第02講 不等式（7類核心考點精講精練）解析版

第02講不等式（7類核心考點精講精練）1.5年真題考點分布5年考情考題示例考點分析2024年秋考3題2024年春考6,13題一元二次不等式及其應用基本不等式及其應用，不等式的性質(zhì)2023秋考1題2023春考3題絕對值不等式2022秋考14題2022春考3，19題基本不等式及其應用分式不等式，基本不等式及其應用2021年春考4題分式不等式2020年秋考13題基本不等式及其應用2.備考策略1.梳理等式的性質(zhì)，理解不等式的概念，掌握不等式的性質(zhì)2.能夠利用不等式的性質(zhì)比較不等式的大小關系3.能夠利用不等式的關系表示不等式的范圍知識講解一、等式與不等式的性質(zhì)1.兩個實數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(2)作商法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1（a∈R，b>0）?a>b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1?a＝b（a，b≠0），,\f(a,b)<1（a∈R，b>0）?a<b（a∈R，b>0）.))2.等式的性質(zhì)(1)對稱性：若a＝b，則b＝a.(2)傳遞性：若a＝b，b＝c，則a＝c.(3)可加性：若a＝b，則a＋c＝b＋c.(4)可乘性：若a＝b，則ac＝bc；若a＝b，c＝d，則ac＝bd.3.不等式的性質(zhì)(1)對稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c；(3)可加性：a＞b?a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b，c＜0?ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).二、均值不等式及其應用1.均值不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)均值不等式成立的條件：a≥0，b≥0.(2)等號成立的條件：當且僅當a＝b時取等號.(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).2.兩個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.3.利用均值不等式求最值已知x≥0，y≥0，則(1)如果積xy是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小).(2)如果和x＋y是定值s，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大).三、從函數(shù)的觀點看一元二次方程和一元二次不等式1.一元二次不等式只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)為2的整式不等式叫作一元二次不等式.2.三個“二次”間的關系判別式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集eq\f({x|x＞x2,或x＜x1})eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集不等式解集a<ba＝ba>b(x－a)·(x－b)>0{x|x<a或x>b}{x|x≠a}{x|x<b或x>a}(x－a)·(x－b)<0{x|a<x<b}?{x|b<x<a}4.分式不等式與整式不等式(1)eq\f(f(x),g(x))>0(<0)?f(x)·g(x)>0(<0).(2)eq\f(f(x),g(x))≥0(≤0)?f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.考點一．等式與不等式的性質(zhì)1．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知，且，則A． B． C． D．【分析】根據(jù)和的關系，通過移項，化簡，平方依次判斷選項是否正確．【解答】解：由，且知，則，故錯誤；，故錯誤；由得，即，故錯誤；，即，故正確．故選：．【點評】本題主要考查不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．2．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）若，，，，則下列不等式成立的是A． B． C． D．【分析】利用不等式的性質(zhì)，和通過取特殊值即可得出．【解答】解：．，不成立，．，根據(jù)不等式的基本性質(zhì)，，，故正確．，，不成立，．時，，不成立．故選：．