第7讲 不等式小题（解析版）.docx

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1、第7讲 不等式小题一、单选题1（2021全国高三专题练习（理）已知正数是关于的方程的两根，则的最小值为（ ）A2BC4D【答案】C【分析】由一元二次方程的根与系数的关系，求得，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，正数是关于的方程的两根，可得，则，当且仅当时，即时等号成立，经检验知当时，方程有两个正实数解.所以的最小值为.故选：C.【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”：（1）“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”：

2、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.2（2021全国高三专题练习）已知函数是定义在上的奇函数，当时，且满足当时，若对任意，成立，则的最大值为（ ）ABCD【答案】B【分析】由函数的奇偶性和题设条件，求得，再根据，画出函数图象，结合图象，即可求解.【详解】由题意，函数是定义在上的奇函数，当时，当时，即，又由当时，可画出函数图象，如图所示.由图知，当时，；则当时，；当时，令，解得(舍去)，若对任意，成立，所以的最大值为.故选：B.3（2021广东汕头市高三一模）已知，且，则的最小值为（ ）A6B8CD【答案】B【分析】

3、由，得到，则，再利用基本不等式求解.【详解】因为所以所以，当且仅当，即取等号所以的最小值为8故选：B【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.4（2021江苏苏州市南京师大苏州实验学校高一月考）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（ ）A18B24C36D48【答案】C【分析】以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由圆方程设，写出向量的坐标，由数量积的坐标表示求出数量积，

4、利用三角函数知识得最大值【详解】骑行过程中，相对不动，只有点绕点作圆周运动如图，以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意，圆方程为，设，则，易知当时，取得最大值36故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标运算计算向量的数量积，结合三角函数的性质求得最大值5（2021浙江高三专题练习）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】A【分析】利用指数函数的性质分别判断充分性和必要性.【详解】若，则，故充分性成立；若，如，则，故必要性不成立，故是的充分不必要条件.故选：A.6（2021广东广州市高三一模）已知是

5、自然对数的底数，设，则（ ）ABCD【答案】A【分析】首先设，利用导数判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.【详解】设，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，时，即，设，时，函数单调递减，时，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，即恒成立，即，令，时，单调递减，时，单调递增，时，函数取得最小值，即，得：，那么，即，即，综上可知.故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.7（2021全国高三专题练习（文）命题：是命题：的（ ）A充

6、分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件【答案】B【分析】解一元二次不等式，利用充分条件、必要条件即可判断.【详解】，所以，反之.故是的必要不充分条件.故选：B8（2021全国高三专题练习）已知函数，若，则，的大小关系正确的是（ ）ABCD【答案】B【分析】先求出函数的定义域，判断函数为偶函数，再对函数求导判断出函数在上单调递增，然后作差比较的大小，可得，从而可比较出，的大小【详解】由题可知：的定义域为，且，则为偶函数，当时，在上单调递增.又由所以，故.故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查利用函数的单调性比较大小，考查导数的应用，考查对数运算性质的应用，考查了基本不等式

7、的应用，解题的关键是判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，然后利用单调性比较大小，属于中档题9（2021全国高三专题练习（文）已知函数定义域为，满足，且对任意均有成立，则满足的的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】根据得到函数关于直线对称，对任意均有成立得函数在上单调递减.再利用函数的单调性解不等式求得答案.【详解】因为函数满足，所以函数关于直线对称，因为对任意均有成立，所以函数在上单调递减.由对称性可知在上单调递增.因为，即，所以，即，解得.故选：D.【点睛】本题考查函数对称性和单调性的应用，解题的关键是得出关于直线对称，在上单调递减.10（2021江苏常州市高三一模）若则满足

8、的x的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【分析】按或0，和四种情况，分别化简解出不等式，可得x的取值范围【详解】当或0时，成立；当时，可有，解得；当且时，若，则，解得若，则，解得所以则原不等式的解为，故选：B11（2021黑龙江哈尔滨市哈九中高二月考（文）“”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】A【分析】根据定义分别判断充分性和必要性即可.【详解】充分性：若，则，则，故充分性成立；必要性：若，则可能，此时无意义，故必要性不成立，即“”是“”的充分不必要条件.故选：A.12（2021湖南衡阳市高三一模）设，则，的大小关系为（ ）ABCD【答案】C

9、【分析】由已知得且，然后结合基本不等式与中间值1比较，用不等式的性质比较大小可得【详解】易知：,，显然成立.所以故选：C二、多选题13（2021广东深圳市高三一模）已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（ ）ABCD【答案】BD【分析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项【详解】易知是上的增函数，时，成立，成立，BD一定成立；与的大小关系不确定，A不一定成立；同样与的大小关系也不确定，如时，C也不一定成立故选：BD14（2021江苏常州市高三一模）已知正数，满足，则（ ）ABCD【答案】AC【分析】令，根据指对互化和换底公式得：，再依次讨论各选项即可.【详解】由题意，可令，由指

