【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 相等关系与不等关系（含解析）

高考数学考前冲刺押题预测 相等关系与不等关系
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 浦东新区校级期末）若a，b满足ab＞0，则下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024秋 深圳校级期末）对于实数a，b，c，下列命题正确的是（　　）
A．若a＞b，则ac2＞bc2
B．若a＞b，则a2＞b2
C．若a＞b，则a|a|＞b|b|
D．若a＞b＞c＞0，则
3．（2024秋 浦东新区校级期末）已知x2＞y2，则（　　）
A．2x＞2y B．x4＞y4 C．x|x|＞y|y| D．lgx2＞lgy2
4．（2024秋 淮安期末）已知函数，x∈（0，1）∪（1，+∞），若，则a+b的最小值为（　　）
A．9 B． C．3 D．
5．（2024秋 虹口区期末）设正实数m，n满足m+n＝1，则下列结论不正确的是（　　）
A．的最小值为4 B．的最大值为
C．的最大值为 D．m2+n2的最小值为
6．（2024秋 河东区期末）已知a，b∈R且ab＞0，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023秋 乌兰浩特市校级期中）若存在x＜2，使不等式成立，则实数a的（　　）
A．最大值是﹣2 B．最小值是6
C．最小值是﹣2 D．最大值是6
8．（2024秋 广州期末）若存在正实数x，y满足，且使不等式有解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣4，1） B．（﹣1，4）
C．（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖州期末）已知a＞0，b＞0，且，则（　　）
A．a+b≥2 B．
C．log2a+log2b≥0 D．
（多选）10．（2024秋 丽水期末）已知正数a，b满足ab＝a+b+3，则（　　）
A．ab的最小值为3
B．a+b的最小值为6
C．的最小值为
D．2a+4b的最小值为
（多选）11．（2024秋 陕西校级期末）已知a＞0，b＞0，a+b2＝1，则（　　）
A． B．a+2b＞1 C． D．
（多选）12．（2025 广东一模）若x，y满足，则（　　）
A． B． C．xy≤1 D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 山东学业考试）记M为|a+b|，|a﹣b|，|a﹣c|，|b﹣d|中最大的数，若c+d≥2，则M的最小值为 　 　．
14．（2024秋 山东期中）已知正数x，y满足2x2y+xy2＝x+2y，则的最小值为 　 　．
15．（2024 源汇区校级模拟）若α+β﹣sinγ＝0，则的最大值为 　 　．
16．（2024秋 松江区期中）若正数x，y满足x+2y＝1，则的最小值是 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 惠州校级期中）设实数a，b，m∈R，若满足（a﹣m）2＜（b﹣m）2，则称a比b更接近m．
（1）设比1更接近0，求x的取值范围；
（2）判断“”是“x比y更接近m”的什么条件？并说明理由；
（3）设x＞0且，，试判断x与y哪一个更接近．
18．（2024秋 江西校级期中）对于四个正数a，b，c，d，若ad＜bc，那么称（a，b）是（c，d）的“不足序列”．
（1）对于3，4，5，7，试求（3，5）的“不足序列”；
（2）对于四个正数P，Q，R，T，若（P，Q）是（R，T）的“不足序列”，试判断：，，之间的大小关系，并说明理由；
（3）设正整数满足条件：对集合{m|0＜m＜2024}内的每个m∈N，总存在正整数k，使得（m，2024）是（k，n）的“不足序列”，且（k，n）是（m+1，2025）的“不足序列”，求：正整数n的最小值．
19．（2024秋 四川校级期中）如图，某花圃基地计划用栅栏围成两间背面靠墙的相同的矩形花室．
（1）若栅栏的总长为120米，求每间花室面积的最大值；
（2）若要求每间花室的面积为150平方米，求所需栅栏总长的最小值．
20．（2024秋 黄埔区校级期中）服装厂拟在2022年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）m万件与年促销费用x（0≤x≤a）万元满足．已知2022年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品还需再投入16万元．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的2倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）．
（1）求2022年促销该产品所获得的利润y（万元）关于年促销费用x（万元）的关系式；
（2）若a≥3，则该服装厂2022年的促销费用投入多少万元时，所获得的利润最大？
