【精品解析】备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：等式与不等式

备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：等式与不等式
一、解答题
1．（2023高三上·绵阳月考）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数R，且的解集为[-1，1].
（1）求m的值；
（2）若，且，求证：
2．（2023高一上·南开月考）已知且，记为的最大值，记为的最大值．
（1）求的值
（2）若，且对任意，恒成立，求的最大值．
3．（2023高二上·达州月考）设数列 的前项和为， 且， 数列满足， 其中.
（1）证明 为等差数列， 并求数列的通项公式：
（2）求数列 的前项和为；
（3）求使不等式 ， 对任意正整数都成立的最大实数的值.
4．（2024高一上·南山期末）已知某产品在过去的32天内的日销售量（单位：万件）与第天之间的函数关系为①；②这两种函数模型中的一个，且部分数据如下表：
（天） 2 4 10 20
（万件） 12 11 10.4 10.2
（1）请确定的解析式，并说明理由；
（2）若第天的每件产品的销售价格均为（单位：元），且，求该产品在过去32天内的第天的销售额（单位：万元）的解析式及的最小值.
5．（2024·九省高考模拟）已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
（1）证明：直线过定点；
（2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
6．（2023高三上·闽清月考）在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③．
（1）求角的大小；
（2）若外接圆的面积为，求的最大值．
7．（2024高三上·重庆月考）设函数.
（1）当，时，
①求在处的切线方程；
②求证：当时，；
（2）当时，已知为函数的两个零点（为的导数），求证：.
8．（2024高一上·辽源期末）已知关于的不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）当，，且满足时，求的最小值.
9．（2024·乌江期末）关于 的一元二次方 恒有两个实数根 .
（1）当 且两个根皆为负时， 求实数的取值范围.
（2）不等式 恒成立， 求实数的最大值.
10．（2019高二下·上海月考）现代城市大多是棋盘式布局（如北京道路几乎都是东西和南北走向）.在这样的城市中，我们说的两点间的距离往往不是指两点间的直线距离（位移），而是实际路程（如图）.在直角坐标平面内，我们定义 ， 两点间的“直角距离”为： .
（1）在平面直角坐标系中，写出所有满足到原点的“直角距离”为2的“格点”的坐标.（格点指横、纵坐标均为整数的点）
（2）求到两定点 、 的“直角距离”和为定值 的动点轨迹方程，并在直角坐标系内作出该动点的轨迹.（在以下三个条件中任选一个做答）
① ， ， ；
② ， ， ；
③ ， ， .
（3）写出同时满足以下两个条件的“格点”的坐标，并说明理由（格点指横、纵坐标均为整数的点）.
①到 ， 两点“直角距离”相等；
②到 ， 两点“直角距离”和最小.
11．画出不等式组 表示的平面区域，并求其面积．
12．（2016高一下·蕲春期中）已知甲、乙两煤矿每年的产量分别为200万吨和260万吨，需经过东车站和西车站两个车站运往外地．东车站每年最多能运280万吨煤，西车站毎年最多能运360万吨煤，甲煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为1元/t和1.5元/t，乙煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为0.8元/t和1.6元/t．煤矿应怎样编制调运方案，能使总运费最少？
13．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若，证明：在上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，且，求证：.
14．（2022高一上·温州期中）已知函数．
（1）若函数在区间单调递增，求实数的取值范围；
（2）若不等式的解集为，求关于的不等式的解集．
15．（2022高一上·联合期中）已知．
（1）当时，解不等式；
（2）若，且函数的图像与直线有3个不同的交点，求实数a的取值范围．
（3）在（2）的条件下，假设3个交点的横坐标分别为，，，且，若恒成立，求实数t的取值范围．
16．（2020高一上·惠州期末）对于函数 ，若在其定义域内存在实数 ，使得 成立，则称 有“漂移点” ．
（1）判断函数 在 上是否有“漂移点”，并说明理由；
（2）若函数 在 上有“漂移点”，求正实数 的取值范围．
17．（2022高一上·东阳月考）已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围．
18．（2023高一上·龙泉驿月考） 已知函数 .
（1）若 ， 求不等式 的解集；
（2） 已知函数 ， 且方程 有唯一实数解， 求实数 的取值范围.
19．（2023高二下·舟山期末）已知函数满足，函数，其中．
（1）求的值域（用表示）；
（2）求的取值范围；
（3）若存在实数，使得有解，求的取值范围．
20．（2020高二下·嘉兴期中）已知函数 .
（Ⅰ）若 ，且 在 上递减，求a的取值范围；
（Ⅱ）设 ， 对任意 恒成立，求 的最大值.
21．（2019高二上·六安月考）如图，有一块边长为1（百米）的正方形区域ABCD，在点A处有一个可转动的探照灯，其照射角 始终为 （其中点P，Q分别在边BC，CD上），设 ．
（Ⅰ）用t表示出PQ的长度，并探求 的周长l是否为定值；
（Ⅱ）问探照灯照射在正方形ABCD内部区域阴影部分的面积S最大为多少（平方百米）
22．已知函数 与 （其中 ）在 上的单调性正好相反，回答下列问题：
（1）对于 ， ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）令 ，两正实数 、 满足 ，求证： .
答案解析部分
1．【答案】（1）解：不等式即，即，解得，
又的解集是，所以，综上，；
（2）解：由(1)知，，
所以，
.
