江苏省2024-2025学年高一上学期数学期末专题复习讲义02：不等式部分

2024-2025学年度江苏省高一上学期数学期末专题复习--不等式部分知识点一：不等式的主要性质(1)对称性：(2)传递性：(3)加法法则：；(4)乘法法则：；，(5)乘方法则：(6)开方法则：要点诠释：不等式性质中要注意等价双向推出和单向推出关系的不同.知识点二：基本不等式两个重要不等式①，那么（当且仅当时取等号“=”）；②基本不等式：如果是正数，那么（当且仅当时取等号“=”）.算术平均数和几何平均数算术平均数：称为的算术平均数；几何平均数：称为的几何平均数；因此基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.基本不等式的应用,且（定值），那么当时，有最小值；,且（定值），那么当时，有最大值.要点诠释：在用基本不等式求函数的最值时，应具备的三个条件①一正：函数的解析式中，各项均为正数；②二定：函数的解析式中，含变数的各项的和或积必须有一个为定值；③三取等：函数的解析式中，含变数的各项均相等，取得最值.几个常用变形不等式：①（当且仅当a=b时等号成立）；②（a+b）2≥4ab（当且仅当a=b时等号成立）；③；特别地：；④.知识点三：三个“二次”的关系一元二次不等式或的解集：设相应的一元二次方程的两根为，，则不等式的解的各种情况如下表：解一元二次不等式的步骤（1）先看二次项系数是否为正，若为负，则将二次项系数化为正数：（2）计算判别式，分析不等式的解的情况：①时，求根（注意灵活运用因式分解和配方法）；②时，求根；③时，方程无解（3）写出解集.要点诠释：若，可以转化为的情形解决.一、单选题1．（23-24高一上·江苏常州·期末）设a，b，m都是正数，且，记，则（

）A． B．C． D．与的大小与的取值有关2．（23-24高一上·江苏连云港·期末）在中，，且，则的面积的最小值为（

）A． B．2 C．4 D．83．（23-24高一上·江苏扬州·期末）已知，则的值不可能是（

）A． B． C． D．4．（23-24高一上·江苏徐州·期末）若命题“，”是假命题，则实数的最小值为（

）A．1 B．2 C．4 D．85．（23-24高一上·江苏南京·期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（

）A． B．C． D．6．（23-24高一上·江苏盐城·期末）已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则的值不可能是（

）A．13 B．14 C．15 D．167．（23-24高一上·江苏扬州·期末）某金店用一杆天平称黄金，某顾客需要购买20克黄金，他要求先将10克的砝码放在左盘，将黄金放在右盘使之平衡；然后又将10克的砝码放入右盘，将另一黄金放在左盘使之平衡，顾客获得这两块黄金，则该顾客实际所得黄金（

）A．小于20克 B．不大于20克 C．大于20克 D．不小于20克8．（22-23高一上·江苏宿迁·期末）若命题“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题9．（23-24高一上·江苏无锡·期末）十六世纪中叶，英国数学教育家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”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.下列关于不等式的命题，正确的是（

