专题16 一元二次不等式和基本不等式问题（分层训练）（解析版）

答案第=page22页，共=sectionpages33页专题16一元二次不等式和基本不等式问题【练基础】一、单选题1．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知，则的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】利用基本不等式性质求解即可.【详解】因为，所以所以，当且仅当，即时，等号成立．所以的最小值为.故选：D2．（2023·山东潍坊·统考一模）“”是“，成立”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】由不等式恒成立，可求得，即可得出答案.【详解】因为，成立，则，即.所以，“”是“，成立”的充分不必要条件.故选：A.3．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）已知命题“，”为真命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知时，，再根据二次函数求最值即可得答案.【详解】解：因为命题“，”为真命题，所以，命题“，”为真命题，所以，时，，因为，，所以，当时，，当且仅当时取得等号.所以，时，，即实数的取值范围是故选：C4．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知实数满足，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为（

）A．9 B．12 C．16 D．25【答案】D【分析】由得到，从而利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值，从而得到.【详解】因为，所以，，当且仅当，即时，等号成立．因不等式恒成立，只需，因此，故实数的最大值为25．故选：D5．（2023·辽宁·校联考模拟预测）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】是等比数列，求出与，代入不等式中，结合基本不等式实数t的取值范围．【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，所以．由，得，整理得对任意，且恒成立，又，当且仅当，即n＝2时等号成立，所以，即实数t的取值范围是故选：B．6．（2023秋·广西河池·高三统考期末）如图，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点且，过点G的直线分别交直线AB、AC于P、Q两点，，，则的最小值为（

）A． B．1 C． D．4【答案】B【分析】由可得，根据三点共线向量性质可得，再结合均值不等式即可求出结果．【详解】由于M为线段BC的中点，则又，所以，又，所以，则因为三点共线，则，化得由当且仅当时，即时，等号成立，的最小值为1故选：B7．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）已知，，是与的等比中项，则的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据等比中项定义可求得，将所求式子化为，利用基本不等式可求得最小值.【详解】由等比中项定义知：，，（当且仅当，即，时取等号），即的最小值为.故选：B.8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若存在使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】，易得与的图象关于直线对称，由大小关系易判断，再将全部代换为含a的式子得，令，利用换元法和对勾函数性质进而得解.【详解】∵，∴与的图象关于直线对称，作出的大致图象如图所示，易知，由，即，，得，∵，∴，得，∴.设，则，.，当且仅当取到等号，故当时，令，单减，，故.故选：A9．（2022·广西·校联考模拟预测）双曲线的左右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（）A． B．2 C．3 D．6【答案】B【分析】由题意利用均值定理可得，再利用双曲线的几何性质求解即可.【详解】设，则，，所以，将曲线方程代入得，又由均值定理得，当且仅当，即时等号成立，所以离心率，故选：B二、多选题10．（2023·安徽宿州·统考一模）已知，且，则下列不等关系成立的是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】利用基本不等式易知选项AB正确；利用对数运算法则和重要不等式可知C正确；将不等式化简整理可得，构造函数利用函数单调性即可证明D错误.【详解】由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立，即A正确；易知，当且仅当时，等号成立，即B正确；由重要不等式和对数运算法则可得：，当且仅当且仅当时，等号成立，即C正确；由可得，所以，若，即证明，即即需证明，令函数，则，当时，，即在上单调递增，所以时，解不等式可得即可，即时不等式成立；当时，，即在上单调递减，解不等式可得，即时不等式才成立；综上可知，当时，不等式才成立，所以D错误.故选：ABC11．（2023·全国·模拟预测）已知m，n为正实数，且满足，则下列不等式正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】依题意得，直接用基本不等式即可判断A；根据，再结合基本不等式即可判断B；根据，再结合基本不等式即可判断C；结合C即可判断D．【详解】由，得．对于A，因为m＞0，n＞0，所以，当且仅当n＝2时等号成立，故A正确；对于B，，又，当且仅当n＝4时等号成立，故，故B正确；对于С，，当且仅当n＝2时等号成立，故C错误；对于D，，由选项C可知，故，当且仅当n＝2时等号成立，故D正确．故选：ABD．12．（2022秋·山东·高三山东聊城一中校联考阶段练习）已知命题：关于的不等式的解集为R，那么命题的一个必要不充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】求出命题p成立时a的取值范围，再根据必要不充分条件的定义判断即可．【详解】命题p：关于x的不等式的解集为R，则，解得又，，故选：CD．13．（2023·全国·高三专题练习）若，使得成立是假命题，则实数可能取值是（

