資源簡介

微考點1-1 新高考新試卷結構高三不等式二輪壓軸考點總結
考點一：利用不等式的性質求最值
解題思路：常見不等式①②③
【精選例題】
【例1】
（2024新高考九省聯考試題）
1．以表示數集中最大的數．設，已知或，則的最小值為 ．
【例2】
（2022江蘇校考階段練習）
2．定義：為實數中較大的數．若，則的最小值為 ．
【例3】
（2023浙江統考一模）
3．設為互不相等的三個實數，且，則有
A． B．
C． D．
【例4】
（2024上·安徽合肥·高一合肥一中校考期末）
4．已知正數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
【例5】
5．已知x，y為實數，滿足，，則的最大值是 ，此時 .
【例6】
（2023江蘇高三階段練習）
6．設a＞0，b＞0，a≤2b≤2a＋b，則的取值范圍為 ．
【例7】
（2023河北保定統考一模）
7．若是定義在上的函數，且對任意都有，，且，則
【跟蹤訓練】
（2015上海浦東新高一上海市建平中學校考期中）
8．設x，y是正實數，記S為x，，中的最小值，則S的最大值為 .
（2018上海高一上海中學校考期中）
9．定義表示，，，中的最小值，表示，，，中的最大值則對任意的，，的值為 ．
（2024全國高三專題練習）
10．當時，不等式恒成立，則的最大值是 ．
（2023浙江紹興統考二模）
11．定義,若實數滿足,則的最小值為 ．
（2024湖北武漢高三階段練習）
12．記為中的最小值，若為任意正實數，則的最大值是
A． B．2 C． D．
（2023浙江寧波高三）
13．記為三個數中的最小數，若二次函數有零點，則 的最大值為（ ）
A．2 B． C． D．1
（2023江蘇南京校考階段練習）
14．已知正數滿足，則的最小值為 .
（2023全國高三課時練習）
15．已知實數、滿足，，則的最大值為 .
考點二：基本不等式的應用
解題思路：①常見不等式：，，
②三角換元：遇到，配湊成，可設
③遇到結構，可同除
【精選例題】
【例1】
（2024上·云南昆明·高二統考期末）
16．已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【例2】
（2024·云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中學模擬預測）
17．若，滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
【例3】
（2024上·河南三門峽·高一統考期末）
18．已知，，且．則下列選項正確的是（ ）
A．且 B．
C． D．
【例4】
（2024上·浙江寧波·高三鎮海中學校考期末）
19．設實數x，y滿足，，不等式恒成立，則實數k的最大值為（ ）
A．12 B．24 C． D．
【例5】
（2024上·甘肅蘭州·高一西北師大附中校考期末）
20．對任意實數，不等式恒成立，則實數的最大值（ ）
A．2 B．4 C． D．
【跟蹤訓練】
（2024上·湖南長沙·高一長郡中學校考期末）
21．設正實數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
（2024全國高三階段練習）
22．已知，則的最大值是（ ）
A．15 B．18 C．20 D．24
（2022上·江蘇徐州·高一校考階段練習）
23．設正實數滿足，則當取得最大值時，的最大值為（）
A． B． C． D．
（2024上·廣東廣州·高一華南師大附中校考期末）
24．由知實數a，b滿足，則（ ）
A．ab的最大值為
B．的最大值為
C．
D．當時，的最大值為
考點三：指數對數與不等式相結合
解題思路：①指對數轉換，②換底公式
③常見不等式放縮，，
【精選例題】
【例1】
（2024·全國·模擬預測）
25．若，x，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．4
【例2】
（2024·全國·模擬預測）
26．若，則（ ）
A． B． C． D．
【例3】
（2022上·山西長治·高三山西省長治市第二中學校校考階段練習）
27．已知正數滿足，則（ ）
A． B． C． D．
【例4】
（2024上·福建泉州·高一統考期末）
28．已知，則（ ）
A．的最小值為 B．的最大值為
C．的最小值為 D．的最小值為
【跟蹤訓練】
（2024·重慶·統考一模）
29．已知，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024江蘇蘇州統考期末）
30．已知，，且，則（ ）
A． B．
C． D．
（2023·海南海口·校考模擬預測）
31．已知x，y，z都為正數，且，則（ ）
A． B． C． D．
考點四：與三角形三邊相關的不等式問題
【例1】
（2024上·重慶·高一重慶八中校考期末）
32．已知函數，對任意實數，使得以，，數值為邊長可構成三角形，則實數的取值范圍為 .
