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专题10 高一上学期第一次月考（第一章+第二章）17大压轴考法专练解析版-2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第一册）
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这是一份专题10 高一上学期第一次月考（第一章+第二章）17大压轴考法专练解析版-2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第一册），共63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．（23-24高一上·福建厦门·阶段练习）若集合，则集合的元素个数为（ ）
A．19B．20C．81D．100
【答案】B
【分析】首先由题意方程变形为两个数相乘，即，依次讨论n为奇数或偶数，得到满足条件的n,从而得到集合A的元数个数．
【详解】由题意可知，即，
当是偶数时，是奇数，
当，此时，解得，满足条件，
以此类推，，共10个n，每一个n对应位于的m，
当是奇数时，是偶数，此时共10个n，
综上可知满足条件的n有20个数，每一个n对应唯一的m,
所以集合A的元素个数为20个．
故选：B．
2．（22-23高一上·全国·课后作业）已知集合A的元素满足条件:若a∈A，则∈A(a≠1)，当∈A时，则集合A中元素的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】列举出满足集合描述的元素，即可得答案.
【详解】∵∈A，∴=2∈A.∵2∈A，∴∈A.∵∈A，∴∈A.
∵∈A，∴∈A.∴集合A中有四个元素.
故选：D
二、填空题
3．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若是正整数集的非空子集，称集合为集合的生成集.若是由个正整数构成的集合，则其生成集中元素个数的最小值为 .
【答案】n-1
【分析】根据生成集的定义判断即可.
【详解】由题意可得，当集合中的个元素从小到大排列成等差数列时其生成集中的元素个数最少，
设个元素分别为，且，则集合，所以生成集中元素个数最小值为.
故答案为：.
三、解答题
4．（2023高一·全国·课后作业）集合A中的元素是实数，且满足条件①若，则，②，求：
(1)A中至少有几个元素？
(2)若条件②换成，A中至少含有的元素是什么？
(3)请你设计一个属于A的元素，求出A中至少含有的其他元素.
【答案】(1)3；
(2)；
(3)令，A中至少含有的其他元素是.（答案不唯一）
【分析】（1）按照给定条件，把2代入依次计算作答.
（2）按照给定条件，把3代入依次计算，确定集合A中含有的元素作答.
（3）令集合A中元素为4，再代入依次计算确定其它元素作答.
【详解】（1）因为，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少有3个元素.
（2）因为，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少含有的元素是.
（3）令，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少含有的其它元素是.
5．（24-25高一上·上海·单元测试）已知为一个数集，集合．
(1)设，求集合A的元素个数；
(2)设，证明：若，则．
【答案】(1)8个；
(2)证明见解析．
【分析】（1）需要对的取值进行分类讨论，然后计算出，再根据元素的互异性求解；
（2）设，计算出，即可证明．
【详解】（1）时，；
，；
，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
所以，它有8个元素；
（2）因为，
所以设，．
，所以得证．
题型2
根据元素与集合的关系求参数
一、单选题
1．（2024·山东济南·二模）已知集合的元素之和为1，则实数a 所有取值的集合为（ ）
A．{0}B．{1}C．{－1，1}D．{0,-1，1}
【答案】D
【分析】根据集合中元素和为1，确定一元二次方程的根，即可得出的取值集合.
【详解】因为集合的元素之和为1，
所以一元二次方程有等根时，可得，即，
当方程有两不相等实根时，，即，
综上，实数a 所有取值的集合为.
故选：D
2．（22-23高一上·湖南长沙·阶段练习）若集合且下列四个关系：①；②；③；④有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组的个数是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】B
【分析】因为①；②；③；④中有且只有一个是正确的,故分四种情况进行讨论,分别分析可能存在的情况即可.
【详解】若仅有①成立,则必有成立,故①不可能成立；
若仅有②成立,则,,,成立,此时有,两种情况；
若仅有③成立,则,,,成立,此时仅有成立；
若仅有④成立,则,,,成立,此时有三种情况，
综上符合条件的所有有序数组的个数是6个，
故选：B
3．（23-24高三上·宁夏银川·期中）设，，，是4个正整数，从中任取个数求和所得的集合为，则这个数中最小的数为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】依题意从个正整数中任取个数求和后可得个和，则个和值之和必为的倍数，从而得到这个和为、、、，即可得到，即可求出这四个数.