）A． B． C．3 D．【答案】AB【解析】首先由条件可知命题的否定是真命题，参变分离后，转化为最值问题求的取值范围.【详解】由条件可知，是真命题，即，即，设等号成立的条件是，所以的最小值是，即，满足条件的有AB.故选：AB【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是写出特称命题的否定，第二个关键是参变分离，转化为函数的最值求参数的取值范围.14．（2022秋·江苏淮安·高三校考开学考试）已知曲线上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于零，则实数可能的取值（

）A． B．3 C． D．【答案】AC【分析】本题先求导函数并根据题意建立关于的方程，再根据根的分布求的取值范围，最后判断得到答案即可.【详解】解：∵，∴，可令切点的横坐标为，且，可得切线斜率即，由题意，可得关于的方程有两个不等的正根，且可知，则，即，解得：，所以的取值可能为，.故选：AC.【点睛】本题考查求导函数，导数的几何意义，根的分布，是中档题.15．（2023·辽宁·校联考模拟预测）设均为正数，且，则（

）A． B．当时，可能成立C． D．【答案】ACD【分析】利用基本不等式相关公式逐项分析即可求解.【详解】对于A：因为，所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，所以A选项正确；对于B：若，则，因为为正数，所以，所以B选项错误；对于C：由，且为正数，得，则，即，所以C选项正确；对于D：，当且仅当时，等号成立，所以，所以D选项正确．故选：ACD.16．（2023·福建·统考一模）已知正实数x，y满足，则（

）A．的最小值为 B．的最小值为8C．的最大值为 D．没有最大值【答案】AC【分析】将代入，根据二次函数的性质即可判断A；根据及基本不等式可判断B；，根据基本不等式可判断C；，，根据基本不等式可判断D.【详解】因为x，y为正实数，且，所以.所以，当时，的最小值为，故A正确；，当且仅当时等号成立，故B错误；，当且仅当时等号成立，故，即的最大值为，故C正确；，，当且仅当，即时等号成立，所以.所以有最大值，故D错误.故选:AC.17．（2023·山西·统考一模）设，，，则下列结论正确的是（

