专题 1.4 不等式与复数
【新高考专用】
题型一 不等式性质及其应用
1．（2024·青海西宁·一模）下列命题中，正确的是（ ）
1 1
A．若ab≠0且a<b，则 > B．若a>b，则a2>b2
a b
C．若a>b，c>d，则ac>bd D．若a>b，则a+c>b+c
【解题思路】利用特殊值法和不等式的性质即可求解.
1 1 1 1
【解答过程】对于A选项，令a=−1,b=1，则 < ，所以 > 不成立，故A错误；
−1 1 a b
对于B选项，令a=−1,b=−2，则(−1) 2<(−2) 2，所以a2>b2不成立，故B错误；
对于C选项，令a=−1,b=−2,c=3,d=1，则(−1)×3<(−2)×1，所以ac>bd不成立，故C错误；
对于D选项，由a>b及不等式的可加性可得a+c>b+c，故D正确.
故选：D.
x2 x3
2．（2024·江苏南通·模拟预测）设x,y为实数，满足3≤x y2≤8,4≤ ≤9，则 的最大值为（ ）
y y4
A．27 B．24 C．12 D．32
【解题思路】根据不等式的基本性质计算即可求解.
1 1 1
【解答过程】由3≤x y2≤8，得 ≤ ≤ ，
8 x y2 3
x2 x4
又4≤ ≤9，所以16≤ ≤81，
y y2
1 1 x4 1 x3
所以 ×16≤ × ≤ ×81，即2≤ ≤27，
8 x y2 y2 3 y4x3
所以 的最大值为27.
y4
故选：A.
a b
3．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）已知有三个条件：①ac2>bc2；② > ；③a2>b2，中能成为a>b的
c c
充分条件的是 ① .(填序号)
【解题思路】根据充分条件的判定一一分析即可.
【解答过程】①由ac2>bc2可知c2>0，即a>b， 故“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件；
②当c<0时，a<b ；
③当a<0，b<0时，满足a2>b2，有a<b ；
故②、③不是a>b的充分条件.所以能成为“a>b”的充分条件的只有①，
故答案为：①.
4．（24-25高一上·河北石家庄·阶段练习）已知实数x,y满足−1≤x+ y≤4且2≤x−y≤3，则x−3 y的取
值范围是 [0,7] ．
【解题思路】由已知条件结合不等式的性质即可求解．
【解答过程】因为实数x,y满足−1≤x+ y≤4且2≤x−y≤3，
设x−3 y=m(x+ y)+n(x−y)，则¿，
得m=−1, n=2，故x−3 y=−(x+ y)+2(x−y)，
又因为−4≤−(x+ y)≤1,4≤2(x−y)≤6，
所以0≤−(x+ y)+2(x−y)≤7．
故答案为：[0,7]．
题型二 基本不等式与最值
1 1
5．（2024·河北·模拟预测）已知x>1，y>0，且 + =1，则4x+ y的最小值为（ ）
x−1 y
15+5√5
A．13 B． C．14 D．9+√65
2
( 1 1)
【解题思路】由4x+ y=4(x−1)+ y+4=[4(x−1)+ y] + +4，利用基本不等式即可求.
x−1 y
1 1
【解答过程】∵x>1，∴x−1>0，又y>0，且 + =1，
x−1 y
( 1 1) y 4(x−1)
∴4x+ y=4(x−1)+ y+4=[4(x−1)+ y] + +4=9+ +
x−1 y x−1 y√ y 4(x−1)
≥9+2 ⋅ =13，
x−1 y
当且仅当¿，解得¿时等号成立，故4x+ y的最小值为13.
故选：A.
3 2
6．（2024·湖北黄冈·一模）若m>0,n>0，且3m+2n−1=0，则 + 的最小值为（ ）
m n
A．20 B．12 C．16 D．25
3 2 3 2
【解题思路】利用 + =( + )(3m+2n)，结合基本不等式可求和的最小值.
m n m n
【解答过程】因为3m+2n−1=0，所以3m+2n=1，
3 2 3 2 3 2 6n 6m
所以 + =( + )×1=( + )(3m+2n)=9+ + +4
m n m n m n m n
√6n 6m
≥13+2 × =13+12=25，
m n
6n 6m 1
当且仅当 = ，即m=n= 时取等号，
m n 5
3 2
所以 + 的最小值为25.
m n
故选：D.
1
7．（2024·上海奉贤·三模）若a+b=1，则ab有最大值为 ．
4
【解题思路】根据基本不等式即可求解.
【解答过程】因为a+b=1，显然当a,b>0时，ab取得最大值，所以a+b=1≥2√ab，
1
当且仅当a=b时等号成立，所以0<ab≤ ，
4
1
所以ab有最大值为 .
4
1
故答案为： .
4
1
8．（2024·吉林长春·模拟预测）设a,b≥0且2a+b+2ab=1，则a+b的最小值为 ．
2
【解题思路】根据已知条件得出(2a+1)(b+1)=2，再应用基本不等式求出最小值即可.
【解答过程】因为2a+b+2ab=1，所以(2a+1)(b+1)=2，1 3 √1 3 3 1
因为a,b≥0，所以a+b= (2a+1)+(b+1)− ≥2 (2a+1)(b+1)− =2− = ，
2 2 2 2 2 2
1 1 1
当且仅当 (2a+1)=b+1，即a= ,b=0时取等号，所以a+b的最小值为 ．
2 2 2
1
故答案为： .