【详解】从个正整数中任取个数求和后可得个和，则个和值之和为，必为的倍数，
又，，，
所以这个和为、、、，
则，
所以，，，
即这个数分别为、、、，
故这个数中最小的数为.
故选：C
二、解答题
4．（2022高一上·全国·专题练习）已知集合．
(1)若A是空集，求的取值范围；
(2)若A中只有一个元素，求的值，并求集合A；
(3)若A中至少有一个元素，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，集合，当时，集合；
(3)
【分析】（1）利用是空集，则即可求出的取值范围；
（2）对分情况讨论，分别求出符合题意的的值，及集合即可；
（3）分中只有一个元素和有2个元素两种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解．
【详解】（1）解： 是空集，
且，
，解得，
所以的取值范围为：；
（2）：①当时，集合，
②当时，，
，解得，此时集合，
综上所述，当时，集合，当时，集合；
（3）中至少有一个元素，则当中只有一个元素时，或；
当中有2个元素时，则且，即，解得且；
综上可得，时中至少有一个元素，即.
5．（22-23高一上·上海虹口·阶段练习）设关于的不等式的解集为 .
(1)求；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）利用分类讨论的数学思想即可求出,（2）利用分类讨论解出关于的不等式即可得到的取值范围
【详解】（1）因为关于的不等式解集为,
故，所以原不等式可化为.
当时，不等式解集为.
当时，解不等式为即解集为
当时，解不等式为即解集为
综上所述：时解集为，时解集为，时解集为
（2）因为，所以故
当时，解得.
当时，解得 .
综上所述：的取值范围为
题型3
根据集合的包含关系求参数
一、多选题
1．（23-24高一下·全国·课后作业）已知，则的值可以为（ ）
A．1B．6C．8D．10
【答案】AC
【分析】由，当分别等于时，求出对应的值，然后计算即可.
【详解】当时，由得，满足，所以；
当时，由得，满足，所以；
当时，由得，不满足；
综上，则或.
故选：AC.
2．（23-24高一上·山西朔州·阶段练习）已知集合，，，由实数a组成集合C，则下列选项中正确的是（ ）
A．集合C的所有非空真子集个数是2B．集合C的所有非空真子集个数是6
C．集合C的所有子集个数是4D．集合C的所有子集个数是8
【答案】BD
【分析】计算得，根据题意得到，考虑和这两种情况，分别计算再结合子集及非空真子集即可.
【详解】由题意，，
因为，
所以，
当时，，合题意，
当时，，，
因为，
所以或，所以或，
故．
集合C的子集个数为，D选项正确，C选项错误，
集合C的非空真子集个数为，B选项正确，A选项错误.
故选：BD.
二、填空题
3．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】的真子集个数是3，所以共有2个元素，分和两种情况即可解出答案.
【详解】的真子集个数是3， 共有个元素，所以，.
若，则有，；
若，则有，无解.
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
4．（2024·全国·模拟预测）已知集合，，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出集合，再由，得，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，即．
由，得，得，故实数的取值范围是．
故答案为：.
三、解答题
5．（22-23高一上·辽宁朝阳·阶段练习）已知集合，或 .
(1)若为非空集合，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由条件可知，，即可求解不等式；
（2）分和两种情况，列不等式求解.
【详解】（1）若为非空集，则，解得：；
（2）若，则，
当时，，解得：，
当时， ，解得：
或，解得：
所以实数的取值范围是或
6．（23-24高一上·河南·阶段练习）已知集合.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据一元二次方程有唯一解列式计算即可；
（2）先求解一元二次方程化简集合A，由得，结合判别式分类讨论求解即可.
【详解】（1）因为，所以关于的方程有两个相等的实数根，
则，解得，故实数的取值范围为.
（2），
因为，所以，则，
所以可能为.
①若，则，解得或；
②若，则，所以，解得；
③若，则，无解，即；
④若，则，无解，即.