【點評】本題考查了不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．3．（2024?崇明區(qū)二模）若，，則下列不等式成立的是A． B． C． D．【分析】利用不等式的基本性質(zhì)即可判斷出正誤．【解答】解：，，，與大小關系不確定，，與的大小關系不確定．則下列不等式成立的是．故選：．【點評】本題考查了不等式的基本性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．4．（2023秋?靜安區(qū)校級期末）已知，以下不等關系不一定成立的是A． B． C． D．【分析】對于，利用不等式的性質(zhì)判斷；對于，當時，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知不能判斷與的大小關系，當時顯然不成立；對于，利用的單調(diào)性判斷；對于，可將與1比大?。窘獯稹拷猓河?，得，故正確；當時，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，當時，，當時，，當時，，故錯誤；因為為增函數(shù)，，則，故正確；因為，所以，故正確．故選：．【點評】本題主要考查等式與不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．考點二．不等關系與不等式5．（2024春?寶山區(qū)校級期中）已知、，，則下列不等式中不一定成立的是A． B． C． D．【分析】根據(jù)不等式性質(zhì)可判斷，；舉反例可判斷；根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性判斷．【解答】解：對于，，，，，則，一定成立；對于，取，，滿足，則，當時，，故中不等式不一定成立；對于，由，由于在上單調(diào)遞減，則成立．故選：．【點評】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．6．（2024?閔行區(qū)校級三模）已知，那么下列不等式成立的是A． B． C． D．【分析】由已知結合不等式的性質(zhì)檢驗各選項即可判斷．【解答】解：因為，所以，錯誤；由不等式性質(zhì)可知，，錯誤；由可得，，錯誤；顯然成立，正確．故選：．【點評】本題主要考查了不等式性質(zhì)的應用，屬于基礎題．7．（2024?楊浦區(qū)二模）已知實數(shù)，，，滿足：，則下列不等式一定正確的是A． B． C． D．【分析】可舉出反例，可根據(jù)不等式的基本性質(zhì)檢驗選項．【解答】解：不妨設，，，，此時，錯誤，，錯誤；因為，，根據(jù)不等式的基本性質(zhì)，同向可加性得到：，正確；，，，時，，顯然錯誤．故選：．【點評】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．8．（2024春?浦東新區(qū)校級月考）如果，，，，則下列選項正確的是A．若，則 B．若，則 C．若，，則 D．若，，則【分析】通過舉反例加以說明，判斷出、、三項的正誤；根據(jù)不等式的基本性質(zhì)，判斷出項的正誤．【解答】解：對于，若，比如，則，故項不正確；對于，若，當時，有，故項不正確；對于，若，，根據(jù)不等式的性質(zhì)，可知，故項正確；對于，若，，比如，，，，此時，故項不正確．故選：．【點評】本題主要考查不等式的基本性質(zhì)及其應用，考查計算能力，屬于基礎題．考點三．不等式比較大小9．（2023秋?松江區(qū)期末）已知、，設，，則與的值的大小關系是A． B． C． D．【分析】作差可得完全平方，判斷出，的大?。窘獯稹拷猓阂驗?，，則，所以．故選：．【點評】本題考查作差法比較大小的方法，屬于基礎題．10．（2023秋?青浦區(qū)期末）已知，，若，則與的大小關系是A． B． C． D．不能確定【分析】構造函數(shù)．，在同一坐標系內(nèi)作出兩函數(shù)圖象，通過圖象解決．【解答】解：構造函數(shù)，．，，，．在同一坐標系內(nèi)作出兩函數(shù)圖象，即是說，兩圖象交點的橫坐標為，若，則（b）（b），即．故選：．【點評】本題考查函數(shù)圖象（冪函數(shù)、一次函數(shù)）及性質(zhì)，不等式大小比較，利用了函數(shù)思想，數(shù)形結合的思想．考點四．基本不等式及其應用11．（2024?黃浦區(qū)校級模擬）若，，且，則下列不等式中恒成立的是A． B． C． D．【分析】利用基本不等式需注意：各數(shù)必須是正數(shù)．不等式的使用條件是，．【解答】解：對于；（當且僅當時，取得等號），所以錯誤；對于，，雖然，只能說明，同號，若，都小于0時，所以，錯；，（當且僅當時，取得等號）．故選：．【點評】本題考查利用基本不等式求函數(shù)的最值時，必須注意滿足的條件：一正、二定、三相等．