）A．的最大值为 B．的最小值为C．的最小值为9 D．的最小值为【答案】ABC【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式判断即可，对于C，利用基本不等式“1”的妙用判断即可.【详解】对于A，因为，，，则，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，因为，故，当且仅当时取等号，即的最小值，故B正确；对于C，，当且仅当且，即，时取等号，所以的最小值为9，故C正确；对于D，，故，当且仅当时取等号，即的最大值，故D错误．故选：ABC.三、填空题18．（2022·上海松江·统考一模）对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为______【答案】.【分析】由得的最小值，转化为解关于a的一元二次不等式.【详解】由题意知，，又∵，∴，∴，解得：，故答案为：.19．（2022·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为____．【答案】或【分析】先得出存在量词命题的否定，即为恒成立问题，结合二次函数的图象与性质对的符号分类讨论即可【详解】由题意得，“，使”是真命题，当时，易得时命题成立；当时，由抛物线开口向下，命题不成立；当时，则命题等价于，即或故答案为：或20．（2022秋·四川内江·高三校考阶段练习）已知函数，关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】求函数的导数，判断其单调性，作出其大致图象，数形结合，将关于的方程有三个不等的实根转化为有两个不等的实根，结合二次方程根的分布，求得答案.【详解】由题意得，当时，，递增；当时，，递减，且；可知函数的图象如图所示，令，则方程有三个不等的实根，即为有两个不等的实根，令，则有两个不等的实根，则，所以不妨令，则，解得，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数解决方程的根的个数问题，考查求参数的范围，解答时要注意利用导数判断函数的单调性，进而作出函数图象，数形结合，将方程根的问题转化为二次方程的根的分布问题.21．（2023·全国·模拟预测）已知向量，，，若，且a，b均为正数.则ab的最大值为______.【答案】##【分析】根据求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.【详解】，由于，所以，所以，当且仅当时等号成立.故答案为：22．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知实数，满足，则的最小值是______.【答案】9【分析】将已知条件通过恒等变形，再利用基本不等式即可求解.【详解】由已知条件得，∵，∴，又∵，，∴，∴，当且仅当，即时等号成立.故答案为：9.23．（2023·湖北·校联考模拟预测）设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为______.【答案】【分析】由原不等式结合基本不等式可得，再由可得，则得，然后由结合指数的运算可得，再通过构造函数利用导数证明在，有即可.【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，故，所以，又，所以，当且仅当时取等号，所以.又，所以，显然，所以有，即恒成立，又，所以，故，所以.当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.下面证明：在，有，令要使，即即由知，得从而需证：即需证明：，记从而只需证：①而，令，则，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，即，因为，所以∴在上递增，又，∴在递减，，递增，，而，从而在时总有∴①式恒成立，不等式得证.综上所述，.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，解题的关键是根据已知条件结合基本不等式确定出的范围，然后通过构造函数再证明其正确性即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.24．（2023·四川内江·统考一模）已知正实数a、b满足，则a、b一定满足的关系有______．（填序号）①；②；③；④．【答案】①③.【分析】因为，所以，即，即，可得，，结合基本不等式即可求解最值，进而判断可得答案.【详解】因为，所以，即，即，可得，，所以，对于①，当且仅当时等号成立，所以，故①正确.对于②，当且仅当时等号成立，所以，故②错误.对于③，，当且仅当，时等号成立，所以，故③正确.对于④，当且仅当，时等号成立，所以，故④错误.综上所述：正确的序号为①③.故答案为：①③.【提能力】一、单选题25．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】函数，均有有两个零点，分类讨论每部分的零点个数，结合零点分布处理．【详解】∵，则二次函数有两个零点若恰有两个零点，则，得此时无零点，则，解得则若无零点，则，得此时有两个零点，则，得则若有且仅有一个零点，则得，或，得或，经检验不合题意则此时有且仅有一个零点，则，解得且则且综上所述：故选：B．26．（2022·山西运城·统考模拟预测）已知椭圆的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出，利用得到在区间上有解，结合端点值的符号得到，求出的最小值.【详解】易知，设，则，所以，即，即方程在区间上有解，令，因为，，所以只需，即解得：.故选：C.27．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，若，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意，画出图形，结合，分和进行讨论，解得的范围，从而即可得实数的取值范围．【详解】解：作出函数的图象如图，因为，若，由在上单调递增，且，则，解得；若，则，解得；综上，，解得或.所以实数的取值范围是．故选：A.28．（2022秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.【详解】图1设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，，根据边长关系，知该棱台的高为，则，由，且四边形为直角梯形，，，可得，则，当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.显然球心M在所在的直线上.图2当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然则，有，即解得，舍去.图3当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然即，即解得，，此时，外接球的表面积为.故选：D.29．（2022·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用函数奇偶性的定义及导数可得函数为R上单调递增的奇函数，化简不等式，然后将分离，利用基本不等式，即可求出答案.【详解】因为的定义域为R，，所以函数是奇函数，由，可知在上单调递增，所以函数为R上单调递增的奇函数，所以不等式对任意均成立等价于，即，即对任意均成立，又，当且仅当时取等号，所以的取值范围为.故选：A.30．（2022·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，P是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】利用椭圆和双曲线的定义及可以列出关于，的方程，再利用均值定理即可得到的最小值【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，，，（），则，解之得又则则，则则，则（当且仅当时等号成立）则的最小值为故选：B31．（2022秋·福建福州·高三校考阶段练习）已知且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求得及的取值范围，再把转化为关于的代数式，利用函数的单调性去求的取值范围即可解决【详解】由，可得，则，则，令，则，又在单调递增，在单调递减，，则，即故选：C32．（2022·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）已知函数，（）的三个零点分别为，，，其中，的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，则有两个不等于的零点，再根据，可知的零点互为倒数，则，，，且，则，利用可求出结果.【详解】因为恒有零点1，令，则有两个不等于的零点，因为，所以的零点互为倒数，则必然一个大于0小于1，另一个大于1，所以，，，且，所以，令，因为，所以，所以，所以的取值范围为.故选：B【点睛】关键点点睛：设，根据推出的零点互为倒数是解题关键.二、多选题33．（2022·浙江·模拟预测）已知a，b为正数，且，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】对于A选项，配成完全平方后验证取等条件即可判断A选项正误；对于B选项，根据均值定理中的“1”的妙用即可判断B选项正误；对于C选项，将代入，整理成二次函数，借助二次函数值域即可判断C选项的正误；对于D选项，将代入，整理成分式函数，借助分式函数值域即可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，当且仅当时等号成立，当时，由于，得，与为正数矛盾，故，即得，故A选项正确；对于B选项，，.又，当且仅当，即时等号成立；故B选项不正确；对于C选项，，，.，，当且仅当时等号成立，，故C选项正确；对于D选项，，，.，当时，，，得，即，故D选项正确.故选：ACD34．（2022秋·山东青岛·高三校考阶段练习）已知a，b为正实数，且，则（

