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专题16 等式与不等式
一、单选题
1．（2023·江西南昌·校联考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合A和B，再根据交集的定义求解．
【详解】由题得，，
所以.
故选：A.
2．（2023·山东青岛·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据交集运算求解即可.
【详解】,
，
所以.
故选:A.
3．（2023·山西·统考二模）已知 ， 则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据不等式性质以及指数函数单调性、对数函数定义域，利用特殊值即可判断结果.
【详解】根据题意可知，不妨取
则，此时不满足，即A错误；
易得，此时，所以B错误；
对于D，无意义，所以D错误，
由指数函数单调性可得，当时，，即C正确.
故选：C
4．（2023·广西·统考模拟预测）已知集合，集合.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】化简集合，根据交集的概念可求出结果.
【详解】由，得，所以，
由，得，所以，
所以.
故选：C.
5．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）若实数a，b满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定的等式，利用均值不等式建立不等式，再求解不等式判断作答.
【详解】，由，得，
于是，整理得，当且仅当时取等号，
解得，A错误，B正确；
又，即，当且仅当时取等号，CD错误.
故选：B
6．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.
【详解】解可得，或，即或.
所以，当时，.
又，
所以，当时，取最小值.
故选：C.
7．（2023·广东惠州·统考一模）“家在花园里，城在山水间．半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园．．．．．．”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境．下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，可排除B、D；再结合基本不等式和二次函数的性质求得A、C的函数最大值，看是否为1，进而判断.
【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，
则函数和都不满足，故排除B、D；
而的图象过点，，，
且时，，当且仅当时，等号成立，
即函数的最大值为2，
又“心形”函数的最大值为1，故排除A；
由的图象过点，，，
且时，，当且仅当时，等号成立，
即函数的最大值为1，满足题意，故C满足.
故选：C．
8．（2023·四川成都·三模）设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，
又由且，
所以，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
9．（2023·四川自贡·统考三模）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先分别求出集合A,B,再根据并集的概念运算可得.
【详解】因为，，
.
故选：C.
10．（2023·河南·校联考三模）若x，y满足约束条件则的最大值为（ ）
A．2 B．5 C．8 D．10
【答案】C
【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【详解】画出可行域如图所示，
联立，解得，即，
由图可知当直线过点时，z取得最大值，最大值为8．
故选：C.
11．（2023·四川泸州·统考三模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求集合A，再根据交集运算求解.
【详解】因为集合，，
所以．
故选：D.
12．（2023·浙江宁波·统考二模）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先解绝对值不等式求出集合、再解指数不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由可得，解得，所以，
由，可得，所以，即，
所以.
故选：B
13．（2023·天津红桥·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用一元二次不等式的解法及并集的定义即可求解.
【详解】由，即，解得，
所以.
所以.
故选：B.
14．（2023·四川自贡·统考三模）已知x，y满足不等式组，则z＝2x＋y的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】首先画出不等式组表示的可行域，再利用目标函数表示的几何意义求最值.
【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，
当时，画出初始目标函数表示的直线，
平移目标函数后，当直线过点时，取得最小值.
故选：B
15．（2023·四川乐山·统考三模）已知集合，，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求出集合，利用并集的定义可求得实数的取值范围.
【详解】因为，，且，
所以，.
故选：D.
16．（2023·北京西城·统考二模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的性质、对数的运算法则及基本不等式判断即可.
【详解】因为，，
又，，所以，
且，所以，
所以.
故选：A
17．（2023·北京房山·统考二模）下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】判断二次函数的对称轴，可得函数不是偶函数，判断选项A，根据函数的定义域判断选项B，判断得，从而得函数为偶函数，结合三角函数的性质可判断得该函数不具有最小值，从而判断选项C，根据，得函数为偶函数，再利用基本不等式求解出最小值，即可判断选项D.
【详解】对A，二次函数的对称轴为，
不是偶函数，故A错误；
对B，函数的定义域为，
定义域不关于原点对称，所以不是偶函数，故B错误；
对C，，
定义域为，所以函数是偶函数，
结合三角函数的性质易判断函数无最小值，故C错误；
对D，，定义域为，
所以函数是偶函数，因为，，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以函数有最小值，故D正确.
故选：D
18．（2023·江西赣州·统考二模）设实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】由题意画出可行域，表示可行域中一点与之间距离的平方，由图可知到直线的距离的平方为的最小值，求解即可.
【详解】由题意画出可行域，如下图，
，表示可行域中一点与之间距离的平方，
则到直线的距离的平方为的最小值，
则，所以.
