压轴专题07 等式与不等式综合问题小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（安徽、吉林、黑龙江、云南、山西5省通用）

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 压轴专题07 等式与不等式综合问题小题综合

一、单选题
1．（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）已知圆关于直线对称，则的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据题意可知圆心在直线上，得到，然后利用基本不等式即可求解.
【详解】由题知，圆心在直线上，
，又，，，
当且仅当，结合，即时等号成立，
所以的最大值为，
故选：B.
2．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）已知函数（，）在区间上总存在零点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设为函数在区间上的零点，得到即（），转化为点是直线上的点，
即可得到的值等于点到直线的距离的平方，从而得到关于的函数关系式：（），结合导数知识，即可求解.
【详解】设为函数在区间上的零点，
因为函数（，）在区间上总存在零点，
所以，即，，
则点是直线上的点，
所以（），
设（），
则
设，，
则，，
令，，
则，
当时，，所以在上是增函数，
则，即当时，，
所以在是增函数，则，
即时，，所以在上是增函数，
则，
综上：的最小值为，
故选：A.
3．（2023·云南·统考一模）已知a，b，c满足，，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，

根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.
4．（2022·山西运城·统考模拟预测）已知正数a，b满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由基本不等式可得，令，利用导数可得，即，进而可得，则有，又，从而有，由取等条件即可求解.
【详解】解：因为a，b为正数，所以，当且仅当时等号成立，
令，则，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时等号成立，
所以，所以，
又，所以，且，即，，
所以.
故选：B.
5．（2022·山西运城·统考模拟预测）已知椭圆的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设出，利用得到在区间上有解，结合端点值的符号得到，求出的最小值.
【详解】易知，设，则，
所以，
即，
即方程在区间上有解，
令，
因为，，
所以只需，
即
解得：.
故选：C.
6．（2022秋·山西晋中·高三校考阶段练习）已知且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求得及的取值范围，再把转化为关于的代数式，利用函数的单调性去求的取值范围即可解决
【详解】由，可得，
则，则，令，则
，
又在单调递增，在单调递减
，，
则，即
故选：C
7．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知直线是曲线的切线，则的最小值为（    ）
A． B．0 C． D．3
【答案】A
【分析】对曲线求导，求出其在处的切线方程，从而得到了切线中的关系，然后将所求进行构造，与已知条件建立联系，再用均值不等式求解最小值即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，
当时，直线不是曲线的切线，故，
由得，所以切线方程为，即，
所以，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：A
8．（2022·安徽芜湖·安徽师范大学附属中学校考模拟预测）已知正数、、满足，，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用换元法将不等式组进行转化，然后利用线性规划的知识结合导数的几何意义求出切线的斜率，数形结合可得出的取值范围.
【详解】正数、、满足，，所以，
，，即，
设，，则不等式等价于，
代数式的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，令，
作出不等式组所表示的平面区域如下图所示：

由图象可知，当直线与曲线相切时，最小.
对函数求导得，设切点坐标为，则切线方程为，
由于该切线过原点，则，可得，此时，.
联立，解得，可得点，
由图象可知，，即.
因此，的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本题主要考查利用线性规划求代数式的取值范围，利用换元法将不等式组转化为线性规划问题是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度.
9．（2022·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）若，，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由于对数函数的存在，故需要对进行放缩，结合（需证明），可放缩为，利用等号成立可求出，进而得解.
【详解】令，，故在上单调递减，在上单调递增，，故，即，当且仅当，等号成立．所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即，所以，又，所以，，故．
故选：A．
10．（2022秋·安徽·高三校联考阶段练习）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先根据作差法比较与的大小关系，然后构造函数，利用导数判断函数单调性，借助函数的单调性即可比较与即与的大小关系.
【详解】已知，，
则
.
由于，所以，得.
令，则，，.
而且，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
由于，，即.
若有两个解，则，，
所以，，所以，，
即，，
令（），则，
故在上单调递增，所以，
即在上，.
若，则有，即.
故，所以.
当时，有，故，即；
综上所述.
故选：D
【点睛】方法点睛：在比较大小中常用的方法有三种：
（1）作差法比较大小，即若，则，否则；
（2）作商法比较大小，即若（），则，否则；
（3）构造函数，根据函数单调性比较大小.
11．（2022秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）已知正数满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，，得到，A选项，，由于，所以只需比较的大小，构造函数，，求导得到函数单调性，进而比较出；
B选项，化简得到，作差比较出，结合得到，B正确；
利用换底公式及对数运算法则得到，，利用作差法比较，，CD错误.
【详解】因为为正数，令，则，
则，
则，
因为，所以只需比较的大小，
构造，，
，
当时，，故在上单调递增，
所以，即，
所以，A错误；
，
，
结合刚才求出的，故，B正确；
由换底公式可得：，
因为，所以，
即，
因为，
所以，
故，C错误；
因为，所以，
所以，D错误.
故选：B
【点睛】构造函数比较大小是高考热点，需要观察式子特点，构造出合适的函数，利用导函数研究其单调性，从而根据单调性比较出大小关系，经常用到的函数有等.
12．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解
【详解】在中，，
故题干条件可化为，由余弦定理得，
故，又由正弦定理化简得：
，
整理得，故或（舍去），得
为锐角三角形，故，解得，故

