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专题02 不等式（九大题型7 大易错题）
【题型1 不等式的性质】
1．（2024·山东聊城·三模）“a+b<−2，且ab>1”是“a<−1，且b<−1”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】B
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若a<−1，且b<−1，根据不等式的加法和乘法法则可得a+b<−2，且ab>1，
即必要性成立；
当a=−3,b=−1
2，满足a+b<−2，且ab>1，但是b=−1
2 >−1，故充分性不成立，
所以“a+b<−2，且ab>1”是“a<−1，且b<−1”的必要不充分条件.
故选：B
2．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题为真命题的是（ ）
A．若a>b，则b+c
a+c > b
a
B．若a>b，c>d，则a−d >b−c
C．若a<b<0，则a
2<ab<b
2
D．若a>b，则
1
a−b > 1
a
【答案】B
【分析】由不等式的基本性质，赋值法逐项判断即可.
【详解】对于A，可以取a=2，b=1，c =−1，此时b+c
a+c < b
a，所以A 错误.
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a
2= 4，ab=2，b
2=1，则a
2>ab>b
2，故C 错误；
对于D：当a=1，b=−1时，
1
a−b = 1
2，1
a =1，则
1
a−b < 1
a，故D 错误；
故选：B.
3．（2024·广东茂名·模拟预测）已知a>0，b>0，则下面结论正确的是（ ）
A．若ab= 4，则a+b≤4
B．若a>b，则ac
2>bc
2
1
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C．若a+2b=2，则2
a+ 4
b有最小值4
D．若a>b>m>0，则b
a > b+m
a+m
【答案】C
【分析】对于A. 利用基本不等式求解判断；对于B.取c =0判断；对于C.利用基本不等式
结合指数运算求解判断；对于D.利用作差法比较.
【详解】因为a>0，b>0，
对于选项A：若ab= 4，则a+b≥2√ab= 4，当且仅当a=b=2时取等号，A 错误；
对于选项B：当c =0时，式子不成立，B 错误；
对于选项C：若a+2b=2，则2
a+ 4
b≥2√2
a⋅2
2b=2√2
a+2b= 4，
当且仅当a=2b=1时取等号，C 正确；
对于选项D：因为a>b>m>0，且b
a −b+m
a+m = m(b−a)
a(a+m) <0，
所以b
a < b+m
a+m，故D 错误．
故选：C．
4．（2024·上海宝山·二模）已知a>b>0，则（ ）
A．a
2>b
2
B．2
a<2
b
C．a
1
2 <b
1
2
D．log 1
2
a＞log 1
2
b
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，及函数单调性，即可求解.
【详解】a>b>0，
则a
2>b
2，故A 正确；
2
a>2
b，故B 错误；
a
1
2 >b
1
2，故C 错误；
log 1
2
a<log 1
2
b，故D 错误.
故选：A.
5．（2024·上海杨浦·二模）已知实数a，b，c，d满足：a>b>0>c>d，则下列不等式一
定正确的是（ ）
A．a+d >b+c
B．ad >bc
C．a+c>b+d
D．ac>bd
2
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【答案】C
【分析】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C.
【详解】对于ABD，取a=2,b=1,c =−2,d =−4，满足a>b>0>c>d，
显然a+d =−2<−1=b+c，ad =−8<−2=bc，ac =−4 =bd，ABD 错误；
对于C，a>b>0>c>d，则a+c>b+d，C 正确.
故选：C
6．（2024·北京丰台·二模）若a,b∈R，且a>b，则（ ）
A．
1
a
2+1
<
1
b
2+1
B．a
2b>ab
2
C．a
2>ab>b
2
D．a> a+b
2
>b
【答案】D
【分析】举反例即可求解ABC，根据不等式的性质即可求解D.
【详解】由于a>b，取a=1,b=−1，
1
a
2+1
=
1
b
2+1
= 1
2，a
2b=ab
2=1，无法得到
1
a
2+1
<
1
b
2+1，a
2b>ab
2，故AB 错误，
取a=0,b=−2,则a
2=0,ab=0,b
2= 4，无法得到a
2>ab>b
2，C 错误，
由于a>b，则2a>b+a>2b，所以a> a+b
2
>b，
故选：D
7．（2024·四川成都·模拟预测）命题“|x + y|+|x−y|≤2”是“|x|≤1，且|y|≤1”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】C
【分析】根据绝对值三角不等式和充分条件必要条件的定义即可判断.
【详解】若|x + y|+|x−y|≤2，
2|x|=|x + y + x−y|≤|x + y|+|x−y|≤2，即|x|≤1，
2|y|=|x + y −x + y|≤|x + y|+|x−y|≤2，即|y|≤1，
则充分性成立；
若|x|≤1且|y|≤1，
当( x + y)( x−y)≥0时，|x + y|+|x−y|=|x + y + x−y|=2|x|≤2，
3
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当( x + y)( x−y)<0时，|x + y|+|x−y|=|x + y −x + y|=2|y|≤2，
则必要性成立；
综上所述：“|x + y|+|x−y|≤2”是“|x|≤1，且|y|≤1”的充分必要条件.
故选：C.
8．多选题（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d 为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等
式正确的有（ ）
A．c
2<cd
B．a−c<b−d
C．ac<bd
D．c
a −d
b >0
【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0>c>d和不等式性质可得c
2<cd，故A 正确；
对于B，因a>b>0>c>d，若取a=2，b=1，c =−1，d =−2，
则a−c =3，b−d =3，所以a−c =b−d，故B 错误；
对于C，因a>b>0>c>d，若取a=2，b=1，c =−1，d =−2，
则ac =−2，bd =−2，所以ac =bd，故C 错误；
对于D，因为a>b>0，则0< 1
a < 1
b，又因0>c>d则0<−c<−d，
由不等式的同向皆正可乘性得，−c
a <−d
b ，故c
a −d
b >0，故D 正确．
故选：AD．
9．多选题（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（ ）
A．若ac
2>bc
2，则a>b
B．b
a + a
b 的最小值为2
C．∀a>b,m>0, b
a < b+m
a+m
D．√sin
2 x +1+
1
√sin
2 x +1
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ac
2>bc
2，则a>b，A 正确;
对于B，b
a + a
b ≥2或b
a + a
b ≤−2，因为b
a不知道和0的大小关系，B 错误；
对于C，若a>b,m>0，则b
a −b+m
a+m = b(a+m)−a(b+m)
a(a+m)
= m(b−a)
a(a+m) ，而
m(b−a)<0，但是a(a+m)与0的大小不能确定，故C 错误；
4
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对于D，√sin
2 x +1+
1
√sin
2 x +1
≥2，当且仅当√sin
2 x +1=
1
√sin
2 x +1
，即sin x =0取等
号，D 正确.
故选：AD
10．多选题（2024·福建厦门·三模）若a<b<0，则（ ）
A．a
2>b
2
B．ab<b
2
C．2
a>2
b
D．a
b + 4 b
a ≥4
【答案】AD
【分析】对A、B：借助不等式的性质即可得；对C：借助指数函数的单调性即可得；对
D：借助基本不等式计算即可得.
