專題04等式與不等式（15個考點梳理12題型解讀提升訓練）

專題04等式與不等式【清單01】等式的性質（1）等式的兩邊同時加上一個數(shù)或代數(shù)式，等式仍然成立.（2）等式的兩邊同時乘以一個不為零的數(shù)或代數(shù)式，等式仍然成立.【清單02】恒等式1.一般地，含有字母的等式，如果其中的字母取任意實數(shù)時等式都成立．則稱其為恒等式，也稱兩邊恒等.注意：恒等式是進行代數(shù)式變形的依據(jù)之一.2.恒等式：（x+a)(x+b）=x2+(a+b)x+ab；（ax+b)(cx+d）=acx2+(ad+bc)x+bd【清單03】方程的解集方程的解（或根）是指能使方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值，一般地，把一個方程所有解組成的集合稱為這個方程的解集.【清單04】一元二次方程的解集1.配方法解方程（1）配方（2）一元二次方程的解集：（3）一元二次方程的判別式：Δ=b24ac【清單05】一元二次方程根與系數(shù)的關系的兩根記作x1，x2則【清單06】方程組的解集1.一般地，將多個方程聯(lián)立，就能得到方程組，方程組中，由每個方程的解集得到的交集稱為這個方程組的解集2.方程組的解法：代入消元法、加減消元法.發(fā)現(xiàn)：當方程組中未知數(shù)的個數(shù)大于方程的個數(shù)時，方程組的解集可能含有無窮多個元素.此時，如果講其中一些未知數(shù)看成常數(shù)，那么其它未知數(shù)往往能用這些未知數(shù)表示出來.【清單07】不等式的基本性質性質1：a>b?a＋c>b＋c性質2：a>b，c>0?ac>bc性質3：a>b，c<0?ac<bc性質4：a>b?b<a；a<b?b>a（不等式的傳遞性）性質5：a>b?b<a；a<b?b>a推論1：a+b>c?a>cb（移項法則）推論2：a>b，c>d?a＋c>b＋d（同向可加，不等號方向不變.可推廣）推論3：a>b>0，c>d>0?ac>bd推論4：a>b>0，n∈N*?an>bn（n∈N,n>1）推論5:a>b>0，n∈N，n≥2?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)【清單08】證明不等式的方法1.作差法：一般步驟：①作差；②變形；③定號；④結論．其中關鍵是變形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當兩個式子都為正數(shù)時，有時也可以先平方再作差．2.綜合法：從已知條件出發(fā)，綜合利用各種結果，逐步推導最后得到結論的方法.3.反證法：首先假設結論的否定成立，然后由此進行推理得到矛盾，最后得出假設不成立.4.分析法：推理形式是“要證（結論）p,只需證明q”，可以表示為p?=q5.作商法：當明確比較內容均為正時，可利用作商法，一般步驟：①作商；②變形；③與1比較；④結論．【清單09】不等式的重要結論1．倒數(shù)性質的幾個必備結論(1)a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(2)a<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(3)a>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(4)0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).2．兩個重要不等式若a>b>0，m>0，則(1)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．(2)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．【清單10】不等式的解集與不等式組的解集1.能夠使不等式成立的未知數(shù)的值稱為不等式的解，不等式的所有解組成的集合稱為不等式的解集.2.不等式組中各個不等式解集的交集稱為不等式組的解集.【清單11】絕對值不等式1.絕對值的概念：．2.含有絕對值的不等式稱為絕對值不等式．3.常見絕對值不等式的解（1）形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用兩邊平方的形式轉化為二次不等式求解．