高考数学考前冲刺押题预测 相等关系与不等关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 浦东新区校级期末）若a，b满足ab＞0，则下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】C
【分析】AB通过分析a，b符号，可判断选项正误；
C由基本不等式可判断选项正误；
D由作差法结合AB分析可判断选项正误．
【解答】解：a，b满足ab＞0，
对于AB，由题意可得，a，b同号，
当a，b都为负数时，，，故AB错误；
对于C，因ab＞0，，当且仅当a＝b时取等号，故C正确；
对于D，，则当a，b都为负数时，
，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于中档题．
2．（2024秋 深圳校级期末）对于实数a，b，c，下列命题正确的是（　　）
A．若a＞b，则ac2＞bc2
B．若a＞b，则a2＞b2
C．若a＞b，则a|a|＞b|b|
D．若a＞b＞c＞0，则
【考点】等式与不等式的性质；不等关系与不等式．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】ABD选项，由做差法可判断大小；C选项，分a＞b＞0，a＞0＞b，0＞a＞b三种情况讨论即可判断大小．
【解答】A选项，ac2﹣bc2＝（a﹣b）c2≥0，故A错误；
B选项，a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b），因不清楚a+b的正负情况，故B错误；
C选项，当a＞b＞0时，a|a|﹣b|b|＝a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b）＞0；
当a＞0＞b时，a|a|﹣b|b|＝a2+b2＞0，
当0＞a＞b时，a|a|﹣b|b|＝﹣a2+b2＝（b﹣a）（a+b）＞0，
综上a|a|＞b|b|，故C正确；
D选项，，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题．
3．（2024秋 浦东新区校级期末）已知x2＞y2，则（　　）
A．2x＞2y B．x4＞y4 C．x|x|＞y|y| D．lgx2＞lgy2
【考点】不等式比较大小．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】由已知可得|x|＞|y|，然后结合不等式的性质及函数单调性检验各选项即可判断．
【解答】解：由x2＞y2可得|x|＞|y|，
当x＝﹣3，y＝2时，A显然错误；
由|x|＞|y|可得x4＞y4，B正确；
当x＝﹣2，y＝1时，C显然错误；
当x＝1，y＝0时，lgx2＞lgy2显然不成立，D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了不等式的性质及函数的单调性的应用，属于基础题．
4．（2024秋 淮安期末）已知函数，x∈（0，1）∪（1，+∞），若，则a+b的最小值为（　　）
A．9 B． C．3 D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】B
【分析】先对原函数分离常数得出，然后根据条件即可得出，然后根据基本不等式和1的代换即可得解．
【解答】解：，由得：，整理得：4a+b＝2ab，且a＞0，b＞0，
∴，
∴，当且仅当，即b＝2a＝3时取等号，
∴a+b的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了分离常数法的运用，基本不等式和1的代换，是中档题．
5．（2024秋 虹口区期末）设正实数m，n满足m+n＝1，则下列结论不正确的是（　　）
A．的最小值为4 B．的最大值为
C．的最大值为 D．m2+n2的最小值为
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】C
【分析】由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断．
【解答】解：因为正实数m，n满足m+n＝1，
所以24，当且仅当m＝n时取等号，A正确；
2，当且仅当m＝n时取等号，B正确；
，当且仅当m＝n时取等号，C错误；
m2+n2≥2，当且仅当m＝n时取等号，D正确．
故选：C．
【点评】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．
6．（2024秋 河东区期末）已知a，b∈R且ab＞0，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】B
【分析】将ab变形为，借鉴“1”的妙用的处理方式，以及基本不等式求解即可．
【解答】解：因为ab＞0，
所以
，
故；
当且仅当，且ab＞0，也即a2+b2＝4ab，且ab＞0时取得等号．
故的最小值为．
故选：B．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
7．（2023秋 乌兰浩特市校级期中）若存在x＜2，使不等式成立，则实数a的（　　）
A．最大值是﹣2 B．最小值是6
C．最小值是﹣2 D．最大值是6