当且仅当即时等号成立.
综上，.
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合绝对值不等式求解方法，进而得出实数m的值.
（2）利用（1）知，，再利用均值不等式变形求最值的方法和“1”的灵活应用，进而证出不等式成立.
2．【答案】（1）解：因为，所以，
因为，所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，得，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，即，
因为，所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，即，
（2）解：由题可得，
令，则，故．
对任意，，则恒成立，
因为为正数，所以
所以，此时，
所以，
当时，等号成立，
此时成立，
所以的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用基本不等式结合已知可求得，则，从而可求出的值，再结合完全平方公式可求出；
（2）令，则，得，根据时，，求得的关系，从而可得的取值范围，根据取最大值的的值检验不等式恒成立，即可求得结果.
3．【答案】（1）解：当 时，， 则，
当 时，，
即 ， 即是以为首项， 公差为 1 的等差数列，
故
（2）解：由（1）知
（3）解：， 则，
即 ，
即 对任意正整数都成立，
令 ，
则 ，
故 ，
即 随着的增大而增大， 故，
即 ，即实数的最大值为
【知识点】利用不等式的性质比较大小；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据递推式，先算出，然后在结合递推式： 当 时，进行求解即可；
（2）由（1）知，可得然后运用列项求和的方法求前n和即可；
（3）结合（1）可求得：，然后对不等式变形可得：， 对任意正整数都成立 变为恒成立问题，接下来构造函数，利用作商法可判断 随着的增大而增大 ，从而找到其最大值即可求解.
4．【答案】（1）解：选择模型②，理由如下：
由题表可知，随着增大时，销售量逐渐减少，若，则当时，非单调递减函数，不符合题意.
对于，根据题意，将点代入可得
解得，此时，
易知点均在的图象上，
.
（2）解：
由（1）知
即
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，为单调递减函数，
的最小值为，
综上可知，的最小值为484万元.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合表中的数据，再结合二次函数的单调性和反比例型函数的解析式以及代入法，进而得出满足要求的模型。
（2）利用已知条件和（1）得出分段函数f(x)的解析式，再利用分类讨论的方法和均值不等式求最值的方法、函数的单调性求最值的方法和比较法，进而得出分段函数f(x)的最小值。
5．【答案】（1）解：由，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为，
设直线、分别为、，有，
、、、，
联立与直线，即有，
消去可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
（2）解：由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，
则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设直线、分别为、，联立方程结合韦达定理求得，，分类讨论是否相等，结合直线方程求定点；
(2) 根据抛物线方程可得，联立方程可得，，进而可得，，，根据面积关系分析求解即可.
6．【答案】（1）选①，由，
则根据正弦定理得，
在中，有，
则，
又，所以，即，
又，所以．
选②，由，
则根据余弦定理可得，
在中，有，
所以，即，
又，所以．
选③，由，
在中，根据射影定理可得，
所以，即，
又，所以．
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为，
又结合（1）可知，则根据正弦定理可得，
则根据余弦定理可得，
又，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积，
所以的最大值为．
【知识点】基本不等式；三角函数中的恒等变换应用；直角三角形的射影定理；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；
选②，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；
选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；
(2)先根据题意求出外接圆的半径，再结合(1)及正弦定理求出c，再根据余弦定理、基本不等式及三角形的面积公式即可求解.
7．【答案】（1）解：当，时，函数，①因为，所以，
因为，
所以函数f(x)在处的切线方程为y-0=6(x-1)，即。
②要证不等式，即证
构造函数则
令则函数h(x)单调递增，
则函数h(x)单调递减，
当x=1时，函数h(x)取得最大值为h(1)=0，所以，
所以
当时，。
（2）证明：因为函数
所以，
因为a=0，则
令所以，
令，
当时，则时；函数g(x)单调递增；
当时，则时；函数g(x)单调递增；
当时，则时，函数g(x)单调递增；
令所以，
令，
当时，则时；函数g(x)单调递减；
当时，则时；函数g(x)单调递减；
当时，不满足题意；
因为，当时，，
因为为函数两个零点，
所以
构造因为，
所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1） ① 利用a，b的值得出函数的解析式，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再由代入法得出切点坐标，再利用点斜式得出切线的方程； ② 利用构造法和求导的方法判断函数的单调性，再利用函数的单调性证出当时，成立.
（2）利用已知条件结合对b分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，再结合以及当时，成立，从而结合函数的零点与方程的根的等价关系，再结合构造法，令再结合方程根的分布和韦达定理，进而证出不等式成立.
8．【答案】（1）∵不等式的解集为，
∴，且，为方程的两个根，故，
解得或（舍去），；
（2）当，时，由（1）得，
∴，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为24.
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】本题主要考查一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系.
（1）根据一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系可得 ，为方程的两个根 ，然后运用韦达定理即可求得a、b的值；
（2） 当，时，由（1）得 ，然后运用基本不等式即可求解.
9．【答案】（1）当 时， 方程化为
由已知有
所以实数 的取值范围为
（2）
此时


则 的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合n与m的关系式，从而将关于 的一元二次方程转化为方程，再利用判别式法和韦达定理，进而得出实数m的取值范围.
（2）利用（1）得出的，再结合函数求最值的方法和不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数t的取值范围，从而得出实数t的最大值.