【详解】对A：由a<b<0，则|a|>|b|>0⇒ a
2>b
2>0，故A 正确；
对B：由a<b<0，则ab>b
2，故B 错误；
对C：由y =2
x在R上单调递增，故2
a<2
b，故C 错误；
对D：由a<b<0，则a
b >0，故a
b + 4 b
a ≥2√
a
b × 4 b
a ≥4，
当且仅当a=2b<0时等号成立，故D 正确.
故选：AD.
【题型2 大小比较】
11．（2024·湖北黄冈·二模）已知a,b,c ,d分别满足下列关系：
16
a=15,b= log1716,log 15
16
c = 17
16 ,d = tan 3
2，则a,b,c ,d的大小关系为（ ）
A．a<b<c<d
B．c<a<b<d
C．a<c<b<d
D．a<d <b<c
【答案】B
【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得a<b，利用指对数函数
的单调性，通过构造函数判断单调性可推得c<a，最后利用正切函数的单调性可得b<d.
【详解】由16
a=15,可得a=log1615,
a−b=log1615−log1716=ln15
ln16 −ln16
ln17 =ln15⋅ln17−(ln16)
2
ln16⋅ln17
,
5
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因ln15⋅ln17<(
ln15+ln17
2
)
2
=(
ln255
2 )
2
<(
ln256
2 )
2
=(ln16)
2，
又ln16⋅ln17>0，故a−b<0,即a<b；
因log 15
16
c = 17
16 ,，则c =(
15
16)
17
16 < 15
16 ,由c
a <
15
16
log1615 = 15
16 ⋅ln16
ln15 =ln16
16 ÷ln15
15
，
由函数y = ln x
x ，y
' = 1−ln x
x
2
，因x>e时，y
'<0，
即函数y = ln x
x 在(e,+∞)上单调递减，则有0<ln16
16 <ln15
15 ，故得c<a；
由b= log1716<1，而d = tan 3
2 >tanπ
4 =1，即b<d，
综上，则有c<a<b<d.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法，
（1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断；
（2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放
缩比较；
（3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断.
12．（2024·辽宁·一模）设a= 2
3 ，b=2−e
1
3 ，c =1−e
−2
3则（ ）
A．a<b<c
B．c<b<a
C．b<c<a
D．a<c<b
【答案】B
【分析】利用导数证明不等式e
x≥x +1，可得b<a,c<a；根据不等式的性质可证得
1+e
−2
3 >e
1
3，则c<b，即可求解.
【详解】对于函数f ( x)=e
x−x −1，f
'( x)=e
x−1，
令f
'( x)<0⇒x <0,f
'( x)>0⇒x >0，
所以函数f ( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (0)=0，则f ( x)≥0，即e
x≥x +1.
6
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所以b=2−e
1
3 ≤2−( 1
3 +1)= 2
3
，c =1−e
−2
3 ≤1−(−2
3 +1)= 2
3
.
由e
2<8，得e
2
3 <8
1
3 =2，所以e
1
3 < 2
e
1
3
，则1+e
−2
3 =1+ 1
e
2
3
>2√
1
e
2
3
= 2
e
1
3
>e
1
3
，
所以1−e
−2
3 <2−e
1
3，即c<b.
所以c<b<a.
故选：B
【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.
13．（2024·云南昆明·模拟预测）设a= 1
6 ,b=ln5
10 ,c =ln6
12 ，则（ ）
A．c<b<a
B．c<a<b
C．b<c<a
D．b<a<c
【答案】A
【分析】构造函数f (x)=ln x
x
2 ，利用函数单调性确定b,c大小，通过作差a−b，判断正负
即可确定a,b大小即可.
【详解】设f (x)=ln x
x
2 ，则令f
' (x)= 1−2ln x
x
3
=0，得x =√e，
则f (x)在(0,√e)上单调递增，在(√e,+ ∞)上单调递减，
b= f (√5),c = f (√6)，则b>c，
又a−b= 1
6 −ln5
10 = 5−3ln5
30
=lne
5−ln125
30
>0，得a>b，
所以a>b>c，
故选：A
14．（2024·云南贵州·二模）已知a= ln(√2e),b=e+1
e
,c = ln5
5 +1，则a,b,c的大关系为
（ ）
A．c>a>b
B．b>a>c
7
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C．a>b>c
D．b>c>a
【答案】B
【分析】根据a,b,c的特点，构造函数f ( x)= ln x
x ，判断其单调性，得到
f ( x)max= f (e)= 1
e ，故有f (e)>f (5),f (e)>f (2)，再运用作差法比较f (5),f (2)即得.
【详解】设f ( x)= ln x
x ，则f
'( x)= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，f
'( x)>0，f ( x)在(0,e)上递增；
当x>e时，f
'( x)<0，f ( x)在(e,+∞)上递减,
故f ( x)max= f (e)= 1
e .
则1
e > ln5
5 , 1
e > ln 2
2 ，即b>c ,b>a；
由ln5
5 −ln2
2 = 2ln5−5ln2
10
=
ln 25
32
10 <0可知c<a，故b>a>c.
故选：B.
【题型3 基本不等式求函数最值】
15．（2024·宁夏·二模）直线ax +by −1=0过函数f ( x)= x +
1
x−1图象的对称中心，则
4
a + 1
b 的最小值为（ ）
A．9
B．8
C．6
D．5
【答案】A
【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得f (x)的对称中心，从而得到a+b=1，再
利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
【详解】因为y = x + 1
x 为奇函数，所以函数图象关于(0,0)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f ( x)= x +
1
x−1的图象，
8
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所以f (x)的对称中心为(1,1)，所以a+b=1，
所以4
a + 1
b =(a+b)(
4
a + 1
b)=5+ 4 b
a + a
b ≥5+2√
4 b
a ⋅a
b =9，
当且仅当4 b
a = a
b ，即a=2b= 2
3时，等号成立，
所以4
a + 1
b 的最小值为9．
故选：A
16．（2024·山西太原·三模）已知△ABC 中，A =120
∘， D是BC的中点，且 AD =1，
则△ABC 面积的最大值（ ）
A．√3
B．2√3
C．1
D．2
【答案】A
【分析】利用中线得到4 =b
2+c
2−bc，结合不等式得出bc≤4，进而得到面积的最大值.
【详解】因为A =120
∘，所以⃗AB⋅⃗AC =|⃗AB||⃗AC|cos120° =−1
2 bc，
因为AD是中线，所以⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，⃗AD
2= 1
4 (⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC)，
所以4 =b
2+c
2−bc≥bc，当且仅当b=c时，等号成立；
△ABC 面积为S = 1
2 bc sin A ≤1
2 ×4× √3
2 =√3.
