专题10 不等式（填空题、解答题）（11月）（理）（解析版）-2020-2021学年高二《新题速递•数学（理）

专题10 不等式（填空题、解答题）
一、填空题
1．若变量满足約束条件，则的最小值为__________．
【试题来源】四川省泸州市2020届高三数学临考冲刺模拟试卷（（文））（四模）试题
【答案】
【分析】根据约束条件得到可行域，并结合的含义知表示直线的斜率k，根据可行域求得直线的最小斜率即为的最小值.
【解析】由已知约束条件可得可行域，且表示直线的斜率=，如下图示：

当直线过(4，1)时k有最小值，过(2，3)时k有最大值，
所以可知：即，故答案为
【名师点睛】本题考查了线性规划，利用已知约束条件所得到的可行域求目标函数的最值
2．函数的定义域是__________．
【试题来源】上海市位育中学2021届高三上学期10月月考
【答案】
【分析】根据函数解析式，列出不等式，求出使解析式有意义的自变量的范围，即可得出结果．
【解析】因为，所以，解得且，
即函数的定义域是．故答案为．
【名师点睛】本题主要考查求具体函数的定义域，涉及不等式的解法，属于基础题．
3．不等式的解集为__________．
【试题来源】广东省中山市中山纪念中学2020-2021学年高一上学期第一次段考（10月）
【答案】或
【分析】因式分解求出方程的解，然后结合二次函数性质得不等式的解．
【解析】的解为，，又，
所以不等式的解为或．故答案为或．
【名师点睛】本题考查解一元二次不等式，掌握三个二次的关系是解题关键．
4．若关于x的不等式的解集是，则a=__________．
【试题来源】浙江省杭州市学军中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】6
【分析】由一元二次不等式的解集与对应一元二次方程的根的关系，结合根与系数关系即可求a的值．
【解析】由题意知：的两个根分别为2，3，所以，故答案为6．
【名师点睛】本题考查了根据一元二次不等式的解集求参数，属于基础题．
5．不等式的解集为__________．
【试题来源】山西省晋中市平遥第四中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】
【分析】将所求不等式变形为，解此二次不等式即可得解．
【解析】原不等式即为，即，解得．
故答案为．
【名师点睛】解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函数的图象写出不等式的解集．
6．若，，则的取值范围__________．
【试题来源】浙江省台州市黄岩中学2020-2021学年高一上学期10月模块考试
【答案】
【分析】本题首先可根据得出，然后与相加，即可得出结果．
【解析】因为，所以，
因为，所以，即，故答案为．
【名师点睛】本题考查不等式的性质，考查根据不等式的性质求参数范围，考查计算能力，体现了基础性，是简单题．
7．设，，，则a，b，c之间的大小关系为__________．
【试题来源】福建省宁德市古田县玉田中学2020-2021学年高一上学期第一次月考
【答案】
【分析】利用不等式性质比较大小即得结果．
【解析】 ，，，
．故答案为．
8．已知，，则的范围是__________．
【试题来源】江苏省南京市田家炳高级中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】
【分析】先求出的范围，再利用不等式的性质同向可加性即可得出答案．
【解析】由，得，
又，得，
所以的范围是：．故答案为．
9．若，则的取值范围是__________．
【试题来源】河北省2021届高三上学期10月联考
【答案】
【解析】因为，所以，，所以，
又因为，所以的取值范围是．故答案为．
10．若对于，不等式有解，则正实数m的取值范围为________．
【试题来源】安徽省示范高中培优联盟2020-2021学年高二上学期秋季联赛（文）
【答案】
【分析】由，利用基本不等式可求解．
【解析】，，

，当且仅当时，等号成立，
若不等式有解，则，
故答案为.
【名师点睛】本题考查了基本不等式求最值，考查了基本运算求解能力，注意验证等号成立的条件，属于基础题．
11．已知，，且，则的最小值为__________．
【试题来源】湖南省、河北省新高考联考2020-2021学年高三上学期10月质量检测
【答案】
【分析】由已知条件得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值．
【解析】由，得，
则，当且仅当，时等号成立．因此，的最小值为．故答案为．
【名师点睛】本题考查利用的应用求代数式的最值，考查计算能力，属于基础题．
12．已知x，y满足约束条件，则的最大值为______．
【试题来源】陕西省安康市2020届高三下学期第三次联考（理）
【答案】
【分析】先根据约束条件画出可行域，再根据图形找到最优解，即可解得结果．
【解析】不等式组表示的平面区域如图所示，