2
题型三 基本不等式中的恒成立问题
m 4a+9b
9．（24-25高一上·四川达州·期中）已知a>0，b>0， 若不等式 ≤ 恒成立，则实数m的最
a+b ab
大值为（ ）
A．64 B．25 C．13 D．12
(4a+9b)
【解题思路】将不等式变形为m≤ (a+b)，利用基本不等式即可得出答案．
ab
【解答过程】a>0，b>0，则a+b>0，
m 4a+9b (4a+9b)
不等式 ≤ 恒成立，即m≤ (a+b)恒成立，
a+b ab ab
(4a+9b) (4 9) 4a 9b √4a 9b
(a+b)= + (a+b)=13+ + ≥13+2 ⋅ =25，
ab b a b a b a
4a 9b 2
当且仅当 = ，即b= a时等号成立，
b a 3
所以m≤25，即实数m的最大值为25.
故选：B.
4 1
10．（24-25高一上·安徽池州·期中）已知x>0，y>0，且x+ y=5，若 + ≥2m+1恒成立，则实
x+1 y+2
数m的取值范围是（ ）
( 2] ( 1 ]
A． −∞, B． −∞,
5 16
( 1]
C． −∞, D．(−∞,4]
2
4 1 1
【解题思路】由已知条件得出(x+1)+(y+2)=8，将代数式 + 与 [(x+1)+(y+2)]相乘，展开后
x+1 y+2 8
4 1
利用基本不等式求出 + 的最小值，根据题意可得出关于m的不等式，解之即可.
x+1 y+2【解答过程】因为x>0，y>0，且x+ y=5，则x+1+ y+2=8，
4 1 1( 4 1 ) 1[ 4(y+2) x+1]
所以 + = + [(x+1)+(y+2)]= 5+ +
x+1 y+2 8 x+1 y+2 8 x+1 y+2
1( √4(y+2) x+1) 9
≥ 5+2 ⋅ = ，
8 x+1 y+2 8
13 2 4 1 9
当且仅当¿时，即当x= ，y= 时，所以 + 的最小值为 ，
3 3 x+1 y+2 8
4 1 9 1
因为 + ≥2m+1恒成立，所以2m+1≤ ，解得m≤ ，
x+1 y+2 8 16
( 1 ]
所以实数m的取值范围是 −∞, .
16
故选：B.
11．（24-25高三上·上海·期中）若对任意正实数a、b，不等式a2+4b2≥kab恒成立，则实数k的取值范围
是 (−∞,4] .
a 4b a 4b
【解题思路】变形可得k≤ + ，利用基本不等式求得 + 的最小值即可.
b a b a
【解答过程】因为a、b为正实数，所以ab>0，
a2+4b2 a 4b
所以由a2+4b2≥kab，可得k≤ = + ，
ab b a
a 4b √a 4b a 4b
又 + ≥2 × =4，当且仅当 = ，即a=2b时取等号，
b a b a b a
因为对任意正实数a、b，不等式a2+4b2≥kab恒成立，所以k≤4，
所以实数k的取值范围是(−∞,4].
故答案为：(−∞,4].
4x 1
12．（2024·辽宁·模拟预测）若关于x的不等式 + ≥4对任意x>2恒成立，则正实数a的取值集合为
a x−2
{a|0<a≤4} ．
4(x−2) 1 8
【解题思路】分析可得原题意等价于 + ≥4− 对任意x>2恒成立，根据恒成立问题结合基
a x−2 a
本不等式运算求解.
4x 1 4(x−2) 1 8
【解答过程】∵ + ≥4，则 + ≥4− ，
a x−2 a x−2 a4(x−2) 1 8
原题意等价于 + ≥4− 对任意x>2恒成立，
a x−2 a
4(x−2) 1
由a>0，x>2，则 >0, >0，
a x−2
4(x−2) 1 √4(x−2) 1 4
可得 + ≥2 ⋅ = ，
a x−2 a x−2 √a
4(x−2) 1 √a
当且仅当 = ，即x=2+ 时取得等号，
a x−2 2
∴¿，解得0<a≤4．
故正实数a的取值集合为{a|0<a≤4}.
故答案为：{a|0<a≤4}．
题型四 二次不等式及其参数问题
13．（2024·甘肃张掖·模拟预测）不等式|x2−3x|<2−2x的解集是（ ）
( 1) ( 1 1) ( 5−√17) (5−√17 1)
A． −1, B． − , C． −1, D． ,
2 2 2 2 2 2
【解题思路】按照x2−3x正负分类讨论取绝对值，运算得解.
【解答过程】当x2−3x≥0，即x≥3或x≤0时，
不等式|x2−3x|<2−2x等价于x2−3x<2−2x，即x2−x−2<0，
解得−1<x<2，所以−1<x≤0；
当x2−3x<0，即0<x<3时，不等式|x2−3x|<2−2x等价于不等式3x−x2<2−2x，即x2−5x+2>0，
5+√17 5−√17 5−√17
解得x> 或x< ，所以0<x< .
2 2 2
( 5−√17)
综上，不等式|x2−3x|<2−2x的解集是 −1, .
2
故选：C.
14．（2024·广东·一模）已知a,b,c∈R且a≠0，则“ax2+bx+c>0的解集为¿”是“a+b+c=0”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
【解题思路】根据一元二次不等式的解及充分条件、必要条件求解.