【例2】
（2019·全國·高三競賽）
33．已知，，，，.若a，b，c構成三角形的三邊，則m的取值范圍是 .
【跟蹤訓練】
（2018·全國·高三競賽）
34．設,若對任意的正實數,都存在以為三邊長的三角形,則實數的取值范圍是 ．
（2021下·上海浦東新·高三華師大二附中校考階段練習）
35．設，若三個數能組成一個三角形的三條邊長，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2022·浙江麗水·高三統考競賽）
36．的邊分別為a，b，c，且滿足，則的取值范圍為 .
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．##0.2
【分析】利用換元法可得，進而根據不等式的性質，分情況討論求解.
【詳解】令其中，
所以，
若，則，故，
令，
因此,故,則，
若，則，即，
，
則,故,則，
當且僅當且時等號成立，
如取時可滿足等號成立，
綜上可知的最小值為，
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用換元法，在和前提下進行合理分類討論，根據題意得到相對應的不等式組，注意題目的條件關鍵詞是“或”.
2．
【分析】先根據的范圍，討論的大小關系，在每種情況中分別用均值不等式和不等式的性質確定的范圍，即可得解．
【詳解】設，
則由題意可得，
因為，所以
①當時，，
只需考慮，
所以，，
所以，可得，當且僅當時取等號；
②當時，，只需考慮，
所以，
可得，當且僅當時取等號.
綜上所述，的最小值為2.
故答案為：2.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是在利用均值不等式和不等式的性質時，特別注意同向不等式的應用和均值不等式成立的條件.
3．D
【分析】運用絕對值不等式的性質和三角函數的有界性（求解可得結論．
【詳解】∵，
∴．
∵
，
又
，
∴，
即．
故選D．
【點睛】本題考查三角函數的值域及絕對值不等式，考查放縮法的應用，解題時要靈活運用正弦函數和余弦函數的有界性，同時要注意不等式中等號成立的條件，考查變化能力的運用．
4．ABD
【分析】利用不等式的性質可判定A項，結合基本不等式可判定B項，利用特殊值可判定C項，根據條件放縮得出，即可得出判定D項.
【詳解】對于A，，
所以選項正確；
對于B，由題，
當且僅當等號成立，故B選項正確；
對于C，可取特殊值滿足題意，則，故C選項錯誤；
對于D，，
即，則，故D正確.
故選：ABD
5． 32 3
【分析】由題干條件得到，又因為，故得到，化簡可得到結果，通過可分別求出參數的值.
【詳解】∵，∴.∵，
∴.由不等式的性質，得，
即，故的最大值為32，此時，即，∴.
故答案為：32；3.
6．；
【分析】首先根據不等式的性質，得到，之后將所求的式子化為關于的關系式，之后借助于對勾函數以及不等式的性質，求得目標式的取值范圍.
【詳解】根據a＞0，b＞0，由求得，
，
令，則，
所以，故答案是.
【點睛】該題考查的是有關代數式的取值范圍的問題，涉及到的知識點有不等式的性質，對勾函數的性質，在求解的過程中，注意對式子的正確轉化.
7．102.
【解析】根據已知不等式可得，而，根據“兩邊夾”原理，可得，利用此遞推關系可得，再令得，只需再求出即可，對分別賦值和并結合“兩邊夾”原理，即可求出，進而求出．
【詳解】因為，
所以，
即，又，
所以，
所以，
因為對任意都有，且，
所以，即，
，即
由知，所以，
所以，所以，
所以．
故答案為：
【點睛】本題主要考查求抽象函數的函數值，“兩邊夾”原理及遞推關系的應用，本題的關鍵是得到和．
8．
【分析】設，通過的分類討論，結合不等式的縮放和基本不等式可求解.
【詳解】方法一：設， 當時，
不妨設，
①當時，
②當時，，
若，則；
若，則；
③當時，，，
；
④當時，，，
同理，當時，可以證明
綜上所述：S的最大值為.
方法二：由題意知，，則，
所以，解得，故S的最大值為.
故答案為：
【點睛】本題考查了不等式的性質，分類討論的思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.
