2023-2024学年广东省广大附中高一（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年广东省广大附中高一（上）月考数学试卷（10月份）（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 49.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-12 10:49:40 | ||
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文档简介
2023-2024学年广东省广大附中高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，，，如图所示，则阴影部分表示的集合是( )
A.
B.
C.
D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知集合，，若，则( )
A. B. C. D.
4.下列全称量词命题为真命题的是( )
A. 所有的质数都是奇数
B. ，
C. 对每一个无理数，也是无理数
D. 所有能被整除的整数，其末位数字都是
5.已知，则的最大值为( )
A. B. C. D.
6.已知不等式对任意正实数，恒成立，则正实数的最小值为( )
A. B. C. D.
7.关于的方程，以下命题正确的个数为( )
方程有二正根的充要条件是；
方程有二异号实根的充要条件是；
方程两根均大于的充要条件是．
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
8.若正实数，满足，则下列结论不正确的是( )
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中，真命题的是( )
A. ，都有 B. ，使得
C. 任意非实数，，都有 D. 函数的最小值为
10.已知是成立的必要条件，是成立的充要条件，是成立的充分条件，是成立的不充分条件，则下列说法不正确的是( )
A. 是成立的充要条件 B. 是成立的必要不充分条件
C. 是成立的充分不必要条件 D. 是成立的必要不充分条件
11.已知，，，则下列命题为真命题的是( )
A. 若，则 B. 若且，则
C. 若，则 D. 若，则
12.已知，若对任意的，不等式恒成立，则( )
A. B.
C. 的最小值为 D. 的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设集合只有一个子集，则满足要求的实数______．
14.已知：或，：或，若是的必要条件，则实数的取值范围是______．
15.设，，，则的最小值为______ ．
16.设矩形的周长为，把三角形沿向三角形折叠，折过去后交于点如图所示，则三角形的面积的最大值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知全集，，．
求；
若且，求的取值范围．
18.本小题分
解下列不等式：
；
．
19.本小题分
已知集合，
若，求实数的取值范围；
若不存在实数，使，同时成立，求实数的取值范围．
20.本小题分
某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为元，年销售万件．
据市场调查，若价格每提高元，销售量将相应减少件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
为了扩大该商品的影响力，提高年销售量公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元公司拟投入万元作为技改费用，投入万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．
21.本小题分
已知，，都是正数．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若恒成立，求实数的取值范围．
22.本小题分
已知关于的不等式．
Ⅰ若，求该不等式的解集；
Ⅱ若，求该不等式的解集．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，可得，
由全集，可得，
根据图表示的集合意义，可得阴影部分表示的集合是．
故选：．
根据图表达集合的含义，得出阴影部分所对应的元素即可．
本题考查集合的并集，补集运算，考查图表示集合的含义，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为命题“，”为全称命题，
所以其否定是“，”
故选：．
根据全称命题的否定是特称命题求解．
本题主要考查了含有量词的命题的否定，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由集合，
因为，可得，
所以．
故选：．
求得，结合，得到，根据集合并集的运算，即可求解．
本题考查集合的运算，考查交集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，质数中不是奇数，为假命题；
对于，，都有，则，选项为真命题；
对于，为无理数，但是有理数，为假命题；
对于，所有能被整除的整数，其末位数字可以是也可以是，为假命题．
