】二次函数f(x)对称轴为，
∵f(x)值域为，
∴且，n＞0.
，
∵
====
∴，，
∴∈[1,13].
故答案为：[1,13].
15．（2021·上海市嘉定区第二中学高三期中）设为奇函数，为偶函数，对于任意均有.若在上有解，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由题设易知在上有解，利用二次函数的性质求的取值范围即可.
【解析】由题设，，即在上有解，
对于，开口向上且对称轴为，，，
∴，可得；
故答案为：
16．（2021·上海·南洋中学高一期中）已知，，，则的最大值为______
【答案】
【分析】先求出和的最大值，再利用绝对值三角不等式求目标式的最大值.
【解析】解：，，
又，
则.
当且仅当时，等号成立
故答案为：.
二、单选题
17．（2022·上海交大附中模拟预测）已知，，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】D
【分析】利用不等式的基本性质即可求解
【解析】∵，，∴，则选项不正确；
当，时，即，∴和成立，则选项、不正确；
∵,∴，∴，则选项正确；
故选：.
18．（2021·上海·格致中学高一阶段练习）若、为非零实数，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断CD选项.
【解析】对于A选项，，则，A对；
对于B选项，取，，则无意义，B错；
对于C选项，由绝对值三角不等式可得，C错；
对于D选项，由绝对值三角不等式可得，D错.
故选：A.
19．（2022·上海市大同中学高一期末）已知的解集为，关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定解集可得，再代入分式不等式求解即得.
【解析】因的解集为，则，且，即有，
因此，不等式化为：，即，
于是有：或，解得，解得，
所以所求不等式的解集为：.
故选：A
20．（2021·上海市控江中学高三阶段练习）已知、、是互不相等的正数，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】通过举反例可判断选项A、B、C错误；
作差化简
，从而判断成立，可判断D.
【解析】当，，时，，，故选项A错误；
当时，，，故选项B错误；
当，时，，，故选项C错误；
∵，
∵，∴，
即，故成立，故选项D正确
故选：D
21．（2021·上海浦东新·高一期中）已知，则使得都成立的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出三个不等式的解集，然后求交集可得．
【解析】因为，所以，
，即，，，
同理的解是，的解是，
所以所求的范围是．
故选：B．
22．（2021·上海·复旦附中高三阶段练习）已知，，且，则下列结论正确的是（ ）
①
②ab的最小值为16
③的最小值为8
④的最小值为2
A．①②B．①②③C．①②④D．②③④
【答案】C
【分析】对于①，由，，可得，从而可求得结果，对于②，由，得，然后利用基本不等式可得答案，对于③，由于，化简后利用基本不等式可判断，对于④，利用基本不等式判断
【解析】对于①，因为，，且，所以，解得，所以①正确，
对于②，由，得，当且仅当，即时取等号，解得，所以的最小值为16，所以②正确，
对于③，，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为9，所以③错误，
对于④，由，得，因为，，所以，，所以，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为2，所以④正确，
故选：C
23．（2021·上海闵行·一模）已知实数满足，则三个数中，大于1的个数最多是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先利用基本不等式求出的最大值为3，进而判断出三个数不可能全大于1，进而通过特值法验证即可得到答案.
【解析】由基本不等式可知，，当且仅当且仅当时取“=”.
于是三个数中，大于1的个数最多是2个，现通过特殊值验证：当，时，，有2个大于1.
综上：三个数中，大于1的个数最多是2个.
故选：C.
24．（2021·上海·复旦附中高一期中）对于实数x，y，记，下列选项错误的是（ ）
A．对于任意实数，，
B．对于任意实数，，其中成立当且仅当
C．对于任意实数，，其中
D．对于任意实数，存在正实数r和实数z，使得且
【答案】C
【分析】利用作差法可得，进而可判断A；
根据二次根式的取值范围即可判断B；
通过举例说明即可判断C；
根据、即可判断D.
【解析】A：由，
得，，，
所以
，，
则，
即，
所以，故A正确；
B：由知或，
当时，，
当时，，
所以，当且仅当时等号成立.故B正确；
C：由知，存在，此时，
又无法确定与的大小关系，所以无法确定与的大小关系，
所以，故C错误；
D：设()为一个实数，由，
得，，
所以存在正实数()使得且，故D正确.
故选：C
三、解答题
25．（2022·上海·高一专题练习）解下列不等式：
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)或
(6)或
(7)或
【分析】（1）不等式可化为，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
（2）不等式，即可求得答案.
（3）不等式可化为，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
（4）令，可求得两根，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
（5）因为恒成立，所以原不等式可等价为，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
（6）不等式可化为，解得，即可求得答案.
（7）不等式可化为，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
（1）
不等式，可化为，即，
解得，故解集为.
（2）
不等式，解得x=1，故解集为.
（3）
不等式，可化为，即
解得，故解集为.
（4）
令，解得，
所以不等式的解集为.
（5）
令，，所以恒成立，
所以等价为，即，
解得或，故解集为或.
（6）
不等式，可化为，
因为恒成立，所以，
解得或，故解集为或.