故选：A
17.（2024·四川遂宁·模拟预测）在△ABC中，点F 为线段BC 上任一点（不含端点），若⃗
AF = x⃗AB+2 y⃗AC (x>0, y >0)，则1
x + 2
y 的最小值为（ ）
A．3
B．4
C．8
D．9
【答案】D
【分析】先根据共线向量基本定理得到x +2 y =1，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】因为点F 为线段BC 上任一点（不含端点），
所以设⃗BF = λ⃗BC，故⃗AF −⃗AB = λ⃗AC −λ⃗AB，
即⃗AF = λ⃗AC +(1−λ)⃗AB，
又⃗AF = x⃗AB+2 y⃗AC (x>0, y >0)，
9
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故x +2 y =1−λ+ λ =1，
故1
x + 2
y =(
1
x + 2
y)(x +2 y)=1+ 4+ 2 y
x + 2 x
y ≥5+2√
2 y
x ⋅2 x
y =9，
当且仅当2 y
x = 2 x
y ，即x = y = 1
3时，等号成立，
故1
x + 2
y 的最小值为9.
故选：D
18．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆C1: x
2
m
2 + y
2
n
2 =1(m>n>0)与双曲线
C2: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)有共同的焦点F1, F2，点P为两曲线的一个公共点，且
∠F1 P F2=60
∘，椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，那么e1
2+e2
2最小为（ ）
A．2+√3
4
B．2+√3
2
C．3+2√2
4
D．3+2√2
2
【答案】B
【分析】分别在椭圆和双曲线中，利用焦点三角形中的余弦定理建立等量关系，再构造
1
e1
2 + 3
e2
2 = 4，利用基本不等式，即可求解.
【详解】设两曲线的半焦距为c，由余弦定理得
|F1 F2|
2=|P F1|
2+|P F2|
2−2|P F1|⋅|P F2|cos60
∘．
在椭圆中，|F1 F2|
2=(|P F1|+|P F2|)
2−2|P F1|⋅|P F2|(1+cos60
∘)，
得|P F1|⋅|P F2|=
2n
2
1+cos60
∘= 4
3 n
2．
在双曲线中，|F1 F2|
2=(|P F1|−|P F2|)
2+2|P F1|⋅|P F2|(1−cos60
∘)，
10
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得|P F1|⋅|P F2|=
2b
2
1−cos60
∘= 4 b
2．从而4 n
2
3 = 4 b
2，得n
2=3b
2，
则m
2=n
2+c
2=3b
2+c
2,a
2=c
2−b
2，即m
2+3a
2= 4 c
2, m
2
c
2 + 3a
2
c
2 = 4，
即
1
e1
2 + 3
e2
2 = 4．
所以e1
2+e2
2= 1
4 (e1
2+e2
2)(
1
e1
2 + 3
e2
2)= 1
4(4+ e2
2
e1
2 + 3e1
2
e2
2 )≥1
4 ×(4+2√3)= 2+√3
2
，
当且仅当e2
2=√3e1
2= 3+√3
4
时等号成立.
故选：B
19．（2024·湖南长沙·二模）已知 m>0 ，n>0，直线 y = 2
e x +m 与曲线
y =2ln x−n+ 4 相切，则 1
m + 1
n 的最小值是（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】D
【分析】利用已知条件求出切点横坐标，从而得到m+n= 4。利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 y = 2
e x +m 与曲线 y =2ln x−n+ 4 相切，
设切点为( x0, y0)，且y ' = 2
x ，所以2
e = 2
x0
，
则切点横坐标x0=e ，则2+m=2−n+ 4，即m+n= 4 .
所以(m+n)(
1
m + 1
n)=2+ n
m + m
n ≥2+2= 4，即1
m + 1
n ≥1，
当且仅当 m=n=2时取等号，所以1
m + 1
n 的最小值为1.
故选：D
20．（2024·安徽·模拟预测）已知m,n∈(0,+∞)，1
m +n= 4，则m+ 9
n的最小值为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
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【答案】B
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【详解】∀m,n∈(0,+ ∞)，
m+ 9
n = 1
4(m+ 9
n)(
1
m +n)= 1
4(10+mn+ 9
mn)≥1
4(10+2√mn⋅9
mn)= 4，
当且仅当mn= 9
mn，即m=1，n=3时等号成立.
故选：B.
21．（2024·贵州黔东南·二模）已知正实数a，b满足e
2a−2+e
b=e
2−2a+e
−b，则a−1
2b 的
最大值为（ ）
A．0
B．1
2
C．1
D．3
2
【答案】A
【分析】根据等式关系构造函数f (x)=e
x−e
−x，由其单调性可得2a−2=−b，于是结合基
本不等式可得a−1
2b 的最大值.
【详解】由题e
2a−2−e
2−2a=e
−b−e
b，构造函数f (x)=e
x−e
−x，则f (2a−2)= f (−b)，
显然f (x)在R上单调递增，所以2a−2=−b，即a= 2−b
2
，
所以a−1
2b = 2−b
2
−1
2b =1−1
2 ⋅(b+ 1
b)≤1−1
2 ×2√b⋅1
b =0，当且仅当a= 1
2，b=1时
等号成立.
所以a−1
2b 的最大值为0.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数
学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内
在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因
此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.
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根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多
问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
22．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）若x>0，y >0，且x + y =1，则4
x + 1
y 的最小值为 ．
【答案】9
【分析】利用“1”的变形，结合基本不等式即可求解.
【详解】4
x + 1
y =(
4
x + 1
y)(x + y)=5+ 4 y
x + x
y ≥5+2√
4 y
x ⋅x
y =9，
当4 y
x = x
y ，即x =2 y，联立x + y =1，得到x = 2
3 , y = 1
3时，等号成立，
所以4
x + 1
y 的最小值为9.
故答案为：9
23．（2024·重庆·模拟预测）已知f (x)=2 x−2
x + ln x，若实数m，n 满足f (m)+ f(
1
n
2)=0，
则4 m+ 1
n
2的最小值为
【答案】4
【分析】利用导数求解函数单调性，由f (x)+ f(
1
x)=0得m
n
2 =1，即可利用不等式求解最值.
【详解】由f (x)=2 x−2
x + ln x (x>0)可得f
' (x)=2+ 2
x
2 + 1
x >0，故f (x)=2 x−2
x + ln x在
(0,+ ∞)单调递增，
而f (x)+ f(
1
x)=(2 x−2
x + ln x)+(
2
x −2 x + ln 1
x)=0，
故f (m)+ f(
1
n
2)=0得m
n
2 =1，
4 m+ 1
n
2 = 4 n
2+ 1
n
2 ≥2√
4 n
2⋅1
n
2 = 4，当且仅当4 n
2= 1
n
2，即n
2= 1
2时取等号，
故答案为：4
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24．（2024·江西赣州·二模）已知y > x>0，则
y
y −x −
4 x
2 x + y 的最小值为 .
【答案】2
3
【分析】依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对
y
y −x −
4 x
2 x + y 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y > x>0，所以
y
y −x −
4 x
2 x + y =
y
y −x −4 x +2 y −2 y
2 x + y
=
y
y −x +
2 y
2 x + y −2
= y(
1
y −x +
2
2 x + y)−2= y(
2
2 y −2 x +
2
2 x + y)−2
= 1
3 [(2 y −2 x)+(2 x + y)](
2
2 y −2 x +
2
2 x + y)−2
= 2
3(2+ 2 x + y
2 y −2 x + 2 y −2 x
2 x + y )−2
≥2
3(2+2√
2 x + y
2 y −2 x · 2 y −2 x
2 x + y )−2= 8
3 −2= 2
3，
当且仅当2 x + y
2 y −2 x = 2 y −2 x
2 x + y ，即2 x + y =2 y −2 x，即y = 4 x时等号成立.