由图可知，当直线经过点时，．故答案为．
13．若实数，满足约束条件，则的最大值是__________．
【试题来源】河南省洛阳市汝阳县2020-2021学年高三上学期联考（理）
【答案】8
【分析】由约束条件画出可行域，根据目标函数式知是直线在直角坐标系中平移过程中的截距，即当目标函数与可行域有交点时的最大截距即为其最大值．
【解析】作出可行域，如下图所示：
在可行城内平移直线，当直线经过点时，
直线在纵轴上的截距最大，点的坐标是方程组的解，
解得，所以的最大值是．故答案为8．

【名师点睛】本题考查了线性规划，应用数形结合，根据目标函数的几何意义求最值，属于简单题．
14．已知实数满足约束条件，则的最大值为__________．
【试题来源】黑龙江省大庆中学2020-2021学年高三10月月考（理）
【答案】7
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论．
【解析】画出约束条件表示的可行域，如图，

由可得，得，将变形为，
平移直线，由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，所以的最大值为． 故答案为7．
【名师点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题．
15．若x，y满足约束条件，则的最大值是__________．
【试题来源】福建省厦门第一中学2021届高三（10月月考）数学第一次质量检测试题
【答案】10
【分析】先根据不等式组画出可行域，再根据目标函数求得最大值即可．
【解析】根据约束条件画出可行域如下：

作目标函数的一系列平行线，可知直线过A点时z最大．
由得，故的最大值为．
故答案为10．
16．设，满足约束条件则的取值范围是__________．
【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第二次双基检测（文）
【答案】
【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图形可得出结果．
【解析】画出约束条件表示的平面区域如下，