10．【答案】（1）解：由“直角距离”的定义可知所求点坐标满足：
则所求点为： 、 、 、 、 、 、 、
（2）解：条件①：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时， ；⑷当 ， 时， ；
⑸当 ， 时， ；⑹当 ， 时，
条件②：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时， ；
由对称性可得其他部分图形
条件③：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时，
由对称性可得其他部分图形
（3）解：满足条件的格点有 、 、 、 、 、 、 、 、
对于①，设 满足到 、 两点“直角距离”相等
即满足 ，可得：
对于②，设 到 、 两点“直角距离”和最小
即
当且仅当 且 时等号成立
可得：
在直角坐标系中画出分别满足条件①、②的点构成的区域，如下图所示：
则同时满足条件①、②的格点的坐标是： 、 、 、 、 、 、 、 、
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域；轨迹方程；绝对值三角不等式
【解析】【分析】（1）由“直角距离”的定义知 ，进而得到所求点坐标；（2）根据“直角距离”的定义，分别结合条件①②③，得到动点轨迹方程；利用分类讨论的方式去掉绝对值符号即可得到不同区间内动点的轨迹，从而做出图形；（3）由条件①可得： ；由条件②可得： ，在平面直角坐标系中做出两个条件下的点构成的区域，取交集，结合图形得到最终结果.
11．【答案】解： 不等式组表示直线 左上方的点和该直线， 表示直线 左下方的点和该直线，由 得 ．由不等式 可得 或 ，则不等式组表示的区域如图阴影部分.
由 得点 ．由 得 ．同样的可以求出直线 ， 与 的交点为 ，所以小梯形的面积为
，同理可以求出大梯形的面积 ，所以不等式组围成的平面区域的面积为
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】【分析】先作出约束条件所表示的平面图区域，由图形的形状求面积.
12．【答案】解：设甲煤矿向东车站运x万吨煤，乙煤矿向东车站运y万吨煤，那么总运费：
z=x+1.5（200﹣x）+0.8y+1.6（260﹣y）（万元），
即z=716﹣0.5x﹣0.8y．
x、y应满足 ，
作出上面的不等式组所表示的平面区域，如图．
．
设直线x+y=280与y=260的交点为M，则M（20，260）．
把直线l0：5x+8y=0向上平移至经过平面区域上的点M时，z的值最小．
∵点M的坐标为（20，260），
∴甲煤矿生产的煤向东车站运20万吨，向西车站运180万吨，乙煤矿生产的煤全部运往东车站时，总运费最少．
【知识点】简单线性规划
【解析】【分析】设甲煤矿向东车站运x万吨煤，乙煤矿向东车站运y万吨煤，那么总运费：z=x+1.5（200﹣x）+0.8y+1.6（260﹣y），即z=716﹣0.5x﹣0.8y．由题意得到关于x，y的不等式组，由线性规划知识求得能使总运费最少的x，y值．
13．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=lnx+1，
当时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，+∞)
（2）解：因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时，，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（3）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【分析】(1)明确函数f(x)的定义域，利用导数研究函数的单调性，即可求解；
(2)令 ，只需证明 ，构造函数h(x)，利用导数研究函数的最小值，证明h(x)≥0即可求证；
(3) 先证右半部分不等式 ，利用曲线f(x)在和处的切线l1和l2，设直线y=b与直线l1，f(x)图象和直线l2分别交于x1'，x1，x2，x2'，利用四个值之间的关系即可求证；
再证左半部分不等式，设两点，用割线OA和AB来估计x2-x1的下限，运用交点的横坐标即可求证.
14．【答案】（1）解：由题意得．
解得．
（2）解：不等式化为
依题意可得-3，2是方程的两个根
所以，
解得，
∴不等式等价于，
所以解集为．
另解：或，
所以解集为．
【知识点】函数单调性的性质；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二次函数的开口方向和对称性，从而判断出二次函数的单调性，进而求出实数a的取值范围。
（2）利用不等式化为，依题意可得-3，2是方程的两个根，再结合韦达定理得出a，b的值，所以不等式等价于，再利用一元二次不等式求解方法得出其解集，或利用同号为正，异号为负的性质求出其解集。
15．【答案】（1）解：当时，，
又∵，
∴或，
∴不等式的解集为；
（2）解：由题设得，
可得函数的大致图象，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
要使函数的图像与直线有3个不同的交点，
则，
所以，
解得，又，
所以，a的取值范围为；
（3）解：由（2）可知，当时，，为方程的两根，
则，即，
又在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在单调递增，
，
（ⅰ）当，即时，是方程的较小根，
，
在上单调递减，则，
∴；
（ⅱ）当，即时，是方程的正根，
∴，
∴，则，
综上，．
【知识点】其他不等式的解法；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）当 时 ，把不等式转化为 或， 即可求解；
（2）根据题意化简得到函数的解析式，画出函数的图象，结合图象，列出不等式 ， 即可求解；
（3） 由（2）可知，当时，，为方程的两根，结合的单调性，得到
，分和，结合单调性，分别求得，即可求解.