（2）形如|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式①絕對值不等式|x|>a與|x|<a的解集②|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c(c>0)，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c(c>0)．4.如果實數(shù)a,b在數(shù)軸上對應的點分別為A,B，即A（a）,B(b)，線段AB的中點M（x）則(1)數(shù)軸上兩點之間的距離公式:AB=|ab|(2)數(shù)軸上的中點坐標公式:5.拓廣：形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三種解法：(1)分段討論法：利用絕對值號內式子對應方程的根，將數(shù)軸分為(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此處設a<b)三個部分，在每個部分上去掉絕對值號分別列出對應的不等式求解，然后取各個不等式解集的并集．(2)幾何法：利用|x－a|＋|x－b|>c(c>0)的幾何意義：數(shù)軸上到點x1＝a和x2＝b的距離之和大于c的全體，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.(3)圖象法：作出函數(shù)y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的圖象，結合圖象求解．【清單12】一元二次不等式的解法1.概念：我們把只含有一個未知數(shù)，并且知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式，稱為一元二次不等式．2.形式：①ax2＋bx＋c>0(a≠0)；②ax2＋bx＋c≥0(a≠0)；③ax2＋bx＋c<0(a≠0)；④ax2＋bx＋c≤0(a≠0)．3.一元二次不等式的解集的概念：一般地，使某個一元二次不等式成立的x的值叫做這個不等式的解，一元二次不等式的所有解組成的集合叫做這個一元二次不等式的解集.4.一元二次不等式的常見解法（1）因式分解法；（2）配方法；（3）解一元二次不等式的一般步驟①化：把不等式變形為二次項系數(shù)大于零的標準形式．②判：計算對應方程的判別式．③求：求出對應的一元二次方程的根，或根據(jù)判別式說明方程有沒有實根．④寫：利用“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式的解集．【清單13】分式不等式的解法1.定義：分母中含有未知數(shù)，且分子、分母都是關于x的多項式的不等式稱為分式不等式.2.常見類型：eq\f(fx,gx)>0?f(x)g(x)>0，eq\f(fx,gx)<0?f(x)·g(x)<0.eq\f(fx,gx)≥0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxgx≥0，,gx≠0.))?f(x)·g(x)>0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝0,gx≠0)).eq\f(fx,gx)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx·gx≤0，,gx≠0))?f(x)·g(x)<0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝0,gx≠0.))【清單14】均值不等式1.設a>0，b>0，則a，b的算術平均數(shù)為，幾何平均數(shù)為2.均值不等式：（1）當a>0，b>0時有，當且僅當a=b時，等號成立．（2）基本不等式可敘述為：兩個正數(shù)的算術平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．（3）幾何意義：①如果矩形的長、寬分別為a,b，那么矩形的面積是ab,可以看成與矩形周長相等的正方形的面積，均值不等式的幾何意義為：所有周長一定的矩形中，正方形面積最大.②如圖所示的半圓中，AB為直徑，O為圓心，AC=a，BC=b,D在半圓上，DC⊥AB，計算可得OD=，CD=,a≠b時，>a=b時，=【清單15】均值不等式與最值1.已知x、y都是正數(shù)．(1)若x＋y＝s(和為定值)，則當x＝y(tǒng)時，積xy取得最大值（簡記：和定積最大）．