故答案为：2
3.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于巧妙变形分离
−
4 x
2 x + y =−4 x +2 y −2 y
2 x + y
=
2 y
2 x + y −2和配凑y = 1
3 [(2 y −2 x)+(2 x + y)].
25．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在△ABC中，⃗BD = 2
3⃗BC，P 是线段AD 上的动点
（与端点不重合），设⃗CP = x⃗CA + y⃗CB，则x + y
xy 的最小值是 .
【答案】4 +2√3
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【分析】由⃗BD = 2
3⃗BC，得到⃗CB =3⃗CD，从而有⃗CP = x⃗CA +3 y⃗CD，再根据A , P , D三
点共线，得到x +3 y =1，然后利用基本不等式求解.
【详解】解：因为在△ABC中，⃗BD = 2
3⃗BC，
所以⃗CB =3⃗CD，
又因为⃗CP = x⃗CA + y⃗CB，则⃗CP = x⃗CA +3 y⃗CD，
因为A , P , D三点共线，则x +3 y =1，结合题意知x>0, y >0，
所以x + y
xy = 1
y + 1
x =(
1
y + 1
x)(x +3 y)，
= x
y + 3 y
x + 4≥2√
x
y ⋅3 y
x + 4 =2√3+ 4，
当且仅当¿，即¿ ¿时，等号成立，
故答案为：4 +2√3
26．（2024·广西河池·模拟预测）若实数a>1>b>0，且a
2+2b=b
2+2a，则
1
a−1 + 1
b 的
最小值为 .
【答案】4
【分析】根据a>1>b>0，将a
2+2b=b
2+2a化简可得a+b−2=0，再根据基本不等式
“1”的巧用求解最值即可.
【详解】由a
2+2b=b
2+2a可得(a−b)(a+b−2)=0，
因为a>1>b>0，所以a−b≠0，即a+b−2=0，则a−1+b=1，
则1
a−1 + 1
b =(
1
a−1 + 1
b)(a−1+b)=2+
b
a−1 + a−1
b
≥2+2√
b
a−1 ⋅a−1
b
= 4，
当且仅当b
a−1 = a−1
b
，即a= 3
2 ,b= 1
2时等号成立，故
1
a−1 + 1
b 的最小值为4.
故答案为：4.
27．（2024·安徽阜阳·模拟预测）已知lg x +lg y =2，则x + y的最小值为 .
【答案】20
【分析】由lg x +lg y =2可得xy =100，再由基本不等式求解即可.
【详解】依题意x>0，y >0，由lg x +lg y =2可得xy =100，
所以x + y ≥2√xy =20，等号成立当且仅当x = y =10.
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故答案为：20.
【题型4 利用基本不等式求参数】
28．（2024·江西·模拟预测）已知平面向量⃗a=(2 λ
2+1, λ)，⃗b=(μ,1)，其中λ>0，若⃗
a//⃗b，则实数μ的取值范围是（ ）
A．[2√2,+∞)
B．[2,+∞)
C．[√2,+ ∞)
D．[1,+∞)
【答案】A
【分析】根据向量平行，得到μ= 2 λ
2+1
λ
，结合基本不等式即可求.
【详解】由题意，因为⃗a//⃗b，所以λμ=2 λ
2+1，又λ>0，
所以μ= 2 λ
2+1
λ
=2 λ+ 1
λ ≥2√2 λ× 1
λ =2√2，当且仅当2 λ = 1
λ 即λ = √2
2 时等号成立．
故选：A
29．（2024·河北秦皇岛·三模）若集合A ={x|√x ≤a}，B ={x| x
2−2 x−3≤0}，且
A ⊆B，则a的取值范围为（ ）
A．[0,1]
B．[0,√3]
C．(−∞,1]
D．(−∞,√3]
【答案】D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合B，再分a<0、a≥0两种情况讨论，确定集合A，
再根据集合的包含关系得到不等式，解得即可.
【详解】由x
2−2 x−3≤0，即(x +1)(x−3)≤0，解得−1≤x ≤3，
所以B ={x| x
2−2 x−3≤0}=[−1,3]，
当a<0时，A ={x|√x ≤a}=∅，符合A ⊆B，
当a≥0时，由√x ≤a，解得0≤x ≤a
2，
所以A ={x|√x ≤a}={x|0≤x ≤a
2}，
因为A ⊆B，所以¿，解得0≤a≤√3.
综上可得a的取值范围为(−∞,√3].
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故选：D
30．（2024·广西·模拟预测）已知a,b∈(−∞,0)，且a+ 4 b=ab−5，则ab的取值范围为
（ ）
A．[25,+ ∞)
B．[1,+ ∞)
C．(0,5]
D．(0,1]
【答案】D
【分析】首先确定0<ab<5，再由基本不等式得到ab+ 4√ab−5≤0，从而求出ab的取值
范围.
【详解】因为a,b∈(−∞,0)，a+ 4 b=ab−5，则a+ 4 b<0，所以0<ab<5．
又ab−5=a+ 4 b=−[(−a)+ 4 (−b)]≤−2√4 ab=−4√ab，
即ab+ 4√ab−5≤0，即(√ab+5)⋅(√ab−1)≤0，解得0<√ab≤1，
所以0<ab≤1，当且仅当−a=−4 b，即a= 4 b=−2时，等号成立，
即ab的取值范围为(0,1].
故选：D．
【题型5 一元二次不等式求解】
31．（2024·河南郑州·三模）已知集合A ={x|x
2−3 x−4≤0},B ={ y|y =ln(x
2+1)}，则
A ∩B =（ ）
A．[−1,4]
B．[0,1]
C．(0,4]
D．[0,4]
【答案】D
【分析】求出集合A和B即可求解.
【详解】因为A ={x|x
2−3 x−4≤0}，所以A ={x|−1≤x ≤4}，
因为x
2+1∈[1,+ ∞)，所以B ={ y | y ≥0}，
所以A ∩B =[0,4 ].
故选：D.
32．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知集合A ={x∈N | x
2<16}，B ={x| x−2≤0}，则
A ∩B =（ ）
A．{1,2}
B．{0,1,2}
C．{x∣−4< x ≤2}
D．{x∣0< x ≤2}
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【答案】B
【分析】解一元二次不等式求出A 集合，解一元一次不等式求出B 集合，利用交集的定义
运算即可.
【详解】因为A ={x∈N | x
2<16}={0,1,2,3}，B ={x| x−2≤0}={x| x ≤2}，
所以A ∩B = {0,1,2}.
故选：B
33．（2024·安徽马鞍山·三模）已知集合A ={x∣x
2−4 x>0},B ={x∣ln x>0}，则
(∁R A)∩B =（ ）
A．(0,4)
B．(0,4 ]
C．(1,4 ]
D．［1，4]
【答案】C
【分析】本题先解不等式求出集合A、B，再结合补集和交集的定义即可求解.
【详解】因为集合A =¿或x＜0}，
B =¿，
所以∁R A =¿，
故∁R A ∩B =¿
故选：C.