综上，或.
题型4
集合的交、并、补运算及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·陕西西安·开学考试）已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）．
A．4B．8C．16D．32
【答案】C
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数.
【详解】由题设可知，，
又因为，所以，
而，
因为的解为或，的两根满足，
所以分属方程与的根，
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素，
故由子集个数公式可得集合的子集的个数为.
故选：C
二、填空题
2．（2024·河南·模拟预测）已知集合，，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】可求出集合，然后根据，得到，从而求出实数的取值范围.
【详解】由，可得，
由于，且，则，
所以，则实数的取值范围是，
故答案为：
3．（23-24高一上·江苏·阶段练习）已知集合，，，若，，则 ．
【答案】4
【分析】求出集合，根据集合关系可得，求出的值，然后验证可得.
【详解】，，
因为，，所以，，
由得，即，解得或，
当时，解得，此时，不满足题意；
当时，解得，满足题意.
所以.
故答案为：4
4．（2024·河南信阳·模拟预测）已知集合，则的取值集合为 .
【答案】
【分析】本题根据集合之间的关系，对参数分类讨论，即可确定参数的取值.
【详解】由题意可知：，
因为,所以当时，；
当时，则,
则或，解得或，
综上得，a的取值集合是.
故答案为：
三、解答题
5．（23-24高一上·福建福州·期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并求解下列问题：已知集合，，若________，求实数的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【分析】若选择①，，则当，构造不等式，解得的范围；若选择②，，得到是的子集，构造不等式，解得的范围；若选择③，．可得，构造不等式，解得的范围.
【详解】若选择①，，则当，
满足，即，
解得，满足题意；
当时，
应满足或
解得．
综上，实数的取值范围是．
若选择②，，则是的子集，
.
当，即时，
，满足题意；
当时，
满足或
解得.
综上，实数的取值范围是．
若选择③，．则，
当，即时，
，满足题意；
当时，应满足
解得.
综上，实数的取值范围是．
6．（23-24高一上·北京东城·期末）已知集合，.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)若将题干中的集合改为，是否有可能使命题：“，都有”为真命题，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不可能，理由见解析
【分析】（1）先得到，再根据包含关系列不等式求解；
（2）直接根据列不等式求解；
（3）先得到，再根据包含关系列不等式求解.
【详解】（1）若，则，
又，
所以，
解得；
（2）因为，
所以或或，
解得或或，
所以；
（3）若，，
对，都有，则，
所以，该不等式无解，
故命题：“，都有”为真命题不可能.
题型5
集合的新定义问题
一、单选题
1．（23-24高一上·北京·阶段练习）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（ ）
A．0B．0，C．0，D．，0，
【答案】D
【分析】由题意可得集合中的元素个数为1个或3个，分集合中的元素个数为1和集合中的元素个数为3两种情况，再结合一元次方程根的个数求解即可.
【详解】解：由可得或，
又因为，，
所以集合中的元素个数为1个或3个，
当集合中的元素个数为1时，则有两相等的实数根，且无解，
所以，解得；
当集合中的元素个数为3时，则有两不相等的实数根，且有两个相等且异于方程的根的解，
所以，解得或，
综上所述，或或.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意得出集合中的元素个数为1个或3个.
2．（24-25高一·上海·课堂例题）设X是一个集合，是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：（1）X属于，属于；（2）中任意多个元素的并集属于（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合X上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②；
③；
④；
其中是集合X上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．②B．①③C．②④D．②③
【答案】D
【分析】根据集合X上的拓扑的集合的定义，逐个验证即可.
【详解】①，而，故①不是集合X上的拓扑的集合；
②，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此②是集合X上的拓扑的集合；
③，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此③是集合X上的拓扑的集合；
④，而，故④不是集合X上的拓扑的集合；
综上得，是集合X上的拓扑的集合的序号是②③.
故答案为：D.