故选：B.
19．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知圆关于直线对称，与交于，两点，设坐标原点为，则的最大值等于（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】B
【分析】首先将圆的方程化为标准式，得到圆心坐标，在求出直线过定点，又根据对称性，可知恰好为圆心坐标，即可求出圆的方程，在由圆过原点，则，利用基本不等式计算可得.
【详解】圆，即，圆心为，
直线，因为，所以直线的斜率不为，
又，令，解得，即直线恒过定点，
又圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以，解得，
所以圆，半径，显然，即圆过坐标原点，
因为与交于，两点，即为直径的两个端点，
所以，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以，
即，当且仅当时取等号，
即的最大值等于.
故选：B
20．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知一个圆锥的内切球的体积为，则该圆锥体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，做出其轴截面的图形，结合相似以及基本不等式即可得到结果.
【详解】
圆锥与其内切球的轴截面图如图所示，点为球心，为切点，设内切球的半径为，
圆锥的底面圆的半径为，高为，所以，则，
易知，所以，则，即，
圆锥的体积，当且仅当时，等号成立.
故选:A
21．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）若a，b，c均为正数，且满足，则的最小值是（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】A
【分析】先利用条件得到，再利用均值不等式即可得出结果.
【详解】因为，所以，
又a，b，c均为正数，，
当且仅当时取等号，所以，即，
故选：A.
22．（2023·江西赣州·统考二模）已知三棱锥的外接球的表面积为，平面，，，则该三棱锥中的，，面积之和的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将三棱锥补形长方体，设，由条件证明，表示三角形的面积和，利用基本不等式求其最大值.
【详解】如图将三棱锥补形长方体，
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
所以长方体的对角线为其外接球的直径，
设，则，
因为三棱锥的外接球的表面积为，
所以，
所以，
所以，
三棱锥中的，，面积之和，
故，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
所以三棱锥中的，，面积之和的最大值为.
故选：D.
23．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知实数满足且，则下列不等关系一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由不等式的性质判断A、B，根据基本不等式可判断C、D.
【详解】因为且，所以或，
对A：若，则，若，则，A错误；
对B：∵，，∴，B错误；
对C：由或，知且，∴，C正确；
对D：当时，有，从而
当，则且，∴，D错误.
故选：C
24．（2023·广东湛江·统考二模）当，时，恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将左侧分式的分子因式分解成的形式，再利用均值不等式的结论进行计算即可以得到结果.
【详解】当，时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为．
所以，即．
故选：A.
25．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.
【详解】由题意，所以，
即，所以，所以，
又，，
则，
所以，即，
由，，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
又在上单调递减，，
所以当取最大值时，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.
26．（2023·浙江·统考二模）已知函数，，，，若，，则（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
二、多选题
27．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知a，b都是正实数，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】AB选项，利用基本不等式求出最小值，得到A正确，B错误；C选项，作差法比较出大小关系；D选项，先变形后利用基本不等式进行求解.
【详解】A选项，因为a，b都是正实数，故，
当且仅当，即时，等号成立，A正确；
B选项，因为a，b都是正实数，故，
当且仅当，即时，等号成立，B错误；
C选项，，故恒成立，C正确；
D选项，a是正实数，故，其中，
故，当且仅当，即时，等号成立，D错误.
故选：AC
28．（2023·重庆·统考模拟预测）已知，，则下列关系式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】得到或，分两种情况，结合基本不等式和不等式的性质对四个选项一一进行判断，得到正确答案.
【详解】因为，所以或，
当时，，A不成立，，，
由，故，当且仅当，即时，等号成立，
因为，故等号不成立，故；
当时，，，
不妨设，则，故此时C不成立，
由，故，当且仅当，即时，等号成立，
因为，故等号不成立，故；
综上：BD一定成立.
故选：BD
29．（2023·湖南邵阳·统考三模）下列命题中，正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BD
【分析】根据不等式的性质判断A、C、D的正误，利用基本不等式判断B的正误.
【详解】对于A：若，则无意义，故A错误；
对于B：若，则，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C：由于不确定的符号，故无法判断，
例如，则，故C错误；
对于D：若，则，
所以，故D正确；
故选：BD.
30．（2023·全国·模拟预测）已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】根据基本不等式判断A,B选项，特殊值法判断C,D选项即可.