因为目标函数可化为，
因此表示直线在轴截距的倍，
由图像可得，当直线过点时，在轴的截距最大；
当直线过点时，在轴的截距最小；
由解得，此时；
由得，此时，所以． 故答案为．
17．不等式解集为，则不等式的解集为__________．
【试题来源】上海市崇明、金山区2021届高三上学期10月联考
【答案】
【分析】根据已知可得，，将代入不等式，然后解分式不等式即可．
【解析】因为不等式解集为，所以且，所以，
所以不等式可得化为，又，
所以，即，解得或，
所以原不等式的解集为．故答案为
18．已知，，且，若恒成立，则实数t的取值范围是__________．
【试题来源】山西省运城市新绛中学、河津中学等校2020-2021学年高一上学期10月联考
【答案】
【分析】先由得到，根据基本不等式求出的最小值，得出，求解，即可得出结果．
【解析】，，且，在等式两边同时除以得，
由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，
由于不等式恒成立，则，即，
解得，故答案为．
【名师点睛】本题考查利用基本不等式处理不等式恒成立问题，同时也考查了一元二次不等式的解法，属于常考题型．
19．某种杂志原以每本2.5元的价格销售，可以售出8万本．据市场调查，杂志的单价每提高0.1元，销售就可能减少2000本．要使提价后的销售总收入不低于20万元，则定价的最大值为__________．
【试题来源】江苏省镇江市2020-2021学年高一上学期10月学情调查考试
【答案】4．
【分析】先根据题意建立函数关系，再由题意建立不等式，最后求解不等式作答即可．
【解析】设定价为元，销售总收入为元，则由题意：，
整理得，因为要使提价后的销售总收入不低于20万元，
所以，解得，
所以要使提价后的销售总收入不低于20万元，则定价的最大值为4．故答案为4．
20．已知关于的不等式的解集为，则的最小值是__________．
【试题来源】广东省深圳中学2019-2020学年高一（上）期中
【答案】
【分析】由根与系数关系求出与，带入计算即可．
【解析】由一元二次不等式与一元二次等式的关系，知道的解为，
由根与系数关系知，，
所以当且仅当取等号．
21．已知不等式的解集是，则的值为__________．
【试题来源】河北省秦皇岛市卢龙县2019-2020学年高一下学期期末
【答案】11
【分析】利用和是方程的两根，再利用根与系数的关系即可求出和的值，即可得的值．
【解析】由题意可得：方程的两根是和，
由根与系数的关系可得：，所以 ，所以，故答案为11
【名师点睛】本题主要考查了三个二次之间的关系，考查了一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．
22．已知集合，若中为整数的解有且仅有一个，则实数的取值范围是__________．
【试题来源】浙江省丽水五校2020-2021学年高一上学期10月阶段性考试
【答案】
【分析】先设，由题意，得到方程有两个实根，根据判别式求出或，再分别讨论这两种情况，结合整数解的个数只有一个列出不等式求解，即可得出结果．
【解析】设，因为集合中为整数的解有且仅有一个，所以方程有两个实根，即，解得或；
当时，开口向上，且对称轴为，
又，，为满足集合中整数解只有一个，则整数解只能是，
所以只需，解得，所以；
当时，开口向上，且对称轴为，
又，，为满足集合中整数解只有一个，则整数解只能是，
所以只需，解得，所以，
综上．故答案为.
23．已知，，则的取值范围__________（用区间表示）．
【试题来源】山东省菏泽市第一中学等六校2020-2021学年高一上学期第一次联考（A）
【答案】
【分析】先由已知得到，再不等式同向相加得到，最后确定的取值范围即可．
【解析】因为，所以，
所以，所以，所以的取值范围是，故答案为
24．已知，则________（填“”或“”）．
【试题来源】上海市华东师范大学第二附属中学2020-2021学年高一上学期月考
【答案】
【解析】，
，，，，．故答案为．
25．已知，，则的取值范围是__________．
【试题来源】山西省师院附中、师苑中学2020-2021学年高一上学期第一次月考
【答案】
【分析】把表示形式，然后由不等式的性质得结论．
【解析】因为，，＝，
所以．故答案为
【名师点睛】本题考查由不等式的性质求范围，解题中注意把分别作为一个整体，而不是由它们求出的范围，如果先得的范围，再求的范围一般会出错．
26．设， ，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
正确的结论有__________．（写出所有正确的序号）
【试题来源】广东省中山市中山纪念中学2020-2021学年高一上学期第一次段考（10月）
【答案】①②④
【解析】，则，又，所以，①正确；
， ，则，②正确；
由②，，即，③错误；
，，又，所以，④正确．故答案为①②④
27．已知，，则的取值范围是__________．
【试题来源】山西省山西大学附属中学2020-2021学年高二上学期10月模块诊断
【答案】
【分析】需将y的符号转化成-y，再采用同向可加性进行求解
【解析】，根据同向可加性，满足，即
【名师点睛】同向可加性的适用前提是符号必须相同：同为大于号或同为小于号
28．设，则的最小值为__________．
【试题来源】浙江省杭州市学军中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】
【分析】把分子展开化为，再利用基本不等式求最值．
【解析】
，当且仅当，即时成立，
故所求的最小值为．
29．若且，则的最小值为__________．
【试题来源】河南省信阳市普通高中2021届高三上学期第一次教学质量检测（理）
【答案】
【解析】因为，所以 ；因为，
所以 ，即
因此
当且仅当 时取等号.
30．已知，则的最小值为__________．
【试题来源】北京市昌平区2020届高三第二次统一练习（二模）
【答案】5
【分析】由，然后结合基本不等式即可求解．
【解析】因为，则，
当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为．故答案为．
【名师点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟记基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”，合理构造利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
31．直线过函数图象的对称中心，则的最小值为__________．
【试题来源】广西钦州市、崇左市2021届高三上学期第一次教学质量检测（理）
【答案】
【分析】可得函数图象的对称中心为，即可得，利用基本不等式即可求解．
【解析】函数的图象可由向右平移1个单位，再向上1个单位得到，
又是奇函数，故其对称中心为，故的对称中心为，
所以，，
当且仅当时等号成立．故答案为．
【名师点睛】本题考查函数对称性的应用，考查利用基本不等式求最值，属于基础题．
32．已知，，且，则的最小值为__________．
【试题来源】浙江省丽水五校2020-2021学年高一上学期10月阶段性考试
【答案】
【分析】首先根据题意得到，再利用基本不等式即可得到最小值．
【解析】因为，
又因为，所以．
所以
，
当且仅当，即，时取等号．
所以．故答案为
【名师点睛】易错【名师点睛】利用基本不等式求最值时，属于中档题，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．
33．若满足不等式组，则的最大值是__________．
【试题来源】内蒙古赤峰市松山区2020-2021学年高三第一次统一模拟考试（文）
【答案】
【分析】画出不等式组所表示的平面区域，把目标函数看成平面区域点与的斜率，结合图象，确定目标函数的最优解，代入即可求解．
【解析】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，

目标函数可看成平面区域点与原点的斜率，
结合图象可得，的斜率最大，
又由，解得，即，此时，所以的最大值是．
【名师点睛】本题主要考查了线性规划的应用，其中解答中作出不等式组作表示的平面区域，结合目标函数的几何意义求解是解答的关键，着重考查数形结合思想的应用，属于基础题．
34．若实数满足约束条件，则的最小值是__________．
【试题来源】江西省鹰潭市2021届高三第二次模拟考（理）
【答案】－ln3
【分析】由约束条件作出可行域，目标函数z＝lny﹣lnx＝ln，由图求出的最大值即可．
【解析】由实数x，y满足约束条件作出可行域如图所示，联立，解得B（3，1），由目标函数z＝lny﹣lnx＝ln，而的最小值为＝，所以z＝lny﹣lnx的最小值是﹣ln3．故答案为﹣ln3．