二、解答题
3．（23-24高一下·北京顺义·期中）已知为实数集的一个非空子集，称是一个加法群，如果连同其上的加法运算满足如下四条性质：
①，；
②，；
③，，使得；
④，，使得．
例如是一个无限元加法群，是一个单元素加法群．
(1)令，，分别判断，是否为加法群，并说明理由；
(2)已知非空集合，并且，有，求证：是一个加法群；
(3)已知非空集合，并且，有，求证：存在，使得．
【答案】(1)是加法群，不是加法群
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合表示所有偶数，集合表示所有奇数，结合群的定义，判断是否满足条件即可；
（2）取时，，进而判断①④即可；
（3）根据性质①和已知可得，设，且不能被整除，利用反证法证明即可.
【详解】（1）集合表示所有偶数，满足①任意两个偶数相加仍是偶数，②加法结合律，③，④偶数的相反数仍是偶数，所以是加法群；
集合表示所有奇数，满足②加法结合律，④奇数的相反数仍是奇数，不满足①任意两个奇数相加仍是奇数，②，所以不是加法群.
（2）因为非空集合，所以满足②结合律，
根据题意可知当时，，满足条件③，
则，有，满足④，
所以有，满足①，
综上满足①②③④，是一个加法群.
（3）由（2）可是是一个加法群，
证明存在，使得，即证明恰是的所有整数倍组成的集合，
当时，显然，结论成立，
当时，由（2）可知若，则，集合中一定有正整数，
假设是集合中最小正整数，则由性质①及，有可知对于任意整数有，
下证，
设，且不能被整除，设，，，
因为，，则根据，有可知，与是集合中最小正整数矛盾，
所以集合中不存在不能被整除的数，
所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化划归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换化为简单的问题.
4．（23-24高一上·北京海淀·期中）对非空数集T，给出如下定义，
定义1：若，，当时，，则称T为强和差集；
定义2：若，，当时，，则称T为弱和差集．
(1)分别判断是否为强和差集，是否是弱和差集，并说明理由；
(2)若集合是弱和差集，求A；
(3)若强和差集B的元素个数为12，且，求满足条件的集合B的个数．
【答案】(1)见解析；
(2)、、；
(3)11个；
【分析】（1）根据强和差集与弱和差集定义进行验证即可判断.
（2）根据弱和差集定义讨论参数取值，进行求解.
（3）根据强和差集定义，以及B的元素个数为12，且，讨论中元素关系，求出条件的集合B.
【详解】（1）由题，根据强和差集定义，当时，
x与y的所有取值可能为 ，，都满足，
所以是强和差集.
，根据弱和差集定义，当时，
x与y的所有取值可能为，，，，
其中时不满足，
所以不是弱和差集.
（2）若集合是弱和差集，则当时，
据题意有，
若，则，当时
继续重复以上步骤，显然矛盾.
所以必有，不妨，则.
当有，
若，此时为弱和差集.
若,此时为弱和差集.
若,此时为弱和差集.
所以或或
（3）因为B为强和差集且，如果B中有其它正数，设其最大值为，
当时，，所以，
不妨设集合B中包含k个正数，不妨设为，
所以，
所以,即集合B中至少有个不同的负数，
同理，若集合B中包含k个负数，则集合B中至少有个不同的正数，
所以集合B中包含5个负数6个正数，或者6个负数5个正数，
当集合B中有6个正数5个负数时，
设为，
取时，
此时，结合，
所以，
取时，因为，
所以
此时，结合，
所以
令，，所以，
又，所以，
又，
所以，
结合，可得此时满足要求的集合B有6个；
同理，当集合B中包含6个负数5个正数时，此时满足要求的集合B有5个；
故满足条件的集合B只有11个.
【点睛】本题属于集合新定义题目，抓住定义分析题目，有理有据讨论即可.
5．（23-24高一下·全国·课后作业）设k是正整数，A是的非空子集（至少有两个元素），如果对于A中的任意两个元素x，y，都有，则称A具有性质．
(1)试判断集合和是否具有性质？并说明理由．
(2)若．证明：A不可能具有性质．
【答案】(1)不具有性质，具有性质，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据定义判断是否具有性质即可；
（2）将分为个子集，结合抽屉原理证明结论.