【详解】选项A：因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，故A正确；
选项B：，当且仅当时等号成立，故B正确；
选项C：因为,,，故C错误；
选项D：因为,,,故D错误．
故选:AB．
31．（2023·山东淄博·统考二模）已知的面积是1，点分别是的中点，点是平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若是线段的中点，则
B．若，则的面积是
C．若点满足，则点的轨迹是一条直线
D．若在直线上，则最小值是
【答案】CD
【分析】利用向量线性运算结合条件可判断A，由题可得为的中点进而可判断B，根据向量数量积的运算律可得进而可判断C，取BC中点为F，作于，将化为，然后找到间关系，然后利用基本不等式可判断D.
【详解】对A，若是线段的中点，则，故A错误；
对B，由，可得，即为的中点，则的面积为，故B错误；
对C，由，可得，即，所以点的轨迹是过与垂直的一条直线，故C正确；
对D，如图，取BC中点为F，作于，
则，又，，
则，得，
注意到，
则，又，
则，
当且仅当，且时取等号，故D正确.
故选：CD.
32．（2023·全国·模拟预测）已知，，且，则下列判断正确的是（ ）
A．的最小值为12
B．的最小值为
C．若不等式恒成立，则
D．的最大值为8
【答案】BCD
【分析】将变形为，代入，使用基本不等式即可求最值，判断A，直接使用基本不等式求最值，判断B，先使用基本不等式求出的最小值，然后解二次不等式即可判断C，通过配凑和基本不等式得到然后求解二次不等式即可得最值，判断D.
【详解】对于选项A：因为，所以，
则，
当且仅当，即，时取等号，故A错误；
选项B：，
当且仅当，即时取等号，所以B正确；
选项C：，
当且仅当，即时等号成立，
因为不等式恒成立，
所以，即，解得，所以C正确；
选项D：
，
当且仅当，即，时等号成立，
整理得，
令，则，，得，
所以，即，所以的最大值为8，所以D正确．
故选：BCD
33．（2023·全国·模拟预测）底面为直角三角形的三棱锥的体积为4，该三棱锥的各个顶点都在球O的表面上，点P在底面ABC上的射影为K，，则下列说法正确的是（ ）
A．若点K与点A重合，则球O的表面积的最小值为
B．若点K与点A重合，则球O的体积的最小值为
C．若点K是的斜边的中点，则球O的表面积的最小值为
D．若点K是的斜边的中点，则球O的体积的最小值为
【答案】AD
【分析】设的两直角边长分别为x，y，根据题意求得，然后分点K与点A重合和点K是的斜边的中点两种情况进行求解即可判断.
【详解】设的两直角边长分别为x，y，球O的半径为R.因为三棱锥的体积为4，，所以，解得.
对于选项A，B：由题意知平面ABC，所以（当且仅当时取等号），解得，
所以球O的表面积，球O的体积，故A正确，B错误；
对于选项C，D：若点K是的斜边的中点，则，（球O的球心位于直线PK上）
所以（当且仅当时取等号），即，
所以球O的表面积，球O的体积，故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】方法技巧
求解此类题要过好三关：一是构造关，即会构造长方体模型快速求解外接球的直径，长方体的外接球的直径等于共点的三条棱长的平方和的开方；二是方程关，即会利用三棱锥的底面三角形的外接圆的圆心 球心与三棱锥的顶点构成的直角三角形，用勾股定理得关于球半径的方程；三是最值关，利用基本不等式求最值，要注意“一正二定三相等”.
34．（2023·河北衡水·模拟预测）已知，则下列不等式一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据题意，由不等式的性质，对选项逐一判断即可得到结果.
【详解】由，得，当时，得0，即;
当时，得，即，综上或，上述两种情况均可得，故选项错误;
当时，得，当时，得，故B选项正确;
令，则，，从而得，故C选项错误;
由上述论证可知恒成立，故D正确.
故选：BD.
35．（2023·全国·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与交于，两点，则（ ）
A． B．的最小值为4
C． D．的最小值为10
【答案】ACD
【分析】选项A：根据抛物线的准线理解运算；选项B：由题设，，直线，利用韦达定理可得，结合图形分析运算；选项：根据数量积的坐标运算结合韦达定理分析运算；选项D：根据，，结合基本不等式分析运算.
【详解】选项A：由题意知，所以，故选项A正确；
选项B：由选项A可得：抛物线，焦点为，
设，，直线，
联立方程，整理得，
则，，
所以，
因为，所以，故选项B错误；
选项：因为，在抛物线上，则，
故，
又因为，
所以
，
当且仅当时等号成立，
可得，所以，故选项C正确；
选项D：，
因为，，所以当且仅当，时，等号成立，
所以，故选项D正确．
故选：ACD.