16．【答案】（1）解：函数 在 上有“漂移点”，理由如下
设 ，
因为 ， ，所以 ，
由零点存在定理可知， 在 上至少有1个零点，并设零点为 ，
即 至少有1个实根 ，
所以函数 在 上有“漂移点”．
（2）解：若函数 在 上有“漂移点”，
则存在实数 ，使得 成立，
即 ，即 ，
因为 ，所以 ， ．
当 时， ，不合题意
当 时，令 ，则 在 上有零点
当 时，开口向下，对称轴 ，
在 上单调递减， ，
所以 在 上恒小于零，不合题意，
当 时，开口向上，对称轴 ，
由题意只要 ，即 ，
解得 ．
因为 ，所以 ．
综上所述：正实数 的取值范围为 ．
【知识点】二次函数的性质；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合 “漂移点”的定义整理即可得到函数，然后由特殊值代入法计算出函数值，再由零点存在性定理即可得证出结论。
(2)由已知条件结合 “漂移点” 的定义，由此即可得到成立，整理即可得到，即，对a分情况讨论，结合二次函数的图象和性质即可得出a的取值范围。
17．【答案】（1）解：由题意，，即，
解方程得，.
①当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
②当时，即时，解不等式，得，
此时的解集为；
③当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
综上，当时，的解集为；
当时，的解集为；
当时，的解集为；
（2）解：当时，令，当且仅当时，等号成立；
则关于的方程可化为，
关于的方程有四个不等实根，
即有两个不同正根，
则，
由②③式可得，
由①知：存在使不等式成立，
故，
即，解得或.
故实数的取值范围是．
【知识点】一元二次不等式及其解法；不等式的综合
【解析】【分析】（1）化简不等式为，根据和的大小，三种情况讨论，即可求解不等式的解集；
（2）根据题意转化为 有两个不同正根，列出不等式组，根据得到，再由和 ，转化为使不等式成立， 求得取值范围，进而得到答案.
18．【答案】（1）解：若，，由可得，
故函数的定义域为，
因为内层函数为上的增函数，外层函数为增函数，
故函数在上为增函数，
由可得，解得
不等式的解集为.
（2）解：因为方程有唯一实数解，则方程有唯一实数解，
即时，方程有唯一实数解.
即时，方程有唯一实数解，
即方程有唯一实数解.
①若，即时，解得，此时，合乎题意；
②若，即时，解得，，
当时，解得，此时，合乎题意；
当时，由，方程有唯一解，
则或，解得或.
因此，实数的取值范围为.
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；一元二次不等式及其解法；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）当时，先求函数的定义域，判断函数的单调性，根据函数的单调性解不等式可得出关于的不等式组，即可求解；
（2）分析可知方程在时有唯一实数解，分、两种情况讨论，在时，直接验证即可；在时，由已知条件可得出关于实数的不等式组，综合即可求得实数的取值范围.
19．【答案】（1）解：因为在上单调递增，
当时，；当时，．
所以的值域为
（2）解：因为，所以或．
由（1）知，，
所以，即的取值范围是
（3）解：．因为，所以，
此时和均成立，所以的定义域为．
①当时，令，则．
所以恒有解，满足条件，此时．
②当时，，
因为，所以，
此时在上单调递减，
所以，与矛盾，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
②解法二：当时，，
所以，
此时，
即无解，不符合题意，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
【知识点】对数函数的图象与性质；对数函数图象与性质的综合应用；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）利用函数的单调性即可得出在上单调递增，从而得出结论；
（2）由题意可得先求出b的范围，再根据已知条件可推出a，b关系，从而求解；
（3）由可推出，结合已知条件，从而可求得复合函数的定义域，.再分类讨论b的范围，用函数解不等式恒成立即可.
20．【答案】解：（Ⅰ）由题意，函数 ，
当 时，函数 ，
因为函数 在 上递减，所以 ，解得 .
（Ⅱ）因为 ，可得函数 开口向下，
又由 对任意 恒成立，则满足 ，即 ，
画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
设 ，可化为直线 ，当直线 与 相切时，
此时在 轴上的截距最大，此时 取得最小值，
设 ，切点的坐标为 ，
又由 ，可得 ，所以 ，解得 ，此时 ，
即当 时，此时 取得.最大值为 .
【知识点】函数单调性的性质；不等式的实际应用；函数最值的应用
【解析】【分析】（Ⅰ）当 时，函数 ，结合函数 在 上递减，列出不等式组，即可求解；（Ⅱ）由 对任意 恒成立，得到不等式组 ，结合线性规划，求得目标函数的最优解，代入即可求解.
21．【答案】解：
=定值
所以探照灯照射在正方形ABCD内阴影部分的面积 最大为 平方百米.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；不等式的实际应用
【解析】【分析】 （Ⅰ） 由已知设 ，则，得到 ， ，即可证明 的周长l为定值；
（Ⅱ） 由已知列式，利用基本不等式得到，即可求出探照灯照射在正方形ABCD内阴影部分的面积 的最大值.
22．【答案】（1）因为 ，所以 ，
①当 时， ， 在 上为减函数；
②当a>-1时， ，
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
令 ，得 ，此时 在 上为减函数；
又因为 ，则 ，
①当 时， ， 在 上为增函数；
②当a>0时， ，
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
于是若要 与 在 上的单调性正好相反，
则必须 ，解得 ，
∴ ，
所以，函数 在 上单调递减， 上单调递增.
∴在区间 上：
对于函数 有
又 ，
∴ .
对于函数 有
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
综上，所求t的范围为
（2）易得 ，
由 ，得 ，
∴
∴
∴
令，设 ，则 ，
可知 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ，
∴
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式；不等式的实际应用
【解析】【分析】本题主要考查不等式恒成立问题的求解，导数在研究函数中的应用，意在考查逻辑思维能力和分析问题、解决问题的综合能力．
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：等式与不等式
一、解答题
1．（2023高三上·绵阳月考）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数R，且的解集为[-1，1].