【详解】（1）因为，又，
但，所以集合不具有性质，
因为，又，
但，
所以集合具有性质．
（2）将集合中的元素分为如下个集合，
，
所以从集合中取个元素，则前个集合至少要选10个元素，
所以必有个元素取自前个集合中的同一集合，即存在两个元素其差为，
所以A不可能具有性质
题型6
充分、必要条件及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·广东江门·期中）设，当时；当时.例如，则“，或，”是“”的（ ）条件.
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】结合新定义，根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当，或，时，，
由时知，，
当时，根据定义可知，所以，故只要满足且即可，
显然不止，或，这种情况，
比如，等也满足，
所以“，或，”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．（23-24高三上·河南·期中）“关于x的不等式的解集为”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出不等式的解集为的的范围，再由必要不充分条件的定义判断可得答案.
【详解】当即时，不等式的解集为，符合题意；
当即时，若不等式的解集为，
可得，解得，
所以不等式的解集为可得，充分性不成立，
若，则不等式的解集为，必要性成立，
所以不等式的解集为”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）如果对于任意实数，表示不超过的最大整数.例如，.那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据所给定义以及充分条件与必要条件的定义推导即可.
【详解】如果，比如，则有，
根据定义，，
即“”不是“”的充分条件，
如果，则有，
，所以“”是“”的必要条件；
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
4．（23-24高一上·山东潍坊·阶段练习）已知命题关于的不等式与的解集相同，命题：，则是成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】D
【分析】假设为真，验证能否得到，再假设为真，验证能否得到即可得.
【详解】若，则可化为，
则与的解集不同，
故不是的必要条件；
若、的解集都为空集，
如、，此时两不等式解集都为空集，
不满足，故不是的充分条件；
综上所述，是成立的既不充分又不必要条件.
故选：D.
二、解答题
5．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）已知集合，，全集.
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得集合A，进而根据集合的补集和交集运算求解；
（2）分析可知，根据包含关系分析求解.
【详解】（1）当时，集合，则或，
所以.
（2）若“”是“”的必要条件，则，
因为，则，可知，
可得，解得，
所以实数的取值范围.
6．（23-24高一上·辽宁葫芦岛·期末）已知集合，集合，集合，且．
(1)求实数a的值组成的集合；
(2)若，是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出集合，然后根据得到，由此分析集合并求解出的值，则结果可知；
（2）先求解出，然后将问题转化为“是C的真子集”，由此列出关于的不等式，则结果可求.
【详解】（1）因为，
由，知，则或或，
当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
所以的取值集合为．
（2）由题意得，，故，
又是的充分不必要条件，
所以是的真子集，于是，
解得：，经检验符合条件，
综上，实数m的取值范围是．
题型7
全称量词命题和存在量词命题及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·浙江·阶段练习）已知命题；命题，若命题均为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出为真命题时的范围，进一步可得答案．
【详解】由，得，
，，
则当时，取最小值2，所以，
命题，则，即，
若命题均为假命题，则且，即，
∴实数的取值范围为．
故选：B.
二、多选题
2．（23-24高一上·四川凉山·期末）使得命题“”为真命题的必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】判断充分必要条件，一般先求出原命题的充要条件，如此题中，“”为真命题的充要条件是，然后再根据充分必要条件的要求进行逐一判断即可.
【详解】由命题“”为真命题等价于在上恒成立，
即，因，故有：在上恒成立，
设，因，故得：，则，即得：，
依题意， 应是正确选项的真子集，而符合要求的包括A,C,D三个选项.
故选：ACD.
三、解答题
3．（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知命题p：方程有两个不等的负实根，命题q：方程无实根．若命题p，q一个为真命题，一个为假命题时，求实数m的取值范围．
【答案】
【分析】根据题意以及二次函数的图象与性质，求得命题为真命题时，实数的取值范围，分类讨论，即可求解.
【详解】由命题方程有两个不等的负实根，可得，解得；
命题方程无实根，
可得，解得，
当p真q假时，可得，解得；
当p假q真时，可得，解得，
综上可得，实数的取值范围.