36．（2023·河北·统考模拟预测）点为圆上一动点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】设，可得，结合三角函数性质可判断A；将化为，继而令，转化为关于t的二次函数，求其最值，判断B；将转化为，利用几何意义，数形结合，可判断C；举出反例可判断D.
【详解】由题意点为圆上一动点，故设，
则，而，，
故，A错误；
，设，
则，，
故，当时，取最小值，
当时，取最大值，
即，B正确；
，设，则，
即可看作点与点连线的斜率，
如图示：当直线与圆相切时，k取得最值，
则，解得或，
则，故，C正确；
取为，满足，但此时，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：对于A，B选项的判断，结合其结构特征，利用三角代换，结合三角恒等变换或之间的关系，可进行判断；对于，可变形为，利用几何意义进行判断.
三、填空题
37．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）设，满足约束条件，则的最大值为__________．
【答案】32
【分析】画出可行域，得到在轴截距最大值时所过的点，再求出z的最大值即可．
【详解】由约束条件可得可行域，如图阴影部分所示，
由，得，
由图像可知，当过点时，在轴截距最大，
由，得，即，
所以，
故答案为：32．
38．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）若平面向量，，满足，，，，则的最小值为______．
【答案】2
【分析】在平面直角坐标系内，令，再设出，的坐标，利用给定的数量积、结合坐标运算、均值不等式求解作答.
【详解】在平面直角坐标系内，令，设，
由，得，由，得，由，得，即，
，
则，当且仅当或时取等号，
所以的最小值为2.
故答案为：2
39．（2023·浙江·二模）若，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】利用基本不等式结合求得，将整理变形为，令，结合二次函数知识即可求得答案.
【详解】由可得，
而，当且仅当时，等号成立，
即，解得，
由可知，
所以，
令，则，
函数在单调递增，在单调递减
故，
即的取值范围是，
故答案为：
40．（2023·山东聊城·统考二模）已知曲线，过点的直线交曲线C于M，N两点，O为坐标原点，则的面积的取值范围为________．
【答案】
【分析】根据给定条件，设出直线MN的方程，与曲线C的方程联立，求出面积的函数关系，再求出其值域作答.
【详解】依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为：，
由消去y并整理得：，
，解得或，
设，有，
的面积
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，显然，
所以的面积的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
41．（2023·陕西西安·长安一中校考二模）若实数x，y满足约束条件，则的最大值为__________．
【答案】6
【分析】做出平面区域，结合直线的几何意义分析运算.
【详解】根据题意作出平面区域，如图所示，
因为表示斜率为，纵截距为的直线，
联立，可得，即点，
可得：当过点时，纵截距为取到最大值.
故答案为：6.
42．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）已知抛物线与圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，其中，在第一象限，，在第四象限，则最小值是______.
【答案】
【分析】按直线AB斜率存在和不存在分类讨论，斜率不存在时直接求出的值，斜率存在时，设出直线方程，代入抛物线方程后应用韦达定理及基本不等式求解最值，最后比较即可得答案.
【详解】的圆心为，半径为1，
所以圆心为抛物线的焦点，且圆M过抛物线的顶点.
当轴时，，则，
当斜率存在时，设其方程为，，
将代入得，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
由知，的最小值为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：若是抛物线上任一点，是抛物线的焦点，则.
四、解答题
43．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，正数，满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算即可；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，再利用乘“1”法及基本不等式计算即可.
【详解】（1），
不等式等价于或或，
解得或或，
故不等式的解集为．
（2）因为，
当且仅当时等号成立，故，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
44．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合条件，利用正弦定理进行边角转化即可求出结果；
（2）利用（1）结果，得到，再利用重要不等式即可得出结果.
【详解】（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得，
所以，
即，
，则，故，
即，也即，，
所以.
（2）由知，均为锐角，即有
故，
又因为，
所以，当且仅当时，等号成立.
故的最大值为.
45．（2023·广西·校联考模拟预测）已知，，，证明：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据柯西不等式或基本不等式证明不等式.
（2）根据基本不等式证明不等式.
【详解】（1）解法一：由柯西不等式得：
，
当时，等号成立．所以原式得证．
解法二：
当时，等号成立．即．
（2）解法一：由及．
即．
当时，等号成立．所以.
解法二：因为，
所以：
．
又，，所以：
，当时，等号成立．
所以，．
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）在中，内角的对边分别为，且满足.