（1）求m的值；
（2）若，且，求证：
【答案】（1）解：不等式即，即，解得，
又的解集是，所以，综上，；
（2）解：由(1)知，，
所以，
.
当且仅当即时等号成立.
综上，.
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合绝对值不等式求解方法，进而得出实数m的值.
（2）利用（1）知，，再利用均值不等式变形求最值的方法和“1”的灵活应用，进而证出不等式成立.
2．（2023高一上·南开月考）已知且，记为的最大值，记为的最大值．
（1）求的值
（2）若，且对任意，恒成立，求的最大值．
【答案】（1）解：因为，所以，
因为，所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，得，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，即，
因为，所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，即，
（2）解：由题可得，
令，则，故．
对任意，，则恒成立，
因为为正数，所以
所以，此时，
所以，
当时，等号成立，
此时成立，
所以的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用基本不等式结合已知可求得，则，从而可求出的值，再结合完全平方公式可求出；
（2）令，则，得，根据时，，求得的关系，从而可得的取值范围，根据取最大值的的值检验不等式恒成立，即可求得结果.
3．（2023高二上·达州月考）设数列 的前项和为， 且， 数列满足， 其中.
（1）证明 为等差数列， 并求数列的通项公式：
（2）求数列 的前项和为；
（3）求使不等式 ， 对任意正整数都成立的最大实数的值.
【答案】（1）解：当 时，， 则，
当 时，，
即 ， 即是以为首项， 公差为 1 的等差数列，
故
（2）解：由（1）知
（3）解：， 则，
即 ，
即 对任意正整数都成立，
令 ，
则 ，
故 ，
即 随着的增大而增大， 故，
即 ，即实数的最大值为
【知识点】利用不等式的性质比较大小；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据递推式，先算出，然后在结合递推式： 当 时，进行求解即可；
（2）由（1）知，可得然后运用列项求和的方法求前n和即可；
（3）结合（1）可求得：，然后对不等式变形可得：， 对任意正整数都成立 变为恒成立问题，接下来构造函数，利用作商法可判断 随着的增大而增大 ，从而找到其最大值即可求解.
4．（2024高一上·南山期末）已知某产品在过去的32天内的日销售量（单位：万件）与第天之间的函数关系为①；②这两种函数模型中的一个，且部分数据如下表：
（天） 2 4 10 20
（万件） 12 11 10.4 10.2
（1）请确定的解析式，并说明理由；
（2）若第天的每件产品的销售价格均为（单位：元），且，求该产品在过去32天内的第天的销售额（单位：万元）的解析式及的最小值.
【答案】（1）解：选择模型②，理由如下：
由题表可知，随着增大时，销售量逐渐减少，若，则当时，非单调递减函数，不符合题意.
对于，根据题意，将点代入可得
解得，此时，
易知点均在的图象上，
.
（2）解：
由（1）知
即
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，为单调递减函数，
的最小值为，
综上可知，的最小值为484万元.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合表中的数据，再结合二次函数的单调性和反比例型函数的解析式以及代入法，进而得出满足要求的模型。
（2）利用已知条件和（1）得出分段函数f(x)的解析式，再利用分类讨论的方法和均值不等式求最值的方法、函数的单调性求最值的方法和比较法，进而得出分段函数f(x)的最小值。
5．（2024·九省高考模拟）已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
（1）证明：直线过定点；
（2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
【答案】（1）解：由，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为，
设直线、分别为、，有，
、、、，
联立与直线，即有，
消去可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
（2）解：由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，
则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设直线、分别为、，联立方程结合韦达定理求得，，分类讨论是否相等，结合直线方程求定点；
(2) 根据抛物线方程可得，联立方程可得，，进而可得，，，根据面积关系分析求解即可.
6．（2023高三上·闽清月考）在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③．
（1）求角的大小；
（2）若外接圆的面积为，求的最大值．
【答案】（1）选①，由，
则根据正弦定理得，
在中，有，
则，
又，所以，即，
又，所以．
选②，由，
则根据余弦定理可得，
在中，有，
所以，即，
又，所以．
选③，由，
在中，根据射影定理可得，
所以，即，
又，所以．
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为，
又结合（1）可知，则根据正弦定理可得，
则根据余弦定理可得，
又，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积，
所以的最大值为．
【知识点】基本不等式；三角函数中的恒等变换应用；直角三角形的射影定理；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；
选②，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；
选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；
(2)先根据题意求出外接圆的半径，再结合(1)及正弦定理求出c，再根据余弦定理、基本不等式及三角形的面积公式即可求解.
7．（2024高三上·重庆月考）设函数.
（1）当，时，
①求在处的切线方程；
②求证：当时，；
（2）当时，已知为函数的两个零点（为的导数），求证：.