12．（2024?青浦區(qū)二模）函數(shù)的最小值是A．4 B．5 C． D．【分析】利用基本不等式求最值即可．【解答】解：因為函數(shù)，而，當且僅當時，等號成立，此時，因為，所以時，函數(shù)的最小值是．故選：．【點評】本題考查基本不等式的應用，屬于基礎題．13．（2024?黃浦區(qū)校級三模）若，，且，則的最大值是．【分析】由已知結合基本不等式即可求解．【解答】解：由于，，且，所以，則，當且僅當時等號成立．故答案為：．【點評】本題主要考查了基本不等式在最值求解中的應用，屬于基礎題．14．（2024?閔行區(qū)三模）已知兩個正數(shù)，的幾何平均值為1，則的最小值為2．【分析】由幾何平均值的定義得到，利用基本不等式求解即可．【解答】解：由題意得，即，故，當且僅當時，等號成立．故答案為：2．【點評】本題主要考查基本不等式的應用，考查運算求解能力，屬于基礎題．15．（2024?浦東新區(qū)三模）設正數(shù)，滿足，則的最小值為．【分析】正數(shù)，滿足，可得，展開，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．【解答】解：正數(shù)，滿足，可得，當且僅當，時即：，取等號．因此的最小值為：．故答案為：．【點評】本題考查了基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．16．（2024?松江區(qū)校級模擬）設實數(shù)、滿足，則的最大值是．【分析】易知，利用完全平方和公式，再結合基本不等式，即可得解．【解答】解：因為，所以，所以，即，當且僅當時，等號成立，所以，所以的最大值是．故答案為：．【點評】本題考查基本不等式的應用，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎題．17．（2024?靜安區(qū)二模）在下列關于實數(shù)、的四個不等式中，恒成立的是②③④．（請?zhí)钊肴空_的序號）①；②；③；④．【分析】根據(jù)基本不等式可判斷①不成立；作差比較法可判斷②④是否成立；根據(jù)絕對值不等式的性質(zhì)可判斷③成立．【解答】解：，時，不成立，①不成立；，，②成立；，③成立；，，④成立．故答案為：②③④．【點評】本題考查了基本不等式的條件，絕對值不等式的性質(zhì)，作差比較法的運用，是基礎題．18．（2024?閔行區(qū)校級三模）早在西元前6世紀，畢達哥拉斯學派已經(jīng)知道算術中項，幾何中項以及調(diào)和中項，畢達哥拉斯學派哲學家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術中項，幾何中項的定義與今天大致相同．若，則的最小值為．【分析】可先設，，由已知結合基本不等式可求出的范圍，然后結合指數(shù)冪的運算性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【解答】解：不妨設，，則，，所以，當且僅當時取等號，即，所以，，所以當時，取得最小值．故答案為：．【點評】本題主要考查了基本不等式及二次函數(shù)的性質(zhì)在函數(shù)最值求解中的應用，屬于中檔題．考點五．分式不等式的解法19．（2024?浦東新區(qū)校級四模）已知集合，，0，，則．【分析】根據(jù)已知條件，結合交集的定義，即可求解．【解答】解：，，0，，則．故答案為：．【點評】本題主要考查交集及其運算，屬于基礎題．20．（2023秋?楊浦區(qū)校級期末）不等式的解集是．【分析】先把分式不等式轉化為二次不等式，即可求解．【解答】解：由，得，解得，所以原不等式的解集．故答案為：．【點評】本題主要考查了分式不等式的求解，屬于基礎題．21．（2024?虹口區(qū)模擬）已知集合，，則A． B． C． D．【分析】先求出集合，，再利用集合的包含關系判斷．【解答】解：集合，或，，，．故選：．【點評】本題主要考查了集合的基本運算，以及集合間的包含關系，屬于基礎題．22．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知集合，全集，則或．【分析】先求出集合，再利用補集運算求解．【解答】解：由可得且，解得，即，又因為全集，所以或．故答案為：或．【點評】本題主要考查了分式不等式的解法，考查了集合的基本運算，屬于基礎題．考點六．指、對數(shù)不等式的解法23．（2024?閔行區(qū)校級模擬）不等式的解集為．【分析】根據(jù)已知條件，結合對數(shù)的運算性質(zhì)，以及單調(diào)性，即可求解．【解答】解：式，則，解得，故所求解集為．故答案為：．【點評】本題主要考查對數(shù)不等式的解法，屬于基礎題．24．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）設集合，則，．