【解答过程】由题意，二次不等式ax2+bx+c>0的解集为¿，
则等价于¿，即a=c>0,b=−2a，即a+b+c=0，
当a+b+c=0时，不能推出a=c>0,b=−2a，
所以“ax2+bx+c>0的解集为¿”是“a+b+c=0”的充分不必要条件，
故选：A.
( 1 )
15．（24-25高一上·上海·阶段练习）若不等式ax2+bx+1>0的解集是 − ,1 ，则bx2+ax+1≤0的解集
2
为 {1} ．
【解题思路】由一元二次不等式的解集与方程根的关系可求出a,b，再根据一元二次不等式的解法求解即
可.
( 1 )
【解答过程】不等式ax2+bx+1>0的解集是 − ,1 ，
2
1
则− ,1是方程ax2+bx+1=0的两根，
2
所以¿，所以¿，
由bx2+ax+1≤0，得x2−2x+1≤0，
即(x−1) 2≤0，解得x=1，
所以bx2+ax+1≤0的解集为{1}.
故答案为：{1}.
16．（24-25高一上·天津津南·期中）关于x的不等式x2−(m+2)x+2m≤0恰有三个整数解，则实数m的
取值范围是 (−1, 0]∪[4, 5) .
【解题思路】由题可得不等式的解集为[2,m]或[m,2]，由不等式有3个整数解可得答案.
【解答过程】x2−(m+2)x+2m≤0⇒(x−m)(x−2)≤0.
若m=2，则(x−2) 2≤0⇒x=2不合题意；
若m>2，不等式解集为[2,m]，因恰有三个整数解，则三个整数为2，3，4，则4≤m<5；
若m<2，不等式解集为[m,2]，因恰有三个整数解，则三个整数为0，1，2，则−1<m≤0.
故答案为：(−1, 0]∪[4, 5).题型五 一元二次不等式恒成立、有解问题
17．（24-25高一上·安徽宿州·期中）已知∀x∈[0,+∞)，x2+ax+4≥0恒成立，则实数a的取值范围为
（ ）
A．[−4,4] B．[−4,+∞)
C．(−∞,4] D．(−∞,−4)∪(4,+∞)
【解题思路】利用分离常数法，结合基本不等式来求得a的取值范围.
( 4)
【解答过程】当x=0时，4≥0恒成立；当x∈(0,+∞)时，a≥− x+ 恒成立，
x
4 √ 4 4
又x+ ≥2 x⋅ =4，当且仅当x= ，即x=2时取等号，
x x x
( 4)
所以− x+ ≤−4，所以a≥−4.
x
故选：B.
[1 ]
18．（24-25高一上·广东佛山·阶段练习）若存在x∈ ,3 ，使不等式x2−ax+1≥0成立，则实数a取值
2
范围是（ ）
5
A．−2≤a≤2 B．a≤
2
10 10
C．a≤ D．−2≤a≤
3 3
[1 ]
【解题思路】令f(x)=x2−ax+1，将问题等价转化为f (x)≥0,x∈ ,3 ，然后讨论f(x)的最大值，
max 2
从而求出a的取值范围.
a
【解答过程】令f(x)=x2−ax+1，对称轴方程为x= ，
2
[1 ]
若存在x∈ ,3 ，使不等式x2−ax+1≥0成立，
2
[1 ]
等价于f(x) ≥0,x∈ ,3 ，
max 2
1
+3 7 10
当a 2 7时，即a≤ 时，f(x) =f(3)=10−3a≥0，解得a≤ ，
≤ = 2 max 3
2 2 4
7 10 10 10
因为(−∞, ]∩(−∞, ]=(−∞, ]，所以a∈(−∞, ]；
2 3 3 3a 7 7 1 5 a 5
当 > 时，即a> 时，f(x) =f( )= − ≥0，解得a≤ ，
2 4 2 max 2 4 2 2
7 5
因为( ,+∞)∩(−∞, ]=∅，所以a∈∅；
2 2
10 10 10
因为(−∞, ]∪∅=(−∞, ]，所以a∈(−∞, ].
3 3 3
故选:C.
19．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知x2+(2−a)x+4−2a≥0对任意x∈(−2,+∞)恒成立，则实数a
的取值范围为 a≤2 .
x2+2x+4
【解题思路】变形得到 ≥a在x∈(−2,+∞)上恒成立，由基本不等式求出
x+2
x2+2x+4 4
=(x+2)+ −2≥2，得到a≤2.
x+2 x+2
【解答过程】x2+(2−a)x+4−2a≥0⇒x2+2x+4≥a(x+2)，
x2+2x+4
因为x∈(−2,+∞)，所以问题等价于 ≥a在x∈(−2,+∞)上恒成立，
x+2
x2+2x+4 (x+2) 2−2(x+2)+4 4 √ 4
其中 = =(x+2)+ −2≥2 (x+2)⋅ −2=2，
x+2 x+2 x+2 x+2
4
当且仅当x+2= ，即x=0时，等号成立，
x+2
故a≤2.
故答案为：a≤2.