【考点】基本不等式及其应用．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】A
【分析】根据x范围，由不等式能成立问题，转化为，然后结合基本不等式，求出实数a的最大值．
【解答】解：因为存在x＜2，使不等式，
所以，其中为的最大值，
x＜2时，2﹣x＞0，所以，
而，当且仅当2﹣x，即x＝0时取等号，
所以，
所以a≤﹣2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，还考查了不等式能成立与最值关系的转化，属于中档题．
8．（2024秋 广州期末）若存在正实数x，y满足，且使不等式有解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣4，1） B．（﹣1，4）
C．（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）
【考点】基本不等式及其应用；其他不等式的解法．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】D
【分析】由已知利用乘1法结合基本不等式先求x的最小值，然后结合存在性问题与最值关系的转化可求．
【解答】解：因为x＞0，y＞0且，
所以，当且仅当，即y＝4x＝8时等号成立，
所以m2﹣3m＞4，
解得m＜﹣1或m＞4．
故选：D．
【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，还考查了存在性问题与最值关系的转化，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖州期末）已知a＞0，b＞0，且，则（　　）
A．a+b≥2 B．
C．log2a+log2b≥0 D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由已知结合不等式的性质检验各选项即可判断．
【解答】解：由题意，，当且仅当a＝b＝1时，取等号，
对于A、，
当且仅当a＝b＝1时，取等号，故A正确；
对于B、，
当且仅当a＝b＝1时，取等号，故B正确；
对于C、log2a+log2b＝log2（ab）≥0，当且仅当a＝b＝1时，取等号，故C正确；
对于D、因为，且，
则，当且仅当a＝b＝1时，取等号，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于中档题．
（多选）10．（2024秋 丽水期末）已知正数a，b满足ab＝a+b+3，则（　　）
A．ab的最小值为3
B．a+b的最小值为6
C．的最小值为
D．2a+4b的最小值为
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】BC
【分析】由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断．
【解答】解：因为正数a，b满足ab＝a+b+33，当且仅当a＝b＝3时取等号，
所以ab≥9，A错误；
因为ab＝a+b+3，当且仅当a＝b＝3时取等号，
所以a+b≥6，B正确；
1，
因为ab≥9，
所以，，C正确；
因为a+2b＝ab+b+3≥12+b＞12，
2a+4b128，D错误．
故选：BC．
【点评】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．
（多选）11．（2024秋 陕西校级期末）已知a＞0，b＞0，a+b2＝1，则（　　）
A． B．a+2b＞1 C． D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【答案】BCD
【分析】根据题意，求得a，b的范围，整理可得，利用基本不等式可判断AC；利用二次函数的性质可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断D．
【解答】解：因为a＞0，b＞0，a+b2＝1，所以a＝1﹣b2，
所以0＜b＜1，0＜a＜1，
对于A：因为，当且仅当，即时等号成立，故A错误；
对于B：因为a+2b＝1﹣b2+2b＝﹣（b﹣1）2+2，因为0＜b＜1，所以1＜﹣（b﹣1）2+2＜2，即1＜a+2b＜2，故B正确；
对于C：因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故C正确；
对于D：因为，当且仅当，即时等号成立，故D正确
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
（多选）12．（2025 广东一模）若x，y满足，则（　　）
A． B． C．xy≤1 D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】AD
【分析】令y﹣x＝t，则y＝x+t，代入，可得，结合方程根的存在条件检验选项A，B，结合基本不等式检验选项CD即可判断．
【解答】解：令y﹣x＝t，则y＝x+t，代入，可得，
所以Δ＝t2﹣3（t2﹣2）≥0，解得，
所以x﹣y，所以A项正确，B项错误；
可变形为，
由及，可得，
解得，，所以C项不正确，D项正确．