【名师点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题．
35．不等式的解集为__________．
【试题来源】上海市第二中学2020-2021学年高一上学期期中
【答案】
【分析】根据分式不等式的解法，先移项，再通分，转化为高次不等式求解．
【解析】不等式，所以，所以，即，
解得或，所以原不等式的解集为，故答案为
【名师点睛】本题主要考查分式不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题．
36．若不等式的解集是或，则不等式的解集是__________．
【试题来源】山西省师院附中、师苑中学2020-2021学年高一上学期第一次月考
【答案】
【分析】由题设可得和是方程的两根，利用根与系数关系，求得，把不等式转化为不等式，即可求解．
【解析】由题意，不等式的解集是或，
可得和是方程的两根，
所以，解得，
则不等式可化为，即，
因为，所以不等式等价于，
解得，即不等式的解集为．故答案为．
【名师点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，以及二次式之间的关系，其中解答中根据三个二次式之间的关系，利用根与系数关系求得的关系，结合一元二次不等式的解法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
37．已知对一切上恒成立，则实数a的取值范围是__________．
【试题来源】甘肃省兰州一中2020-2021学年高三年级第一学期10月月考（文）
【答案】
【分析】根据题意分离出参数a后转化为求函数的最值即可，通过换元后利用二次函数的性质可求得最大值．
【解析】可化为，
令，由，得，则，
在上递减，当时取得最大值为，
所以．故答案为．
【名师点睛】本题考查二次函数的性质、函数恒成立问题，考查转化思想，考查学生解决问题的能力．属中档题．
38．设函数，则满足的x的取值集合为__________．
【试题来源】广东省中山纪念中学2021届高三上学期10月月考
【答案】
【分析】根据的单调性化简，由此求得所求的集合．
【解析】，当时，是减函数，
当时，．要使，则
或或，解得或或．
综上所述，的取值集合为．故答案为
39．都成立．则的取值范围是__________．
【试题来源】天津市和平区2020-2021学年高三上学期期中
【答案】
【分析】分类讨论，，时结合二次函数性质得解．
【解析】时，不等式为，恒成立，时，则，解得，
综上有．故答案为．
【名师点睛】本题考查二次不等式性成立问题，解题时需对最高次项系数分类讨论，否则易出错．
40．不等式的解集不是空集，则实数a的取值范围是__________．
【试题来源】安徽省滁州市定远县重点中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】
【分析】由，分， 和，讨论的解集，再结合不等式的解集求解．
【解析】根据题意，的解集为，不等式，
当时，的解集为R，的解集不是空集，符合题意；
当时，的解集为，则的解集不是空集，符合题意；
当时，的解集为，因为的解集不是空集，
所以，解得；综上：，
所以实数a的取值范围是，故答案为．
【名师点睛】本题主要考查不等式的解集的应用以及补集的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题．
41．已知，且，则的最小值是__________．
【试题来源】江苏省无锡市2020-2021学年高一上学期期中备考
【答案】
【分析】由，整理得，设，，
再化简，再结合，结合基本不等式可求解．
【解析】因为，可得，
整理得，设，则，
又由，则
所以
又由，
则
，
当且仅当，即等号成立，
所以．所以的最小值是．
故答案为．
【名师点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中熟记基本不等式的条件“一正、二定、三相等”，合理化简和构造基本不等式的条件是解答的关键，着重考查推理与运算能力．
42．若不等式组的整数解只有－2，则k的取值范围是__________．
【试题来源】湖北省武汉市部分学校2020-2021学年高一上学期10月联考
【答案】
【分析】本题首先求出不等式的解集，把不等转化为，此时一定注意根据已知条件确定解集的表示，这是本题易犯错误的地方，再利用数形结合的方法，借助于数轴确定的取值范围．
【解析】不等式的解集为，
不等式可转化为，
根据已知条件不等式组的整数解只有，
不等式的解集为，
再借助数轴可得的取值范围为，解得，
综上k的取值范围是，故答案为．
【方法点晴】本题考查的是解一元二次不等式和数形结合思想应用，属于中档题．
二、双空题
43．已知，函数．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围是__________；若其在区间上至少有一个零点，则的最小值是__________．
【试题来源】浙江省知行联盟2018-2019学年高三下学期2月联考
【答案】
【分析】（1）首先设，由已知条件求的范围，再表示，求的范围；（2）经过整理，换元，方程变形为为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的距离求最小值．
【解析】（1）设两个零点为，所以，
设，则，
由条件可知 ，，
，所以的范围是．
（2）由题意可知存在使，整理为
设，整理为关于的直线，
那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，
那么距离的最小值就是原点到直线的距离所以，当时，是单调递增函数，当是取得最小值．
即的最小值是．故答案为 ；
【名师点睛】本题考查根据零点个数求参数的取值范围，考查转化与化归的思想，数形结合分析问题的能力，逻辑推理能力，本题的难点是第二问，需转化为直线方程，借助几何意义求解．
44．当时，≥__________；当时，≤__________．
【试题来源】广东省中山市中山纪念中学2020-2021学年高一上学期第一次段考（10月）
【答案】2 －2
【分析】直接利用基本不等式计算可得；
【解析】当时，，当且仅当即时取等号；
当，所以，当且仅当即时取等号；
所以，故答案为；．
45．若点满足约束条件，则所对应的平面区域的面积为__________；目标函数取得最小值时的最优解为__________．
【试题来源】2020年浙江省新高考名校交流模拟卷（五）
【答案】4
【分析】作出可行域，易求其面积，作目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【解析】作出约束条件对应可行域为图中阴影部分内部（含边界），其中，所以面积为，
作直线，平移直线，当过点时，取得最小值，最优解为．
故答案为4；．