(2)若xy＝p(積為定值)，則當x＝y(tǒng)時，和x＋y取得最小值（簡記：積定和最?。貏e提醒：應用條件：一正、二定、三相等，缺乏一條都不行！2.常用推論：（1）（）（2）（，）；（3）【考點題型一】等式的性質與方程的解【例1】（2023·高一課時練習）已知等式對任意實數(shù)m恒成立，求所有滿足條件的實數(shù)對的集合.【答案】.【分析】根據(jù)恒成立，將式子變形為對任意實數(shù)m恒成立，即可由且求解.【詳解】由于對任意實數(shù)m恒成立，則對任意實數(shù)m恒成立，因此且，所以，當，當，故滿足條件的實數(shù)對的集合為【變式11】（2324高一下·全國·課后作業(yè)）利用十字相乘法分解因式【答案】【知識點】由已知條件判斷所給不等式是否正確【分析】原式各項利用十字相乘法分解即可．【詳解】.故答案為：.【變式12】（2425高一上·上海·隨堂練習）方程的解集為．【答案】【知識點】方程與不等式【分析】直接解方程即可.【詳解】由.故答案為：【變式13】（2324高一·上?！ふn堂例題）設，求關于x的方程的解集.【答案】當時，解集為；當時，解集為.【知識點】解含有參數(shù)的一元二次不等式【分析】根據(jù)和分類討論求解方程即可.【詳解】當時，方程無解，此時解集為；當時，方程的解為，此時解集為；綜上，當時，解集為；當時，解集為.【變式14】（2324高一·上?！ふn堂例題）設a、b、c、d是實數(shù)，判斷下列命題的真假，并說明理由：(1)若，則；(2)若，則；(3)若，則或；(4)若，且，則.【答案】(1)假命題(2)真命題(3)真命題(4)真命題【知識點】等式的性質與方程的解【分析】結合真假命題的定義，根據(jù)等式的性質逐一判斷，即可得出結果.【詳解】（1）若，則，假命題；（2）由，且，所以，真命題；（3）若，則或，真命題；（4）設，則，所以，又，所以，真命題.【考點題型二】一元二次方程及其根與系數(shù)關系【例2】（2324高一·上?！ふn堂例題）已知方程的兩個根為、，求下列各式的值：(1)；(2)；(3)；(4).【答案】(1)(2)(3)(4)【知識點】一元二次方程的解集及其根與系數(shù)的關系【分析】（1）根據(jù)韋達定理及計算可得；（2）根據(jù)韋達定理及計算可得；（3）根據(jù)韋達定理及x1（4）根據(jù)韋達定理及計算可得.【詳解】（1）因為、是方程的兩個根，所以，，所以.（2）.（3）.（4）.【變式21】（2023高一·全國·課后作業(yè)）方程的解集是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)集合的表示方法求解.【詳解】方程的解為,所以方程的解集是，故選:C.【變式22】（2425高一上·全國·課后作業(yè)）已知，是方程的兩個根，則的值為（

）A． B．2C． D．【答案】D【知識點】一元二次方程的解集及其根與系數(shù)的關系【分析】利用韋達定理求出，，再將通分代入計算可得.【詳解】因為，是方程的兩個根，顯然，則，，所以.故選：D【變式23】（2324高一上·北京·階段練習）方程的解集是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】原方程等價于，求解即可.【詳解】解：因為，解得或(舍)，由，解得或，所以原方程的解集為.故選：C.【變式24】（2526高一上·全國·課后作業(yè)）已知關于的一元二次方程的兩個實數(shù)根為，且，則實數(shù)的值為．【答案】1【知識點】一元二次方程的解集及其根與系數(shù)的關系【分析】根據(jù)韋達定理即可求解.【詳解】為方程的兩個實數(shù)根，,，故則，，解得．符合題意．故答案為：1【考點題型三】方程組的解集【例3】（2425高一上·上?！るS堂練習）下列關于方程組的解的說法中正確的是（