(1)求的大小；
(2)若的面积为，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理、同角三角函数的商数关系和两角和正弦公式化简已知式，即可得出答案；
（2）由三角函数的面积关系可得，由，得，再由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.
【详解】（1）因为，利用正弦定理得：
，
由于，所以，即，
即，
由，
故且，故.
（2）由于的面积为，所以，解得：，
由，得，
在中，由余弦定理得：，
故，当且仅当即，的最小值为.
47．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若，求BC边上的高AD的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知等式即得解；
（2）利用余弦定理和基本不等式求出，再求出，即得解.
【详解】（1）根据正弦定理可得，
又，∴．
∵,∴．
（2），∴，
当且仅当时取等号.
∵，∴，
∴，
∴，∴AD的最大值为.
48．（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角，，所对边分别记为，，.条件①：；条件②：.从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)证明：；
(2)求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）根据所选式子利用三角恒等变换公式化简，即可得证；
（2）利用正弦定理及三角恒等变换公式将变形为，再利用基本不等式计算可得；
【详解】（1）若选①，∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又、为的内角，
∴.
若选②，∵，
∴，
∴，
∴，
显然，∴，
∴，
∴，
又、为的内角，
∴，
∴.
（2）由（1）可知，所以，所以，
由正弦定理可得
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
49．（2023·陕西商洛·统考三模）已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，且正数，满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号求解；
（2）根据绝对值不等式求出的最大值，利用均值不等式求解即可.
【详解】（1）当时，不等式转化为，恒成立．
当时，不等式转化为，解得．
当时，不等式转化为，无解．
综上所述，不等式的解集为．
（2）由，得．
，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为3．
50．（2023·四川泸州·统考三模）已知函数．
(1)画出f（x）的图象，并写出的解集；
(2)令f（x）的最小值为T，正数a，b满足，证明：．
【答案】(1)作图见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）由绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号得分段函数解析式，然后分段作出函数图象，由图象得不等式的解集；
（2）由（1）得最小值，然后用基本不等式得出的范围，再用基本不等式得，利用二次函数性质得的范围，从而可得不等式成立，注意等号取得的条件是否一致．
【详解】（1）由题，得，图象如图所示．
由图可知，的解集为．
（2）由（1）知，函数f（x）的最小值为，则．
只需证明即可．
由已知，，，则，所以．
于是，
因为
，
由于，则，即，
所以，当且仅当时，等号成立．
51．（2023·广西·统考模拟预测）已知.
(1)解关于的不等式：；
(2)若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）讨论的取值，去绝对值，从而解得不等式的解集；
（2）由绝对值不等式求出的最小值，利用均值不等式求出的最小值
【详解】（1）①当时，不等式可化为，可得；
②当时，不等式可化为，有，不可能；
③当时，不等式可化为，可得，
由上知关于的不等式的解集为；
（2）由，可得，
有，
有
（当且仅当，时取等号）.
有，
故的最小值为.
52．（2023·广东广州·统考二模）如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；
（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.
【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：
，点是的中点，
，
又是的中点，
，
又在直三棱柱中，有， 平面
，
平面，
平面，且面，平面平面，
，
平面，且平面，
，
又，且、平面，
平面，
又，
平面，
平面，
面平面.
（2）由（1）知平面，则，
设，则，，，
，
由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，
此时，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则有，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则有，取，解得，
设直线与平面所成的角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
53．（2023·四川成都·三模）已知函数，且不等式的解集为．
(1)求实数的值；
(2)若正实数满足，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得，然后列出方程求解，即可得到结果；
（2）根据题意，结合基本不等式代入计算即可得到证明.