【名师点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线．通过平移直线得出最优解．
46．已知点在不等式组表示的平面区域上运动，
（1）若区域表示一个三角形，则的取值范围是__________；
（2）若，则的最小值是__________．
【试题来源】河南省名校联盟2020届高三（6月份）高考数学（（理））联考试题
【答案】
【分析】（1）画出可行域，根据图形判断即可；（2）当时，确定约束条件表示的可行域，然后确定取得最小值的位置，解出最小值．
【解析】因为直线与的交点为，

如图所示，所以要使不等式组表示的平面区域是一个三角形，则的取值范围是．当时，作出可行域，如图：

由图可知，当直线经过点时，取得最小值．
故答案为；．
【名师点睛】本题考查简单的线性规划问题，较容易，解答的关键在于平面可行域的确定及目标函数取得最值的条件．
47．若非负实数x，y，z满足约束条件，则x的最大值是__________，的最大值是__________．
【试题来源】浙江省温州中学2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试
【答案】1 3
【分析】根据非负实数x，y，z满足约束条件，利用不等式的基本性质求解．
【解析】因为非负实数x，y，z满足约束条件，
所以，在时取到；
，在时取到．
故答案为1；3
48．已知，函数．
①当时，函数的最小值为__________；
②若在区间上的最大值是5，则实数a的取值范围为__________．
【试题来源】山东师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期第二次月考（10月）
【答案】4
【分析】①分，进行讨论，结合基本不等式，即可求出函数的最小值．
②求出，从而分成，，三种情况，去掉绝对值号，结合已知函数的最大值，求出实数a的取值范围．
【解析】①当时，．当时，，
当且仅当，即时等号成立，即；
当时，，，
当且仅当，即时等号成立，即；
综上所述，函数的最小值为4．
②当时，，当且仅当，即时等号成立，
当时，；当时，，所以．
（1）当时，，所以，即(舍)；（2）当时，成立；
（3）当时，，则 或
，解得或；
综上所述，．故答案为4； ．
【名师点睛】本题考查了基本不等式，考查了函数最值的求解，考查了分类的数学思想．求函数的最值时，可以结合函数的单调性求解，可以结合函数的图像进行求解，可以结合导数求解，也可以结合基本不等式求解．运用基本不等式求最值时，注意一正二定三相等．
49．已知正实数满足，则当_______时，取得最小值是________．
【试题来源】湖北省鄂西北五校（宜城一中、枣阳一中、襄州一中、曾都一中、南漳一中）2020-2021学年高三上学期期中
【答案】 9
【分析】由，利用重要不等式得到，然后利用基本不等式转化为，再利用二次函数的性质求解．
【解析】因为，
所以，解得，当且仅当，即时，取等号，
所以，
所以的最小值是9，故答案为，9．
【名师点睛】本题主要考查基本不等式求最值以及二次函数性质的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题．
50．若正数，满足，则的最小值为__________，的最小值为__________．
【试题来源】江苏省苏州市吴江汾湖高级中学2020-2021学年高二上学期10月月考
【答案】4 6
【解析】正数，满足，
所以，所以，即，当且仅当时取等号；
，且；变形为，，，，；
，，
当且仅当，即时取“”（由于，故取，
的最小值为6；故答案为4；6．
51．已知，则的最小值为__________，此时x的值为__________．
【试题来源】北京市朝阳区2021届高三上学期期中质量检测
【答案】
【分析】由，求得，再由，结合基本不等式，即可求解．
【解析】由，可得，
则，当且仅当时，即时等号成立，
所以的最小值为，此时．
故答案为，．
【名师点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”，合理构造是解答的关键，着重考查推理与运算能力．
52．已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为__________；的取值范围是__________．
【试题来源】浙江省杭州市学军中学2020届高三下学期高考模拟
【答案】2
【分析】首先根据题意画出可行域，再根据目标函数的几何意义结合图形即可得到答案．
【解析】不等式组表示的可行域如图所示：