（7）
不等式，可化为，即，
所以，解得或，故解集为或
26．（2021·上海市崇明中学高一期中）已知．
(1)若均为正数，证明，并且写出等号成立的条件；
(2)若，且恒成立，求的取值范围；
【答案】(1)证明见解析，当且仅当时取等号；
(2)的取值范围或.
【分析】（1）、三次利用基本不等式，再相加整理化简即可证明；
（2）、利用绝对值三角不等式求出，根据题意可知，解不等式即可得到的取值范围.
(1)
，，，，，，三式相加可得，
，当且仅当时取等号.
,,当且仅当时取等号.
(2)
若，，，，
，，
，
当且仅当时等号成立，，
恒成立，，即或．
的取值范围为或.
27．（2022·上海·高一专题练习）已知不等式，其中x，k∈R．
(1)若x＝4，解上述关于k的不等式；
(2)若不等式对任意k∈R恒成立，求x的最大值．
【答案】(1)或或}
(2)
【分析】（1）将x＝4代入不等式化简可得， ，利用一元二次不等式的解法求解即可；
（2）利用换元法，令，将问题转化为对任意t≥1恒成立，利用基本不等式求解的最小值，即可得到x的取值范围，从而得到答案．
（1）
若x＝4，则不等式变形为
即，
解得或，
所以 或或，
故不等式的解集为或或}；
（2）
令，
则不等式对任意k∈R恒成立，
等价于对任意t≥1恒成立，
因为，
当且仅当，即t＝时取等号，
所以x≤，
故x的最大值为．
28．（2021·上海中学高三期中）已知函数．
(1)若，且恒成立，求实数m的最小值；
(2)若，求的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由绝对值三角不等式可得的最大值，进而可得结果；
（2）将式子平方，转化为，利用二次函数的性质即可求解.
(1)
，
∴，，故m的最小值为．
(2)
，，
,
当时，，
当或时，，
所以，
所以函数的值域为.
29．（2022·上海·曹杨二中高一期末）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加yml/L，y与t的函数关系可近似地表示为根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2ml/L时，物质N才能有效发挥作用．
(1)若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长；
(2)若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3ml/L，并说明理由．
【答案】(1)物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时；
(2)当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3ml/L.
【分析】（1）对分两种情况讨论解不等式即得解；
（2）求出，再利用基本不等式判断求解.
（1）
解：当时，由题得，解之得；
当时，由题得，解之得；
所以.
所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时.
（2）
解；当时，水中含有物质N的浓度为yml/L，
则.
当且仅当时等号成立.
所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3ml/L.
所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3ml/L.
30．（2022·上海·高一专题练习）已知一元二次方程的两个实根为，；
(1)若，，求的值；
(2)若，，用反证法证明，中至少有一个大于等于2；
(3)若，设，若，是方程的实根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)结合已知条件，利用韦达定理首先判断与的符号，进而即可求出的值；(2)首先假设，都小于2，结合已知条件和韦达定理可得和同号，且，再结合和的范围推出矛盾即可证明；(3)首先利用判别式求出的范围，然后结合已知条件并利用韦达定理求解即可.
（1）
当，时，的两个实根为，，
由韦达定理可得，，，
即，，
故.
（2）
证明：假设，都小于2，
由，可知，，且与异号，
由韦达定理可知，，，则与同正，
此时，则，
又因为，都小于2，所以，这与矛盾，
故假设不成立，从而，中至少有一个大于等于2.
（3）
由可知，，
从而方程等价于，
由题意可知，且，即，
故，解得或，
又因为，所以的取值范围为，
又因为，是方程的实根，
所以，即，
从而或，解得或，
故实数m的取值范围为.
31．（2021·上海市控江中学高一期中）定理（三角不等式），对于任意的、，恒有.定义:已知且，对于有序数组、、、，称为有序数组、、、的波动距离，记作，即，请根据上述俼息解决以下几个问题:
(1)求函数的最小值，并指出函数取到最小值时的取值范围；
(2)①求有序数组、、、的波动距离；
②求证：若、、、且，则；题（注：该命题无需证明，需要时可直接使用）.设两两不相等的四个实数、、、，求有序数组、、、的波动距离的最大值.
【答案】(1)函数的最小值为，此时的取值范围是.
(2)①；②.
【分析】（1）利用三角不等式可求得的最小值及其对应的的取值范围；
（2）①由题中定义可求得的值；
②利用题中定理可求得的最大值.
（1）
解：由三角不等式可知，当且仅当时，即当时，即当时，等号成立，
由三角不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，函数的最小值为，此时的取值范围是.
（2）
解：①由题中定义可得；
②若、、、且，则，
当时，，
，
所以，
，即，
且有，
当取到最大值时，或，
同理或，
若，则，所以，，
故
，
当且仅当，，，时，等号成立，
所以，为的最大值；
若，则，所以，，
同理可知为的最大值.
综上所述，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值不等式的应用，求解的最大值在于确定、的大小关系，确定这两者为四个数的最大值和最小值，结合题中定理进行求解.