34．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知集合A = {x∣x +2>0}，B ={x∣x
2−x−2<0}，
则A ∩B =（ ）
A．{x∣−2< x<1}B．{x∣−2< x<2}
C．{x∣−1< x<1}
D．{x∣−1< x<2}
【答案】D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合B，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由x
2−x−2<0，即(x +1)(x−2)<0，解得−1< x<2，
所以B ={x∣x
2−x−2<0}= {x|−1< x<2}，
又A = {x∣x +2>0}= {x∣x>−2}，所以A ∩B = {x∣−1< x<2}.
故选：D
35．（2024·河北·模拟预测）已知集合A ={x∈N|x ≤5}，集合B ={x|x
2−4 x +3>0}，则
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A ∩B =（ ）
A．{2}
B．{0,1,3,4,5}
C．{0,4,5}
D．{4,5}
【答案】C
【分析】化简集合A ,B，根据集合交集的概念求解即可.
【详解】由题意可得A ={x∈N|x ≤5}= {0,1,2,3,4,5}，
由x
2−4 x +3=(x−3)(x−1)>0解得x>3或x<1，所以B =¿或x>3}，
所以A ∩B = {0,4,5}，
故选：C
【题型6 根据一元二次不等式解求参数】
36．（2024·陕西·二模）若2∈¿，则a 的取值范围为（ ）
A．(−3,−1)
B．[−3,−1]
C．(−∞,−3]∪[−1,+ ∞)
D．(−∞,−3)∪(−1,+∞)
【答案】D
【分析】
将x =2代入原不等式，可得a
2+ 4 a+3>0，解之即可求解.
【详解】由题意知，当a=0时，{x|a x
2+3 x +a
2−3>0}可变为{x|x>1}，符合题意；
当a≠0时，由2∈{x|a x
2+3 x +a
2−3>0}，得a×2
2+3×2+a
2−3>0，
即a
2+ 4 a+3>0，解得a<−3或a>−1且a≠0；
综上，实数a 的取值范围为(−∞,−3)∪(−1,+∞).
故选：D
37．（2024·河北沧州·模拟预测）已知集合P ={x||x +1|<2}，
Q ={x | x
2−(a+1)x +a<0}．若P∪Q = P，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−3,1)
B．[−3,1]
C．(1,3]
D．(−∞,1)
【答案】B
【分析】解绝对值不等式求出集合P，由P∪Q = P，得Q⊆P，由此能求出实数a的取值
范围.
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【详解】由|x +1|<2，解得−3< x<1，所以集合P = {x|−3< x<1} ，
由x
2−(a+1)x +a<0，可得(x−1)(x−a)<0，所以Q ={x|(x−1)(x−a)<0}，
因为P∪Q = P，所以Q⊆P，
当a>1时，不符合题意，
所以Q = {x|a< x<1}，因为Q⊆P，所以−3≤a≤1，
即实数a的取值范围是[−3,1]．
故选：B．
38．（2024·浙江·模拟预测）若不等式k x
2+(k −6) x +2>0的解为全体实数，则实数k的取
值范围是（ ）
A．2≤k ≤18
B．−18<k <−2
C．2<k <18
D．0<k <2
【答案】C
【分析】分类讨论k =0与k ≠0两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.
【详解】当k =0时，不等式k x
2+(k −6) x +2>0可化为−6 x +2>0，显然不合题意；
当k ≠0时，因为k x
2+(k −6) x +2>0的解为全体实数，
所以¿，解得2<k <18；
综上：2<k <18.
故选：C.
39．（2024·上海·高考真题）已知x∈R ,则不等式x
2−2 x−3<0的解集为 ．
【答案】{x|−1< x<3}
【分析】求出方程x
2−2 x−3=0的解后可求不等式的解集.
【详解】方程x
2−2 x−3=0的解为x =−1或x =3，
故不等式x
2−2 x−3<0的解集为{x|−1< x<3}，
故答案为：{x|−1< x<3}.
40．（2024·浙江绍兴·二模）已知集合A ={x|x
2+mx ≤0}，B ={−1
3 ,m−1}，且A ∩B有
4 个子集，则实数m的最小值是 .
【答案】1
2/0.5
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【分析】根据A ∩B的子集个数，得到A ∩B元素个数，分m−1>−1
3和m−1<−1
3讨论，
进而得到实数m 的取值范围.
【详解】由A ∩B有4 个子集，所以A ∩B中有2 个元素，
所以B∩A = B，所以 A ={x|x
2+mx ≤0}={x|−m≤x ≤0}，
所以满足¿，或¿，
综上，实数m的取值范围为1
2 ≤m< 2
3，或2
3 <m≤1，
故答案为：1
2
41．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈(0,+ ∞)，使x
2−ax + 4<0”是假命题，则实数a的取
值范围为 .
【答案】(−∞,4 ]
【分析】将问题转化为“a≤x + 4
x 在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得
最值，从而得解.
【详解】因为“∃x∈(0,+ ∞)，使x
2−ax + 4<0”是假命题，
所以“∀x∈(0,+ ∞)，x
2−ax + 4≥0”为真命题，
其等价于a≤x + 4
x 在(0,+ ∞)上恒成立，
又因为对勾函数f (x)= x + 4
x 在(0,2]上单调递减，在[2,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (2)= 4，
所以a≤4，即实数a的取值范围为(−∞,4 ].
故答案为：(−∞,4 ].
【题型7 不等式恒成立问题】
42．（2024·陕西榆林·三模）已知α ∈(0,2π)，若当x∈[0,1]时，关于x的不等式
(sinα +cosα +1) x
2−(2sinα +1) x +sinα >0恒成立，则α的取值范围为（ ）
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A．(
π
12 , 5π
12 )
B．(
π
6 , 5π
6 )
C．(
π
6 ,π
3 )
D．(
π
3 , 5π
6 )
【答案】A
【分析】令f (x)=(sinα +cosα +1) x
2−(2sinα +1) x +sinα，易得f (x)的对称轴为
x =
sin α + 1
2
sin α +cosα +1 ∈(0,1)，则¿，进而可得出答案.
【详解】令f (x)=(sinα +cosα +1) x
2−(2sinα +1) x +sinα，
由题意可得¿，则¿，
又因为α ∈(0,2π)，所以α ∈(0,π
2 )，
函数f (x)的对称轴为x =
sin α + 1
2
sin α +cosα +1 ∈(0,1)，
则¿，
即¿，
即¿，结合α ∈(0,π
2 )，解得π
12 <α < 5π
12 .
故选：A.
43．（2024·湖北·二模）已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn=n
2+m，n∈N
*，若对
于任意的a∈[0,1]，不等式an
n < x
2−(1+a) x−2a
2−a+2恒成立，则实数x 可能为
（ ）
A．−2
B．0
C．1
D．2
【答案】A
【分析】由Sn与an的关系且{an}为等差数列，求出an，由an
n <2，得
x
2−(1+a)x −2a
2−a+2≥2，构造函数g(a)=2a
2+(1+ x)a−x
2+ x，由g(a)≤0在
a∈[0,1]时恒成立，求实数x 的取值范围.