9．
【分析】首先，設，從而得到關于m的限制條件，然后，得到m的最小值．
【詳解】設，
、，
，，，
即，，可得，
，
，
即有m的最小值為，
故答案為．
【點睛】本題考查新定義的理解和運用，注意不等式的性質的應用，屬于難題．
10．6
【分析】依題意可得恒成立，設，，根據對勾函數的性質求出的取值范圍，即可得到，再根據不等式的性質求出的取值范圍，即可得解.
【詳解】解：∵時，不等式恒成立，∴，即．
設，，
因為在上單調遞減，在上單調遞增，，，，所以，
即，
∵，∴，
∴，
∴，即，
∴的最大值為；
故答案為：．
11．
【分析】利用平方作差法，結合已知條件利用不等式的基本性質得到，進而，結合已知條件利用不等式的基本性質得到，進而得到的最小值.
【詳解】，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，∴，
∴，
∴
∵∴，結合，得
∴（當時取得等號），
∴的最小值為2.
故答案為：2
12．D
【分析】要弄清的定義,本題要求的最大值,必然涉及到不等式的求解,先求出,再求其最大值.用將關于的式子等量代換,設 ,，再用作差法比較大小.
【詳解】解：設 ,
則,
令,
得 ,
(1)當 或 ,
則 ,
所以或,
其最大值為.
(2)當 或 時, ,
所以,其最大值為.
綜上所述,的最大值為.
故選D
【點睛】本題主要考查轉換、分類討論的數學思想,解題關鍵首先是注意題目要求是任意正實數;其次,比較大小常用作差法,將三項代換后,分類討論,逐類作差比較即可.
13．B
【分析】不妨設，根據條件及不等式的性質利用作差法即得.
【詳解】可以不妨設，因為，所以，故，
所以，，
所以（當且僅當時取等號)
故選：B．
14．##
【分析】利用可把放縮為即的形式，利用基本不等式可求后者的最小值.
【詳解】因為，故.
又，
當且僅當，即時等號成立.
故的最小值為.
故答案為：.
15．
【分析】利用待定系數法得出，再利用不等式的基本性質可求得的最大值.
【詳解】設，所以，，解得，
所以，，
因為，，則，，
因此，.
所以，的最大值為.
故答案為：.
16．ABD
【分析】先由基本不等式，將等式轉化為關于的不等式，求解即可.
【詳解】因為，
對于選項A，，
當且僅當 時等號成立；
得，解得或（舍去）
故，選項A正確；
對于選項B，，當且僅當時等號成立；
得，且，解得，
故，選項B正確；
對于選項C，，且，
得，
結合選項A中正確結果，
得，當且僅當時等號成立；
選項C不正確；
對于選項D，，且，
所以，結合選項B中正確結果，則，
所以，當且僅當時等號成立，選項D正確；
故選：ABD.
17．AD
【分析】利用判別式法結合基本不等式證明即可.
【詳解】令，代入中化簡得，
令，解得，顯然A正確，B錯誤，
由得，
結合可得，解得，
顯然C錯誤，D正確.
故選：AD
18．ABC
【分析】根據不等式的性質、基本不等式、對數運算等知識進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】依題意，，，且，
則，
由，得，所以；
由，得，所以，所以A選項正確.
，
當且僅當時等號成立，所以B選項正確.
由得，則，
所以，
當且僅當時等號成立，所以C選項正確.
當時，，所以D選項錯誤.
故選：ABC
19．B
【分析】令，不等式變形為，求出的最小值，從而得到實數的最大值.
【詳解】，，變形為，
令，
則轉化為
，即，
其中

當且僅當，即時取等號，可知.
故選：B
【點睛】思路點睛：不等式恒成立問題，先分離參數后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.
20．D
【分析】首先不等式變形為恒成立，再利用兩次基本不等式求的最小值，即可求解的取值.
【詳解】不等式恒成立，可轉化為
恒成立，其中，
令，
，
，
第二次使用基本不等式，等號成立的條件是且，
得且，此時第一次使用基本不等式，說明兩次基本不等式能同時取得，
所以的最小值為，
即，則，
所以實數的最大值為.
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是再求的最值時，需變形為，再通過兩次基本不等式求最值.