）A．ab的最大值为8 B．的最小值为8C．的最小值为 D．的最小值为【答案】ABC【分析】对条件进行变形，利用不等式的基本性质对选项一一分析即可.【详解】因为，当且仅当时取等号，解不等式得，即，故的最大值为8，A正确；由得，所以，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值8，B正确；，当且仅当，即时取等号，C正确；，当且仅当时取等号，此时取得最小值，D错误．故选：ABC．35．（2022·全国·南京外国语学校校考模拟预测）下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，，且，则的最大值是1C．若，，则D．函数的最小值为9【答案】ACD【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.【详解】因为，则，所以成立，故A正确；由．当且仅当时，取得最大值，故B错误；因为，，所以，当且仅当即时，等号成立，故C正确；，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：ACD．36．（2022·山东·烟台二中校联考模拟预测）著名的伯努利（Bemoulli）不等式为：，其中实数同号，且均大于－1．特别地，当，且时，有．已知伯努利不等式还可以推广为：设x，，若，且，则．设a，b为实数，则下列结论正确的为（

）A．任意，且任意，都有B．任意，存在，使得C．任意，且任意，都有D．任意，存在，且，使得【答案】ACD【分析】由题目所给不等式及推广不等式依次判断4个选项即可.【详解】选项A：由，，则，且，∴，由基本不等式可知，当且仅当时取等，∴，故选项A正确；选项B：∵，∴，又，∴，即，∴恒成立，故选项B错误；选项C：∵，且，∴，且，∴，即，∴，故选项C正确；选项D：①若，则当时，不等式显然成立；②若，∵，∴，，∴当时，，∴，记为不超过b的最大整数，易知．∴当时，成立，∴任意，存在，且，使得，故选项D正确.故选：ACD．三、填空题37．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知，，是正实数，且，则最小值为__________.【答案】【分析】由于，，是正实数，且，所以先结合基本不等式“1”的代换