【分析】先求出集合，，再結合交集的定義，即可求解．【解答】解：集合，，故，．故答案為：，．【點評】本題主要考查交集及其運算，屬于基礎題．25．（2023秋?普陀區(qū)校級期末）不等式的解集是．【分析】設，根據(jù)的單調(diào)性和（1）求解即可．【解答】解：設，其定義域為，和在均為增函數(shù)，則在為增函數(shù)，且（1），，即（1），，不等式的解集是．故答案為：．【點評】本題主要考查指、對不等式的解法，屬于基礎題．26．（2024?浦東新區(qū)二模）已知集合，1，，集合，則．【分析】求出集合，利用交集定義能求出．【解答】解：集合，1，，集合，則．故答案為：．【點評】本題考查指數(shù)不等式、交集定義等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．考點七．一元二次不等式及其應用27．（2024?長寧區(qū)校級三模）已知集合，1，，，則，．【分析】由已知結合集合交集運算即可求解．【解答】解：因為集合，1，，，則，．故答案為：，．【點評】本題主要考查了集合交集運算，屬于基礎題．28．（2024?普陀區(qū)校級三模）已知集合，1，2，3，，，則中的元素個數(shù)為3．【分析】求解一元二次不等式解得集合，再求，即可求得其元素個數(shù)．【解答】解：由，得，所以，，1，，故中的元素共有3個．故答案為：3．【點評】本題主要考查交集的定義，屬于基礎題．29．（2024?黃浦區(qū)校級三模）已知全集，集合，則，．【分析】根據(jù)已知條件，結合補集的運算，即可求解．【解答】解：全集，．故答案為：，．【點評】本題主要考查補集及其運算，屬于基礎題．30．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）若關于的不等式的解集為，則實數(shù)的取值范圍是．【分析】根據(jù)一元二次不等式解集的性質(zhì)進行求解即可．【解答】解：當時，不等式為，顯然不符合題意；當時，因為關于的不等式的解集為，所以有，所以實數(shù)的取值范圍是．故答案為：．【點評】本題主要考查一元二次不等式及其應用，屬于基礎題．31．（2024?崇明區(qū)二模）不等式的解為．【分析】利用一元二次不等式的解法求解．【解答】解：解不等式，得，即不等式的解集為．故答案為：．【點評】本題主要考查了一元二次不等式的解法，屬于基礎題．一．選擇題（共6小題）1．（2023秋?寶山區(qū)校級月考）已知，，，則的最小值為A． B．12 C． D．16【分析】將代入中，利用基本不等式求解即可．【解答】解：由可得，．當且僅當時，等號成立，即．所以的最小值為，故選：．【點評】本題考查了基本不等式及其應用，屬于中檔題．2．（2023秋?黃浦區(qū)期中）若實數(shù)，滿足，則必有A． B． C． D．【分析】選項利用基本不等式可判斷正誤；選項用特殊值法代入，令，，可求；選項用特殊值法代入，令，可求；選項用基本不等式分析即可．【解答】解：對于，，整理可得，當且僅當取等號，故錯誤；對于，因為，設，，，則方程變?yōu)椋獾?，所以，故錯誤；對于，當，時，代入等式成立，但，故錯誤；對于，可得，整理可得，當且僅當時取等號；所以，因為，所以，故正確．故選：．【點評】本題考查不等式的應用，屬于中檔題．3．（2023秋?閔行區(qū)校級期中）下列說法正確的是A．若 B．的最小值為2 C．設，， D．周長為10的所有矩形中，面積最大的為25【分析】利用基本不等式或不等式的性質(zhì)依次對每一選項進行判斷．【解答】解：對于，當、異號時，無最小值，故錯；對于，，當且僅當時，等號成立，但此時，，當且僅當時，取得最小值，故錯；對于，因為，所以，，且，故，所以對；對于，設矩形邊長為，，則，即，矩形面積，當且僅當時，等號成立，故錯．故選：．【點評】本題考查了基本不等式的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．4．（2023秋?長寧區(qū)校級期中）若、，且，則下列關系式中不可能成立的是A． B． C． D．【分析】構造函數(shù)，根據(jù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，結合基本不等式可得即可根據(jù)選項求解．【解答】解：設，，，，因為，，，，，所以，如圖，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故當時，單調(diào)遞增，所以，即，故正確，當時，如圖，即，故正確，故當時，單調(diào)遞減，所以，即，故正確，若，則，若則，所以不可能出現(xiàn)，所以錯誤．故選：．【點評】本題主要考查了不等關系的判斷，屬于中檔題．5．（2023秋?黃浦區(qū)校級期中）下列說法，其中一定正確的是A． B． C． D．的最小值為2【分析】利用重要不等式判斷、、利用特殊值判斷，利用對勾函數(shù)的性質(zhì)判斷．