故选：．
根据题意，举出反例，可得ACD错误，证明B正确，即可得答案．
本题考查命题真假的判断，注意全称量词命题和存在量词命题的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
当且仅当时取等号，因为，即时取等号．
故选：．
利用基本不等式进行求解即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
当且仅当且，时取等号，
所以，整理得，解得，
故正实数的最小值为．
故选：．
根据基本不等式即可求解最值，进而由即可求解．
本题考查了基本不等式的性质，考查函数恒成立问题以及转化思想，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：对于，令满足，但，方程无实数解，错；
对于，必要性：方程，有一正根和一负根，．
充分性：由可得，所以及，
方程有一正根和一负根，对；
对于，令，两根为，满足，但不符合方程两根均大于，错．
故选：．
对于，举反例，即可判断；对于方程有二异号实根可推出，可推出方程有二异号实根，即可判断；对于，举反例，即可判断．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：对于项，由基本不等式得，，当且仅当时取等号，
整理得，
解得，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于项，由项可知，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于项，由题可知，
故，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于项，，又，所以的最小值为，当且仅当时取得最小值，故D错误．
故选：．
根据基本不等式及其变形逐项判断即可．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，恒成立，故A正确；
对于，当时，，故B正确；
对于，当时，，故不成立，故C错误；
对于，令，化简得，显然无实数解，故D错误．
故选：．
利用作差法、基本不等式的使用条件和应用技巧，逐项判断即可．
本题考查基本不等式的适用条件及应用，以及作差法比较大小的方法，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：依题意得，，，，
由，得，但不一定能推出，故A不正确；
由，得，又，所以是成立的必要不充分条件，故B正确；
因为不一定能推出，不一定能推出，所以不正确；
因为，，所以，又，所以是成立的充分不必要条件，故D不正确．
故选：．
根据充分条件、必要条件、充要条件的概念逐个选项分析可得答案．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，若成立，则，所以，可得，故A正确；
对于，由得，结合，可知，所以，故B正确；
对于，由，得，所以，
结合，两边同时乘以，得，故C正确；
对于，因为，，，
可得，即，故D不正确．
故选：．
根据题意，利用不等式的基本性质逐一分析，即可得到本题的答案．
本题主要考查了利用不等式的基本性质比较实数的大小等知识，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：因为，即恒成立，
又因为，，
所以当时，，当时，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以当时，，当时，，
所以对于函数，必有，单调递减，且零点为，
所以，所以，
所以A正确，B错误；
对于，因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，所以C正确；
对于，，
令，则，当且仅当时，等号成立．
则，
由二次函数的性质可得的最小值为，
即的最小值为，此时，，所以D正确，
故选：．
由已知可得，由于，所以可得当时，，当当时，，从而可得，，，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断．
此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：集合只有一个子集，
则，
所以方程无解，即．
故答案为：．
根据已知条件，推得为，即可求解．
本题主要考查子集的定义，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为是的必要条件，所以，即由或或；
时，，此时：，有成立；
时，：且，不能推出；
时，有，即，此时无解；
综上：，
即实数的取值范围是．
故答案为：．
将充分必要条件的判断问题转化为集合问题解决．
本题主要考查必要条件的定义，考查分类讨论思想，利用集合间的关系求参数范围是解题的关键，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，，，代入题中的分式可得，
原式，
而，，，
当且仅当，即时取等号．
所以，当时，的最小值为．
故答案为：．
根据题意，将所求分式中的分子的常数项和换成关于、的式子，再利用基本不等式算出答案．
本题主要考查了不等式的性质、利用基本不等式求函数的最值等知识，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意可设翻折后点的位置为，
