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易错点18不等式选讲（解析版）_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_备战2023年高考数学考试易错题（全国通用）

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易错点18不等式选讲（解析版）_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_备战2023年高考数学考试易错题（全国通用）

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                            易错点 18 不等式选讲
易错点1.绝对值不等式
定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，
等号成立．
2．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|a的解集
不等式 a>0 a＝0 a<0
|x|a {x|x>a或x<－a} {x∈R|x≠0} R
(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法：
①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；
②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解．
②利用零点分段法求解．
③构造函数，利用函数的图象求解．
易错点2.基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b>0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均
不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R
＋
，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
易错点3.不等式证明
1．比较法
(1)比差法的依据是：a－b>0⇔a>b．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形
是手段，变形的目的是判断差的符号．
(2)比商法：若B>0，欲证A≥B，只需证≥1.
2．综合法与分析法
(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列
的推理、论证而得出命题成立．
(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知
条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题
成立．易错点4.柯西不等式
1、柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥ ( ac ＋ bd ) 2 (当
且仅当ad＝bc时，等号成立)．
2、柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α或β是零
向量，或存在实数k，使α＝kβ(α，β为非零向量)时，等号成立．
3、柯西不等式的三角不等式：设x，y，x，y，x，y∈R，
1 1 2 2 3 3
则＋≥.
4、柯西不等式的一般形式：设a ，a ，a ，…，a ，b ，b ，b ，…，b 是实数，则(a
1 2 3 n 1 2 3 n
＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(ab ＋ab ＋…＋ab)2，当且仅当b＝0(i＝1,2，…，n)或存在
1 1 2 2 n n i
一个数k，使得a＝kb(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
i i
1．已知平面向量 ， 是单位向量，且 ，向量 满足 ，则 的最大
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】解：因为 ，所以 ，即 ，又 ，所以
．
所以 ．
因为 ，
所以 ．
故选：A．
2．已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由绝对值三角不等式得： ，当且仅当 时，等号成立，所以
，而 ，所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B
3．设 ，若 的最大值是5，则 的最大值是
（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【详解】当 时，
，
所以 是可能的，故B、C错误；
将点 分别代入 ，
得 ，又 ，
因为 的最大值为5，所以 恒成立，
即 ，解得 ，
当 时， ，无解，故A错误，D正确.
故选：D.
4．关于x的不等式 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由于 ， 时等号成立.
所以 恒成立，
即 或 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故选：C
5．已知函数
(1)当 时，解不等式 ；
(2)若 对于任意的 恒成立，求实数a的取值范围．
【详解】（1）解：当 时，不等式 ，即 ，
所以 或 ，
即得 或 ，
解得 或 ，
所以不等式 的解集为 或
（2）解：因为 对任意的 恒成立，
所以， 对任意的 恒成立，即 ，即 ，
故只要 且 对任意的 恒成立即可，
因为 ， ，当且仅当 时，即 时等号成立，
所以 ，
令 ， ，
因为函数 在 上单调递增，
所以 在 上的单调递增，从而 ，
所以， ，即实数 的取值范围是1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】[方法一]：直接法
因为 ，故 ，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合 ，可得 ，不满足，排除A、D；
代入集合 ，可得 ，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2．已知 ，若对任意 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意有：对任意的 ，有 恒成立．
设 ， ，
即 的图像恒在 的上方（可重合），如下图所示：由图可知， ， ，或 ， ，
故选：D．
3．已知a，b，c都是正数，且 ，证明：
(1) ；
(2) ；
【答案】
（1）
证明：因为 ， ， ，则 ， ， ，
所以 ，
即 ，所以 ，当且仅当 ，即 时取等号．
（2）
证明：因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以 ， ，
当且仅当 时取等号．
4．已知a，b，c均为正数，且 ，证明：
(1) ；
(2)若 ，则 ．
【详解】（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式
由柯西不等式有 ，
所以 ，当且仅当 时，取等号，所以 .
[方法二]：基本不等式由 ， ， ，
，
当且仅当 时，取等号，所以 .
（2）证明：因为 ， ， ， ，由（1）得 ，
即 ，所以 ，
由权方和不等式知 ，
当且仅当 ，即 ， 时取等号，
所以 .
5．已知函数 ．
（1）当 时，求不等式 的解集;
（2）若 ，求a的取值范围．
【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法
当 时， ， 表示数轴上的点到 和 的距离之和，
则 表示数轴上的点到 和 的距离之和不小于 ，
当 或 时所对应的数轴上的点到 所对应的点距离之和等于6，
∴数轴上到 所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是 或
，
所以 的解集为 .
[方法二]【最优解】：零点分段求解法
当 时， ．
当 时， ，解得 ；
当 时， ，无解；
当 时， ，解得 ．
综上， 的解集为 ．
（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意 ，即 恒成立，
，
当且仅当 时取等号，
,
故 ，
所以 或 ，
解得 .
所以 的取值范围是 .
[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值
由 是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得 ，
故 ，下同解法一.
[方法三]：分类讨论+分段函数法
当 时，
则 ，此时 ，无解．
当 时，
则 ，此时，由 得， ．
综上，a的取值范围为 ．
[方法四]：函数图象法解不等式
由方法一求得 后，构造两个函数 和 ，
即 和 ，
 3 3
如图，两个函数的图像有且仅有一个交点M , ，
 2 2
3
由图易知 ，则a ．
|a3|a 2一、单选题
1 3
1．如果不等式 xa 1成立的充分不必要条件是 x ；则实数 的取值范围是（ ）
2 2 a
1 3 1 3  1 3   1 3 
A． ,  B． ,  C．,  ,D．,    ,
2 2 2 2  2 2   2 2 
【答案】B
【详解】 xa 1，解得：a1x1a，
1 3
所以 成立的充分不必要条件是 x ，
a1x1a 2 2
 1 3
故

