专题07 不等式（原卷版+解析版）【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）

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1．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
2．（全国甲卷数学（理）（文））若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.
【详解】实数满足，作出可行域如图：
由可得，
即的几何意义为的截距的，
则该直线截距取最大值时，有最小值，
此时直线过点，
联立，解得，即，
则.
故选：D.
3．（新高考北京卷）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误，
故选：A.
4．（新高考北京卷）若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积.
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
5．（新高考上海卷）已知则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【详解】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
6．（全国甲卷数学（理）（文））实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用即可证明.
（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.
【详解】（1）因为，
当时等号成立，则，
因为，所以;
（2）
一、单选题
1．（2024·广西·模拟预测）已知，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先确定，再由基本不等式得到，从而求出的取值范围.
【详解】因为，，则，所以．
又，
即，即，解得，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
即的取值范围为.
故选：D．
2．（2024·福建福州·一模）已知集合，，则（ ）
A．或B．C．D．或
【答案】B
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式得解法解出集合，再按照集合的并集运算即可.
【详解】，则，且，解得，
则集合，
则
故选：B.
3．（2024·河北张家口·三模）已知正数m，n满足，则的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】在等式两边同时乘以，利用基本不等式可得出关于的不等式，进而可解得的最大值.
【详解】因为m，n为正数，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，在等式两边同时乘以，可得：
，
即，解得.
当且仅当时，即当时，取得最大值8.
故选：D.
4．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式，当且仅当时等号成立，即可判断D.
【详解】对于A，由，可得，故A错误；
对于B，由，，，可得，故B错误；
对于C，若，且当时，可得为任意值，故C错误；
对于D，因为，当且仅当时，等号成立，
即，故D正确.
故选：D.
5．（2024·宁夏·二模）直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ）
A．9B．8C．6D．5
【答案】A
【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得的对称中心，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
【详解】因为为奇函数，所以函数图象关于中心对称，函数图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得函数的图象，
所以的对称中心为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
故选：A
6．（2024·北京·三模）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确；
对于B中，例如，此时，所以B不正确；
对于C中，由函数在上为单调递减函数，
因为，所以，可得，所以C正确；
对于D中，例如，此时，所以D不正确.
故选：C.
7．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】选项A，将平方后与相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值；选项B，利用不等式可求出的最大值；选项C和D，将选项与题设条件相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值.
【详解】对于选项A，
，
当且仅当且即时，等号成立，
所以，，
故A正确；
对于选项B，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，解得，
故B正确；
对于选项C，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故C错误；
对于选项D，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故D正确；
故选：C.
8．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y满足约束条件则得取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出可行域，根据临界位置得到截距范围.
【详解】如图，阴影部分为可行域，联立，解得，即为原点，
联立，解得，即，
当直线经过坐标原点时，，
当直线经过点时，，
所以的取值范围是.
故选：C.
9．（2024·湖北·模拟预测）若正数，满足：，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据条件等式及均值不等式求解即可.
【详解】因为，为正数，所以，
因为，所以，
所以，所以，当且仅当，时，取等号.
故选：B.
10．（2024·安徽淮北·二模）已知，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】举反例即可推出A,B,C错误，D利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得.
【详解】当时，，所以A错.
当时， ，所以B错.
当时，，所以C错.
若，则，则成立，所以D正确.
故选：D
11．（2024·四川成都·模拟预测）变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意作平面区域，分析可知，进而可得目标函数，结合图形分析求解即可.
【详解】不等式组表示的平面区域如图所示，
三个交点坐标分别为，可知，
则目标函数，即，
当目标函数过时取得最大值为5，过时取得最小值为，
所以目标函数的取值范围是，
故选：B.
12．（23-24高三下·天津南开·阶段练习）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据绝对值的定义和分式不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，所以，解得，
又由，可得，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
13．（2024·陕西榆林·一模）设x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）
A．6B．7C．9D．10
【答案】A
【分析】画出约束条件所表示的可行域，结合图形，确定目标函数的最优解，代入即可求解.
【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，
由目标函数，可化为直线，
当直线过点时，此时直线在上的截距最小，目标函数取值最小值，
又由，解得，即，
所以目标函数的最小值为.
故选：A.
二、多选题
14．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断即可；对于C，构造函数，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较.
【详解】设，则，在单调递增，
所以，即，即，A正确；
令，，则，而，所以，B不正确；
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
则在时取得最小值，即，C正确；
设，则，所以在上是增函数，
所以由得，即，D正确.
故选：ACD
15．（2024·辽宁·模拟预测）若，则使“”成立的一个充分条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据不等式的性质及对数函数的单调性结合充分条件的定义即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，选项A正确；
对于B，满足，选项错B错误；
对于C，，当时，，选项错C错误；
对于D，，
因为，所以，选项D正确.
故选：AD.
16．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABCD
【分析】对于A，由换底公式即可判断；对于BC，由基本不等式即可判断；对于D，构造函数，利用导数可证得，由此即可判断.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，在这里，所以严格来说有，故B正确；
对于C，，在这里，所以严格来说有，故C正确；
对于D，，而，
定义，则，
从而单调递增，所以，
所以，故D正确.
故选：ABCD.
17．（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．的最小值为2
C．D．的最小值为2
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，A正确;
对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误；
对于C，若，则，而
，但是与的大小不能确定，故C错误；
对于D，，当且仅当，即取等号，D正确.