）A．如果，，那么B．如果，那么C．若，，则D．如果，，，那么10．（22-23高一上·江苏南京·期末）设，，已知，，则下列说法正确的是（

）A．有最小值 B．有最大值C．有最大值为 D．有最小值为11．（23-24高一上·江苏常州·期末）已知关于x的不等式的解集为，则（

）A．B．点在第二象限C．的最小值为2D．关于的不等式的解集为三、填空题12．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知，且，则的最大值为.13．（23-24高一上·江苏苏州·期末）已知正数，满足，则的最小值为.14．（23-24高一上·江苏盐城·期末）关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是.四、解答题15．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知函数，.(1)若在区间上最大值为2，求实数的值；(2)当时，求不等式的解集.16．（23-24高一上·江苏南京·期末）设全集，已知集合.(1)若，求实数的取值范围；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.17．（23-24高一上·江苏盐城·期末）已知二次函数，当时，；当，.(1)求，的值；(2)解关于的不等式：且.18．（23-24高一上·江苏南通·期末）设，集合关于的方程无实根.(1)若，求；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.19．（23-24高一上·江苏南京·期末）已知不等式的解集为，设不等式的解集为集合.(1)求集合；(2)设全集为R，集合，若是成立的必要条件，求实数的取值范围.参考答案：1．A【分析】根据题意通过作差比较大小，得出的大小关系，从而判断出正确答案.【详解】由，且，即，可得，即，故选：A.2．C【分析】根据题意，结合基本不等式，求得，进而求得的面积的最小值.【详解】因为，可得，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以，解得，所以的面积的最小值为.故选：C.3．A【分析】由题意将不等式化为，再由基本不等式可得，由绝对值的定义去绝对值即可得出答案.【详解】因为，则，则，当且仅当时，等号成立.当时，；当时，，所以的值可能是.故选：A.4．C【分析】根据特称命题与全称命题的真假性质，结合一元二次不等式的解集的性质进行求解即可.【详解】因为命题“，”是假命题，所以命题“，”是真命题，因此有，所以实数的最小值为，故选：C5．B【分析】分类讨论解不等式，判断不可能的解集.【详解】关于的不等式，若，不等式为，解得，此时解集为；若，方程，解得或，时，不等式解得或，此时解集为；时，，不等式解得，此时解集为；时，，不等式解集为，时，，不等式解得，此时解集为；所以不等式的解集不可能是.故选：B6．D【分析】设方程的两根为，由题有，后由韦达定理可得范围，即可得答案.【详解】设方程的两根为，则的解集为.由题有.又，，则，则的值不可能是16.故选：D7．D【分析】根据已知条件，结合基本不等式，即可求解.【详解】设天平的左臂长为，右臂长为（不妨设），第一次称出的黄金重为，第二次称出的黄金重为，由杠杆平衡的原理，可得，则，可得，当且仅当时，等号成立，所以顾客所得的黄金不小于20克.故选：D.8．B【分析】根据题意可知“，使得”为真命题，然后参变分离，将问题转化为最值问题，利用基本不等式可解.【详解】因为“，使得”为假命题，所以“，使得”为真命题，即在内有解，即.因为，当且仅当时等号成立，所以，所以实数a的取值范围为.故选：B9．AD【分析】根据不等式的性质逐个选项推导即可.【详解】对A，如果，，则，那么，故A正确；对B，如果，那么，则，故B错误；对C，若，，则，故C错误；对D，如果，，，则，故，则，，故D正确；故选：AD10．AD【分析】利用基本不等式直接判断与的最值情况.【详解】，，，当且仅当即时，等号成立，A选项正确，B选项错误；又，时，，即，所以，当且仅当时，等号成立，C选项错误，D选项正确；故选：AD.11．ACD【分析】根据题意，由原不等式的解集可得，，即可判断ABD，然后再由基本不等式即可判断C.【详解】原不等式等价于，因为其解集为，所以且，，故A正确；因为，则点在第一象限，故B错误；由可得，，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为2，故C正确；由可得，不等式即为，化简可得，则其解集为，故D正确；故选：ACD12．【分析】根据题意，得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，即，因为，可得，整理得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.故答案为：.13．【分析】根据题意，化简得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由正数，满足，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.14．【分析】根据题意将不等式转化为在能成立即可，再由二次函数性质求出即可得的取值范围是.【详解】由不等式以及可得，依题意可知即可，令，又，由可得，利用二次函数性质可知，即可得；即实数的取值范围是.故答案为：15．(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）求出二次函数图象的对称轴，再利用二次函数性质求解即得.（2）分类讨论求解含参数的一元二次不等式即得.【详解】（1）函数图象的对称轴为，当，即时，，解得，则；当，即时，，解得，矛盾，所以.（2）显然，而，因此不等式为，当，即时，不等式解集为；当，即时，不等式解集为；当，即时，不等式解集为，所以当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.16．(1)或(2).【分析】（1）求出集合A，由集合运算列式可得结果，（2）由充分条件得，根据子集关系列式可得结果.【详解】（1）由，解得，所以.因为，且，所以或，解得或，所以实数的取值范围是或.（2）因为“”是“”的充分条件，所以，所以，解得，所以实数的取值范围是.17．(1)(2)【分析】（1）根据三个二次之间的关系，其中二次不等式解集的端点就是对应二次方程的根，由韦达定理即可求出和的值；（2）解含参二次不等式，可以根据二次函数的图象解不等式.【详解】（1）由题意可知：的两根为，故，即得，所以；（2）由（1）可知：，即，解方程，即，解得：，当时，即，所以解集为.18．(1)(2)【分析】（1）根据根的判别式得到不等式，求出，进而得到，求出并集；（2）根据充分条件得到，参变分离得到，利用基本不等式求出，从而得到.【详解】（1）因为无实根，所以.解得，故.当时，，即，解得或.故或.所以.（2）由（1）知，，因为是的充分条件，所