x
2
 a+1
 2  2
1 3
解得： a ，
2 2
1 3
故实数 的取值范围是 , .
a 2 2
故选：B
1
2．设 ，则“ x1 2”是“ 1”的（ ）
xR x1
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
1
【详解】解不等式可得 x1 21x3， 11x2，
x1
又1x21x3，反之不成立，1
所以“ x1 2”是“ 1”的必要不充分条件，
x1
故选：B.
3．不等式12x 3的解集为（ ）
A．
1,2
B．
 ,12, 
C．
1,
D．
,2
【答案】A
【详解】因为12x 3得312x3，即42x2，
所以1x2.
所以不等式12x 3的解集为 1,2
故选：A
4．若正数m,n,p满足mn p4，且  m2n2 mn  p2n2 pn  m2 p2 mpmnp，
则实数的取值范围为（ ）
A．,6 B． ,4 C． ,12 D． ,8
【答案】D
m2n2 p2n2 m2 p2
【详解】不等式化为   ，
p m n
m2n2 p2n2 m2 p2
左边    mn p
 4p 4m 4n 
mn2 pn2 m p2 
   mn p
 8p 8m 8n 
 
1
 mn pnm p2
8
1
 648，
8
所以8，
实数的取值范围为
,8
.
故选：D
5．“柯西不等式”是由数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，但从历史
的角度讲，该不等式应当称为柯西﹣﹣布尼亚科夫斯基﹣﹣施瓦茨不等式，因为正是后两
位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式推广到完善的地步，在高中数
学选修教材4﹣5中给出了二维形式的柯西不等式：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2当且
a b
仅当ad＝bc（即  ）时等号成立．该不等式在数学中证明不等式和求函数最值等方面
c d都有广泛的应用．根据柯西不等式可知函数 f(x)2 5x x4 的最大值及取得最大值
时x的值分别为（ ）
21 21 61 61
A． 5, B． 3, C． 13, D． 29,
5 5 13 13
【答案】A
【详解】由柯西不等式可知：(2 5x x4)2�  2212( 5x)2( x4)25
 
21
所以 ，当且仅当 即x＝ 时取等号，
2 5x x4 5 2 x4  5x 5
21
故函数 的最大值及取得最大值时 的值分别为 5, ，
f(x)2 5x x4 x 5
故选A．
6．若存在实数a，使得当x0,mm0 时，都有 2x1 x2a 4，则实数m的最大值
为（ ）
3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
【答案】C
【详解】解：由各选项知最大值m1，
3 5 5
因为 2x1 4，解得 x ，所以m .
2 2 2
不等式 2x1 x2a 4可化为x24 2x1 ax24 2x1.
设 f xx24 2x1，gxx24 2x1，
  1

x22x30x

  2
因为 f x 的最小值为3，
 x22x5   1 xm  
  2 
所以当x0,mm0 时，都有gx3.
 1
若x 

0,
2


， gxx22x33 ；
1 
若x 
2
,m 

， gxx22x53 ，所以
m22m80
，解得
m2
.
综上，所求实数m的最大值为2.
故选：C.
7．已知x0，yR，且x2 xyx5y30，则 2x  303y 的最大值为（ ）
A． 3 B． 6 C．2 6 D．3 2【答案】C
【详解】由x2 xyx5y30可得x2 x30xy5y0，即 x5xy60.
由x0可知xy6，所以 2x 303y  2x 123x  2x 3 4x.
由x0，2x0可得0x2，
由柯西不等式得
 2   2  2  2
2x 3 4x  12 3  2x  4x 24，
   
