专题2.4 不等式综合练（解析版）备战2024年新高考数学一轮复习题型突破精练（新高考专用）

第第页专题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（

）A．18 B．9 C．6 D．3【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“<”和“>”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（

）A． B． C． D．【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（

）A． B．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.【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（

）A． B． C． D．【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（

）A． B．16 C．48 D．60【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（

）A． B． C． D．【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：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（AB>AD）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：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7 D．【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：AB.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：4．15．（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.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】(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