21．BCD
【分析】利用基本不等式判斷各選項．
【詳解】對于A選項，，
當且僅當時取得等號，故A錯誤；
對于B選項，，故，
當且僅當時取得等號，故B正確；
對于C選項，，
當且僅當時取得等號，故C正確；
對于D選項，
，
當且僅當時取得等號成立，故D正確．
故選：BCD.
22．C
【分析】先利用立方和公式和極化配方式把等式轉化為只含有的一個等式，然后利用配方進行整理即出現含的式子，即可得出答案.
【詳解】利用公式
及可得：
，
，
所以代入已知式化簡可得，
由觀察可得：當，時，即成立，
此時，
所以①，
又②，
③，
則①②③可得：
，
所以
，
故原不等式可化為：，
即，故，
此時當時等號成立，即的最大值是.
故選：C.
【點睛】關鍵點晴：本題的關鍵點在于尋求當分別為何值時，可能取得最大值，根據原式不易觀察，所以先利用立方和公式和極化配方式把等式轉化為只含有的一個等式，然后利用配方進行整理即出現含的式子，即可得出答案.
23．B
【分析】將代入后剩下關于的二元不等式，經齊次化處理后使用基本不等式在時最大值時，將代入所求關系式，得到二次函數利用配方法即可求得其最大值.
【詳解】，
，又均為正實數，
（當且僅當時取"=")，
，此時.
，
，當且僅當時取得"="，滿足題意.
的最大值為1.
故選：B.
【點睛】對含有多元變量的函數求最值時通常要減少變量的個數，減少變量的個數方法有:①代入消元，把其中一個變量用其它變量表示后代入消元;②對齊次式可通過構造比值消元.
24．AC
【分析】由不等式，可判定A正確；設，聯立方程組，結合，可判定B不正確；設，聯立方程組，可判定C正確；，轉化為，結合三角函數的性質，可判定D不正確.
【詳解】對于A中，由不等式，可得，解得，
當且僅當時，等號成立，所以A正確；
對于B中，設，聯立方程組，整理得，
由，解得，可得，
所以的最大值為，所以B不正確；
對于C中，設，聯立方程組，整理得，
由，解得，可得，
所以的最大值為，所以C正確；
對于D中，由，即，
設，則，
設，可得，可得，
因為，可得，即，
不妨設，可得
則，
所以
又因為為單調遞增函數，所以無最大值，所以D不正確.
故選：AC.
25．C
【分析】構造，變形，然后用基本不等式求出結果即可.
【詳解】因為，
所以．
因為，所以．
所以，即．
當且僅當，，即，時等號成立，
所以的最小值為．
故選：C．
26．C
【分析】將條件變形為，通過的大小來判斷選項AB；構造函數，令，代入可得，進而可判斷CD.
【詳解】因為，
所以，
所以當時，，當時，
所以AB錯誤；
因為，
所以．
因為，
不妨設，則，
即，
即，
即，
所以，
所以，
所以C正確．
證明：，
設，
則，
所以在上單調遞減，
所以，即，
設，
則，
所以在上單調遞減，
所以，即.
所以當時，.
故選：C.
【點睛】方法點睛：有很多不等式，如，，等，使用得當，會給解題帶來便利.
27．B
【分析】令，，得到，A選項，，由于，所以只需比較的大小，構造函數，，求導得到函數單調性，進而比較出；
B選項，化簡得到，作差比較出，結合得到，B正確；
利用換底公式及對數運算法則得到，，利用作差法比較，，CD錯誤.
【詳解】因為為正數，令，則，
則，
則，
因為，所以只需比較的大小，
構造，，
，
當時，，故在上單調遞增，
所以，即，
所以，A錯誤；
，
，
結合剛才求出的，故，B正確；
由換底公式可得：，
因為，所以，
即，
因為，
所以，
故，C錯誤；
因為，所以，
所以，D錯誤.
故選：B
【點睛】構造函數比較大小是高考熱點，需要觀察式子特點，構造出合適的函數，利用導函數研究其單調性，從而根據單調性比較出大小關系，經常用到的函數有等.
28．ABD
【分析】根據指數運算，結合基本不等式即可判斷A；結合對數運算，利用基本不等式可判斷B；將化為關于x的二次函數，結合二次函數性質可判斷是C；通過變量代換，令，得到，根據“1”的巧用，將變形后，利用基本不等式，即可判斷D..