【解答】解：對于：因為，，所以，當且僅當時取等號，故錯誤；對于：因為，所以，所以，即，當且僅當時取等號，故正確；對于：當時，滿足，但是，故錯誤；對于：令，因為在上單調(diào)遞增，所以，當且僅當，即時取等號，即的最小值為，故錯誤．故選：．【點評】本題主要考查了基本不等式及相關結論在最值求解中的應用，屬于中檔題．6．（2023秋?徐匯區(qū)校級期中），，，，，為非零實數(shù)，則“”是“關于的不等式和的解集相同”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】舉反例判斷即可．【解答】解：舉反例，不等式與的解集都是，但是，若，則不等式與的解集不相同，故是“關于的不等式和“的解集相同的既非充分又非必要條件．故選：．【點評】本題考查的知識點是充要條件，屬于中檔題．二．填空題（共9小題）7．（2024?長寧區(qū)校級三模）已知函數(shù)，若，，且，則的最小值是8．【分析】先判斷函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性，結合單調(diào)性及奇偶性可得，的關系，然后利用乘1法，結合基本不等式即可求解．【解答】解：因為，所以，即為奇函數(shù)，因為與都為上遞增的函數(shù)，故在上單調(diào)遞增，若，，且，則，所以，即，，當且僅當，即，時取等號．故答案為：8．【點評】本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性的應用，還考查了基本不等式在最值求解中的應用，屬于中檔題．8．（2019?天津）設，，，則的最小值為．【分析】利用基本不等式求最值．【解答】解：，，，，當且僅當時取等號，，則；由基本不等式有：；當且僅當時，即：，時，即：或時；等號成立，故的最小值為；故答案為：【點評】本題考查了基本不等式在求最值中的應用，屬于中檔題．9．（2023秋?靜安區(qū)校級期中）已知函數(shù)，若任意的正數(shù)，均滿足（a），則的最小值為．【分析】先判斷出的單調(diào)性和奇偶性，再由（a）得出與滿足的等式，再由基本不等式“1”的妙用求解即可．【解答】解：恒成立，函數(shù)的定義域為．，有成立，，，，為定義在上的奇函數(shù)．由復合函數(shù)的單調(diào)性易知，當，時，與均單調(diào)遞減，在區(qū)間，上單調(diào)遞減，又為定義在上的奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減．由（a）得（a），正數(shù)，滿足，即，由基本不等式，，當且僅當，即，時等號成立，的最小值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了函數(shù)單調(diào)性關系的應用，還考查了基本不等式在最值求解中的應用，屬于中檔題．10．（2023秋?崇明區(qū)期末）已知正實數(shù)，，，滿足，，則當取得最小值時，．【分析】根據(jù)題意，設點與點之間距離為，分析的幾何意義，再設點與點之間的距離，由基本不等式分析的最小值以及此時對應的值，由點與圓的位置關系可得當取得最小值時的值，由、之間的關系，計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，設點與點之間距離為，則，故的幾何意義為點與點之間距離的平方，點滿足，在以為圓心，半徑為1的圓上，又由，則有，設點與點之間的距離，則，故，當且僅當時等號成立，又由點與圓的位置關系，有，故當時，取得最小值，此時．故答案為：．【點評】本題主要兩點間距離公式的應用，涉及基本不等式的性質(zhì)和應用，屬于中檔題．11．（2023秋?浦東新區(qū)校級月考）已知，若實數(shù)，且，則的最小值是．【分析】利用奇函數(shù)得到等量關系，用基本不等式‘1’的代換處理即可．【解答】解：易知，且，，故是奇函數(shù)，因為在上單調(diào)遞增，若，則，化簡得，則，當且僅當，即時取等，則的最小值是．故答案為：．【點評】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性及單調(diào)性的應用，還考查了基本不等式求解最值，屬于中檔題．12．（2023?楊浦區(qū)校級開學）已知函數(shù)，若實數(shù)．滿足，則的最大值為．【分析】由題知滿足任意，都有，進而得，再根據(jù)基本不等式求解即可．【解答】解：令，因為，所以，函數(shù)是上的奇函數(shù)，所以函數(shù)關于中心對稱，所以關于中心對稱，所以滿足任意，都有．因為，所以，即；當且僅當，即，時取等號，所以的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性及對稱性的應用，還考查了基本不等式在最值求解中的應用，屬于中檔題．