）．A．該方程一定有唯一解 B．該方程沒有解C．時，方程有無數(shù)解 D．時，方程有唯一解【答案】D【知識點】方程組的解【分析】分類討論的值，再分別判斷線性方程組解的情況即可.【詳解】由題意得，，即，當時，不成立，方程組無解；當時，，方程組有唯一解.故選：D.【變式31】（2324高一上·北京·階段練習）方程組解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】解方程組，用列舉法表示解集.【詳解】方程組，解得或，所以方程組解集是.故選：C【變式32】（2324高一上·北京房山·期中）方程組的解集為．【答案】【分析】解方程組即可求解.【詳解】解方程組得，所以方程組的解集為.故答案為：.【變式33】（2425高一上·上海·隨堂練習）解關于x，y的方程組．【答案】答案見解析【知識點】方程與不等式、方程組的解【分析】分類討論，后運用二元一次方程組的解法解題即可.【詳解】當時無解；當時，兩式相減，解得,綜上所得，當時無解；當時，解集為【變式34】（2324高一·上海·課堂例題）設，求關于與的二元一次方程組的解集．【答案】答案見解析【知識點】方程組的解【分析】兩式作差得到，再對和分兩種情況討論。即可得解.【詳解】因為，兩式相減，得到，當時，，代入方程組中的第一式，得到，此時，原方程組的解集為，當時，方程無解，從而原方程組無解，其解集為空集.【考點題型四】不等式性質及其應用【例4】（多選）（2324高一上·福建福州·期中）下列說法中，正確的是（

）A．若，，則 B．若，則C．若，，則 D．若，，則【答案】BCD【知識點】由已知條件判斷所給不等式是否正確、由不等式的性質比較數(shù)（式）大小、作差法比較代數(shù)式的大小【分析】利用不等式的性質一一判定選項即可.【詳解】對于A，若，則，故A錯誤；對于B，可知，不等式兩側同乘以，有，故B正確；對于C，利用作差法知，由，，知，即，故C正確；對于D，由，知，由不等式同向可加性的性質知D正確.故選：BCD【變式41】（2324高一下·安徽蕪湖·開學考試）已知實數(shù)m，n，p滿足，且，則下列說法正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【知識點】作差法比較代數(shù)式的大小【分析】根據(jù)題意,將所給等式變形,得到,推導出,然后利用作差法比較大小,結合二次函數(shù)的性質證出,從而得出正確結論.【詳解】因為,移項得,所以,可得,由,得,可得,可得.綜上所述,不等式成立,故選:B.【變式42】（多選）（云南省州20242025學年高一上學期9月月考數(shù)學試卷）下列命題是真命題的為（

）A．若，則B．若，則C．若且，則D．若且，則【答案】BCD【知識點】由已知條件判斷所給不等式是否正確、由不等式的性質比較數(shù)（式）大小、作差法比較代數(shù)式的大小【分析】由已知條件結合不等式的性質，判斷結論是否正確.【詳解】對于A項，取，，，，則，，所以，故A選項錯誤；對于B選項，若，有，則，B選項正確；對于C選項，若，則，則，又因為，由不等式的性質可得，所以C選項正確；對于D選項，若且，則，所以，，D選項正確．故選：BCD．【變式43】（多選）（2324高一上·安徽·期末）已知，則下列結論成立的是（）A． B．若．則C．若，則 D．【答案】AC【知識點】由已知條件判斷所給不等式是否正確、作差法比較代數(shù)式的大小【分析】對于A,用作差法比較大小即可；對于B,舉特殊情況即可判斷；對于C,用作差法比較即可；對于D,用作差法比較即可.【詳解】對于,因為,所以,即,，即故，故正確;對于,若則,故錯誤;對于,即,故正確;對于,,故錯誤.故選:.【變式44】（2425高三上·福建寧德·開學考試）已知，則的取值范圍是.【答案】【知識點】利用不等式求值或取值范圍【分析】先設出，求出，再結合不等式的性質解出即可；【詳解】設，所以，解得，所以，又，所以，又所以上述兩不等式相加可得，即，所以的取值范圍是，故答案為：.【考點題型五】簡單不等式的解法【例5】（2425高一上·上?！ふn堂例題）解不等式：．【答案】．【知識點】分類討論解絕對值不等式【分析】根據(jù)絕對值的定義分類討論求解．【詳解】考慮臨界點和1把數(shù)軸分為三個區(qū)間：，，．①當時，原不等式變形為，化簡得，解得；②當時，原不等式變形為，無解；③當時，原不等式變形為，解得．綜上，原不等式的解集為．【變式51】（2024高一上·全國·專題練習）關于的不等式：的解集為（