故选：C

二、多选题
13．（2023·安徽合肥·校考一模）下列结论中，正确的结论有（    ）
A．如果，那么的最小值是2
B．如果，，，那么的最大值为3
C．函数的最小值为2
D．如果，，且，那么的最小值为2
【答案】BD
【分析】对A. 如果，那么，命题不成立；
对B.使用基本不等式得即可得的最大值；
对C. 函数，当且仅当时取等号，此时无解；
对D.根据题意构造，将“1”替换为，代入用基本不等式求解.
【详解】对于A： 如果，那么，最小值是2不成立；
对于B：如果，，，
则，整理得，
所以，当且仅当时取得最大值，所以的最大值为3，故B正确；
对于C：函数，当且仅当时取等号，此时无解，不能取得最小值2，故C错误；
对于D：如果，，且，
那么

，当且仅当时取得最小值，故D正确.
故选：BD
14．（2023·黑龙江哈尔滨·校联考一模）已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据题意可得，对A：根据不等式性质分析运算；对B：利用基本不等式分析运算；对C：换元结合二次函数分析运算；对D：构建，利用导数结合基本不等式判断原函数的单调性，即可得结果.
【详解】由，
可得，
对A：∵，则，
故，A正确；
对B：由选项A可得：，
当且仅当，即时，等号成立，
故，B正确；
对C：，
令，则，C错误；
对D：，等价于，
构建，则当时恒成立，
则在上单调递增，
由选项A可知：，则，
故，D正确；
故选：ABD.
15．（2023春·云南昭通·高三校考阶段练习）已知a，b为正实数，且，则（    ）
A．的最大值为 B．的最小值为4
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】AD
【分析】根据基本不等式进行和积互化，逐项分析判断即可得解.
【详解】A：由，令，即，
∴，∴，
∴，当时，等号成立，A正确；
选项B：由，∴，则，
∴，
当，即时等号成立，的最小值为5，B不正确；
选项C：，
当，即时，等号成立，
的最小值为，C不正确；
选项D：，
当，即时等号成立，D正确.
故选：AD
16．（2023·云南红河·统考一模）已知，，且，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】对于选项AB：根据已知结合基本不等式将已知等式中的或转化，即可解不等式得出答案；对于选项CD：将要求的式子通过完全平方或分式运算转化为或，即可根据选项AB求出的范围根据不等式的性质或一元二次函数的值域得出要求的式子的范围.
【详解】对于A：由，得，当且仅当时，等号成立，解得，即，故A不正确；
对于B：由，得，当且仅当时，等号成立即，解得，或（舍去），故B正确；
对于C：，
令，，即，故C正确；
对于D，，令，，即，故D不正确，
故选：BC．
17．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】A选项，由题可得，结合可得b范围；
B选项，，利用可得范围；
C选项，，利用可得范围，后可得范围；
D选项，，结合B选项可得范围.
【详解】A选项，由题可得，得，故A错误；
B选项，
，当且仅当，
即时取等号.故B错误；
C选项，，
当且仅当，即时取等号.
则，故C正确；
D选项，由B选项分析得，
则，故D正确.
故选：CD
18．（2023·安徽宿州·统考一模）已知，且，则下列不等关系成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式易知选项AB正确；利用对数运算法则和重要不等式可知C正确；将不等式化简整理可得，构造函数利用函数单调性即可证明D错误.
【详解】由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立，即A正确；
易知，当且仅当时，等号成立，即B正确；
由重要不等式和对数运算法则可得：
，当且仅当且仅当时，等号成立，即C正确；
由可得，所以，
若，即证明，即
即需证明，
令函数，则，
当时，，即在上单调递增，
所以时，解不等式可得即可，即时不等式成立；
当时，，即在上单调递减，解不等式可得，即时不等式才成立；
综上可知，当时，不等式才成立，所以D错误.
故选：ABC
19．（2023·山西·校联考模拟预测）下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．若，，且，则的最大值是1
C．若，，则
D．函数的最小值为9
【答案】ACD
【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.
【详解】因为，则，所以成立，故A正确；
由．
当且仅当时，取得最大值，故B错误；
因为，，所以，
当且仅当即时，等号成立，故C正确；