10、对互化得：，由换底公式得：，则有，故选项B错误；对于选项A，所以，又，所以，所以，故选项A正确；对于选项CD，因为，所以，所以，所以，则，则，所以选项C正确，选项D错误；故选：AC.【点睛】本题考查指对数的运算，换底公式，作差法比较大小等，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于令，进而得，再根据题意求解.15（2021江苏盐城市）回文数是一类特殊的正整数，这类数从左到右的数字排列与从右到左的数字排列完全相同，如1221，15351等都是回文数.若正整数i与n满足且，在 上任取一个正整数取得回文数的概率记为，在上任取一个正整数取得回文数的概率记为 ，则（ ）ABCD【答案】BD【分析】分

11、别计算和时的，即可判断选项A，分别计算和，比较大小即可判断选项B，C；分别计算和时结合不等式放缩即可判断选项D【详解】对于选项A：在中的正整数都是位的，一共有个，若，则回文数的个数是个，若，则回文数的个数是个，所以，所以，故选项A不正确；对于选项D：当时，当时， ，故选项D正确；由的定义：，当时，由可得， ，又因为，所以，当时，由可得， ，由以上可知，所以，所以，故选项B正确，选项C不正确，故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是读懂回文数的定义，回文数前几位确定可以决定后几位，以此可计算区间内的回文数的个数及概率.16（2021江苏高三专题练习）已知，且，则（ ）ABCD【答案】A

12、CD【分析】由对数函数性质可知，为单调减函数，可判定A正确；由基本不等式，可判定B错误；由指数函数和幂函数性质，可判定C错误；令的单调性，可判定D正确【详解】对于A中，由，且，可得，由对数函数性质可知，为单调减函数，因为，所以，所以A正确；对于B中，由，可得，当且仅当时，即时等号成立，因为，所以B错误；对于C中，由，因为指数函数性质可知，都是单调递减函数，所以，所以C正确；对于D中，令，是单调递增函数，因为，所以D正确故选：ACD17（2021全国高三专题练习（文）设数列满足，对恒成立，则下列说法正确的是（ ）AB是递增数列CD【答案】ABD【分析】设，求出导数，可得在上为单调递增函数，得出，

13、即，由此可依次判断各个选项.【详解】由，设，则，所以当时，即在上为单调递增函数，所以函数在为单调递增函数，即，即，所以，即，则，故A正确；由在上为单调递增函数， 所以是递增数列，故B正确；，所以，故C错误；因此，故D正确故选：ABD【点睛】关键点睛：本题考查数列单调性的应用，解题的关键是构造函数，利用导数求出单调性得出.18（2021辽宁沈阳市高三一模）若，则使成立的充要条件是（ ）ABCD【答案】ABD【分析】利用不等式的基本性质和充要条件的定义判断.【详解】，B选项正确；则一定不成立，C选项错误；，D选项正确.故选：ABD19（2021河北张家口市高三一模）已知，且，则（ ）ABCD【答案

14、】ABC【分析】对于A，由已知条件可得，再由指数函数的性质可得，然后给不等式两边开平方可得结果；对于B，对化简可得，两边开方可得结果；对于C，由于，化简后可得结果；对于D，由基本不等式可得，再结合已知条件可得，从而可判断D，【详解】对于A，因为，且，所以，所以，所以，故A正确；对于B，所以，当且仅当，即时取等号，故，故B正确；对于C，当且仅当，即时取等号，故，得，故C正确；对于D，已知，且，所以，即，则，当且仅当，即时取等号，故D错误故选：ABC【点睛】易错点睛：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

15、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20（2021全国高三专题练习）已知，设，则下列说法正确的是（ ）AM有最小值，最小值为1BM有最大值，最大值为CN没有最小值DN有最大值，最大值为【答案】BC【分析】令，得，利用的情况即可说明.【详解】令，当且仅当，即时等号成立，故M有最大值，故B正确，没有最大值，故M没有最小值，故A错误；同理，故D错误，没有最小值，故C正确.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题考查基本不

16、等式的应用，解题的关键是变换形式，将转化为关于的式子求解.三、填空题21（2021全国高三专题练习（文）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于单位圆，以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，.若，则的面积最大值为_.【答案】【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大

17、值【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值22（2021全国高三专题练习）已知的内角，所对的边分别为，且满足，则的面积的最大值为_.【答案】【分析】利用余弦定理可得，然后可得，最后计算三角形面积并使用不等式进行计算可得结果.【详解】由余弦定理可得，化简得，则，则的面积.故答案为：23（2021河北邯郸市高三一模）已知，则的最小值为_【答案】16【分析】根据题意由展开利用基本不等式可求解.【详解】因为，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为16.故答案为：16. 22 / 22