4．（23-24高一上·宁夏吴忠·阶段练习）已知集合，集合，命题，命题，．
(1)若命题为假命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和命题至少有一个为真命题，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先根据为真命题分析出，由此求解出的范围，然后取对应范围在实数集下的补集即为结果；
（2）考虑命题均为假命题时的取值范围，然后取对应范围在实数集下的补集即为结果.
【详解】（1）若为真命题，则，
所以，所以，
所以命题为假命题时，的取值范围为.
（2）当为假命题时，即“”为真命题，
所以，所以的取值范围为，
所以当均为假命题时的取值范围为，
所以当命题和命题至少有一个为真命题时的取值范围为或.
5．（23-24高一上·江苏无锡·阶段练习）已知命题“，方程有实根”是真命题.
(1)求实数m的取值集合A；
(2)关于x的不等式组的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）利用判别式大于等于0可求解；
（2）根据题意可得是的真子集，讨论的范围求解即可.
【详解】（1）因为命题“，方程有实根”是真命题，
所以方程有实根，则有，解得，
所以实数m的取值集合.
（2）若“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集，
当即时，不等式组无解，所以，满足题意；
当即时，不等式组的解集为，
由题意是的真子集，所以，所以.
综上，满足题意的a的取值范围是或.
题型8
集合与常用逻辑用语相结合的问题
一、单选题
1．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）有限集合中元素的个数记做，设，都为有限集合，给出下列命题：
①的充要条件是
②的必要不充分条件是
③的充分不必要条件是
④的充要条件是
其中，真命题有（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①④
【答案】B
【分析】根据集合间的关系，结合充分条件以及必要条件的定义进行判断即可.
【详解】对于①：因为等价于，
又，
所以等价于，
故的充要条件是，故①正确；
对于②：只是说明集合和集合元素个数的关系，不能得到；
说明集合中的元素都是集合中的元素，则，
即的必要不充分条件是，故②正确；
对于③：只是说明集合和集合元素个数的关系，不能得到；
如，，则，，满足，
但是集合、没有任何关系，故推不出，即充分性不成立，故③错误；
对于④：集合中的元素与集合中的元素完全相同，则，
但两个集合的元素个数相同，并不意味着它们的元素相同，
如，，则，，显然集合、没有任何关系，故④错误．
故选：B
2．（2025·全国·模拟预测）已知：哥德巴赫猜想认为任一大于2的偶数都可写成两个质数之和．定义为全体素数的集合，那么以下形式化命题中和哥德巴赫猜想不等价的是（ ）
A．，，，
B．
C．
D．或
【答案】C
【分析】根据题意逐一分析四个选项即可得到答案.
【详解】A的意思是不存在偶数不满足哥德巴赫猜想，与原命题等价，
B的意思是两个质数的和作为集合，包含了所有大于2的偶数的集合，与原命题等价，
C的意思是两个质数的和中不是偶数的部分为空集，也就是两个质数的和都是偶数，
因为是两个质数的和，但不是偶数，和命题矛盾，C错.
D的意思是要么一个偶数不大于2，要么存在一个质数使得该偶数减去质数之后还是一个质数．
故选：C．
二、解答题
3．（24-25高一·上海·课堂例题）设全集，已知命题p：集合或，命题q：集合．
(1)若时，求集合N、集合及；
(2)若且，求实数的取值范围；
(3)若是的充分非必要条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）化简集合，再结合集合的运算规律,即可求解．
（2）先化简集合，再通过集合交运算的性质，即可得到答案．
（3）是的真子集，即可得出答案．
【详解】（1）因为，所以，
又因为，所以．
（2）由题意得：，又因为，
所以，得，所以实数的取值范围．
（3）因为是的充分非必要条件，
即是的真子集，
所以，解得：,
所以实数的取值范围．
4．（23-24高一上·广西梧州·阶段练习）已知集合
(1)求集合A，B；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.
【答案】(1)，集合B见解析
(2)或.
【分析】（1）解一次不等式得集合A，依题意可得，再分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集B；
（2）将必要不充分条件转化为子集关系，再根据子集关系分类讨论求参即可.
【详解】（1），
因为，所以，
当即时，不等式化为，无解；
当即时，解不等式得；
当即时，解不等式得.