因为矩形周长为，设，
则，由翻折可知，即有，
而，故≌，，设，则，
在中，由勾股定理得：，
则，，即，，
则，
，当且仅当时取等号，
，即三角形的面积的最大值为．
故答案为：．
根据题意设，，利用平面几何知识表示出，进而求得，结合基本不等式即可求得答案．
本题主要考查三角形中的几何计算，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
所以或，
因为，
所以或；
因为，，
所以或，
当时，成立，此时，解得，
当时，因为，
所以或，解得，
综上，的取值范围为．
【解析】先求出集合，再求即可．
先求出，然后由，对和两种情况讨论求解即可．
本题考查集合的运算，考查集合的包含关系，属于基础题．
18.【答案】解：原不等式化为，
令，则不等式可化为，解得，
又因为，所以，即，解得．
所以原不等式的解集为．
原不等式化为，
令，则不等式可化为，解得或舍去，
所以，所以或，故原不等式的解集为或．
【解析】设，不等式化为，解不等式即可．
设，不等式化为，解不等式即可．
本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
19.【答案】解：，
则，
若，则，解得；
若，根据可得，解得．
综上所述，的取值范围为；
若不存在实数，使，同时成立，即，有两种情况：
若，则，解得，
若且时，则有解得，或，解得，
综上所述，的取值范围为或．
【解析】先得出，然后按照是否为空集分类讨论；
根据题意，可将问题转化成的讨论．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
20.【答案】解：设该商品每件定价为元，
若价格每提高元，销售量将相应减少件，可得销售量为，
由题意可得，
整理得，解得．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为元．
依题意知当时，不等式有解，
等价于时，有解，由于，
当且仅当，即时等号成立，所以，
当该商品改革后销售量至少达到万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为元．
【解析】设每件定价为元，由题意得，解不等式可得所求结论；
由题意可得当时，不等式有解，运用参数分离和基本不等式可得所求结论．
本题考查二次不等式的解法和基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】证明：Ⅰ要证，左右两边同乘以可知即证，
即证．
，，都是正数，
由基本不等式可知，，，当且仅当时，以上三式等号成立，
将上述三个不等式两边分别相加，并除以，得，即原不等式得证．
Ⅱ，
，当且仅当时等号成立，
，即，解得，
实数的取值范围为．
【解析】根据已知条件，要证原式，即证，再结合基本不等式，即可求证．
根据已知条件，结合分离常数法，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，掌握基本不等式是解本题的关键，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ由，
得，解得：或，
所以该不等式的解集为：或；
Ⅱ由，得，
解得：；
解得：，
当时，；
当时，或；
当时，或；
所以原不等式的解集为：当时，；
当时，或；
当时，或．
【解析】Ⅰ平方，把无理不等式转化为一元二次不等式；Ⅱ方法同Ⅰ，分类讨论，比较与的大小，得出不等式的解集．
本题考查无理不等式的解法，属中档题．
第1页，共1页
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，，，如图所示，则阴影部分表示的集合是( )
A.
B.
C.
D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知集合，，若，则( )
A. B. C. D.
4.下列全称量词命题为真命题的是( )
A. 所有的质数都是奇数
B. ，
C. 对每一个无理数，也是无理数
D. 所有能被整除的整数，其末位数字都是
5.已知，则的最大值为( )
A. B. C. D.
6.已知不等式对任意正实数，恒成立，则正实数的最小值为( )
A. B. C. D.
7.关于的方程，以下命题正确的个数为( )
方程有二正根的充要条件是；
方程有二异号实根的充要条件是；
方程两根均大于的充要条件是．
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
8.若正实数，满足，则下列结论不正确的是( )
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中，真命题的是( )
A. ，都有 B. ，使得
C. 任意非实数，，都有 D. 函数的最小值为
10.已知是成立的必要条件，是成立的充要条件，是成立的充分条件，是成立的不充分条件，则下列说法不正确的是( )
A. 是成立的充要条件 B. 是成立的必要不充分条件
C. 是成立的充分不必要条件 D. 是成立的必要不充分条件
11.已知，，，则下列命题为真命题的是( )
A. 若，则 B. 若且，则
C. 若，则 D. 若，则
12.已知，若对任意的，不等式恒成立，则( )