【詳解】對于A，由于，故，
當且僅當，結合，即時，等號成立，
即的最小值為 ，A正確；
對于B，由于，，則，
當且僅當時，等號成立，
故，即的最大值為，B正確；
對于C，又，得，
故
由于，而對稱軸為，
則在上單調遞減，在上無最值，C錯誤；
對于D，令，則，
故，
由于，故，
，
則，
當且僅當，結合，即時，等號成立，
所以，
即的最小值為，D正確，
故選：ABD
【點睛】難點點睛：本題考查了基本不等式的應用，主要是求最值問題，難點是選項D的判斷，解答時要通過變量代換，令，得到，根據“1”的巧用，將變形后，利用基本不等式，即可求解.
29．ABD
【分析】根據指對互化與運算以及指數函數、對數函數單調性即可判斷ABC，利用基本不等式即可判斷D.
【詳解】由題意得，，
，，則，則，
對A，根據對數函數在上單調遞增，則，故A正確；
對B，因為，即，則，故B正確；
對C，因為，根據指數函數在上單調遞減，則，故C錯誤；
對D，因為，，
，
當且僅當時等號成立，而顯然，則，故D正確；
故選：ABD.
30．ACD
【分析】利用基本不等式可得，結合對數函數的性質可判斷A；取可判斷B；利用1的妙用和基本不等式可判斷C；結合可得，從而，即可判斷D．
【詳解】對于A，因為當且僅當時取等號，
所以，A正確；
對于B，取 則，B錯誤；
對于C，
當且僅當，即時取等號，C正確；
對于D，因為
所以，D正確．
故選：ACD.
31．ACD
【分析】令，利用指對數互化得，，，進而有，應用基本不等式判斷A、C，構造且，應用導數研究單調性并判斷其符號判斷D.
【詳解】令，則，，，
所以，B錯誤；
（注意等號不成立），故，A正確；
（注意等號不成立），則，C正確，
由，令且，
則，
由，
因為，故，
綜上，，即在上單調遞減，
所以，故恒成立，即，D正確.
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：D選項，注意構造且，利用導數研究其函數符號即可.
32．
【分析】根據對鉤函數的單調性，結合絕對值的性質、三角形的性質進行求解即可.
【詳解】要想對任意實數，使得以，，數值為邊長可構成三角形，只需，
設，
當時，函數單調遞減，當時，函數單調遞增，
因為，
所以，
當時，即時，
，此時，
因此由，而，
所以；
當時，即當時，
此時，此時，
因此由，而，
所以，
若時，即時，
若，即當時，
顯然此時，
由，顯然，
若，即當時，
顯然此時，
因此由，而，
綜上所述：實數的取值范圍為，
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用對鉤函數的單調性求出的最值，再結合最值的正負性分類討論.
33．
【分析】由a，b，c為三邊可構成三角形，得到，且成立，即，且成立，運用參數分離和換元法，結合基本不等式和函數的單調性求解.
【詳解】若a，b，c為三邊可構成三角形，則，且成立，
即，且成立，
即成立，而，
令，則，令，
則，易知在上遞減，
所以，所以，
又成立，而，
當且僅當時，等號成立，所以；
所以.
故答案為：
34．
【分析】易知，則、、能構成三角形等價于，不等式兩邊同除以，得，求此不等式兩邊的最值即得所求
【詳解】顯然，于是，、、能構成三角形
對任意正整數、，恒有 ①
由，知式①右邊.
易知時，式①右邊取最小值.
又式①左邊的表達式恰為右邊表達式的倒數，從而，其最大值為.
故.
故答案為:
35．C
【分析】先作差法確定，再根據三角形三邊關系列不等式，對于所列條件，一個利用基本不等式求最小值，一個利用函數的單調性求最大值，最后得的取值范圍.
【詳解】因為，令，
則，所以，
因為能組成一個三角形的三條邊長，所以，
即，
因為，所以令，
則，
即，
因為，
當且僅當時取等號，但是取不到，所以，
所以，所以；
令，則，
令，，
則，
所以函數在上單調遞增，
所以，
所以，，
綜上，.
故選：C.
36．
【分析】結合得，令，則，由三角形三邊關系兩邊平方整理得，
即有，解出的范圍即可求出的值域
【詳解】，令，則，又，
∴，可解得，
即，故，∴.
故答案為：
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