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【详解】因为Sn=n
2+m，n=1时，a1= S1=1+m，
n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2+m−[(n−1)
2+m]=2n−1，
所以a1=1+m，a2=3，a3=5，
因为{an}为等差数列，所以a1=1，m=0，
从而an=2n−1，an
n =2−1
n <2，
所以x
2−(1+a)x −2a
2−a+2≥2，即−2a
2−(1+ x)a+ x
2−x ≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a
2+(1+ x)a−x
2+ x ≤0恒成立，
¿，解得x ≤−1或x ≥3，
只有选项A 符合题意，
故选：A
【题型8 基本不等式的其他应用】
44．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =1，P是正方形
ABCD内的动点，PA ≥PC1，则满足条件的点P构成的图形的面积等于（ ）
A．1
8
B．1
4
C．π
16
D．π
8
【答案】A
【分析】由题意，在平面ABCD上，分别以AB , AD为x , y轴建立平面直角坐标系，设
P( x , y)，根据已知列出x , y满足的关系，进而可得满足条件的点P构成的图形，计算面积
即可.
【详解】如图，连接PC，则PC1=√PC
2+C C1
2=√PC
2+1，
23
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如图，在平面ABCD上，分别以AB , AD为x , y轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0),C(1,1)，设P( x , y)，
由PA ≥PC1，得|PA|≥√|PC|
2+1，
即√x
2+ y
2≥√( x −1)
2+( y −1)
2+1，整理得2 x +2 y −3≥0，
设直线l:2 x +2 y −3=0与DC ,BC交于点M , N，
则点P在△CMN内部(含边界)，即满足条件的点P构成的图形为△CMN及其内部，
易知M(
1
2 ,1), N(1, 1
2)，∴|CM|=|CN|= 1
2，
∴S△CMN = 1
2|CM||CN|= 1
2 × 1
2 × 1
2 = 1
8．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面ABCD上建立平面直角坐标系，把空间问题转
化为平面问题去解决．
45．（2024·山东济南·三模）三棱锥S−ABC中，SA ⊥平面ABC，AB⊥BC．若该三棱
锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（ ）
A．9
2 √7
B．27
2 √3
C．18
D．36
【答案】C
【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为SC，故SC =9，最短的棱
为SA , AB或BC，分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到
答案.
【详解】因为SA ⊥平面ABC，AB , AC ⊂平面ABC，
所以SA ⊥AB，SA ⊥AC，
故SB =√S A
2+ A B
2,SC =√S A
2+ A C
2，
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因为AB⊥BC，所以AC >BC , AC > AB，故SB<SC，
则该三棱锥的最长的棱为SC，故SC =9，
最短的棱为SA , AB或BC，
当最短的棱为SA，即SA =3时，
由勾股定理得AC =√SC
2−S A
2=√81−9=6√2，
故A B
2+ BC
2= A C
2=72，故S△ABC = 1
2 AB⋅BC ≤A B
2+ BC
2
4
=18，
当且仅当AB = BC时，等号成立，
故三棱锥体积为1
3 S△ABC⋅AS≤1
3 ×18×3=18，
当最短的棱为AB，即AB =3时，
设BC = x，则AC =√x
2+9，则SA =√SC
2−A C
2=√81−x
2−9=√72−x
2，
故S△ABC = 1
2 AB⋅BC = 3 x
2 ，
三棱锥体积为1
3 S△ABC⋅AS = x
2 √72−x
2= 1
2 √x
2(72−x
2)≤1
2 × x
2+72−x
2
2
=18，
当且仅当x
2=72−x
2，即x =6时，等号成立，
当最短的棱为BC，即BC =3时，
设AB = x，则AC =√x
2+9，则SA =√SC
2−A C
2=√81−x
2−9=√72−x
2，
故S△ABC = 1
2 AB⋅BC = 3 x
2 ，
三棱锥体积为1
3 S△ABC⋅AS = x
2 √72−x
2= 1
2 √x
2(72−x
2)≤1
2 × x
2+72−x
2
2
=18，
当且仅当x
2=72−x
2，即x =6时，等号成立，
综上，该三棱锥的最大体积为18.
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故选：C
46．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指
圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图
案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块
四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足cosα = 1
3，则这块四边形木板周
长的最大值为（ ）
A．10(√30+√15)
3
cm
B．10(√30−√15)
3
cm
C．10(√10+√5)
3
cm
D．10(√10−√5)
3
cm
【答案】A
【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求周长的最大值.
【详解】因为四边形木板的一个内角α满足cosα = 1
3，如图，
设∠BAD =α，由题设可得圆的直径为√100+25=5√5，
故BD =5√5sin α，因cosα = 1
3，α为三角形内角，故sin α = 2√2
3
，
故BD =5√5× 2√2
3
= 10√10
3
，
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故A B
2+ A D
2−2 AD× ABcosα = B D
2= 1000
9
，
故( AB+ AD)
2= 8
3 AD× AB+ 1000
9
≤2( AD + AB)
2
3
+ 1000
9
，
故AB+ AD≤√
1000
9
×3= 10√30
3
，当且仅当AB = AD = 5√30
3
时等号成立，
同理BC +CD≤10√15
3
，当且仅当BC =CD = 5√15
3
等号成立，
故四边形周长的最大值为10(√30+√15)
3
cm，
故选：A.
47．（2020·上海浦东新·三模）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些
优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：( x
2+ y
2)
3=16 x
2 y
2为四叶玫
瑰线，下列结论正确的有（ ）
（1）方程( x
2+ y
2)
3=16 x
2 y
2( xy <0)，表示的曲线在第二和第四象限；
（2）曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2；
（3）曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；
（4）曲线C上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点).
A．（1）（2）
B．（1）（2）（3）C．（1）（2）（4）D．（1）（3）（4）
【答案】A
【分析】因为xy <0，所以x与y异号，从而可判断（1）；利用基本不等可判断（2）；将
以O为圆心，2 为半径的圆的面积与曲线C围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确
定曲线C经过点(√2,√2)，再将第一象限内经过的整点(1,1)，(1,2)，(2,1)逐一代入曲线
C的方程进行检验，根据对称性即可判断（4）.
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【详解】对于（1）：因为xy <0，所以x 与y 异号，故图象在第二和第四象限，正确；
对于（2）：因为x
2+ y
2≥2 xy (x>0, y >0)，所以xy ≤x
2+ y
2
2
，
所以(x
2+ y
2)
3=16 x
2 y
2≤16×(
x
2+ y
2
2 )
2
= 4(x
2+ y
2)
2，所以x
2+ y
2≤4，正确；
对于（3）：以O 为圆点，2 为半径的圆O 的面积为4π，
结合（2）知然曲线C 围成的区域的面积小于圆O 的面积，错误；
对于（4）：将x
2+ y
2= 4和( x
2+ y
2)
3=16 x
2 y
2联立，解得x
2= y
2=2，
所以可得圆x
2+ y
2= 4与曲线C 相切于点(√2,√2)，(−√2,√2)，(−√2,−√2)，
(√2,−√2)，
点(√2,√2)的位置是图中的点M，
由曲线的对称性可知，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，
把(1,1)，(1,2)和(2,1)代入曲线C 的方程验证可知，等号不成立，
所以曲线C 在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C 只经过整点
(0,0)，错误.