【答案】（1）解：当，时，函数，①因为，所以，
因为，
所以函数f(x)在处的切线方程为y-0=6(x-1)，即。
②要证不等式，即证
构造函数则
令则函数h(x)单调递增，
则函数h(x)单调递减，
当x=1时，函数h(x)取得最大值为h(1)=0，所以，
所以
当时，。
（2）证明：因为函数
所以，
因为a=0，则
令所以，
令，
当时，则时；函数g(x)单调递增；
当时，则时；函数g(x)单调递增；
当时，则时，函数g(x)单调递增；
令所以，
令，
当时，则时；函数g(x)单调递减；
当时，则时；函数g(x)单调递减；
当时，不满足题意；
因为，当时，，
因为为函数两个零点，
所以
构造因为，
所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1） ① 利用a，b的值得出函数的解析式，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再由代入法得出切点坐标，再利用点斜式得出切线的方程； ② 利用构造法和求导的方法判断函数的单调性，再利用函数的单调性证出当时，成立.
（2）利用已知条件结合对b分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，再结合以及当时，成立，从而结合函数的零点与方程的根的等价关系，再结合构造法，令再结合方程根的分布和韦达定理，进而证出不等式成立.
8．（2024高一上·辽源期末）已知关于的不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）当，，且满足时，求的最小值.
【答案】（1）∵不等式的解集为，
∴，且，为方程的两个根，故，
解得或（舍去），；
（2）当，时，由（1）得，
∴，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为24.
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】本题主要考查一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系.
（1）根据一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系可得 ，为方程的两个根 ，然后运用韦达定理即可求得a、b的值；
（2） 当，时，由（1）得 ，然后运用基本不等式即可求解.
9．（2024·乌江期末）关于 的一元二次方 恒有两个实数根 .
（1）当 且两个根皆为负时， 求实数的取值范围.
（2）不等式 恒成立， 求实数的最大值.
【答案】（1）当 时， 方程化为
由已知有
所以实数 的取值范围为
（2）
此时


则 的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合n与m的关系式，从而将关于 的一元二次方程转化为方程，再利用判别式法和韦达定理，进而得出实数m的取值范围.
（2）利用（1）得出的，再结合函数求最值的方法和不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数t的取值范围，从而得出实数t的最大值.
10．（2019高二下·上海月考）现代城市大多是棋盘式布局（如北京道路几乎都是东西和南北走向）.在这样的城市中，我们说的两点间的距离往往不是指两点间的直线距离（位移），而是实际路程（如图）.在直角坐标平面内，我们定义 ， 两点间的“直角距离”为： .
（1）在平面直角坐标系中，写出所有满足到原点的“直角距离”为2的“格点”的坐标.（格点指横、纵坐标均为整数的点）
（2）求到两定点 、 的“直角距离”和为定值 的动点轨迹方程，并在直角坐标系内作出该动点的轨迹.（在以下三个条件中任选一个做答）
① ， ， ；
② ， ， ；
③ ， ， .
（3）写出同时满足以下两个条件的“格点”的坐标，并说明理由（格点指横、纵坐标均为整数的点）.
①到 ， 两点“直角距离”相等；
②到 ， 两点“直角距离”和最小.
【答案】（1）解：由“直角距离”的定义可知所求点坐标满足：
则所求点为： 、 、 、 、 、 、 、
（2）解：条件①：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时， ；⑷当 ， 时， ；
⑸当 ， 时， ；⑹当 ， 时，
条件②：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时， ；
由对称性可得其他部分图形
条件③：动点轨迹方程为：
⑴当 ， 时， ；⑵当 ， 时， ；
⑶当 ， 时，
由对称性可得其他部分图形
（3）解：满足条件的格点有 、 、 、 、 、 、 、 、
对于①，设 满足到 、 两点“直角距离”相等
即满足 ，可得：
对于②，设 到 、 两点“直角距离”和最小
即
当且仅当 且 时等号成立
可得：
在直角坐标系中画出分别满足条件①、②的点构成的区域，如下图所示：
则同时满足条件①、②的格点的坐标是： 、 、 、 、 、 、 、 、
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域；轨迹方程；绝对值三角不等式
【解析】【分析】（1）由“直角距离”的定义知 ，进而得到所求点坐标；（2）根据“直角距离”的定义，分别结合条件①②③，得到动点轨迹方程；利用分类讨论的方式去掉绝对值符号即可得到不同区间内动点的轨迹，从而做出图形；（3）由条件①可得： ；由条件②可得： ，在平面直角坐标系中做出两个条件下的点构成的区域，取交集，结合图形得到最终结果.
11．画出不等式组 表示的平面区域，并求其面积．
【答案】解： 不等式组表示直线 左上方的点和该直线， 表示直线 左下方的点和该直线，由 得 ．由不等式 可得 或 ，则不等式组表示的区域如图阴影部分.
由 得点 ．由 得 ．同样的可以求出直线 ， 与 的交点为 ，所以小梯形的面积为
，同理可以求出大梯形的面积 ，所以不等式组围成的平面区域的面积为
【知识点】二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】【分析】先作出约束条件所表示的平面图区域，由图形的形状求面积.