A. B.
C. 的最小值为 D. 的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设集合只有一个子集，则满足要求的实数______．
14.已知：或，：或，若是的必要条件，则实数的取值范围是______．
15.设，，，则的最小值为______ ．
16.设矩形的周长为，把三角形沿向三角形折叠，折过去后交于点如图所示，则三角形的面积的最大值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知全集，，．
求；
若且，求的取值范围．
18.本小题分
解下列不等式：
；
．
19.本小题分
已知集合，
若，求实数的取值范围；
若不存在实数，使，同时成立，求实数的取值范围．
20.本小题分
某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为元，年销售万件．
据市场调查，若价格每提高元，销售量将相应减少件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
为了扩大该商品的影响力，提高年销售量公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元公司拟投入万元作为技改费用，投入万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．
21.本小题分
已知，，都是正数．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若恒成立，求实数的取值范围．
22.本小题分
已知关于的不等式．
Ⅰ若，求该不等式的解集；
Ⅱ若，求该不等式的解集．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，可得，
由全集，可得，
根据图表示的集合意义，可得阴影部分表示的集合是．
故选：．
根据图表达集合的含义，得出阴影部分所对应的元素即可．
本题考查集合的并集，补集运算，考查图表示集合的含义，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为命题“，”为全称命题，
所以其否定是“，”
故选：．
根据全称命题的否定是特称命题求解．
本题主要考查了含有量词的命题的否定，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由集合，
因为，可得，
所以．
故选：．
求得，结合，得到，根据集合并集的运算，即可求解．
本题考查集合的运算，考查交集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，质数中不是奇数，为假命题；
对于，，都有，则，选项为真命题；
对于，为无理数，但是有理数，为假命题；
对于，所有能被整除的整数，其末位数字可以是也可以是，为假命题．
故选：．
根据题意，举出反例，可得ACD错误，证明B正确，即可得答案．
本题考查命题真假的判断，注意全称量词命题和存在量词命题的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
当且仅当时取等号，因为，即时取等号．
故选：．
利用基本不等式进行求解即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
当且仅当且，时取等号，
所以，整理得，解得，
故正实数的最小值为．
故选：．
根据基本不等式即可求解最值，进而由即可求解．
本题考查了基本不等式的性质，考查函数恒成立问题以及转化思想，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：对于，令满足，但，方程无实数解，错；
对于，必要性：方程，有一正根和一负根，．
充分性：由可得，所以及，
方程有一正根和一负根，对；
对于，令，两根为，满足，但不符合方程两根均大于，错．
故选：．
对于，举反例，即可判断；对于方程有二异号实根可推出，可推出方程有二异号实根，即可判断；对于，举反例，即可判断．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：对于项，由基本不等式得，，当且仅当时取等号，
整理得，
解得，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于项，由项可知，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于项，由题可知，
故，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于项，，又，所以的最小值为，当且仅当时取得最小值，故D错误．
故选：．
根据基本不等式及其变形逐项判断即可．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，恒成立，故A正确；
对于，当时，，故B正确；
对于，当时，，故不成立，故C错误；
对于，令，化简得，显然无实数解，故D错误．
故选：．
利用作差法、基本不等式的使用条件和应用技巧，逐项判断即可．
本题考查基本不等式的适用条件及应用，以及作差法比较大小的方法，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：依题意得，，，，
由，得，但不一定能推出，故A不正确；
由，得，又，所以是成立的必要不充分条件，故B正确；
因为不一定能推出，不一定能推出，所以不正确；
因为，，所以，又，所以是成立的充分不必要条件，故D不正确．
故选：．
根据充分条件、必要条件、充要条件的概念逐个选项分析可得答案．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，若成立，则，所以，可得，故A正确；
对于，由得，结合，可知，所以，故B正确；
对于，由，得，所以，
结合，两边同时乘以，得，故C正确；