）A． B．C．或 D．或【答案】B【分析】將分式不等式轉化為整式不等式即可解.【詳解】由得，其解集等價于，解得.故選：B【變式52】（2425高一上·上?！ふn堂例題）解不等式：．【答案】．【知識點】分類討論解絕對值不等式【分析】分類討論去掉絕對值解出來即可.【詳解】解：當時，原不等式可以化為，解得；當時，原不等式可以化為即．恒成立；當時，原不等式可以化為．解得．綜上，原不等式的解集為．【變式53】（2324高一·上?！ふn堂例題）設、，解關于x的不等式．【答案】答案見解析【知識點】利用不等式求值或取值范圍、解含參數(shù)的一元一次不等式【分析】分類討論的取值求解不等式即可．【詳解】當時，則，當時，；當時，無解，；當時，，故；當時，，故．【變式54】（2425高一上·上?！ふn堂例題）解下列不等式：(1)；(2)．【答案】(1)或．(2)．【知識點】公式法解絕對值不等式【分析】直接運用結論公式可解【詳解】（1）因為或，解得或，所以原不等式的解集是或（2）由于，即，解得，所以原不等式的解集是．【考點題型六】一元二次不等式的解法【例6】（2425高一上·江蘇·開學考試）（1）已知一元二次不等式的解集為-3,2，求實數(shù)、的值及不等式的解集．（2）已知，解不等式：．【答案】（1），；（2）答案見解析【知識點】解含有參數(shù)的一元二次不等式、由一元二次不等式的解確定參數(shù)【分析】（1）利用一元二次不等式的解與相應一元二次方程的根的關系，結合韋達定理求得后再解相應的不等式即可；（2）比較和，分、、三種情況解不等式即可.【詳解】（1）由的解集為-3,2，知的兩根為，2，所以，解得所求不等式為，變形為，即，所以不等式的解集為．（2）原不等式為．①若時，即時，則原不等式的解集為；②若時，即時，則原不等式的解集為；③若時，即時，則原不等式的解集為．綜上可得，當時，原不等式的解集為；當時，則原不等式的解集為；當時，則原不等式的解集為．【變式61】（2024高一上·全國·專題練習）解關于的不等式.(1)；(2)【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用十字相乘法因式分解，然后可得解集；（2）將二次系數(shù)化為正數(shù)，再由十字相乘法因式分解，然后可得解集.【詳解】（1）不等式，即，解得，所以不等式的解集為；（2）不等式，即，解得或，所以不等式的解集為或..【變式62】（2324高一上·河南濮陽·階段練習）解下列一元二次不等式：(1)；(2)．【答案】(1)(2)【分析】根據(jù)一元二次不等式的解法求解即可.【詳解】（1）由，得，即，所以，所以不等式得解集為；（2）由，得，無解，所以不等式的解集為.【變式63】（2324高一上·安徽馬鞍山·階段練習）解關于的不等式：.【答案】答案見解析【分析】首先將不等式左側因式分解，再分、、三種情況討論，分別求出不等式的解集.【詳解】不等式，即，當時，原不等式即，解得，即不等式的解集為；當時，解得或，即不等式的解集為或；當時，解得或，即不等式的解集為或；綜上可得：當時不等式的解集為，當時不等式的解集為或，當時不等式的解集為或.【變式64】（2324高一上·廣西桂林·階段練習）（1）解關于x的不等式；（2）解關于x的不等式．【答案】（1）；（2）答案見解析.【分析】（1）解一元二次不等式即可得解.（2）分類討論求解一元二次不等式.【詳解】（1）不等式化為：，解得或，所以原不等式的解集為.（2）不等式化為：，當時，，當時，解得或，當時，解得或，所以當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為【考點題型七】由不等式（組）的解（集）求參數(shù)（范圍）【例7】（2324高一下·江西上饒·開學考試）已知不等式.(1)若不等式的解集是或，求的值；(2)若不等式的解集是，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）由一元二次不等式的性質可知方程的兩根為，再由韋達定理可解.（2）由二次函數(shù)的性質可得關于的不等式組，解出即可.【詳解】（1）由題意可知方程的兩個根分別為，由韋達定理可知，解得，經檢驗滿足題設.（2）若不等式的解集是，即恒成立，則滿足，解得.【變式71】（2324高一上·重慶·期中）不等式組的解集為，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】C【知識點】解不含參數(shù)的一元一次不等式【分析】先化簡不等式組，然后根據(jù)不等式組的解集可求得結果.【詳解】由，得，因為不等式組的解集為，所以，即的取值范圍是，故選：C【變式72】（多選）（2425高三上·福建寧德·開學考試）已知關于的不等式的解集是，其中，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【知識點】由一元二次不等式的解確定參數(shù)、一元二次方程根的分布問題【分析】由一元二次不等式的性質可得，且，即可得A、D，結合二次函數(shù)的性質可得，即可得B、C.