【详解】（1），且，
，解得．
．
．
（i）当时，由，解得（不合题意，舍去）；
（ii）当时，由，解得，经检验满足题意．
综上所述，．
（2）由（1）得．．
，
．当且仅当，即时等号成立．
．
54．（2023·安徽·校联考二模）在中，．
(1)若，判断的形状；
(2)求的最大值．
【答案】(1)是直角三角形
(2)
【分析】（1）利用正弦定理把化为，再利用余弦定理可得，再由，即可求出，，代入正弦的和角公式可知，从而可判断为直角三角形；
（2）由（1）中的，可得，再利用正切的差角公式可得，结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
由及正弦定理
得：，
，
，
．
，
，
是直角三角形．
（2）由（1）知，，
，且，
，
当且仅当，即时取等号，
的最大值为．
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专题16 等式与不等式
一、单选题
1．（2023·江西南昌·校联考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·山东青岛·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·山西·统考二模）已知 ， 则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·广西·统考模拟预测）已知集合，集合.则（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）若实数a，b满足，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
7．（2023·广东惠州·统考一模）“家在花园里，城在山水间．半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园．．．．．．”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境．下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023·四川成都·三模）设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·四川自贡·统考三模）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023·河南·校联考三模）若x，y满足约束条件则的最大值为（ ）
A．2 B．5 C．8 D．10
11．（2023·四川泸州·统考三模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·浙江宁波·统考二模）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·天津红桥·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
14．（2023·四川自贡·统考三模）已知x，y满足不等式组，则z＝2x＋y的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
15．（2023·四川乐山·统考三模）已知集合，，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2023·北京西城·统考二模）设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
17．（2023·北京房山·统考二模）下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（2023·江西赣州·统考二模）设实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C．5 D．
19．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知圆关于直线对称，与交于，两点，设坐标原点为，则的最大值等于（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
20．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知一个圆锥的内切球的体积为，则该圆锥体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）若a，b，c均为正数，且满足，则的最小值是（ ）
A．2 B．1 C． D．
22．（2023·江西赣州·统考二模）已知三棱锥的外接球的表面积为，平面，，，则该三棱锥中的，，面积之和的最大值为（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知实数满足且，则下列不等关系一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
24．（2023·广东湛江·统考二模）当，时，恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
25．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·浙江·统考二模）已知函数，，，，若，，则（ ）．
A． B．
C． D．
二、多选题
27．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知a，b都是正实数，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2023·重庆·统考模拟预测）已知，，则下列关系式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·湖南邵阳·统考三模）下列命题中，正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
30．（2023·全国·模拟预测）已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
31．（2023·山东淄博·统考二模）已知的面积是1，点分别是的中点，点是平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若是线段的中点，则
B．若，则的面积是
C．若点满足，则点的轨迹是一条直线
D．若在直线上，则最小值是
32．（2023·全国·模拟预测）已知，，且，则下列判断正确的是（ ）
A．的最小值为12
B．的最小值为
C．若不等式恒成立，则
D．的最大值为8
33．（2023·全国·模拟预测）底面为直角三角形的三棱锥的体积为4，该三棱锥的各个顶点都在球O的表面上，点P在底面ABC上的射影为K，，则下列说法正确的是（ ）
A．若点K与点A重合，则球O的表面积的最小值为
B．若点K与点A重合，则球O的体积的最小值为
C．若点K是的斜边的中点，则球O的表面积的最小值为
D．若点K是的斜边的中点，则球O的体积的最小值为
34．（2023·河北衡水·模拟预测）已知，则下列不等式一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
35．（2023·全国·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与交于，两点，则（ ）
A． B．的最小值为4
C． D．的最小值为10
36．（2023·河北·统考模拟预测）点为圆上一动点，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
37．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）设，满足约束条件，则的最大值为__________．
38．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）若平面向量，，满足，，，，则的最小值为______．
39．（2023·浙江·二模）若，则的取值范围是______.
40．（2023·山东聊城·统考二模）已知曲线，过点的直线交曲线C于M，N两点，O为坐标原点，则的面积的取值范围为________．
41．（2023·陕西西安·长安一中校考二模）若实数x，y满足约束条件，则的最大值为__________．
42．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）已知抛物线与圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，其中，在第一象限，，在第四象限，则最小值是______.
四、解答题
43．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，正数，满足，求的最小值．
44．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)求的最大值.
45．（2023·广西·校联考模拟预测）已知，，，证明：
(1)；
(2)．
46．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）在中，内角的对边分别为，且满足.
(1)求的大小；
(2)若的面积为，且，求的最小值.
47．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若，求BC边上的高AD的最大值．
48．（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角，，所对边分别记为，，.条件①：；条件②：.从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)证明：；
(2)求的最小值.
49．（2023·陕西商洛·统考三模）已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，且正数，满足，求的最小值．
50．（2023·四川泸州·统考三模）已知函数．
(1)画出f（x）的图象，并写出的解集；
(2)令f（x）的最小值为T，正数a，b满足，证明：．
51．（2023·广西·统考模拟预测）已知.
(1)解关于的不等式：；
(2)若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.
52．（2023·广东广州·统考二模）如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.
53．（2023·四川成都·三模）已知函数，且不等式的解集为．
(1)求实数的值；
(2)若正实数满足，证明：．
54．（2023·安徽·校联考二模）在中，．
(1)若，判断的形状；
(2)求的最大值．
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