专题2.4 不等式综合练（解析版）.docx

1、专题2.4 不等式综合练题号一二三四总分得分练习建议用时：120分钟 满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（2023春黑龙江佳木斯高三校考开学考试）设，且，则的最小值为（）A18B9C6D3【答案】C【分析】根据基本不等式，即可求解.【详解】，（当且仅当，取“=”）故选：C.2（2021秋江苏苏州高一统考期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在砺智石一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（）A若且，则

2、B若，则C若且，则D若，则【答案】C【分析】对A,B,D举反例，对C利用不等式的基本性质判断即可.【详解】对A，当时，故错误；对B，当，时，故错误；对C，则，则，故C正确；对D，当，满足前提，但此时，故错误.故选：C.3（2022秋广东佛山高三佛山市荣山中学校考期中）若命题“对任意的，恒成立”为真命题，则m的取值范围为（）ABCD【答案】D【分析】首先参变分离，转化为，再利用基本不等式求最值，即可求解.【详解】由题意可知，对任意的，恒成立，即，当时，当，即时，等号成立，所以.故选：D4（2023全国高三专题练习）若集合，则（）AB或C或D 或【答案】C【分析】通过解不等式得集合，再求交集即可.

3、【详解】因为或，或，所以或，故选：C.5（2023天津南开南开中学校考模拟预测）已知，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】D【分析】由充分必要条件的定义举反例判定即可.【详解】若，则不成立，若且，此时推不出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D6（2021秋广东惠州高三惠州一中校考期中）已知命题，若是的必要不充分条件，那么实数的取值集合是（）ABCD【答案】A【分析】解不等式，再利用是的必要不充分条件，列出不等式组，解之即得.【详解】由得，或，解得，即p：；由得，当时，当时，当时，；又是的必要不充分条件，或或，且不等式组中等号不同

4、时成立，即实数的取值集合.故选：A.7（2023春江苏南京高三南京市中华中学校考期中）在中，为线段上一点，且，若，则的最小值为（）AB16C48D60【答案】C【分析】先由得出再得出,最后常值代换应用基本不等式可解.【详解】,，又B，D，C三点共线，,当且仅当即当时取最小值.故选:C.8已知不等式的解集为，且对于，不等式恒成立，则的取值范围为（）ABCD【答案】B【分析】由不等式的解集为知可用表示，代入中并用参数分离与基本不等式求得的取值范围.【详解】由不等式的解集为，可知为方程的两个根，故且，即，则不等式变为，由于，则上式可转化为在恒成立，又，当且仅当时等号成立，故.故选：B.二、多项选择题

5、：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9（2022秋四川广安高三统考期末）下列命题为真命题的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】AB【分析】对于A、D项运用作差法判断，对于B项由不等式性质可判断，对于C项举反例可判断.【详解】对于A项，因为，所以且，即：且，故A项正确；对于B项，运用不等式的性质可知，若，则正确，故B项正确；对于C项，当，时，满足，但不满足，故C项错误；对于D项，因为，又因为，所以，所以，即：，故D项错误.故选：AB.10（2021秋湖南邵阳高三武冈市第二中学校考阶段练习）下列

6、说法正确的是：（）A平板电脑屏幕面积与整机面积的比值叫电脑的“屏占比”，它是平板电脑外观设计中一个重要参数，其值通常在间，设计师将某平板电脑的屏幕面积和整机面积同时减少相同的数量，升级为一款“迷你”新电脑的外观，则该电脑“屏占比”和升级前比变小了B小明两次购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定则小明用第一种策略划算C一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金，一位顾客到店里购买10黄金，售货员先将5的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5的砝码放在天平右盘