【詳解】由題意可得，，即，即有，即，，故A正確、D錯誤；令，其根為，，結合二次函數(shù)性質可得，，即，故B正確、C錯誤.故選：AB.【變式73】（2425高一上·河北石家莊·開學考試）已知不等式的解集為，則=，=【答案】【知識點】由一元二次不等式的解確定參數(shù)【分析】根據(jù)一元二次不等式的解集列方程來求得.【詳解】依題意，不等式的解集為，所以，解得.故答案為：；【變式74】（2425高一上·上?！ふn后作業(yè)）解關于的不等式：．(1)當解集為空集時，________；(2)當解集為非空集時，解不等式．【答案】(1)1(2)答案見解析.【知識點】方程與不等式【分析】（1）根據(jù)一元一次不等式的解集為空集求參數(shù)的值.（2）分情況討論，解一元一次不等式.【詳解】（1）當時，不等式無解，故答案填1．（2）原不等式整理為．①當時，，即解集為；②當時，，即解集為．【考點題型八】應用均值不等式判斷、證明不等式成立【例8】（2324高一上·陜西西安·期中）設，均為正實數(shù)．(1)求證：(2)若，證明：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）依題意只需證明，再利用作差法證明即可；（2）由（1）得，則，即可得解.【詳解】（1），，，．要證，即證．，，即，當且僅當時等號成立．（2）因為，，且，所以，且，則，，由（1）得，，當且僅當，即時等號成立．【變式81】（多選）（2425高一上·全國·課后作業(yè)）下列不等式恒成立的是（

）A． B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】ACD【知識點】基本（均值）不等式的應用【分析】對于ACD，利用基本不等式分析判斷，對于B，舉例判斷.【詳解】對于A，，當且僅當時取等號，所以A正確.對于B，若，則，所以B錯誤.對于C，因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以C正確.對于D，因為，所以，當且僅當時取等號，所以，當且僅當時取等號，所以D正確.故選：ACD【變式82】（多選）（2324高一上·湖南長沙·期末）設正實數(shù)滿足，則（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用基本不等式判斷各選項．【詳解】對于A選項，，當且僅當時取得等號，故A錯誤；對于B選項，，故，當且僅當時取得等號，故B正確；對于C選項，，當且僅當時取得等號，故C正確；對于D選項，，當且僅當時取得等號成立，故D正確．故選：BCD.【變式83】（2324高一上·浙江寧波·開學考試）下列不等式正確的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【知識點】基本不等式求和的最小值【分析】由已知結合基本不等式及等號成立的條件檢驗各選項即可判斷.【詳解】對A，因為，所以當時，，當且僅當時取等號，當時，，當且僅當時取等號，所以或，故選項A不正確；對B，因為，所以當時，，當且僅當時取等號，當時，，當且僅當時取等號，所以或，故選項B不正確；對C，因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，故選項C正確；對D，因為，所以，所以，當且僅當時取等號，故選項D正確；故選：CD.【變式84】（2324高一上·云南曲靖·期末）已知，，且，證明：(1)；(2)．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用基本不等式，求得，進而證得.（2）化簡，然后利用不等式的性質以及（1）的結論證得.【詳解】（1），因為，，，則，當且僅當時等號成立，所以；（2），由（1）有，有，，有，，有，當且僅當時等號成立，所以．【考點題型九】“配湊法”求最值【例9】（2425高三上·福建莆田·開學考試）若實數(shù)滿足，則的最大值為.【答案】/【知識點】基本（均值）不等式的應用【分析】利用基本不等式可求得，通過配湊即可得出結果.【詳解】由可得，可得；而，所以，解得；當且僅當，也即時，上式右邊等號成立；此時的最大值為.故答案為：.【變式91】（2324高二下·河北石家莊·期末）已知，則的最大值為（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【知識點】基本不等式求和的最小值【分析】根據(jù)題意結合基本不等式運算求解，注意基本不等式的成立的條件.