12．（2016高一下·蕲春期中）已知甲、乙两煤矿每年的产量分别为200万吨和260万吨，需经过东车站和西车站两个车站运往外地．东车站每年最多能运280万吨煤，西车站毎年最多能运360万吨煤，甲煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为1元/t和1.5元/t，乙煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为0.8元/t和1.6元/t．煤矿应怎样编制调运方案，能使总运费最少？
【答案】解：设甲煤矿向东车站运x万吨煤，乙煤矿向东车站运y万吨煤，那么总运费：
z=x+1.5（200﹣x）+0.8y+1.6（260﹣y）（万元），
即z=716﹣0.5x﹣0.8y．
x、y应满足 ，
作出上面的不等式组所表示的平面区域，如图．
．
设直线x+y=280与y=260的交点为M，则M（20，260）．
把直线l0：5x+8y=0向上平移至经过平面区域上的点M时，z的值最小．
∵点M的坐标为（20，260），
∴甲煤矿生产的煤向东车站运20万吨，向西车站运180万吨，乙煤矿生产的煤全部运往东车站时，总运费最少．
【知识点】简单线性规划
【解析】【分析】设甲煤矿向东车站运x万吨煤，乙煤矿向东车站运y万吨煤，那么总运费：z=x+1.5（200﹣x）+0.8y+1.6（260﹣y），即z=716﹣0.5x﹣0.8y．由题意得到关于x，y的不等式组，由线性规划知识求得能使总运费最少的x，y值．
13．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若，证明：在上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，且，求证：.
【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=lnx+1，
当时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，+∞)
（2）解：因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时，，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（3）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【分析】(1)明确函数f(x)的定义域，利用导数研究函数的单调性，即可求解；
(2)令 ，只需证明 ，构造函数h(x)，利用导数研究函数的最小值，证明h(x)≥0即可求证；
(3) 先证右半部分不等式 ，利用曲线f(x)在和处的切线l1和l2，设直线y=b与直线l1，f(x)图象和直线l2分别交于x1'，x1，x2，x2'，利用四个值之间的关系即可求证；
再证左半部分不等式，设两点，用割线OA和AB来估计x2-x1的下限，运用交点的横坐标即可求证.
14．（2022高一上·温州期中）已知函数．
（1）若函数在区间单调递增，求实数的取值范围；
（2）若不等式的解集为，求关于的不等式的解集．
【答案】（1）解：由题意得．
解得．
（2）解：不等式化为
依题意可得-3，2是方程的两个根
所以，
解得，
∴不等式等价于，
所以解集为．
另解：或，
所以解集为．
【知识点】函数单调性的性质；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二次函数的开口方向和对称性，从而判断出二次函数的单调性，进而求出实数a的取值范围。
（2）利用不等式化为，依题意可得-3，2是方程的两个根，再结合韦达定理得出a，b的值，所以不等式等价于，再利用一元二次不等式求解方法得出其解集，或利用同号为正，异号为负的性质求出其解集。
15．（2022高一上·联合期中）已知．
（1）当时，解不等式；
（2）若，且函数的图像与直线有3个不同的交点，求实数a的取值范围．
（3）在（2）的条件下，假设3个交点的横坐标分别为，，，且，若恒成立，求实数t的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
又∵，
∴或，
∴不等式的解集为；
（2）解：由题设得，
可得函数的大致图象，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
要使函数的图像与直线有3个不同的交点，
则，
所以，
解得，又，
所以，a的取值范围为；
（3）解：由（2）可知，当时，，为方程的两根，
则，即，
又在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在单调递增，
，
（ⅰ）当，即时，是方程的较小根，
，
在上单调递减，则，
∴；
（ⅱ）当，即时，是方程的正根，
∴，
∴，则，
综上，．
【知识点】其他不等式的解法；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）当 时 ，把不等式转化为 或， 即可求解；
（2）根据题意化简得到函数的解析式，画出函数的图象，结合图象，列出不等式 ， 即可求解；
（3） 由（2）可知，当时，，为方程的两根，结合的单调性，得到
，分和，结合单调性，分别求得，即可求解.
16．（2020高一上·惠州期末）对于函数 ，若在其定义域内存在实数 ，使得 成立，则称 有“漂移点” ．
（1）判断函数 在 上是否有“漂移点”，并说明理由；
（2）若函数 在 上有“漂移点”，求正实数 的取值范围．
【答案】（1）解：函数 在 上有“漂移点”，理由如下
设 ，
因为 ， ，所以 ，
由零点存在定理可知， 在 上至少有1个零点，并设零点为 ，
即 至少有1个实根 ，
所以函数 在 上有“漂移点”．
（2）解：若函数 在 上有“漂移点”，
则存在实数 ，使得 成立，
即 ，即 ，
因为 ，所以 ， ．
当 时， ，不合题意
当 时，令 ，则 在 上有零点
当 时，开口向下，对称轴 ，
在 上单调递减， ，
所以 在 上恒小于零，不合题意，
当 时，开口向上，对称轴 ，
由题意只要 ，即 ，
解得 ．
因为 ，所以 ．
综上所述：正实数 的取值范围为 ．
【知识点】二次函数的性质；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合 “漂移点”的定义整理即可得到函数，然后由特殊值代入法计算出函数值，再由零点存在性定理即可得证出结论。
(2)由已知条件结合 “漂移点” 的定义，由此即可得到成立，整理即可得到，即，对a分情况讨论，结合二次函数的图象和性质即可得出a的取值范围。
17．（2022高一上·东阳月考）已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，，即，
解方程得，.
①当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
②当时，即时，解不等式，得，
此时的解集为；
③当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
综上，当时，的解集为；
当时，的解集为；
当时，的解集为；
（2）解：当时，令，当且仅当时，等号成立；
则关于的方程可化为，
关于的方程有四个不等实根，
即有两个不同正根，
则，
由②③式可得，
由①知：存在使不等式成立，
故，
即，解得或.