13．（2023秋?青浦區(qū)期末）已知三個互不相同的實數(shù)、、滿足，，則的取值范圍為．【分析】根據(jù)題中實數(shù)、、所滿足等量關系，將用表示，求出范圍，利用導數(shù)求出其單調(diào)性，進而得到范圍．【解答】解：由題，，得，得，所以，則，又，所以由韋達定理得和為關于的方程的兩不等根，所以△，得，再由，所以，構造函數(shù)，則，得或，所以在，上，單調(diào)遞增，在上，單調(diào)遞減，，，（1），，但時，可得，或，，不符合題意；即無法取得和，所以在上范圍為，所以的取值范圍為．故答案為：．【點評】本題主要考查了利用，之間關系，將變?yōu)橐粋€變量，利用二次函數(shù)的性質(zhì)、韋達定理，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，屬于中檔題．14．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）已知，關于的不等式的解集為，設，當變化時，集合中的元素個數(shù)最少時的集合為，．【分析】由基本不等式得到得到不等式解集，要想集合中的元素個數(shù)最少，則取最小值，得到答案．【解答】解：，令，得，其中，當且僅當，即時，等號成立，其中，則的解集為，要想集合中的元素個數(shù)最少，則取最小值，此時解集為，此時，．故答案為：，．【點評】本題考查基本不等式的應用，屬于中檔題．15．（2022秋?徐匯區(qū)期末）已知函數(shù)至多有一個零點，則的最小值為3．【分析】根據(jù)題意，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得，變形可得且；又由，設，利用換元法可得原式，結合基本不等式的性質(zhì)分析可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)至多有一個零點，則有，變形可得且；故，設，則有，則，又由，當且僅當時等號成立，故有，當且僅當時等號成立，故答案為：3．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，涉及基本不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．三．解答題（共3小題）16．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）已知全集為實數(shù)集，集合，，求：（1）；（2）若對任意的，使得成立，求實數(shù)的取值范圍．【分析】（1）求出集合、，利用交集的定義可求得集合；（2）求出在的取值范圍，分、兩種情況討論，根據(jù)不等式恒成立可得出關于實數(shù)的不等式，綜合可得出實數(shù)的取值范圍．【解答】解：（1）因為，或，所以，，．（2）當時，即當時，，因為對任意的，使得成立，當時，則有，即，因為，解得，當時，則有，即，因為，解得．綜上所述，實數(shù)的取值范圍是．【點評】本題主要考查集合的運算，考查轉化能力，屬于中檔題．17．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）若不等式的解集是．（1）求實數(shù)的值；（2）當?shù)慕饧癁闀r，求的取值范圍．【分析】（1）由題得出的兩個解為，，代入即可；（2）分類討論是否為0，然后結合二次函數(shù)圖像判斷取值范圍．【解答】解：（1）由題得的兩個解為，，代入得，解得，所以．（2）由（1）得的解集為，當時：當時，原不等式等價為，顯然為，合題意；當，原不等式等價為，顯然不為，舍去；當時，要想的解集為，需要，解得，即，綜上的取值范圍為，．【點評】本題考查二次不等式的應用，屬于中檔題．18．（2023秋?奉賢區(qū)期中）（1）已知一元二次不等式的解集為，求不等式的解集．（2）若關于的不等式的解集為，求實數(shù)的取值范圍．【分析】（1）由題意可得1和2為方程的兩根，進而結合韋達定理求出，，進而根據(jù)一元二次不等式的解法求解即可；（2）結合二次函數(shù)的性質(zhì)及判別式求解即可．【解答】解：（1）因為一元二次不等式的解集為，所以1和2為方程的兩根，則，即，，所以不等式，即為，即，即或，所以不等式的解集為．（2）由題意，△，即，所以實數(shù)的取值范圍為．【點評】本題考查了一元二次不等式的解法與應用問題，也考查了運算求解能力，是中檔題．一．選擇題（共2小題）1．（2023秋?寶山區(qū)校級月考）已知，，，若關于的不等式的解集為，，則A．不存在有序數(shù)組，，，使得 B．存在唯一有序數(shù)組，，，使得 C．有且只有兩組有序數(shù)組，，，使得 D．存在無窮多組有序數(shù)組，，，使得【分析】將問題轉化為以在，上成立，假設，，，則，且與為方程的兩個根，從而得到，且點為與的左交點，由且，，分別可知等式恒成立，由此分析得到答案．