故选：AD．
【点评】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．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 山东学业考试）记M为|a+b|，|a﹣b|，|a﹣c|，|b﹣d|中最大的数，若c+d≥2，则M的最小值为 　　．
【考点】不等式比较大小．
【专题】转化思想；分类法；不等式的解法及应用；逻辑思维．
【答案】．
【分析】把原问题分ab≥0和ab＜0分类分析，当ab≥0时，利用含绝对值的三角不等式求解M的最小值，当ab＜0时，对c分类分析可得M，则答案可求．
【解答】解：若ab≥0，则|a﹣b|≤|a|+|b|＝|a+b|，
故M＝max{|a+b|，|a﹣b|，|a﹣c|，|b﹣d|}＝max{|a+b|，|a﹣c|，|b﹣d|}
（|a+b|+|a﹣c|+|b﹣d|）（|a+b|+|c﹣a|+|d﹣b|）|c+d|；
不妨取a＝b，c＝d＝1，此时M；
若ab＜0，不妨设a＜0，b＞0，
当c时，d，只需考虑b﹣a＝|a﹣b|，此时b，
故|b﹣d|；
当c时，由a＜0，可得|a﹣c|，故当ab＜0时，M．
综上所述，M的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查不等式的大小比较，考查逻辑思维能力与推理论证能力，体现了分类讨论思想，综合性强，难度较大．
14．（2024秋 山东期中）已知正数x，y满足2x2y+xy2＝x+2y，则的最小值为 　3　．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；不等式；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】由已知利用乘1法，结合基本不等式及指数幂的运算性质，指数函数的单调性即可求解．
【解答】解：因为正数x，y满足2x2y+xy2＝x+2y，
所以，
令，
将乘以1（），
，
即，解得，当且仅当，即x＝y时取最小值，
结合，得到x＝y＝1，
，由指数函数单调性知道．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了指数幂的运算性质，指数函数单调性，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
15．（2024 源汇区校级模拟）若α+β﹣sinγ＝0，则的最大值为 　　．
【考点】基本不等式及其应用．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】借助基本不等式有消去α、β，对求最大值即可，再应用三角函数的单调性即可得解．
【解答】解：由题意得：0≤α+β＝sinγ≤1，α≥0，β≥0，
则，
当且仅当α＝β时等号成立，
即，
即，
则有，
则，k∈Z，
又sinγ在单调递增，
cosγ在上单调递减，
故在上单调递增，
则当时，即sinγ＝1、cosγ＝0时，
有最大值，
即的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题关键在于如何将多变量求最值问题中的多变量消去，结合基本不等式与题目条件可将α、β消去，再结合三角函数的值域与单调性即可求解，属中档题．
16．（2024秋 松江区期中）若正数x，y满足x+2y＝1，则的最小值是 　9　．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】9．
【分析】由“1”的代换和基本不等式，计算可得所求最小值．
【解答】解：正数x，y满足x+2y＝1，
则（x+2y）（）
＝55+29，当且仅当x＝y时，取得等号，
则所求最小值为9．
故答案为：9．
【点评】本题考查基本不等式的应用：求最值，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 惠州校级期中）设实数a，b，m∈R，若满足（a﹣m）2＜（b﹣m）2，则称a比b更接近m．
（1）设比1更接近0，求x的取值范围；
（2）判断“”是“x比y更接近m”的什么条件？并说明理由；
（3）设x＞0且，，试判断x与y哪一个更接近．
【考点】不等式的综合．
【专题】新定义；分类讨论；转化思想；定义法；不等式的解法及应用；简易逻辑；运算求解．
【答案】（1）[0，1）．
（2）充分不必要条件．
（3）y比x更接近．
【分析】（1）根据a比b更接近m的定义，建立不等式求解即可．
（2）根据题意，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
（3）根据定义进行求解即可．
【解答】解：（1）由（20）2＜（1﹣0）2，
得4x＜x+21，
即3x﹣21＜0，
解得1，即0≤x＜1，
所以x的取值范围是[0，1）．
（2）x比y更接近m，等价于（x﹣m）2＜（y﹣m）2，
即（x﹣m）2﹣（y﹣m）2＜0，
即（x﹣m+y﹣m）（x﹣m﹣y+m）＜0，即（x+y﹣2m）（x﹣y）＜0，
等价为0，则0是1成立的必要不充分条件，
即1，是“x比y更接近m”的充分不必要条件．
（3）y1，
当①x时，y，
此时（y）﹣（x）＝21﹣x21﹣（x），