由目标函数得到，
的几何意义表示直线的轴截距的倍．
所以当直线过时，取得最小值，．
令，的几何意义表示：可行域内的点与构成的斜率．
由图知：

，，故．
故答案为；
53．已知，当的解集为，则__________；若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围__________．
【试题来源】江苏省无锡市滨湖区梅村高级中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】
【分析】根据的解集为，得到1，5是方程的两根，然后方程的根与系数的关系求解；将对于，不等式恒成立，转化为，不等式恒成立，再求得二次函数的最小值即可．
【解析】因为的解集为，所以1，5是方程的两根，
所以，解得 ，所以；
因为对于，不等式恒成立，
即对于，不等式恒成立，则，
所以，则，解得，故答案为，．
【名师点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集的应用和一元二次不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题．
54．已知函数
（1）若f(x)>0的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围是__________；
（2）若f(x)>0的不等式在[1， 9]上恒成立，则实数a的取值范围是__________．
【试题来源】江苏省无锡市太湖高级中学2020-2021学年高一上学期期中复习卷（2）
【答案】
【分析】（1）分和两种情况讨论求出；
（2）分，，三种情况讨论，求出函数的最小值，令最小值大于0即可．
【解析】（1）由题在R上恒成立，
当时，恒成立，满足题意；
当时，则，解得，综上，；
（2）当时，恒成立，满足题意；
当时，在单调递增，，满足题意；
当时，在单调递减，，解得，
综上，．故答案为；．
三、解答题
55．某商品每件成本价80元，售价100元，每天售出100件．若售价降低成成，售出商品数量就增加成，要求售价不能低于成本价．
（1）设该商店一天的营业额为，试求与之间的函数关系式，并写出定义域；
（2）若再要求该商品一天营业额至少10260元，求的取值范围．
【试题来源】湖北省武汉市部分学校2020-2021学年高一上学期10月联考
【答案】（1），定义域为；（2）．
【分析】（1）根据营业额售价售出商品数量，列出解析式，再利用售价不能低于成本价，列出不等式，求出的取值范围；（2）根据题意，列出不等式，求解即可．
【解析】（1）依题意，；
又售价不能低于成本价，所以，解得．
所以，定义域为．
（2）由题意得，化简得：，解得．
又因为，所以，的取值范围是．
【名师点睛】本题考查利用函数知识解决应用题及解不等式的有关知识．如何建模是解决这类问题的关键，属于基础题．
56．求下列不等式的解集：
（1）；
（2）
【试题来源】山西省晋中市平遥第四中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【分析】（1）直接求解一元二次不等式即可；（2）对进行分类讨论，即可求解一元二次不等式.
【解析】（1），化简得，