【詳解】因為，則，可得，即，當且僅當，即時，等號成立，所以的最大值為4.故選：A.【變式92】（2024高一上·浙江寧波·專題練習）已知正實數(shù)滿足，則的最小值為.【答案】【知識點】基本不等式求和的最小值【分析】由已知得，然后利用基本不等式可得答案.【詳解】正實數(shù)且得，所以，所以，當且僅當，即時等號成立.的最小值為.故答案為：【變式93】（2324高一上·浙江寧波·開學考試）（1）已知x>2，求的最小值；（2）已知，求的最小值.【答案】（1）6；（2）8.【知識點】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】（1）將式子進行配湊，然后用基本不等式求解即可；（2）利用常數(shù)代換的方法，結合基本不等式求解即可.【詳解】（1）因為x>2，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為6.（2）因為，，所以，當且僅當且，即時等號成立，所以的最小值為8.【變式94】（2425高一上·江蘇·開學考試）（1）求函數(shù)的最大值；（2）求函數(shù)的最小值；（3）若，且，求的最小值.【答案】（1）；（2）9；（3）9【知識點】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】（1）對函數(shù)解析式變形，利用基本不等式求解最值；（2）對函數(shù)解析式變形，利用基本不等式求解最值；（3）先常數(shù)代換變形，再利用基本不等式求解最值；【詳解】（1）由，得，因此，當且僅當，即時取等號，所以原函數(shù)的最大值為.（2）由，得，因此，當且僅當，即時取等號，所以原函數(shù)的最小值為9.（3）因為，且，所以，當且僅當，即時取等號，此時，，所以的最小值為.【考點題型十】“1”的代換求最值【例10】（多選）（2324高三上·江蘇南通·階段練習）已知為正實數(shù)，，則（

）A．的最大值為B．的最小值C．的最小值為D．的最小值為【答案】AB【知識點】基本不等式求和的最小值、條件等式求最值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】運用可判斷A項；由結合基本不等式可判斷B項；令，代入原式，結合“1”的代換及基本不等式可判斷C項；由，結合二次函數(shù)在區(qū)間上的最小值可判斷D.【詳解】對選項A，，當且僅當時取“=”，故A正確；對選項B，，當且僅當時取“=”，故B正確；對選項C，，令，則，所以，當且僅當，即，時取“=”，所以的最小值為，故選項C錯誤.對選項D，，當且僅當時取“=”，故D錯誤；故選：AB.【變式101】（2223高一上·河北保定·期末）已知為正實數(shù)且，則的最小值為（

）A． B． C．3 D．【答案】D【知識點】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】根據(jù)條件對變形，利用均值不等式求解即得.【詳解】因為為正實數(shù)且，所以，當且僅當，即時等號成立.故選：D.【變式102】（2324高一上·重慶沙坪壩·期中）已知正實數(shù)，滿足，則的最小值為（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【知識點】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可求解.【詳解】因為，為正實數(shù)，且，所以,當且僅當時取等號.故選：C【變式103】（多選）（2425高三上·四川成都·開學考試）已知為正實數(shù)，，則（

）A．的最小值為4 B．的最小值為C．的最小值為8 D．的最小值為2【答案】BCD【知識點】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】把轉化為，利用，可求的最小值；把轉化為，利用“1”的妙用求的最小值；利用求的最小值；利用可求的最小值.【詳解】對A：因為為正實數(shù)，且，所以，因為，所以，故A錯誤.對B：因為為正實數(shù)，且，所以（）.所以（當且僅當，即時取“”），故B正確；對C：因為（都是當且僅當時取“”），故C正確；對D：因為，故，所以（當且僅當時取“”），故D正確.故選：BCD【變式104】（多選）（2425高三上·廣東肇慶·階段練習）設正實數(shù)m，n滿足，則（）A．