对于，因为，，，
可得，即，故D不正确．
故选：．
根据题意，利用不等式的基本性质逐一分析，即可得到本题的答案．
本题主要考查了利用不等式的基本性质比较实数的大小等知识，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：因为，即恒成立，
又因为，，
所以当时，，当时，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以当时，，当时，，
所以对于函数，必有，单调递减，且零点为，
所以，所以，
所以A正确，B错误；
对于，因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，所以C正确；
对于，，
令，则，当且仅当时，等号成立．
则，
由二次函数的性质可得的最小值为，
即的最小值为，此时，，所以D正确，
故选：．
由已知可得，由于，所以可得当时，，当当时，，从而可得，，，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断．
此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：集合只有一个子集，
则，
所以方程无解，即．
故答案为：．
根据已知条件，推得为，即可求解．
本题主要考查子集的定义，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为是的必要条件，所以，即由或或；
时，，此时：，有成立；
时，：且，不能推出；
时，有，即，此时无解；
综上：，
即实数的取值范围是．
故答案为：．
将充分必要条件的判断问题转化为集合问题解决．
本题主要考查必要条件的定义，考查分类讨论思想，利用集合间的关系求参数范围是解题的关键，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，，，代入题中的分式可得，
原式，
而，，，
当且仅当，即时取等号．
所以，当时，的最小值为．
故答案为：．
根据题意，将所求分式中的分子的常数项和换成关于、的式子，再利用基本不等式算出答案．
本题主要考查了不等式的性质、利用基本不等式求函数的最值等知识，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意可设翻折后点的位置为，
因为矩形周长为，设，
则，由翻折可知，即有，
而，故≌，，设，则，
在中，由勾股定理得：，
则，，即，，
则，
，当且仅当时取等号，
，即三角形的面积的最大值为．
故答案为：．
根据题意设，，利用平面几何知识表示出，进而求得，结合基本不等式即可求得答案．
本题主要考查三角形中的几何计算，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
所以或，
因为，
所以或；
因为，，
所以或，
当时，成立，此时，解得，
当时，因为，
所以或，解得，
综上，的取值范围为．
【解析】先求出集合，再求即可．
先求出，然后由，对和两种情况讨论求解即可．
本题考查集合的运算，考查集合的包含关系，属于基础题．
18.【答案】解：原不等式化为，
令，则不等式可化为，解得，
又因为，所以，即，解得．
所以原不等式的解集为．
原不等式化为，
令，则不等式可化为，解得或舍去，
所以，所以或，故原不等式的解集为或．
【解析】设，不等式化为，解不等式即可．
设，不等式化为，解不等式即可．
本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
19.【答案】解：，
则，
若，则，解得；
若，根据可得，解得．
综上所述，的取值范围为；
若不存在实数，使，同时成立，即，有两种情况：
若，则，解得，
若且时，则有解得，或，解得，
综上所述，的取值范围为或．
【解析】先得出，然后按照是否为空集分类讨论；
根据题意，可将问题转化成的讨论．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
20.【答案】解：设该商品每件定价为元，
若价格每提高元，销售量将相应减少件，可得销售量为，
由题意可得，
整理得，解得．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为元．
依题意知当时，不等式有解，
等价于时，有解，由于，
当且仅当，即时等号成立，所以，
当该商品改革后销售量至少达到万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为元．
【解析】设每件定价为元，由题意得，解不等式可得所求结论；
由题意可得当时，不等式有解，运用参数分离和基本不等式可得所求结论．
本题考查二次不等式的解法和基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】证明：Ⅰ要证，左右两边同乘以可知即证，
即证．
，，都是正数，
由基本不等式可知，，，当且仅当时，以上三式等号成立，
将上述三个不等式两边分别相加，并除以，得，即原不等式得证．
Ⅱ，
，当且仅当时等号成立，
，即，解得，
实数的取值范围为．
【解析】根据已知条件，要证原式，即证，再结合基本不等式，即可求证．
根据已知条件，结合分离常数法，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，掌握基本不等式是解本题的关键，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ由，
得，解得：或，
所以该不等式的解集为：或；
Ⅱ由，得，
解得：；
解得：，
当时，；
当时，或；
当时，或；
所以原不等式的解集为：当时，；
当时，或；
当时，或．
【解析】Ⅰ平方，把无理不等式转化为一元二次不等式；Ⅱ方法同Ⅰ，分类讨论，比较与的大小，得出不等式的解集．
本题考查无理不等式的解法，属中档题．
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