y＝x在（，+∞）上是增函数，
所以（y）﹣（x）＜21211＝0，
即y＜x，即（x）2＞（y）2，此时y更接近．
②当0＜x时，y，
此时（y）﹣（x）＝﹣21+（x），
因为y＝x在（0，）上先增后减，且x21＝21，当且仅当x+1，即x1时成立；
x＝0时，x2，x时，x21，
由21＞2，所以（y）﹣（x）＜﹣21+（21）＝0，
所以yx，即（x）2＞（y）2，此时y更接近；
综上，x＞0且，时，y比x更接近．
【点评】本题考查了不等式的解法与应用问题，根据新定义建立不等式关系，进行求解是解题的关键，是中档题．
18．（2024秋 江西校级期中）对于四个正数a，b，c，d，若ad＜bc，那么称（a，b）是（c，d）的“不足序列”．
（1）对于3，4，5，7，试求（3，5）的“不足序列”；
（2）对于四个正数P，Q，R，T，若（P，Q）是（R，T）的“不足序列”，试判断：，，之间的大小关系，并说明理由；
（3）设正整数满足条件：对集合{m|0＜m＜2024}内的每个m∈N，总存在正整数k，使得（m，2024）是（k，n）的“不足序列”，且（k，n）是（m+1，2025）的“不足序列”，求：正整数n的最小值．
【考点】不等式的综合．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；新定义类．
【答案】（1）（4，7）；
（2），理由见详解；
（3）4049．
【分析】（1）根据新定义直接求解；
（2）利用作差法比较大小即可；
（3）根据“不足序列”的定义列出不等式组，再利用恒成立问题求出最小正整数n．
【解答】解：（1）根据题干已知：对于四个正数a，b，c，d，若ad＜bc，那么称（a，b）是（c，d）的“不足序列”．
易知3×4＜5×7，所以（4，7）是（3，5）的“不足序列”；
（2）由于（P，Q）是（R，T）的“不足序列”，因此QR＞PT，
因为，所以，
因为，所以，
因此；
（3）根据已知可得，
由于k，m，n均为正整数，因此，
因此2024（mn+n﹣1）≥2025×2024k≥2025（mn+1），
因此2024（mn+n﹣1）≥2025（mn+1），所以，
对集合{m|0＜m＜2024}内的每个m∈N的每一个正整数m都成立，
设在{m|0＜m＜2024}且m∈N上单调递增，
因此，
因此正整数n的最小值为4049．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 四川校级期中）如图，某花圃基地计划用栅栏围成两间背面靠墙的相同的矩形花室．
（1）若栅栏的总长为120米，求每间花室面积的最大值；
（2）若要求每间花室的面积为150平方米，求所需栅栏总长的最小值．
【考点】运用基本不等式解决实际问题．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】（1）600平方米；
（2）60米．
【分析】（1）由题意得面积表达式结合表达式性质以及二次函数性质即可得解；
（2）由基本不等式即可得解．
【解答】解：（1）设每间花室与墙体垂直的围墙的边长为a米，与墙体平行的围墙的边长为b米．
因为栅栏的总长为120米，所以3a+2b≤120，
其中0＜a＜40，0＜b＜60，则．
每间花室的面积．
因为，
当且仅当a＝20，b＝30时，等号成立，
所以每间花室面积的最大值为600平方米．
（2）因为每间花室的面积为150平方米，所以ab＝150，则．
栅栏的总长，当且仅当，即a＝10，b＝15时，等号成立，
故栅栏总长的最小值为60米．
【点评】本题主要考查基本不等式解决实际问题，属于中档题．
20．（2024秋 黄埔区校级期中）服装厂拟在2022年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）m万件与年促销费用x（0≤x≤a）万元满足．已知2022年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品还需再投入16万元．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的2倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）．
（1）求2022年促销该产品所获得的利润y（万元）关于年促销费用x（万元）的关系式；
（2）若a≥3，则该服装厂2022年的促销费用投入多少万元时，所获得的利润最大？
【考点】运用基本不等式解决实际问题．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）；
（2）3万元．
【分析】（1）根据利润＝总销售收入﹣总成本，列方程即可解决；
（2）由（1）得，根据基本不等式解决即可．
【解答】解：（1）由题意，知每件产品的销售价格为万元，
所以8+16m﹣x
所以．
（2）由（1）得：，
又0≤x≤a，
当a≥3时，，
当且仅当，即x＝3时取等号，
所以当a≥3时，该服装厂2022年的促销费用投入3万元时，所获得的利润最大．
【点评】本题主要考查运用不等式解决实际问题，属于中档题．
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