解得，
（2）对于，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为．
综上所述，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为．
57．已知，，，求证：
（1）；
（2）．
【试题来源】山西省运城市永济中学校2020-2021学年高一上学期9月月考
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由绝对值的性质可得，即可得证；
（2）由不等式的性质可得，进而可得，即可得证．
【解析】证明：（1）因为且，，所以即；
（2）因为，所以，又，所以，
所以，所以．
58．已知，．
（1）求证：；
（2）若，求a+4b的最小值．
【试题来源】湖北省黄石市大冶市第一中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）直接利用作差即可比较大小；（2）根据条件得，再由展开后利用基本不等式即可得解．
【解析】（1）因为，
所以．
（2）由，即，
所以．
59．（1）已知求证：
（2）已知x>0．求证：的最大值为
【试题来源】江苏省苏州市昆山一中2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解．
【分析】（1）利用不等式的性质即可证明．（2）利用基本不等式即可证明．
【解析】（1）由，则，
又，所以，所以，
又因为，所以
（2），
当且仅当时取等号．所以的最大值为
【名师点睛】本题考查了不等式的性质、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题．
60．（1）设，试比较与的大小
（2）已知，，求的取值范围．
【试题来源】福建省宁德市古田县玉田中学2020-2021学年高一上学期第一次月考
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据作差法，由题中条件，即可得出结果；
（2）设，求出，根据题中条件，由不等式的性质，即可求出结果．
【解析】（1）
，
因为，所以，，所以，
所以；
（2）设，则，所以，，
所以，因为，，
所以，，
所以，即．
61．（1）已知，且，比较与的大小；
（2）已知为正实数，且，证明：．
【试题来源】江苏省连云港市新海高级中学2020-2021学年高一上学期10月学情调研
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据，即可得到答案．
（2）首先根据基本不等式得到，，，再利用不等式的性质即可证明．
【解析】（1）
．
因为，所以，所以．
（2）为正实数，，所以，，，
当且仅当时取等号．
所以．
【名师点睛】本题第一问考查作差法比较大小，第二问考查利用基本不等式证明不等式，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题．
62．设，，．
（1）证明：；
（2）探索猜想．__________；__________．
（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明．
【试题来源】浙江省杭州市学军中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）证明见解析；
【分析】（1）由基本不等式可得，令，则，利用导数研究的区间单调性可知其最小值，即可证结论；（2）根据（1）结论形式可得结果；（3）同（1）证明方法，即可证．
【解析】（1），而，即，
令，则，而有在上单调减，
所以，故得证．
（2），，
（3）一般性结论为，
因为由上则，令有，
由（1）知：有在上单调减，
所以，故得证．
【名师点睛】本题考查了基本不等式的应用，利用特殊函数的区间单调性证明不等式，属于中档题．
63．要设计一张矩形广告，该广告含有左､右全等的两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为200，四周空白的宽度为2，两栏之间的中缝空白的宽度为4．请设计广告的长与宽的尺寸，使矩形广告面积最小，并求出最小值．

【试题来源】江苏省镇江市2020-2021学年高一上学期10月学情调查考试
【答案】广告的长为28，长为14时，可使广告的面积最小，最小值为392
【分析】先设一个矩形栏目的长为和广告的面积为S，接着用表示出栏目的宽、广告的长、广告的宽；再建立函数关系，接着由基本不等式求面积的最小值；最后判断等号成立的条件并作答．
【解析】设一个矩形栏目的长为x，广告的面积为S．
则两栏的面积之和为200，得宽为，广告的长为，宽为，其中
广告的面积，
当且仅当即时，等号成立，
此时广告的宽为，高为，S取得最小值392．
答：广告的长为28，长为14时，可使广告的面积最小，最小值为392
【名师点睛】本题考查根据实际问题建立函数关系、利用基本不等式求最值，是基础题．
64．已知，．
（1）求证：；
（2）若，且，求的最小值．
【试题来源】广东省深圳中学2019-2020学年高一（上）期中
【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为4．
【分析】（1）由，知；利用基本不等式可推出，从而得证；（2），再结合基本不等式可得解．
【解析】（1），．
，，，当且仅当，即时，等号成立，
，故．
（2），
当且仅当，即，时，等号成立，
的最小值为4．
65．已知，函数．
（1）若，，求不等式的解集；
（2）求证：．
【试题来源】四川省成都市蓉城名校联盟2021届高三第一次联考（理）
【答案】（1）或；（2）证明见解析．
【解析】（1）依题意，，
则或，
解得或，故不等式的解集为或．
（2）依题意，，
因为，
，故，
故，当且仅当，时等号成立．
【名师点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和基本不等式证明不等式，考查了转化思想，属中档题．
66．在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排宽的绿化，绿化造价为200元/，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/．设矩形的长为．