20．（24-25高一上·江苏苏州·阶段练习）已知关于x的不等式x2−(a+2)x+a+5≤0在x∈(1,4]上有解，
则实数a的取值范围是 [4,+∞) ．
【解题思路】把关于x的不等式x2−(a+2)x+a+5≤0在x∈(1,4]上有解的问题，利用分离参数求最值转
x2−2x+5 x2−2x+5
化为a≥ ，在x∈(1,4]上有解，再求t= ，x∈(1,4]的最小值即可.
x−1 x−1
【解答过程】要使不等式x2−(a+2)x+a+5≤0在x∈(1,4]上有解，
x2−2x+5
则a≥ ，在x∈(1,4]上有解，
x−1
x2−2x+5
令t= ，x∈(1,4]，
x−1
x2−2x+5 (x−1) 2+4 4 √ 4
则t= = =(x−1)+ ≥2 (x−1)× =4，
x−1 x−1 x−1 x−14
当且仅当x−1= ，即x=3时等号成立，
x−1
故x=3时，t =4，
min
因此要使不等式x2−(a+2)x+a+5≤0在x∈(1,4]上有解，
则a≥4，
故答案为：[4,+∞).
题型六 复数的四则运算
21．（2024·四川·一模）已知i为虚数单位，则(1+i) 2+2(1−i)的值为（ ）
A．4 B．2 C．0 D．4i
【解题思路】根据条件，利用复数运算法则及虚数单位的性质，即可求解.
【解答过程】因为(1+i) 2+2(1−i)=1+2i+i2+2−2i=2
故选：B.
20
22．（2024·安徽安庆·三模）若复数z的实部大于0，且z(z+1)= ，则z=（ ）
3+i
A．1−2i B．2−i C．2+i D．1+2i
【解题思路】根据复数的运算和复数相等计算即可.
【解答过程】令z=a+bi，且a>0，b∈R，
则z(z+1)=(a−bi)(a+1+bi)=a2+a+b2−bi
20 20(3−i)
因为 = =6−2i
3+i (3+i)(3−i)
根据复数相等有¿，解得：a=1，b=2．
所以z=1+2i.
故选：D.
1+2i 1
23．（2024·上海·模拟预测）复数z= ，则z⋅z= .
3+4i 5
【解题思路】先利用复数的除法运算化简z，再利用复数的乘法计算即可.
1+2i (1+2i)(3−4i) 11+2i 11 2
【解答过程】z= = = = + i，
3+4i (3+4i)(3−4i) 25 25 25
(11 2 )(11 2 ) 121 4 125 1
z⋅z= + i − i = + = = .
25 25 25 25 625 625 625 51
故答案为： .
5
24．（2024·广东广州·模拟预测）已知i为虚数单位，复数z满足iz+2=z−2i，则z= 2i .
2+2i
【解题思路】根据题意化简出z= ，利用复数的除法运算，即可得答案.
1−i
【解答过程】由复数z满足iz+2=z−2i，
2+2i (2+2i)(1+i)
化简得z= = =(1+i) 2=2i
.
1−i (1+i)(1−i)
故答案为：2i.
题型七 复数的几何意义
25．（2024·福建·三模）若复数z满足1−z=2i+iz，则复数z在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】利用复数的除法求复数，进而判断对应点所在象限.
1−2i (1−2i)(1−i) 1 3
【解答过程】由题设1−2i=z(1+i)⇒z= = =− − i，
1+i (1+i)(1−i) 2 2
1 3
则对应点为(− ,− )在第三象限.
2 2
故选：C.
26．（2024·安徽·一模）已知复数z满足z(2−i)=(1+i) 2，则复数z的共轭复数z在复平面内对应的点位于
（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】利用复数的四则运算法则可求z，进而可得共轭复数z在复平面内对应的点所在的象限.
【解答过程】由z(2−i)=(1+i) 2，可得z(2−i)=1+2i+i2=2i，
2i 2i(2+i) −2+4i 2 4 2 4
所以z= = = =− + i，所以z=− − i .
2−i (2−i)(2+i) 5 5 5 5 5
2 4
所以复数z的共轭复数z在复平面内对应的点的坐标为(− ,− )，位于第三象限.
5 5
故选：C.
27．（2024·安徽·模拟预测）若复数z=(a+4)−(a+5)i在复平面内对应的点位于第三象限，则实数a的取
值范围是 (−5,−4) .
【解题思路】由实部和虚部都小于零解不等式组求出即可.【解答过程】由题意得，¿，解得−5<a<−4，
∴实数a的取值范围是(−5,−4).
故答案为：(−5,−4).
a−i
28．（2024·江苏南通·二模）复数z= （i为虚数单位）在复平面内对应的点位于实轴上，则实数a的值
1+i
为
−1 .
【解题思路】利用复数的除法运算化简复数z，由几何意义可得z所对应的点的坐标，进一步可得答案.
a−i (a−i)(1−i) a−1 a+1 a−1 a+1
【解答过程】由已知，z= = = − i，所以z所对应的点为( ,− )，
1+i (1+i)(1−i) 2 2 2 2
a+1
此点在实轴上，所以− =0，解得a=−1.
2
故答案为：−1.
一、单选题
1．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题为真命题的是（ ）
b+c b
A．若a>b，则 > B．若a>b，c>d，则a−d>b−c
a+c a
1 1
C．若a<b<0，则a2<ab<b2 D．若a>b，则 >
a−b a
【解题思路】由不等式的基本性质，赋值法逐项判断即可.
b+c b
【解答过程】对于A，可以取a=2，b=1，c=−1，此时 < ，所以A错误.
a+c a
对于B：∵c>d，∴−d>−c，因为a>b，所以a−d>b−c，故B正确；
对于C：取a=−2，b=−1时，则a2=4，ab=2，b2=1，则a2>ab>b2，故C错误；
1 1 1 1 1
对于D：当a=1，b=−1时， = ， =1，则 < ，故D错误；
a−b 2 a a−b a
故选：B.