7、中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客，我认为顾客吃亏了D设矩形ABCD（ABAD）的周长为24cm，把ABC沿AC向ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，则ADP的最大面积为【答案】AD【分析】设法列出升级前后的屏占比表达式，由作差法可比较大小可判断A；利用基本不等式可判断BD的正误；设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为，利用杠杆的平衡原理，由，求得，再利用作差法比较可判断C；【详解】对于A，设升级前屏幕面积为a,整机面积为b,则屏占比为，设减小面积为，则升级后屏占比为：，则，即，屏占比变小，故A正确；对

8、于B，设两次购买此种商品的单价分别为，（都大于0），第一种方案每次购买这种物品数量为；第二种方案每次购买这种物品的钱数为.可得：第一种方案的平均价格为：；第二种方案的平均价格为.当且仅当时取等号，所以用第二种策略比较经济，故B不正确；对于C，因为天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为，由杠杆的平衡原理：，解得，所以，则，因为，所以，所以，则顾客所得黄金大于10，商店亏了，故C不正确；对于D，由题意可知，矩形的周长为24，即，因为，故.设，则，而为直角三角形，其中，.当且仅当，即时取等号，即时取最大面积为，故D正确.故选：

9、AD.11（2023云南曲靖统考模拟预测）若实数满足，则（）A且B的最大值为C的最小值为7D【答案】ABD【分析】对于AD，利用指数函数的性质即可判断；对于BC，利用指数的运算法则与基本不等式的性质即可判断.【详解】由，可得，所以且，故A正确；由，可得，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确；，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为9，故C错误；因为，则，所以，故D正确.故选：ABD.12（2023春内蒙古赤峰高三校考阶段练习）下列命题不正确的是（）A集合，若集合A有且仅有2个子集，则a的值为B若一元二次方程的解集为R，则k的取值范围为C设集合，则“”是“”的充分不必要条件

10、D正实数满足，则【答案】AB【分析】结合条件可知集合中只有一个元素，分类讨论和两种情况，求出的值，即可判断A选项；一元二次不等式的解集为，可得且，求出的取值范围，即可判断B选项；根据子集的含义和充分不必要条件的定义，即可判断C选项；根据基本不等式求和的最小值，即可判断选项D.【详解】对于A，因集合有且仅有2个子集，则集合中只有一个元素，当，符合题意；当，综上所述，可得，故A选项不正确；对于B，因为一元二次不等式的解集为，可知，可得且，故B选项不正确；对于C，当时，当时，或，则或，所以“”是“”的充分不必要条件，故C选项正确；对于D，因正实数满足，则，当且仅当，即时取等号，故D选项正确.故选：A

11、B.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13（2023全国高一专题练习）已知集合，则_【答案】【分析】解分式不等式求集合A，由对数函数性质求定义域确定集合B，再应用集合的并补运算求集合.【详解】由，则，故，即，所以，则，由对数、根式的性质知：，即，所以.故答案为：14（2023天津高三专题练习）已知，则的最小值为_【答案】4【分析】将构造变形为，然后利用基本不等式即可求解【详解】由，当且仅当，即时等号成立，故最小值为4，故答案为：415（2020安徽宣城高三泾县中学校考强基计划）若关于的不等式只有一个整数解2，则实数的取值范围为 _【答案】【分析】求出不等式的解后可得端点满足的不

12、等式组，从而可求参数的取值范围.【详解】的解为，因为不等式的整数解只有2，故，故，故答案为：.16（2022秋陕西咸阳高三校考阶段练习）不等式的解集为，则函数的定义域为_，单调递增区间是_【答案】 【分析】由题可得和1是方程的两个根，且，由此可得，求得函数的定义域，再结合定义域求函数的单调递增区间即可.【详解】由题可得和1是方程的两个根，且，则，解得，则函数，由解得，即函数定义域为，因为在单调递增，函数在上单调递增，故函数在上单调递增，因为在单调递减，函数在上单调递增，故函数在上单调递减，所以函数的单调递增区间为.故答案为：，.四、解答题：本题共6小题，共计70分解答时应写出文字说明、证明过程