【解答】解：因為不等式的解集為，，所以在，上成立，假設，，，則，根據(jù)為一個獨立的數(shù)得出，所以，且與為方程的兩個根，因為，所以，，所以，且點為與的左交點，所以且，，故，所以恒成立，所以不論，，取何值，恒成立，即存在無窮多組有序數(shù)組，，，使得，故選項，，錯誤，選項正確．故選：．【點評】本題考查了不等式的解集的應用，主要考查了不等式與方程之間關系的運用，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于較難題．2．（2023秋?普陀區(qū)校級期中）定義區(qū)間、，、，、，的長度均為，已知實數(shù)，則滿足的構成的區(qū)間的長度之和為A． B． C．4 D．2【分析】將不等式轉化為高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得構成的區(qū)間的長度和．【解答】解：原不等式可轉化為①，對于，其判別式△，故其必有兩不相等的實數(shù)根，設為，，由求根公式得，，下證，構造函數(shù)，其兩個零點為，，且，而（a），所以，由于，且（b），由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，故不等式①的解集為，，，其長度之和為．故選：．【點評】本題主要考查了高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的關系，考查新定義的理解和運用，考查化歸與轉化的數(shù)學思想方法，綜合性較強，屬于難題．二．填空題（共2小題）3．（2023秋?黃浦區(qū)校級期中）關于的不等式恰有2個整數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍是，，．【分析】先將原不等式轉化為，再對分類討論分別求出原不等式的解集，然后根據(jù)其解集中恰有兩個整數(shù)求出實數(shù)的取值范圍．【解答】解：不等式可化為，①當時，原不等式等價于，其解集為，，不滿足題意；②當時，原不等式等價于，其解集為，不滿足題意；③當時，原不等式等價于，其解集為，，其解集中恰有2個整數(shù)，，解得：；④當時，原不等式等價于，其解集為，，，不滿足題意；⑤當時，原不等式等價于，其解集為，，其解集中恰有2個整數(shù)，，解得：，綜合以上，可得：，，，故答案為：，，．【點評】本題主要考查含參不等式的解法及不等式解集中的整數(shù)解問題，屬于有一定難度的題．4．（2023秋?浦東新區(qū)校級期中）設，為正實數(shù)，若，則的取值范圍是．【分析】根據(jù)，可得，進而，有，而，令，得到，再用導數(shù)法求解．【解答】解：因為，所以，所以，所以，所以，，，，當時，，當時，，所以當時，取得最大值，又所以取值范型是，故答案為：．【點評】本題主要考查基本不等式的應用和導數(shù)法求最值，還考查了運算求解的能力，屬于難題，三．解答題（共5小題）5．（2023秋?普陀區(qū)校級期中）某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準備費用為800元，若每批生產(chǎn)件，則平均倉儲時間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產(chǎn)產(chǎn)品多少件？【分析】用表示生產(chǎn)件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和，可得平均每件的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和，利用基本不等式，即可求得最值．【解答】解：根據(jù)題意，該生產(chǎn)件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和是這樣平均每件的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和為為正整數(shù)）由基本不等式，得，當且僅當，即時，取得最小值、時，每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準備費用與倉儲費用之和最小，故答案為：80．【點評】本題考查函數(shù)模型的構建，考查基本不等式的運用，運用基本不等式時應該注意取等號的條件，才能準確給出答，屬于中檔題．6．（2023?上海開學）已知關于的一元二次函數(shù)．（1）若的解集為，求實數(shù)、的值．（2）若實數(shù)、滿足，求關于的不等式的解集．【分析】（1）由的解集為或，可得，與1是一元二次方程的兩個實數(shù)根，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關系即可得出．