2．（2024·广东·模拟预测）已知复数z=2i(1−i)+1，则|z|=（ ）
A．√5 B．√13 C．5 D．13
【解题思路】先化简z的表达式，然后求得z的模.
【解答过程】z=2i(1−i)+1=2i−2i2+1=3+2i，所以|z|=√32+22=√13.
故选：B.
3．（2024·浙江金华·模拟预测）设a,b,c的平均数为M,a与b的平均数为N,N与c的平均数为P.若a>b>c,
则（ ）
A．N<P B．P<M
C．N<M D．M+N<2P
【解题思路】根据作差法比较大小,首先将要比较的M,N,P,用a,b,c表示,后作差变形,运用a>b>c这个条
件,判断正负即可比较出大小.
a+b
a+b+c a+b +c
【解答过程】根据题意得,M= ,N= , N+c 2 a+b+2c,
3 2 P= = =
2 2 4
a+b a+b+2c a+b−2c
对于A选项,N−P= − = ,
2 4 4
a+b−2c
∵a>b>c,∴a−c>0,b−c>0,∴a+b−2c>0,∴N−P= >0,∴N>P.
4
a+b+c a+b+2c a+b−2c
对于B选项,M−P= − = ,
3 4 12
a+b−2c
∵a>b>c,∴a−c>0,b−c>0,∴a+b−2c>0,∴M−P= >0,∴M>P.
12
a+b+c a+b −a−b+2c
对于C选项,M−N= − = ,
3 2 6
−a−b+2c
∵a>b>c,∴c−a<0,c−b<0,∴2c−a−b<0,∴M−N= <0,∴M<N.
6
对于D选项,∵M>P,N>P,∴M+N>2P.
故选：B.
2+bi
4．（2024·全国·模拟预测）若(2−i)a= ，其中a，b是实数，i是虚数单位，则a+bi对应点在
i
（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】依题意可得a+2ai=2+bi，根据复数相等的充要条件求出a，b，再根据复数的几何意义判
断即可.2+bi
【解答过程】因为(2−i)a= ，所以(2−i)ai=2+bi，即a+2ai=2+bi，其中a，b是实数，
i
所以¿，即¿，
则a+bi=2+4i，在复平面内对应的点为(2,4)，位于第一象限.
故选：A．
9 1
5．（2024·云南大理·模拟预测）已知a≥0，b≥0且2a+b=1，则 + 的最小值为（ ）
a+1 a+b
A．4 B．6 C．8 D．10
【解题思路】根据已知等式，应用常值代换法应用基本不等式求和的最小值即可.
9 1 ( 9 1 ) 1
【解答过程】 + = + [(a+1)+(a+b)]×
a+1 a+b a+1 a+b 2
[ 9(a+b) (a+1) ] 1
= 9+ + +1 ×
a+1 a+b 2
( √9(a+b) (a+1)) 1 1
≥ 10+2 ⋅ × =8（当且仅当a= ，b=0时取等号）.
a+1 a+b 2 2
故选:C.
6．（2024·浙江宁波·一模）不等式(x2−ax−1)(x−b)≥0对任意x>0恒成立，则a2+b2的最小值为（ ）
A．2√2−2 B．2 C．2√2 D．2√2+2
1
【解题思路】先由题意得到x=b是x2−ax−1=0的一个根，从而得到a,b之间的关系式为a=b− ，消元
b
并利用均值不等式求解即可.
【解答过程】由题意可得，需满足x=b是x2−ax−1=0的一个根，
1
即b2−ab−1=0，且b>0，所以a=b− ，
b
a2+b2= ( b− 1) 2 +b2=2b2+ 1 −2≥2√2−2，
b b2
当且仅当2b2= 1 ，即b= √ 4 1 时取等号.
b2 2
所以a2+b2的最小值为2√2−2.
故选：A.
7．（2024·宁夏银川·一模）下列结论正确的个数有（ ）个a
①ab>0是 >0的充要条件
b
y x 2√5+2
②已知实数x、y满足5x>y>0，则 + 的最小值为
5x−y y 5
③命题“∃x>1，x2−x≤0”的否定是“∀x>1，x2−x>0”
④关于x的不等式x2−ax+1<0有解，实数a的范围是a<−2或a>2.
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由充分、必要性定义判断①；由基本不等式及最值取值条件判断②；由存在量词命题的否
定：存在改任意并否定原结论判断③；根据一元二次不等式有解得Δ>0求参数范围判断④.
a a
【解答过程】①由ab>0，即a,b同号，故 >0；由 >0，即a,b同号，故ab>0，
b b
a
所以ab>0是 >0的充要条件，正确；
b
5x x 1
②因为5x>y>0，所以 −1>0，即 > ，
y y 5
y x 1 x 1 x 1 1 √ 1 (x 1) 1
+ = + = + − + ≥2 × − + 2√5+1
所以5x−y y 5x
−1
y
5
(x
−
1) y 5 5
5
(x
−
1) y 5 5 =
5
，
y y 5 y 5
1 (x 1)
= − x 1+√5
当且仅当 (x 1) y 5 ，即 = 时等号成立，
5 − y 5
y 5
y x 2√5+1
所以 + 的最小值为 ，错误；
5x−y y 5
③由存在量词命题的否定为全称量词命题知命题，
命题“∃x>1，x2−x≤0”的否定是“∀x>1，x2−x>0”，正确；
④由题设Δ=a2−4>0，解得a<−2或a>2，正确.