13、或演算步骤.17求解下列不等式的解集：(1)；(2)；(3)；(4)；(5).【答案】(1)或(2)(3)(4)(5)【分析】（1）（2）利用二次不等式的解集解原不等式即可得其解集；（3）利用绝对值不等式的解法解原不等式即可得其解集；（4）（5）利用分式不等式的解法解原不等式可得其解集.【详解】（1）解：由可得，解得或，故原不等式的解集为或.（2）解：由可得，解得，故原不等式的解集为.（3）解：由可得，即，解得，故原不等式的解集为.（4）解：由可得，解得，故原不等式的解集为.（5）解：由可得，解得，故原不等式的解集为.18（2023全国高一专题练习）已知函数(1)若，求的取值范围；(2)若，求

14、的最小值【答案】(1)(2)【分析】（1）求得，利用基本不等式结合可得出的取值范围；（2）由已知可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的取值范围.【详解】（1）解：，又，即，即当且仅当时等号成立由题意可知，的取值范围是（2）解：，即，当且仅当，即，时等号成立的最小值是19已知关于的不等式的解集是(1)求，的值；(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)，；(2)【分析】（1）由题意，可判断得方程的两根为和，再利用韦达定理列方程组计算；（2）将题干条件转化为，利用函数的单调性求解最大值，从而可得的取值范围.【详解】（1）由题意，方程的两根为和，由韦达定理可得，解得

15、.所以，（2）由（1）知，对任意，恒成立，即任意，恒成立，令，则成立，因为函数在上为减函数，所以当时，即，所以实数的取值范围为.20已知是实数.(1)求证：，并指出等号成立的条件；(2)若，求的最小值.【答案】(1)证明见解析，当且仅当，时，不等式等号成立(2)4【分析】（1）作差法证明即可；（2）构造基本不等式，利用基本不等式解决即可.【详解】（1）证明：因为，所以，当且仅当，时，不等式中等号成立.（2），当且仅当，即或时，不等式中等号成立.所以的最小值为4.21（2023春江西新余高二新余市第一中学校考阶段练习）设(1)若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；(2)解关于的不等式【答案

16、】(1)(2)答案见解析.【分析】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.(2)分类讨论解一元二次不等式即可作答.【详解】（1），恒成立等价于，当时，对一切实数不恒成立，则，此时必有，即，解得，所以实数的取值范围是.（2）依题意， ，可化为，当时，可得，当时，可得，又，解得，当时，不等式可化为，当时，解得， 当时，解得或，当时，解得或，所以，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.22（2023秋江苏徐州高三统考期末）“硬科技”是以人工智能航空航天生物技术光电芯片信息技术新材料新能源智能制造等为代表

17、的高精尖科技，属于由科技创新构成的物理世界，是需要长期研发投入持续积累才能形成的原创技术，具有极高技术门槛和技术壁垒，难以被复制和模仿最近十年，我国的一大批自主创新的企业都在打造自己的科技品牌，某高科技企业自主研发了一款具有自主知识产权的高级设备，并从2023年起全面发售.经测算，生产该高级设备每年需投入固定成本1000万元，每生产x百台高级设备需要另投成本万元，且每百台高级设备售价为160万元，假设每年生产的高级设备能够全部售出，且高级设备年产展最大为10000台.(1)求企业获得年利润（万元）关于年产量（百台）的函数关系式；(2)当年产量为多少时，企业所获年利润最大？并求最大年利润.【答案】(1)；(2)当年产量为30百台时公司获利最大，且最大利润为800万元.【分析】(1)根据利润、成本、收入之间的关系分类讨论即可；(2)当时，结合二次函数的性质求出函数的最大值；当时，利用基本不等式求出函数的最大值，再比大小，即可求解.【详解】（1）当时，.当时，所以；（2）当时，所以当时，(万元).当时，(万元)，当且仅当即时，等号成立.因为，所以当年产量为30百台时，公司获利最大，且最大利润为800万元.