，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
20．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）当时，不等式成立．若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】将给定不等式变形，构造函数，利用函数单调性，逐项分析判断作答.
【详解】当时，不等式，令，则在上单调递增，
因，则，A正确；
因，则，B不正确；
由知，，有，则，
由选项A知，，即，C不正确；
由得，，则，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点睛：涉及两个量的大小，构造函数，分析并运用函数的单调性是求解作答的关键.
21．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知，，且，则下列不等式一定成立的有（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】使用基本不等式、降元后函数单调性、配方法以及乘“1”法可解决问题。
【详解】对于选项A，因为，，且，所以由基本不等式可得，则，当且仅当时，“=”成立，A正确；
对于选项B，因为，所以，则，B正确；
对于选项C，因为，所以，当且仅当时，“=”成立，C错误；
对于选项D，令，，则，则，由基本不等式可得，，当且仅当时，结合，
即“=”成立，故D正确，
故选：ABD.

三、填空题
22．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知实数，且，则的最小值为___________.
【答案】##0.5
【分析】运用基本式中的“1”的活用，即可得出结果.
【详解】，

，



，

当且仅当时，取等号.

故答案为：.
23．（2022·安徽马鞍山·统考一模）在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为________．
【答案】12
【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.
【详解】∵在△中，角所对的边分别是，，
∴，
∴，
∴，即，，
∴，
因为，
∴，即，
又，
∴，即，当且仅当时取等号，
∴的最小值为为12.
故答案为：12.
【点睛】关键点点睛：本题的关键时利用边角互化，把化为，再利用余弦定理及基本不等式即求.
24．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）已知，，则的最大值为________.
【答案】
【分析】依题意利用和差角公式将其变形为，整理可得，再利用基本不等式计算可得.
【详解】解：，，
，，，
，
即，
，即，
所以，
当且，即，等号成立，取得最大值．
故答案为：
25．（2022秋·云南·高三云南省下关第一中学校考开学考试）直线过抛物线的焦点且与抛物线交于、两点，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】由题意求得抛物线方程，设出直线方程，联立抛物线方程，设而不求，整理化简得到结论，根据这个关系，得到，代入消元整理，利用基本不等式求最小值.
【详解】已知，即，所以抛物线的方程为，
若直线与轴重合，这该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，，
联立，可得
则
所以，


所以，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为．
故答案为：.
26．（2022秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知非零实数满足， 则的最小值为_____．
【答案】
【分析】设，结合三角函数定义表示，代入条件等式通过三角恒等变换和正弦函数性质可求的最小值.
【详解】设，则，则点在单位圆上，根据三角函数的定义，可设，，则，则由可得，则，所以，则，
由可得，又
所以，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当，时等号成立
所以．
【点睛】本题解决的关键在于通过三角换元，将问题转化为三角函数的问题，从而利用三角恒等变换及正弦函数性质求其最值.
27．（2023春·云南昆明·高三云南省昆明市第十二中学校考阶段练习）已知是边上一点，且，，，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】设，，设，则，，利用余弦定理以及可推导出，进而利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】设，，设，则，，如下图所示：

在中，；在中，.
，，
所以，，整理得，①
在中，，②
由①②可得，
由基本不等式可得，
，因此，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用基本不等式求三角形边长和的最值，同时也考查了余弦定理的应用，考查计算能力，属于难题.
28．（2023·云南昆明·云南省昆明市第十中学校考模拟预测）设实数、满足方程有实数根，则的最小值是______.
【答案】##
【分析】分析可得，设，可得，令，其中，则方程有绝对值大于或等于的实数解，利用二次函数的零点分布可得出关于、的不等式（组），结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】显然不满足方程，所以，，
在方程两边同时除以可得，
令，则，
当时，则，当且仅当时，等号成立，
当时，则，当且仅当时，等号成立，
所以，，
则方程可化为，
设，其中，
所以方程有绝对值大于或等于的实数解，所以，可得，①
由可得，由，
可得，
由绝对值三角不等式可得，②
由①②可知，只需讨论的情形：
当时，令，易验证①②均满足，此时；
当时，条件②变为，化简可得，满足条件①，
此时，所以，，
当且仅当，时，取最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于通过在等式两边同时除以可得，通过换元，转化为二次函数在上有零点来处理.
29．（2023·吉林白山·统考三模）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，

则，令，则，即有，

，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
30．（2022秋·山西晋中·高三校考阶段练习）已知正数满足，则的最大值是___________.
【答案】
【分析】设，表达出，结合基本不等式求解最值，再根据二次不等式求解即可.
【详解】设，则，
所以，当且仅当时取等号.
所以，解得，即的最大值，当且仅当，即，时取等号.
故答案为：