故选：A
48．（2024·浙江金华·三模）某希望小学的操场空地的形状是一个扇形AOB，计划在空地
上挖一个内接于扇形的矩形沙坑（如图所示），有如下两个方案可供选择.经测量，
∠AOB =60°，OA =2.在方案1 中，若设OE = x，EF = y，则x，y满足的关系式为
，比较两种方案，沙坑面积最大值为 .
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【答案】 4 x
2+2 xy + y
2−4 =0（其中x∈(0,1)，y ∈(0,2)），或y =√4−3 x
2−x，
( x∈(0,1)) 2√3
3
/2
3 √3
【分析】（1）连接OC，在Rt△OCF中应用勾股定理找到关系式，注意取值范围；
（2）由（1）及基本不等式求得xy ≤2
3，结合三角形面积公式求方案一的最大值；再连接
OM，OC，设OE =m，EF =n，在Rt△OCM中应用勾股定理得m
2+√3mn+n
2= 4，结
合基本不等式、三角形面积公式求方案二最大值，比较大小即可.
【详解】连接OC，由OE = x，EF = y，∠AOB =60°，OA =2，得DE =√3 x，
在Rt△OCF中，( x + y)
2+(√3 x)
2= 4，由OD =2 x<2，得0< x<1，
显然y =√4−3 x
2−x在(0,1)上单调递减，0< y <2
所以x , y满足的关系式为4 x
2+2 xy + y
2−4 =0（x∈(0,1)，y ∈(0,2)）或
y =√4−3 x
2−x，( x∈(0,1))；
方案1：设游泳池DEFC的面积为S1，
由（1）得4 = 4 x
2+2 xy + y
2≥2 xy + 4 xy =6 xy，解得xy ≤2
3，当且仅当2 x = y，即x = 1
√3，
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y = 2
√3时取等号，
所以S1=√3 xy ≤2√3
3
；
方案2：设游泳池DEFC的面积为S2，取CF的中点M，
连接OM，OC，设OE =m，EF =n，在Rt△OCM中，( m
2 )
2
+( √3m
2
+n)
2
= 4，
则4 =m
2+√3mn+n
2≥(2+√3)mn，解得mn≤4(2−√3)，当且仅当m=n=√6−√2时取
等号，
S2=mn≤4(2−√3)，
而2√3
3
−4(2−√3)= 14√3−24
3
= √588−√576
3
>0，
所以选择第一种方案，此时游泳池面积的最大值为2√3
3
.
故答案为：4 x
2+2 xy + y
2−4 =0（x∈(0,1)，y ∈(0,2)），或y =√4−3 x
2−x，
( x∈(0,1))；2√3
3
【点睛】关键点点睛：设出与图形面积相关的两个变形，借助勾股定理建立关系，利用基
本不等式求解最值是解决问题的关键.
49．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在△ABC中，D 为BC 边的中点，且AD =√5．
(1)若△ABC的面积为2，cos∠ADC = √5
5 ，求B；
(2)若A B
2+ A C
2=18，求△ABC的周长的最大值．
【答案】(1)π
4
(2)10
【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得BD =1，由余弦定理，求得
AB =2√2，再由正弦定理求得sin B = √2
2 ，进而求得B的值；
（2）设CD = BD = x，分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理，列出方程求得x =2，
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结合( AB+ AC)
2≤2( A B
2+ A C
2)，即可求解.
【详解】（1）解：因为△ABC的面积为2，且D为BC的中点，
可得S△ABD= 1
2|AD||BD|sin ∠ADB =1，
又因为sin ∠ADB =sin ∠ADC = 2√5
5
，可得BD =1，所以BC =2
在△ABD中，由余弦定理得A B
2= A D
2+ B D
2−2 AD⋅BD⋅cos∠ADB
=(√5)
2+1
2−2×√5×1× 2√5
5
=8，所以AB =2√2，
由正弦定理
AB
sin∠ADB = AD
sin B ，可得sin B = √2
2 ，
因为∠ADC +∠ADB =π且cos∠ADC = √5
5 ，
可得cos∠ADB =cos(π−∠ADC )=−cos∠ADC =−√5
5 <0，
即∠ADB为钝角，所以B为锐角，所以B =π
4 .
（2）解：设CD = BD = x，分别在△ABD和△ACD中，
由余弦定理A B
2= A D
2+ B D
2−2 AD⋅BD⋅cos∠ADB，
即A B
2= x
2+5−2 x⋅√5cos∠ADB，同理可得A C
2= x
2+5+2 x⋅√5cos∠ADB，
所以A B
2+ A C
2=2( x
2+5)=18，可得x =2，
又因为( AB+ AC)
2≤2( A B
2+ A C
2)=36，当且仅当AB = AC时，等号成立，
所以AB+ AC ≤6，所以△ABC周长的最大值为10．
50．（2024·江西·模拟预测）△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且b 是a，c
的等比中项．
(1)求B 的最大值：
(2)若C 为钝角，求acosB+bcos A
bcosC +ccosB 的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)(
1+√5
2
, 3+√5
2 )
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【分析】（1）根据等比中项及余弦定理得cosB = a
2+c
2−ac
2ac
，根据基本不等式及余弦函
数性质可得结果；
（2）依题意设b=aq，c =aq
2(q>1)，根据三角形三边关系及条件求出
√
1+√5
2
<q< 1+√5
2
，利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得
acosB+bcos A
bcosC +ccosB =q
2，从而可得结果.
【详解】（1）因为b 是a，c 的等比中项，所以b
2=ac．
由余弦定理可知b
2=a
2+c
2−2accosB =ac，
则cosB = a
2+c
2−ac
2ac
≥2ac−ac
2ac
= 1
2，当且仅当a=c时，等号成立．
又B∈(0,π)，根据余弦函数的性质且cosπ
3 = 1
2，
故B 的最大值为π
3 ．
（2）由已知可设b=aq，c =aq
2(q>1)，
则¿，所以¿，解得√
1+√5
2
<q< 1+√5
2
．
acosB+bcos A
bcosC +ccosB =sin A cosB+sin Bcos A
sin BcosC +sinC cosB =sin( A + B)
sin(B+C) =sinC
sin A = c
a =q
2∈(
1+√5
2
, 3+√5
2 )
，
所以acosB+bcos A
bcosC +ccosB 的取值范围为(
1+√5
2
, 3+√5
2 )．
【题型9 不等式与线性规划综合】
51．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y 满足约束条件¿，则z =−2 x−y的最小值为
（ ）
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A．0
B．-4
C．-5
D．-6
【答案】C
【分析】作出不等式所表示的可行域，数形结合可求z的最小值.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如图所示：
当直线z =−2 x−y经过点B时，z最小，
由¿，解得¿，即B(2,1)，
将B(2,1)代入z =−2 x−y，可得z =−5，
所以z的最小值为-5.
故选：C.