（2）由，關于的不等式化為：，因式分解為：，對分類討論即可得出．【解答】解：（1）的解集為或，，與1是一元二次方程的兩個實數(shù)根，，解得，．（2），關于的不等式化為：，因式分解為：，當時，化為，則；當時，，解得，不等式的解集為；時，，解得，不等式的解集為；時，，不等式化為：，解得或，不等式的解集為，或．【點評】本題考查了一元二次不等式的解法、一元二次方程的根與系數(shù)的關系，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．7．（2023秋?寶山區(qū)校級期中）已知函數(shù)，（1）若在，上單調(diào)遞減，求的取值范圍；（2）求在，上的最大值．【分析】（1）由的對稱軸是，在，上單調(diào)遞減，得，由此能求出的取值范圍．（2）由的對稱軸為，根據(jù)和兩種情況分類討論能求出在，上的最大值．【解答】解：（1）函數(shù)，的對稱軸是，又在，上單調(diào)遞減，，解得，的取值范圍是，．（4分）（2）的對稱軸為當，即時，在，上的最大值，當，即時，在，上的最大值（2），．（12分）【點評】本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意函數(shù)性質(zhì)的合理運用．8．（2023春?浦東新區(qū)校級期末）設函數(shù)．（1）若不等式的解集是，求不等式的解集；（2）當時，對任意的，都有成立，求實數(shù)的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出，的值，解不等式求出其解集即可；（2）問題轉化為，設，則，，從而求出的范圍即可．【解答】解：（1）不等式的解集是，，是方程的解，由韋達定理得：，，故不等式為，解不等式，得其解集為或．（2）據(jù)題意，，恒成立，則可轉化為，設，則，，關于遞減，所以，．【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．9．（2023秋?寶山區(qū)校級月考）閱讀：已知、，，求的最小值．解法如下：，當且僅當，即，時取到等號，則的最小值為．應用上述解法，求解下列問題：（1）已知，，，，求的最小值；（2）已知，求函數(shù)的最小值；（3）已知正數(shù)、、，，，，求證：．【分析】利用“乘1法”和基本不等式即可得出．【解答】解（1），，當且僅當時取等號．即的最小值為9．（2），而，，當且僅當，即時取到等號，則，函數(shù)的最小值為18．（3），．當且僅當時取到等號，則．【點評】本題考查了“乘1法”和基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．一．選擇題（共5小題）1．（2022?上海）若，則下列不等式恒成立的是A． B． C． D．【分析】根據(jù)已知條件，結合不等式的性質(zhì)，以及特殊值法，即可求解．【解答】解：對于，令，，，，滿足，但，故錯誤，對于，，即，，由不等式的可加性可得，，故正確，對于，令，，，，滿足，但，故錯誤，對于，令，，，，滿足，但，故錯誤．故選：．【點評】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，掌握特殊值法是解本題的關鍵，屬于基礎題．2．（2024?上海），，，，下列不等式恒成立的是A． B． C． D．【分析】根據(jù)已知條件，結合不等式的性質(zhì)，以及特殊值法，即可求解．【解答】解：對于，若，則，選項不成立，故錯誤；對于，，，由不等式的可加性可知，，故正確．對于、，若，則選項不成立，故、錯誤．故選：．【點評】本題主要考查不等式的性質(zhì)，屬于基礎題．3．（2020?上海）下列不等式恒成立的是A． B． C． D．【分析】利用恒成立，可直接得到成立，通過舉反例可排除．【解答】解：．顯然當，時，不等式不成立，故錯誤；．，，，故正確；．顯然當，時，不等式不成立，故錯誤；．顯然當，時，不等式不成立，故錯誤．故選：．【點評】本題考查了基本不等式的應用，考查了轉化思想，屬基礎題．4．（2022?上海）若實數(shù)、滿足，下列不等式中恒成立的是A． B． C． D．【分析】利用已知條件以及基本不等式化簡即可判斷求解．【解答】解：因為，所以，當且僅當時取等號，又，所以，故正確，錯誤，，當且僅當，即時取等號，故錯誤，故選：．【點評】本題考查了基本不等式的應用，考查了學生的理解能力，屬于基礎題．5．（2021?上海）已知兩兩不相等的，，，，，，同時滿足①，，；②；③，以下哪個選項恒成立A． B． C． D．【分析】設，，，根據(jù)題意，則有，可得，通過求解，可得，可得正確，錯誤；利用作差法可得，而上面已證，因無法知道的正負，可得該式子的正負無法恒定，即無法判斷，即可得解．【解答】解：設，，，，根據(jù)題意，應該有，且，則有，則，因為，所以，所以項正確，錯