2024年高考数学真题分类汇编02：不等式与不等关系

这是一份2024年高考数学真题分类汇编02：不等式与不等关系，共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．（2024·全国1卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·全国1卷）已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·全国2卷）已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
4．（2024·全国2卷）设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
5．（2024·全国甲卷文）若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·北京）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．（2024·北京）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
8．（2024·北京）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2024·天津）若，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．（2024·上海）已知则不等式的解集为 ．
三、解答题
11．（2024·全国甲卷文）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
12．（2024·全国甲卷理）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【解析】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
2．B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【解析】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
3．B
【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【解析】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，
对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，
综上，和都是真命题.
故选：B.
4．C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【解析】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
5．D
【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.
【解析】实数满足，作出可行域如图：
由可得，
即的几何意义为的截距的，
则该直线截距取最大值时，有最小值，
此时直线过点，
联立，解得，即，
则.
故选：D.
6．A
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【解析】由题意得，
故选：A.
7．C
【分析】根据题意分析可得，讨论与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
【解析】由题意可得，解得，
若，则，可得，即；
若，则，可得；
若，则，可得，即；
结合选项可知C正确，ABD错误；
故选：C.
8．A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【解析】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误，
故选：A.
9．B
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.
【解析】因为在上递增，且，
所以，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
所以，
故选：B
10．
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【解析】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
11．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【解析】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
12．(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【解析】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.