故选：C.
8．（2024·福建南平·二模）关于t的实系数二次不等式t2+(b−1)t+a<0的解集为(−2,−1)，若ax−by=1
，(x,y∈R)，则2x−y的最小值为（ ）
1
A． B．√2 C．2 D．2√2
2
【解题思路】由已知可得−2，−1是一元二次方程t2+(b−1)t+a=0的根，进而可得¿，可得1+4y 1 ，可求 的最小值.
2x−y= =2y+ 2x−y
2y 2y
【解答过程】因为关于t的实系数二次不等式t2+(b−1)t+a<0的解集为(−2,−1)，
所以−2，−1是一元二次方程t2+(b−1)t+a=0的根，
所以¿，解得¿，所以2x−4y=1，所以2x=4y+1，
1+4y 1 √ 1
所以2x−y= =2y+ ≥2 2y× =2,
2y 2y 2y
当且仅当y=0,x=1时取等号.
所以2x−y的最小值为2.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·江苏徐州·模拟预测）在复平面内，若复数z对应的点为(1,3)，则（ ）
A．z+z=2 B．z2=10
| z |
C．zz=10 D． z− =5
1+i
【解题思路】根据题意写出复数的标准式，再写出其共轭复数，再利用复数的乘除、模长公式，可得答案.
【解答过程】由题意可得z=1+3i，则z=1−3i，
对于A，z+z=2，故A正确；
对于B，z2=(1+3i)(1+3i)=1+3i+3i+9i2=−8+6i≠10，故B错误；
对于C，zz=(1+3i)(1−3i)=12−(3i) 2=1+9=10，故C正确；
z 1+3i (1+3i)(1−i) 1−i+3i−3i2
对于D，z− =(1+3i)− =1+3i− =1+3i−
1+i 1+i 1+1 2
1 | z |
=1+3i− (4+2i)=−1+2i， z− =√1+4=√5，故D错误；
2 1+i
故选：AC.
10．（2024·广东佛山·一模）已知a，b>0，且ab=a+2b+6，则（ ）
A．ab的最小值为18 B．a2+b2的最小值为36
2 1 2
C． + 的最小值为 D．a+b的最小值为3+4√2
a b 3
【解题思路】对于A，根据基本不等式可得ab=a+2b+6≥2√2ab+6，进而求解即可判断；对于B，根2 1 6
据基本不等式可得a2+b2≥2ab≥36，验证取等条件即可判断；对于C，由题意可得 + =1− ，进而
a b ab
a+6 8
结合ab≥18即可判断；对于D，结合题意可得b= ，a>2，进而得到a+b=a−2+ +3，再根据
a−2 a−2
基本不等式求解即可判断.
【解答过程】对于A，由于ab=a+2b+6≥2√2ab+6，即(√ab−3√2)(√ab+√2)≥0，
则√ab≥3√2，即ab≥18，当且仅当a=2b=6时等号成立，
所以ab的最小值为18，故A正确；
对于B，由a2+b2≥2ab≥36，当且仅当a=b且a=2b时等号成立，
显然不能同时成立，取不到等号，故B错误；
2 1 a+2b ab−6 6 6 2
对于C，由于ab=a+2b+6，所以有 + = = =1− ≥1− = ，
a b ab ab ab 18 3
当且仅当a=2b=6时等号成立，
2 1 2
即 + 的最小值为 ，故C正确；
a b 3
a+6
对于D，因为a>0，b= >0，所以a>2，
a−2
a+6 8 √ 8
所以a+b=a+ =a−2+ +3≥2 (a−2)⋅ +3=4√2+3，
a−2 a−2 a−2
8
当且仅当a−2= ，即a=2+2√2，b=1+2√2时等号成立，
a−2
则a+b的最小值为3+4√2，故D正确．
故选：ACD．
11．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式4x2−5x+1>0的解集是¿
B．不等式2x2−x−6≤0的解集是¿
C．若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，则a的取值范围是∅
1
D．若关于x的不等式2x2+px−3<0的解集是(q,1)，则p+q的值为−
2
【解题思路】对于AB，直接解一元二次不等式即可判断；对于C，对a分类讨论即可判断；对于D，由一
元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得p,q，然后即可判断.
1
【解答过程】对于A，4x2−5x+1>0⇔(x−1)(4x−1)>0⇔x< 或x>1，故A错误；
43
对于B，2x2−x−6≤0⇔(x−2)(2x+3)≤0⇔− ≤x≤2，故B错误；
2
若不等式ax2+8ax+21<0恒成立，
当a=0时，21<0是不可能成立的，
所以只能¿，而该不等式组无解，综上，故C正确；
对于D，由题意得q,1是一元二次方程2x2+px−3=0的两根，
3
从而¿，解得p=1,q=− ，
2
3 3
而当p=1,q=− 时，一元二次不等式2x2+x−3<0⇔(x−1)(2x+3)<0⇔− <x<1满足题意，
2 2
1
所以p+q的值为− ，故D正确.
2
故选：CD.
三、填空题
1
12．（2024·河北·模拟预测）已知复数z=1+i，设w=z+ ，若复数w在复平面内对应的点为P，点P关于
z
实轴的对称点为P′，则|P′P|的值为 1 .