的最小值為 B．的最小值為C．的最大值為1 D．的最小值為【答案】AD【知識點】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】運用基本不等式逐一運算判斷即可.【詳解】對于A，因為正實數(shù)m，n滿足m＋n＝1，所以，當且僅當且，即時取等號，A正確；對于B，，當且僅當時取等號，所以≤，即最大值為，B錯誤；對于C，，當且僅當時取等號，此時取最大值，C不正確；對于D，由，因此，當且僅當時取等號，，當且僅當時取等號，即的最小值為，D正確．故選：AD【考點題型十一】均值不等式的實際應用【例11】（2324高一上·安徽淮北·期中）某蛋糕店推出兩款新品蛋糕，分別為薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕單價為x元，朱古力蜂果蛋糕單位為y元，現(xiàn)有兩種購買方案：方案一：薄脆百香果蛋糕購買數(shù)量為a個，朱古力蜂果蛋糕購買數(shù)量為b個，花費記為;方案二：薄脆百香果蛋糕購買數(shù)量為b個，朱古力蜂果蛋糕購買數(shù)量為a個，花費記為．（其中）(1)試問哪種購買方案花費更少？請說明理由；(2)若a，b，x，y同時滿足關系，求這兩種購買方案花費的差值S最小值（注：差值花費較大值花費較小值）．【答案】(1)采用方案二；理由見解析(2)24【知識點】作差法比較代數(shù)式的大小、基本（均值）不等式的應用【分析】（1）列出兩種方案的總費用的表達式，作差比較，即可求解；（2）根據(jù)題意，得到，利用換元法和基本不等式，即可求解.【詳解】（1）解：方案一的總費用為（元）；方案二的總費用為（元），由，因為，可得，所以，即，所以，所以采用方案二，花費更少.（2）解：由（1）可知，令，則，所以，當時，即時，等號成立，又因為，可得，所以，當且僅當時，即時，等號成立，所以差的最小值為，當且僅當時，等號成立，所以兩種方案花費的差值最小為24元.【變式111】（2425高二上·湖南郴州·開學考試）由于豬肉的價格有升也有降，小張想到兩種買肉方案.第一種方案：每次買3斤豬肉；第二種方案：每次買50元豬肉.下列說法正確的是（

）A．采用第一種方案劃算 B．采用第二種方案劃算C．兩種方案一樣 D．采用哪種方案無法確定【答案】B【知識點】基本（均值）不等式的應用、基本不等式求和的最小值【分析】設兩次購買豬肉的價格分別為，，表達出兩種方案購買的均價，結合基本不等式比較出大小，得到答案.【詳解】不妨設兩次購買豬肉的價格分別為，，第一種方案，均價為，第二種方案，均價為，其中，當且僅當時，等號成立，，當且僅當時，等號成立，故，當且僅當時，等號成立，所以采用第二種方案劃算.故選：B【變式112】（2324高一下·北京石景山·期中）為提高生產效率，某公司引進新的生產線投入生產，投入生產后，除去成本，每條生產線生產的產品可獲得的利潤s（單位：萬元）與生產線運轉時間t（單位：年，）滿足二次函數(shù)關系：，現(xiàn)在要使年平均利潤最大，則每條生產線運行的時間t為年．【答案】7【知識點】基本（均值）不等式的應用、基本不等式求和的最小值【分析】求出年平均利潤函數(shù)，利用均值不等式求解即可.【詳解】依題意，年平均利潤為,由于，當且僅當，即時取等號，此時，所以當每條生產線運行的時間時，年平均利潤最大.故答案為：7.【變式113】（2324高一上·湖南邵陽·階段練習）用籬笆圍一個面積為的矩形菜園，當這個矩形的邊長為多少時，所用籬笆最短？最短籬笆的長度是多少？【答案】當這個矩形菜園的邊長為時，所用籬笆最短，最短籬笆的長度為.【知識點】基本不等式求和的最小值、基本（均值）不等式的應用【分析】設矩形菜園的相鄰兩條邊的長分別為、，籬笆的長度為，由已知結合基本不等式可求出矩形周長的最小值，由等號成立的條件可得出矩形的邊長，從而可得出結論.【詳解】設矩形菜園的相鄰兩條邊的長分別為、，籬笆的長度為，依題意，，于是，即，當且僅當時，上式等號成立.因此，當這個矩形菜園是邊長為的正方形時，所用籬笆最短，最短籬笆的長度為.【變式114】（2324高一上·安徽黃山·階段練習）“綠水青山就是金山銀山”，為了貫徹落實習近平生態(tài)文明思想，探索促進“綠水青山”向“金山銀山”轉變的重大實踐，某地林業(yè)局準備圍建一個矩形場地，建立綠化生態(tài)系統(tǒng)研究片區(qū)，觀察某種綠化植物．如圖所示，兩塊完全相同的矩形種植綠草坪，草坪周圍(陰影部分)均種植寬度相同的花，已知