（1）将总造价（元）表示为长度的函数，并求出定义域；
（2）当取何值时，总造价最低，并求出最低总造价．
【试题来源】重庆市万州二中2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1），；（2）当时，总造价最低为元．
【分析】（1）由矩形的长为可得宽以及中间区域的长与宽，结合各部分的单价与面积可得结果；（2）根据函数式的特征利用基本不等式求最值即可．
【解析】（1）由矩形的长为，则矩形的宽为，
则中间区域的长为，宽为，则定义域为
则
整理得，
（2）当且仅当时取等号，即
所以当时，总造价最低为元．
【名师点睛】易错【名师点睛】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
67．解关于的不等式(为任意实数)：
【试题来源】北京市第八中学2019-2020学年高一十月数学月考试题
【答案】答案见解析
【解析】当时，原不等式化为，解得；
当时，原不等式可化为，即，．
当时，，则原不等式的解集为
当时，，
当，即时，有，则原不等式的解集为；
当，即时，则原不等式的解集为或
当，即时，则原不等式的解集为．或
【名师点睛】本题考查含参不等式的解集，通常分类讨论进行是解题的关键，属于基础题．
68．已知函数，
（1）若关于的不等式的解集为或，求的值．
（2）若关于的不等式解集中恰好有个整数，求实数的取值范围．
【试题来源】广东省中山纪念中学2021届高三上学期10月月考
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）根据一元二次不等式的解集列方程组，解方程组求得的值．
（2）将不等式转化为，对分成三种情况进行分类讨论，由此求得的取值范围．
【解析】（1）由已知可得方程的两个根为，
由根与系数关系可得，解得．
（2）不等式可化为，
因式分解得，
（i）若，即，由题意可得，解得．
（ii）若，即，由题意可得，解得．
（iii）若，即，不等式的解集为空集，与题意不符．
综上：或
69．关于x的不等式恰有2个整数解，求实数a的取值范围是？
【试题来源】安徽省马鞍山市第二中学2020-2021学年高一（创新实验班）上学期阶段检测
【答案】，或
【分析】二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围．
【解析】由题恰有2个整数解，
即恰有两个解，
，即，或．
当时，不等式解为，
，恰有两个整数解即：1，2，
，，解得；
当时，不等式解为，
，，恰有两个整数解即：，，
，，解得，
综上所述：，或．
【名师点睛】此题主要考查含参数的二次不等式，根据不等式的解集特征求参数范围，关键在于准确进行分类讨论．
分类讨论思想的常见类型 ：
⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； 
⑵问题中的条件是分类给出的； 
⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； 
⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的．
70．（1）若，，求，的取值范围；
（2）已知，满足，，求的取值范围．
【试题来源】江苏省无锡市滨湖区梅村高级中学2020-2021学年高一上学期10月月考
【答案】（1）， ；（1）．
【分析】（1）根据，得到，同理由，得到，再利用不等式的基本性质加法和乘法求解．
（2）设，利用待定系数法求得m，n再根据，求解．
【解析】（1）因为，所以，
因为，所以，所以，；
所以的取值范围是；的取值范围是；
（2）设，则，
解得，所以，
又因为，，所以，
所以的取值范围是
71．（1）已知，均为正数，且，比较与的大小；
（2），都为正数， ，求的最小值．
【试题来源】江苏省淮安市六校联盟2020-2021学年高一上学期第一次学情调查
【答案】（1）；（2）3．
【分析】（1）利用作差法结合平方差公式比较大小；
（2）由，利用基本不等式得到，然后由求解．
【解析】（1）
，
因为，均为正数，且，所以，，
所以，所以．
（2）因为，，所以，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
故．所以的最小值为3．
【名师点睛】本题主要考查不等式的基本性质和基本不等式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题．
72．已知函数
（1）求，的值；
（2）设，试比较，的大小，并说明理由；
（3）若不等式对一切恒成立，求实数的最大值
【试题来源】山东师范大学附属中学2020-2021学年高一10月月考
【答案】（1），；（2），答案见解析；（3）．
【分析】（1）代值即可求解；
（2）采用作差法得，分析正负即可判断；
（3）将条件化简得对一切恒成立，即恒成立，解不等式即可
【解析】（1）因为，所以，；
（2），理由如下：

因为，则，，所以，即，，
所以，即；
（3）因为函数，则不等式可化为，
化简可得对一切恒成立，所以，解得
所以的取值范围为．所以实数的最大值为．
73．设函数．
（1）若当时，，当时，．求的所有取值构成的集合；
（2）若， ，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【试题来源】湖南省长沙市湖南师大附中2020-2021学年高一上学期第一次大练习
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由条件可得，，设，求出的 值，根据不等式的性质可求答案．
（2）由条件即在时恒成立，令，即讨论函数的最小值问题．
【解析】（1）由题意得当时，；则，
当时，，则，
设，
则有，解得，所以．
因为，，所以．
即所有取值构成的集合为．
（2）当，时，，即在时恒成立，
即在时恒成立，令，
故该二次函数开口向上，对称轴为直线，则有或，
解得 或．故的取值范围为．
【名师点睛】本题考查不等式的基本性质的应用，考查二次函数再给定区间上恒成立求参数额问题，属于中档题．