3 1 3 1 3 1
【解题思路】根据条件，利用复数的运算，得到w= + i，从而有P( , )，P′ ( ,− )，即可求解.
2 2 2 2 2 2
1 1 1−i 3 1 3 1
【解答过程】因为z=1+i，则w=z+ =1+i+ =1+i+ = + i，所以点P( , )，
z 1+i 2 2 2 2 2
3 1 |1 1 |
得到P′ ( ,− )，所以 |P′P|= −(− ) =1，
2 2 2 2
故答案为：1.
5
13．（2024·广西·模拟预测）若不等式ax2>x2−x−1对x∈(−∞,0)恒成立，则a的取值范围是 a>
4
．
【解题思路】通过参数分离等价转化不等式，再求二次函数在给定区间的最值，即可求出a的取值范围．
【解答过程】由不等式ax2>x2−x−1对x∈(−∞,0)恒成立，
x2−x−1 (x2−x−1)
可转化为a> 对x∈(−∞,0)恒成立，即a> ，
x2 x2
maxx2−x−1 1 1 1 1 2 5
而 =− − +1=−( + ) + ，
x2 x2 x x 2 4
1 1 2 5 5 5
当x=−2时，−( + ) + 有最大值 ，所以a> ，
x 2 4 4 4
5
故答案为：a> ．
4
14．（2024·全国·模拟预测）设max{a,b,c}为实数a,b,c中最大的数．若，x>0,y>0,z>0，则
{ 1 1 y 1}
max xz+ ,x+ , + 的最小值为 2 ．
y yz x z
{ 1 1 y 1}
【解题思路】设A=max xz+ ,x+ , + ，分0<z≤1,z>1，分类讨论代数式间的大小关系，利用
y yz x z
基本不等式求得A的最小值，即可求解．
{ 1 1 y 1}
【解答过程】设A=max xz+ ,x+ , + ，
y yz x z
1 1 y 1
则A≥xz+ >0，A≥x+ >0，A≥ + >0，
y yz x z
1 1 1 y 1
因为A≥xz+ =z(x+ ) ，当0<z≤1时，只需考虑A≥x+ >0，A≥ + >0，
y yz yz x z
1 1 √ x y 1 y √ y
又因为A≥x+ ≥x+ ≥2 ，A≥ + ≥ +1≥2 ，
yz y y x z x x
√ y √ x
两式相乘得A2≥2 ⋅2 =4，可得A≥2，当且仅当x= y=z=1时取等号，
x y
1 1 1 y 1
当z>1时，0<x+ <xz+ ，只需考虑A≥xz+ ，A≥ + ，
yz y y x z
两式相乘得A2≥ ( xz+ 1)( y + 1) =x+ 1 + yz+ 1 ≥2 √ x× 1 +2 √ 1 ×yz=4，
y x z x yz x yz
则A≥2，当且仅当x= y=z=1时取等号，
因为z>1，故A>2，综上所述，A的最小值为2．
故答案为：2.
四、解答题
z+2
15．（24-25高二上·江苏无锡·期中）已知复数z=bi（b∈R）， 为实数.
1+i
(1)求|z+z2|；(2)若复数(m+z) 2在复平面内对应的点在第四象限，且z为实系数方程x2+(m2−9)x+4=0的根，求实数m
的值.
【解题思路】（1）根据复数为实数求出b，代入化简后求复数模即可；
（2）由复数是实系数方程的根代入求出m，再结合所在象限舍去不合适的值.
z+2 2+bi (2+bi)(1−i) b+2 b−2
【解答过程】（1）由z=bi， 为实数，则 = = + i为实数，
1+i 1+i (1+i)(1−i) 2 2
b−2
所以 =0，b=2，即z=2i，z2=−4，
2
所以|z+z2|=|−4+2i|=2√5.
（2）由(m+z) 2=(m+2i) 2=m2−4+4mi在复平面内对应的点在第四象限，
所以¿，
又z=2i为实系数方程x2+(m2−9)x+4=0的根，
则4+2(m2−9)i−4=0，
所以m2−9=0，m=±3，
又m<−2，所以m=−3.
16．（2024·吉林长春·模拟预测）港珠澳大桥通车后，经常往来于珠港澳三地的刘先生采用自驾出行.某次
出行，刘先生全程需要加两次油，由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：
每次均加30升的燃油；第二种方案，每次加200元的燃油.
(1)若第一次加油时燃油的价格为5元/升，第二次加油时燃油的价格为4元/升，请计算出每种加油方案的
平均价格（平均价格=总价格/总升数）；
(2)分别用m，n（m≠n）表示刘先生先后两次加油时燃油的价格，请计算出每种加油方案的平均价格，选
择哪种加油方案比较经济划算？并给出证明.
【解题思路】（1）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，然后作差，即可得到结果.
【解答过程】（1）第一种方案，两次加油共花费30×5+30×4=270元，两次共加了60升燃油，
270
所以平均价格为 =4.5元/升；
60
(200 200)
第二种方案，两次加油共花费200+200=400元，两次共加了 + =90升燃油，所以平均价格为
5 4400 40
= 元/升；
90 9
（2）由题意可得，第一种方案，两次加油共花费(30m+30n)元，两次共加了60升燃油，所以平均价格为
30m+30n m+n
= 元/升；
60 2
(200 200)
第二种方案，两次加油共花费200+200=400元，两次共加了 + 升燃油，所以平均价格为
m n
400 2mn
=
200 200 m+n元/升；
+
m n
m+n 2mn (m+n) 2−4mn (m−n) 2
且 − = = >0，所以选择第二种加油方案比较经济划算.