故实数的取值范围是．
【知识点】一元二次不等式及其解法；不等式的综合
【解析】【分析】（1）化简不等式为，根据和的大小，三种情况讨论，即可求解不等式的解集；
（2）根据题意转化为 有两个不同正根，列出不等式组，根据得到，再由和 ，转化为使不等式成立， 求得取值范围，进而得到答案.
18．（2023高一上·龙泉驿月考） 已知函数 .
（1）若 ， 求不等式 的解集；
（2） 已知函数 ， 且方程 有唯一实数解， 求实数 的取值范围.
【答案】（1）解：若，，由可得，
故函数的定义域为，
因为内层函数为上的增函数，外层函数为增函数，
故函数在上为增函数，
由可得，解得
不等式的解集为.
（2）解：因为方程有唯一实数解，则方程有唯一实数解，
即时，方程有唯一实数解.
即时，方程有唯一实数解，
即方程有唯一实数解.
①若，即时，解得，此时，合乎题意；
②若，即时，解得，，
当时，解得，此时，合乎题意；
当时，由，方程有唯一解，
则或，解得或.
因此，实数的取值范围为.
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；一元二次不等式及其解法；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）当时，先求函数的定义域，判断函数的单调性，根据函数的单调性解不等式可得出关于的不等式组，即可求解；
（2）分析可知方程在时有唯一实数解，分、两种情况讨论，在时，直接验证即可；在时，由已知条件可得出关于实数的不等式组，综合即可求得实数的取值范围.
19．（2023高二下·舟山期末）已知函数满足，函数，其中．
（1）求的值域（用表示）；
（2）求的取值范围；
（3）若存在实数，使得有解，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为在上单调递增，
当时，；当时，．
所以的值域为
（2）解：因为，所以或．
由（1）知，，
所以，即的取值范围是
（3）解：．因为，所以，
此时和均成立，所以的定义域为．
①当时，令，则．
所以恒有解，满足条件，此时．
②当时，，
因为，所以，
此时在上单调递减，
所以，与矛盾，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
②解法二：当时，，
所以，
此时，
即无解，不符合题意，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
【知识点】对数函数的图象与性质；对数函数图象与性质的综合应用；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）利用函数的单调性即可得出在上单调递增，从而得出结论；
（2）由题意可得先求出b的范围，再根据已知条件可推出a，b关系，从而求解；
（3）由可推出，结合已知条件，从而可求得复合函数的定义域，.再分类讨论b的范围，用函数解不等式恒成立即可.
20．（2020高二下·嘉兴期中）已知函数 .
（Ⅰ）若 ，且 在 上递减，求a的取值范围；
（Ⅱ）设 ， 对任意 恒成立，求 的最大值.
【答案】解：（Ⅰ）由题意，函数 ，
当 时，函数 ，
因为函数 在 上递减，所以 ，解得 .
（Ⅱ）因为 ，可得函数 开口向下，
又由 对任意 恒成立，则满足 ，即 ，
画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
设 ，可化为直线 ，当直线 与 相切时，
此时在 轴上的截距最大，此时 取得最小值，
设 ，切点的坐标为 ，
又由 ，可得 ，所以 ，解得 ，此时 ，
即当 时，此时 取得.最大值为 .
【知识点】函数单调性的性质；不等式的实际应用；函数最值的应用
【解析】【分析】（Ⅰ）当 时，函数 ，结合函数 在 上递减，列出不等式组，即可求解；（Ⅱ）由 对任意 恒成立，得到不等式组 ，结合线性规划，求得目标函数的最优解，代入即可求解.
21．（2019高二上·六安月考）如图，有一块边长为1（百米）的正方形区域ABCD，在点A处有一个可转动的探照灯，其照射角 始终为 （其中点P，Q分别在边BC，CD上），设 ．
（Ⅰ）用t表示出PQ的长度，并探求 的周长l是否为定值；
（Ⅱ）问探照灯照射在正方形ABCD内部区域阴影部分的面积S最大为多少（平方百米）
【答案】解：
=定值
所以探照灯照射在正方形ABCD内阴影部分的面积 最大为 平方百米.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；不等式的实际应用
【解析】【分析】 （Ⅰ） 由已知设 ，则，得到 ， ，即可证明 的周长l为定值；
（Ⅱ） 由已知列式，利用基本不等式得到，即可求出探照灯照射在正方形ABCD内阴影部分的面积 的最大值.
22．已知函数 与 （其中 ）在 上的单调性正好相反，回答下列问题：
（1）对于 ， ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）令 ，两正实数 、 满足 ，求证： .
【答案】（1）因为 ，所以 ，
①当 时， ， 在 上为减函数；
②当a>-1时， ，
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
令 ，得 ，此时 在 上为减函数；
又因为 ，则 ，
①当 时， ， 在 上为增函数；
②当a>0时， ，
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
令 ，得 ，此时 在 上为增函数；
于是若要 与 在 上的单调性正好相反，
则必须 ，解得 ，
∴ ，
所以，函数 在 上单调递减， 上单调递增.
∴在区间 上：
对于函数 有
又 ，
∴ .
对于函数 有
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
综上，所求t的范围为
（2）易得 ，
由 ，得 ，
∴
∴
∴
令，设 ，则 ，
可知 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ，
∴
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式；不等式的实际应用
【解析】【分析】本题主要考查不等式恒成立问题的求解，导数在研究函数中的应用，意在考查逻辑思维能力和分析问题、解决问题的综合能力．
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