故选：AD
18．（2024·重庆·模拟预测）已知，且，则（ ）
A．的取值范围是
B．的取值范围是
C．的最小值是3
D．的最小值是
E．
【答案】BDE
【分析】对于A项，运用基本不等式将其转化成关于的不等式求解即得；对于B项，直接运用基本不等式将其转化成关于的不等式，再结合不等式性质求解即得；对于CDE项，通过题设求出，代入所求式消元，凑项运用基本不等式即得.
【详解】对于A项，，由可得，
因，故得，则，当且仅当时等号成立，错误；
对于B项，由可得，
因，故得：，当且仅当时等号成立，又，
所以的取值范围是，正确；
对于C和E项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，所以，故C项错误，E正确；
对于D项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，正确.
故选：BD.
19．（2024·江苏·模拟预测）若正实数满足，则（ ）
A．
B．有序数对有6个
C．的最小值是
D．
【答案】AB
【分析】对于A，使用条件即可证明；对于B，设并证明整除，再验证的全部因子即可；对于C，直接证明即可否定；对于D，给出，作为反例即可否定.
【详解】对于A，由已知正实数满足，有，
，故A正确；
对于B，由于，，故是正整数，设，则，所以.
而，故整除，得.
验证知时，都满足条件，
所以符合条件的有序数对有6个，故B正确；
对于C，由于，且，，
从而，
当，时，等号成立，故C错误；
对于D，当，时，有，
故，从而.
但此时，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是C选项中对基本不等式的适当运用.
20．（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据不等式的相关性质可得A ,D 项正确；通过举反例可说明B ,C 项错误.
【详解】对于A，由和不等式性质可得，故A正确；
对于B，因，若取，，，，
则，，所以，故B错误；
对于C，因，若取，，，，
则，，所以，故C错误；
对于D，因为，则，又因则，
由不等式的同向皆正可乘性得，，故，故D正确．
故选：AD．
21．（2024·广东广州·模拟预测）已知，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．存在，使得D．
【答案】ABD
【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.
【详解】对于A，由及，得，所以，A正确.
对于B，由及，得，所以.同理可得.
又，所以，所以，B正确.
对于C，由及，得，所以，得，
所以，得，C错误.
对于D，由，得，所以.
因为，，所以，所以，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】令，，结合基本不等式可得，可化为，求二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，（）
所以当时，取得最小值.
故答案为：
23．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）若x，y满足约束条件则目标函数的最大值为 ．
【答案】9
【分析】画出可行域结合直线的几何意义即可求解.
【详解】表示直线在轴的截距，
由可得，即，
画出可行域知，当过点时，z取得最大值，且最大值为9．

故答案为：.
24．（2024·陕西西安·模拟预测）函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】因为，（且），
所以函数（且）的图象恒过定点，
所以，
所以，
，，当且仅当，即等号成立，
即的最小值为.
故答案为：.
25．（2024·陕西商洛·模拟预测）若实数，满足约束条件，则的最大值是 .
【答案】
【分析】首先画出可行域，再根据目标函数表示的几何意义，即可求解.
【详解】如图，画出约束条件表示的可行域，
由，解得，即，
当目标函数过点时，取得最大值，
所以.
故答案为：.
26．（2024·江西赣州·二模）已知，则的最小值为 .
【答案】
【分析】依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值.
【详解】由题，所以
，
当且仅当，即，即时等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于巧妙变形分离和配凑.
四、解答题
27．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，实数满足．
(1)解不等式；
(2)证明：对任意实数，使．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，利用“零点分段法”，即可求出结果；
（2）利用三角绝对不等式得到，再利用重要不等式得到，即可证明结果.
【详解】（1）因为，由，得到，
当时，得到，解得，
当时，，所以，
当时，得到，解得，
综上，不等式的解集为或.
（2）因为，
当且仅当时取等号，即时取等号，
因为，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以对任意实数，使.
28．（2024·四川成都·模拟预测）已知，且．
(1)求的最小值m；
(2)证明：．
【答案】(1)4
(2)证明见解析
【分析】（1）将等式变形为，再利用基本不等式，
（2）对已知条件两边同除可得，再利用柯西不等式求证.
【详解】（1）由均值不等式可知，即，（当且仅当时，“=”成立）.
整理得，故的最小值为4．
（2）由（1）知，即证，由可得，
即有，
由柯西不等式可知，
取等条件为，即．故，
即：得证.
29．（2024·四川成都·模拟预测）设，
(1)解不等式：
(2)设的最大值为，已知正数和满足，令，求的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用偶函数的对称性，只需要先研究的部分，然后再分段讨论去绝对值即可分析与研究不等式解集；
（2）利用（1）的分段函数，可求得每一段函数的值域，再求它们的并集即可以得到最大值，再利用代换1思想和均值不等式思想来求出最小值.
【详解】（1）因为，
所以是偶函数，即只需先分析时的值域，
当，， ，舍去，
当，， ，
当， ， ，
综上可得当时，不等式的解集为，
即根据偶函数的对称性可知，不等式的解集为 .
（2）由（1）可知，当，的值域为，当，的值域为,
当，的值域为,时，的值域为,
的最大值为2，，由，
则 ，
①当且仅当时等号成立，
又 ， ， ，
②当且仅当时等号成立.
①+ ②得的最小值为4，当且仅当时等号成立.
30．（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若对任意，使得恒成立，求的取值范围；
(2)令的最小值为.若正数满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，分类讨论去掉绝对值符号即可得到的最小值为4，即可得到，求解不等式，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，结合系数“1”的妙用，由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）当时，；
当时，；
当时，.
则的最小值为4.
由于对任意，使得恒成立，
所以，解得，
故的取值范围是.
（2）由（1）可知的最小值为，则，且均为正数，
则.
，
当且仅当且取“，
即取“=”，所以.