4x 2x 1
所以 ，当  即x 时，取等号.
2x 3 4x 2 6 3 1 2
所以 2x  303y 的最大值为2 6.
故选：C.
8．设 f x xb
1
 kxb
2
 2xb
3
，其中常数k 0，b
1
,b
2
,b
3
R.若函数y f x 的图
象如图所示，则数组 b,b ,b  的一组值可以是（ ）
1 2 3
A．
3,1,1
B．
1,2,1
C．
1,2,2
D．
1,3,1
【答案】A
【详解】由于k 0，当x足够大时，
总有 f xxb kxb 2xb ，
1 2 3
由图像可知，此时 f x 与x无关，
故当k 1时，得b b b 0，
1 2 3
由此排除B，C，D；
对于A： f x x3 x1 2x1，1,x1

  1
2x3,1x 
  2
f x ，
 1 
2x5, x3
 2 


1,x3
符合图象，
故选：A.
二、填空题
       1 r
9．已知平面向量，，满足 a  b  ab 2，且 abc  ，则c 的最大值为
a b c 2
________．
5
【答案】 ##2.5
2
 
【详解】由题意， (a  b  )2 a 2 2a  b  b 2 4 ，又 a  b 2，
 
故ab2，
  2   2
故 ab  a 2abb 2，
由向量模长的三角不等式， ab   c  ab  c  ab   c ，
 1 
即 2 c  2 c ，
2
3 r 5 r 5
解得：  c  ，则c 的最大值为 .
2 2 2
5
故答案为：
2
10．在直角坐标系中，定义两点Ax,y  与Bx ,y  之间的“直角距离”为
1 1 2 2
x2
.若A，B是椭圆 y2 1上任意两点，则 的最大值是
d(A,B) x 1 x 2  y 1  y 2 4 d(A,B)
___________
【答案】2 5
【详解】法一：设A(2cos,sin)，B(2cos,sin)，由柯西不等式可知

d(A,B)2coscos sinsin (41)coscos|2 sinsin|2
 
 5 22cos() 2 5.x2 x2
法二：设 Ax 1 ,y 1 ， Bx 2 ,y 2 ，则 4 1  y 1 2 1， 4 2 y 2 2 1.
1 x 1 2x 2 2 y2y2 1  x2y 2x 2y2    x 1 x 2 y y   2  1 x y x y 2    x 1 x 2 y y   2 ，
16 1 2 4 1 2 2 1  4 1 2  4 1 2 2 1  4 1 2 
xx
所以 1 2 y y 1，
4 1 2
x x 2 xx 
则 1 2 y y 2 22 1 2 y y 4，
4 1 2  4 1 2 
x x 2 
由柯西不等式可知(41) 1 2 y y 2  x x  y y 2 ，
 4 1 2  1 2 1 2
所以  x x  y y 2 20，
1 2 1 2
所以 x x  y y 2 5，
1 2 1 2
d(A,B) x x  y y 的最大值是2 5.
1 2 1 2
故答案为：2 5
三、解答题
11．已知： f x x1 xm ，m0．
(1)若m2，求不等式 f x2的解集；
(2)gx f x xm ，若gx 的图象与x轴围成的三角形面积不大于54，求m的取值范
围．
【详解】（1）当m2时，
3,x2

f x x1 x2 2x1,1 x2，

3,x1
当x2时， f x32成立；
3
当 时， f x2x12，则 x2；
1x2 2
当x1时， f x32不合题意，
3 
综上， f x2 的解集为 2 ,  ；
x2m1,xm

（2）因为 ，所以gx x12 xm 3x12m,1xm，

m0
x2m1,x1由 gx0 ，解得：x 1 2m1,x 2  2m 3 1 ，则 x 2 x 1  4m 3 4  3 4 m1 ，
当x1时，gx 单调递增，当1xm时，gx 单调递增，当x>m时，gx
单调递
减，
所以当xm时，gx 取得最大值，gx
max
gmm1，
1 4 2
∴图象与 轴围成的三角形面积为S   m12  m12 54，
x 2 3 3
解得：10m8，又m0，则0m8，
∴m的取值范围是
0,8
.
12．已知a,b,c均为正实数，且abc1.
1 2 4
(1)求   的最小值;
a b c
2 2 2
(2)证明:bcacab   .
bc ac ab
【答案】
（1）
1 2 4 1 2 4
由基本不等式可知   33   3386，
a b c a b c
1 2 4 1
当且仅当   ，即 a ,b1,c2时等号成立，
a b c 2
1 2 4
所以   的最小值为 6 .
a b c
（2）
1 1 1
因为 ，所以bcacab   .
abc1 a b c
1 1 1 2 2 4
 2   
a b ab ab ab ab.
2
1 1 4 1 1 4
同理可得   ，  
b c bc a c ac
1 1 1 4 4 4
所以2      ，
a b c bc ac ab
当且仅当abc时等号成立.
1 1 1 2 2 2
所以      ，
a b c bc ac ab
2 2 2
即bcacab   .
bc ac ab                        

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