2 m+n 2(m+n) 2(m+n)
17．（2024·全国·二模）已知实数a>0,b>0，满足a+b=4√3.
(1)求证：a2+b2≥24；
(a2+1)(b2+1)
(2)求 的最小值.
ab
【解题思路】（1）将a+b=4√3两边平方后利用基本不等式证明；
(a2+1)(b2+1)
（2）将 变形后将条件代入，然后利用基本不等式求最值.
ab
【解答过程】（1）由a+b=4√3得48=(a+b) 2=a2+b2+2ab≤a2+b2+a2+b2=2(a2+b2)，
当且仅当a=b=2√3时等号成立，
所以a2+b2≥24；
（2）由已知a>0,b>0，则ab>0，
(a2+1)(b2+1) a2b2+a2+b2+1 a2b2+(a+b) 2−2ab+1 a2b2+48−2ab+1
则 = = =
ab ab ab ab
49
=ab+ −2≥2√49−2=12，
ab
当且仅当¿，即a,b一个为2√3+√5，一个为2√3−√5时等号成立.(a2+1)(b2+1)
所以 的最小值12.
ab
18．（2024·全国·模拟预测）设函数f (x)=|2x+1|−|2x−4| ．
(1)求f (x)>0的解集；
(2)若f (x)+4|x−2|>2m2−3m恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）分区间讨论去掉绝对值号求解即可；
（2）求出g(x)=f (x)+4|x−2|的最小值，解不等式即可得解.
【解答过程】（1）当x≥2时，f (x)=2x+1−(2x−4)=5，f (x)>0恒成立，则x≥2；
1
当− ≤x<2时，f (x)=2x+1+2x−4=4x−3，f (x)>0，即4x−3>0，
2
3
解得 <x<2；
4
1
当x<− 时，f (x)=−5,f (x)>0不成立，则x∈∅．
2
(3 )
综上，不等式f (x)>0的解集为 ,+∞ ．
4
（2）令g(x)=f (x)+4|x−2|，
则g(x)=|2x+1|+|2x−4|≥|2x+1−(2x−4)|=5，
1
当且仅当(2x+1)(2x−4)≤0时，即− ≤x≤2时，等号成立，
2
即g(x)的值域为[5,+∞)．
所以不等式g(x)>2m2−3m恒成立，可转化为2m2−3m<5恒成立，
5
即2m2−3m−5<0，解得−1<m< ，
2
( 5)
即实数m的取值范围为 −1, ．
2
19．（2024·贵州贵阳·二模）在复数集中有这样一类复数：z=a+bi与z=a−bi(a,b∈R)，我们把它们
互称为共轭复数，b≠0时它们在复平面内的对应点关于实轴对称，这是共轭复数的特点.它们还有如下性
质：
（1）z+z=2a∈R
（2）z−z=2bi（当b≠0时，为纯虚数）
（3）z=z⇔z∈R（4）(z)=z
（5）z⋅z=a2+b2=|z|2=|z|2.
（6）两个复数和､差､积､商（分母非零）的共轭复数，分别等于两个复数的共轭复数的和､差､积､商.
请根据所学复数知识，结合以上性质，完成下面问题：
z
(1)设z≠±i,|z|=1.求证： 是实数；
1+z2
z
(2)已知|z |=3,|z |=5,|z −z |=7，求 1 的值；
1 2 1 2 z
2
(3)设z=x+ yi，其中x,y是实数，当|z|=1时，求|z2−z+1|的最大值和最小值.
【解题思路】（1）根据复数和共轭复数的性质即可证明；
z
（2）设 1=c+di(c,d∈R)，则z =(c+di)z ，由已知|z |=3，|z |=5，|z −z |=7列等式即可求解；
z 1 2 1 2 1 2
2
（3）设复数设z=cosθ+isinθ(θ∈R)的三角形式，利用三角函数值域即可求解.
【解答过程】（1）设z=a+bi(a,b∈R)，z=a−bi (a,b∈R)
∴z⋅z=a2+b2=|z| 2=|z| 2 ,z+z=2a∈R
∵z≠±i，|z|=1，∴z⋅z=1,z+z=2a∈R且2a≠0，
z z 1 1
∴ = = = 是实数；
1+z2 z⋅z+z2 z+z 2a
z
（2）设 1=c+di(c,d∈R)，则z =(c+di)z ，
z 1 2
2
∵|z |=3，|z |=5，
1 2
9
∴3=|z |=|(c+di)||z |=5√c2+d2，∴c2+d2= ①
1 2 25
又|z −z |=|(c+di)z −z |=|(c−1)+di||z |=5√(c−1) 2+d2=7，
1 2 2 2 2
49
∴(c−1) 2+d2= ②，
25
3 3√3
联立①②，解得c=− ,d=± ，
10 10z 3 3√3
∴ 1=− ± i；
z 10 10
2
（3）∵|z|=1，设z=cosθ+isinθ(θ∈R)，
则|z2−z+1|=|z2−z+z⋅z|=|z(z+z−1)|=|z||z+z−1|=|2cosθ−1|，
∵−1≤cosθ≤1，∴−3≤2cosθ−1≤1，
∴|z2−z+1| =3,|z2−z+1| =0.
max min