52．（2024·全国·模拟预测）在不等式组¿表示的平面区域内任取一点P(x , y)，则满足
y ≥x−2的概率为（ ）
A．7
9
B．2
3
C．5
9
D．4
9
【答案】C
【分析】分别画出不等式组¿和不等式y ≥x−2满足的区域，再利用几何概型的概率求解.
【详解】解：如图，
不等式组¿表示的平面区域为△OAB及其内部，其中O(0,0), A (6,0),B (3,3)，
所以S△OAB= 1
2 ×6×3=9，
设直线y = x−2与直线y =0, x + y −6=0分别交于点C (2,0), D (4,2)，
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所以满足y ≥x−2的平面区域为四边形OCDB及其内部，
S四边形OCDB= S△OAB−S△ACD=9−1
2 ×4×2=5，
所以满足y ≥x−2的概率为P = 5
9．
故选：C．
53．（2024·四川·模拟预测）若关于x , y的不等式组¿表示的平面区域是直角三角形区域，
则实数k =（ ）
A．−1
B．1
C．−1或0
D．0 或1
【答案】C
【分析】由已知，关于x , y的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则直线
kx + y −2=0垂直于直线y + x =0或直线kx + y −2=0垂直于直线x =1，从而得到k值.
【详解】由题意，当直线kx + y −2=0垂直于直线y + x =0时，表示的平面区域是直角三角
形区域，所以k =−1.
当直线kx + y −2=0垂直于直线x =1时，表示的平面区域是直角三角形区域，所以k =0.
故选:C．
54．（2024·全国·模拟预测）已知x , y满足约束条件¿，则x
2+ y
2的最小值为（ ）
A．2
B．18
C．20
D．22
【答案】B
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，再根据x
2+ y
2表示可行域内的点(x , y)与原点
(0,0)距离的平方，数形结合即可.
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【详解】约束条件表示的可行域为如图所示的阴影部分（包括边界），
x
2+ y
2表示可行域内的点(x , y)与原点(0,0)距离的平方．
由图知，√x
2+ y
2的最小值为原点(0,0)到直线x + y −6=0的距离．
由点到直线的距离公式得原点(0,0)到直线x + y −6=0的距离d = 6
√2 =3√2，
故x
2+ y
2的最小值为18．
故选：B．
55．（2024·四川·模拟预测）若x，y满足约束条件¿，则z = x + 4 y的最大值为 ．
【答案】9
【分析】作出可行域，再数形结合求出目标函数的最大值.
【详解】因为x，y满足约束条件¿，
作出可行域如下所示：
由¿，解得¿ ，由¿，解得¿，
由¿，解得¿，
所以约束条件表示的是以三点A (1,2),B (3,−1),C (4,1)为顶点的三角形及其内部，
目标函数可化为y =−1
4 x + z
4 ，平移直线y =−1
4 x可知，
当直线经过点A (1,2)时，在y轴上的截距最大，此时zmax=1+ 4×2=9．
故答案为：9
56．（2024·陕西·模拟预测）已知实数x , y满足约束条件¿，则由可行域围成区域的面积为
.
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【答案】8
【分析】可行域围成区域是平行四边形，利用两点间距离公式求底边长，平行线间的距离
求高，可计算面积.
【详解】在直角坐标系中作出其可行域，区域是平行四边形，如图，
¿
，解得
¿
，即
E (0,4)
，
¿，解得¿，即F (2,0)，
|EF|=√2
2+ 4
2=2√5，
且2 x + y = 4与2 x + y =8之间的距离为|8−4|
√4+1 = 4
√5，
所以围成的图形面积为2√5× 4
√5 =8.
故答案为：8.
【易错点1 忽视字母的取值范围而致错】
1．（2024·北京东城·一模）已知
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】举出反例即可判断ABD，利用作差法即可判断C.
【详解】当
时，
，故AD 错误；
当
时，
，故B 错误；
对于C，因为
，所以
，因为
，所以
且
，
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则
，
所以
，故C 正确.
故选：C.
2．（2024·全国·模拟预测）已知
，则下列不等式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用不等式的性质可判断A 项正确，D 项错误，通过举反例可说明B,C 两项错误.
【详解】
，即
，故选项A 正确；
当
时，满足
，但
，此时
，
，故选项
B，C 错误；
当
时，由
可得
，故选项D 错误.
故选:A．
【易错点2 多次运用不等式性质而致错】
1．（2024·全国·模拟预测）已知实数
满足
，则
的取值范围是
．
【答案】
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】由
可得
，所以
，
故答案为：
2．（2024 高三·全国·专题练习）若实数x，y 满足1≤xy2≤4，3≤x2y≤5，则xy5的取值范围是
．
【答案】[
，
]
【详解】
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因为(xy2)3∈[1，64]，
∈[
，]，所以xy5＝(xy2)3·
∈[ ，
].
【易错点3 忽视字不等式种高次项的系数】
1．（23-24 高一上·江苏苏州·阶段练习）若命题“
”为假命题，则
实数m 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】正难则反，命题“
”为假命题，等价于命题“
”为真命题，则分为
和
两大类讨论即可.
【详解】命题“
”的否定为：“
”
命题“
”为假命题等价于命题“
”为真命
题；
当
时，
，成立；
当
时，结合一元二次函数的图象可得：
，解得
，
综上，实数m 的取值范围是
.
故答案为：
.
2．（23-24 高三上·全国·阶段练习）对任意的
，不等式
恒成立，则实数
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设
，
，将不等式恒成
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立问题转化成
，构造
，根据单调性求最值.
【详解】设
，
，
则
，
则
恒成立可化为
恒成立，
即
恒成立，故
，
设
，
易知
在
时递减，在
时递增，
所以
，
而
显然在
时单调递增，所以
，
故
，当且仅当
时，即
时，等号成立，
所以实数
的取值范围为
.
【点睛】方法点睛：本题将恒成立问题转化成求最值问题，然后采用双换元和轮流作主法
求最值.
【易错点4 运用不等式基本性质求最值时，忽略不等式成立的三个条件】
1.（没有考虑等号能否取到）
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知全集
，集合
，
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则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先化简两个集合，再利用补集运算求解.
【详解】因为
，所以
，即
，
因为
，所以
.
故选：B
2.（忽视一元二次不等式种两根大小）
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知集合
，集合
，若
，则
.
【答案】0 或1
【分析】根据题意先求集合
，结合包含关系分析求解.
【详解】由题意可知：
，
，
因为
，可知
或
，可得
或
.
故答案为：0 或1.
3.（没有考虑“一正”）
1．（2024 高三·天津·专题练习）已知正项等比数列
中，
，
，
成等差数列．若
数列
中存在两项
，
，使得
为它们的等比中项，则
的最小值为（ ）
A．1
B．3
C．6
D．9
【答案】B
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【分析】先根据题意求出首项及公比，再根据等比中项的定义求出
，再根据基本不等
式中“1”的整体代换即可得解.
【详解】设正项等比数列
公比为
，由
，
，
成等差数列，
有
，即
，得
，
由
，解得
，
若数列
中存在两项
，
，使得
为它们的等比中项，
则
，即
，得
，则
，
，
当且仅当
，即
时等号成立，
所以
的最小值为3．
故选：B
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