综上，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为；
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合是集合的真子集，
，当时，，满足题意，
当时，，由题意可得，无解，
当时，，由题意可得解得，
综上可得：或.
所以实数m的取值范围为或.
5．（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）已知命题：“，不等式成立”是真命题．
(1)求实数取值的集合；
(2)设集合（其中），若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】1）由的解集，即可根据是其子集求解；
（2）由题意得，求出集合，根据集合包含关系列不等式求参数范围即可．
【详解】（1）（1）由得，
故当时，不等式的解为，
故要使，恒成立，则，
故，解得，
当时，不等式的解为，
故要使，恒成立，则，
故，解得，
当时，不等式的解为，此时不满足题意，舍去，
综上可知：实数取值的集合或
（2）由题意得：，由（1）知：或，
而集合为（其中的解集，
所以或，可得，结合为正数，得，
所以实数的取值范围是．
6．（23-24高一上·广东广州·期中）已知集合，集合．
(1)存在，使，成立，求实数的值及集合；
(2)命题，有，命题，使得成立．若命题为假命题，为真命题，求实数的取值范围；
(3)若任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，即可求出，进而可求得集合；
（2）分别求出命题为假命题，为真命题时，的范围，再取交集即可；
（3）分离参数可得，再利用基本不等式求出的最小值即可.
【详解】（1）因为存在，使成立，
所以，解得：，
又因为，所以，
当时，集合，
此时；
（2）命题，有，
若命题为真命题，则，解得，
因为命题为假命题，所以，
又命题，使得成立，
且，使得，为真命题，
则恒成立，即，
而的最小值为，所以恒成立，解得：，
综上所述，实数的取值范围为；
（3）任意的，都有，则，则，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以，即，
所以实数的取值范围为：.
题型9
不等式中比较大小问题
一、单选题
1．（2023高三·全国·专题练习）根据条件：a，b，c满足，且，有如下推理：① ② ③ ④其中正确的是（ ）
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】B
【分析】由，且得c<0，a<0，再根据不等式的性质对每个推理项判断即可.
【详解】由，因为，所以，
对于b的值可正可负也可为0，
因为，而，所以，所以①错误；
因为，，从而，所以②错误；
因为，当时，，
当时，由，所以③正确；
因为，，④正确；
综上可知，③④正确.
故选：B．
2．（23-24高一上·黑龙江齐齐哈尔·期末）设，命题，命题，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由题意通过作差法得出命题的充要条件为，结合充分不必要条件的定义即可得解.
【详解】由题意
，
即命题的充要条件为，
所以命题是命题的充分不必要条件.
故选：A.
3．（23-24高一上·湖北恩施·期末）某商场计划做一次活动刺激消费，计划对某商品降价两次，方案甲：第一次降价，第二次降价.方案乙：第一次降价.第二次降价.方案丙：两次均降价m+n2%，其中.那么两次降价后价格最高的方案为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．无法判断
【答案】C
【分析】求出各方案降价后的价格，比较可得结论.
【详解】不妨设商品原价格为，
则方案甲两次降价后的价格为：；
方案乙两次降价后的价格为：；
方案丙两次降价后的价格为：.
所以，方案甲和方案乙两次降价后的价格相同；
又（因为，故不能取“”）
所以，方案丙两次降价后的价格最高.
故选：C
4．（24-25高一上·上海·课后作业）若，则下列结论中正确的是（ ）
A．不等式和均不能成立
B．不等式和均不能成立
C．不等式和均不能成立
D．不等式和均不能成立
【答案】B
【分析】利用不等式的性质结合已知条件逐个分析判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，所以aab因为，所以，，所以，所以，
所以不成立，所以A错误，
对于B，由选项A可知不成立，
因为，所以，，所以，，
所以，所以，所以不成立，所以B正确，
对于CD，因为，所以，
所以，所以，
所以成立，所以CD错误，
故选：B
5．（23-24高一下·北京·期末）已知关于，，，的方程组，其中．则，，，的大小关系为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题设得到，令，从而解出，，，，再根据条件，即可求解出结果.
【详解】由，得到，
即，令，
则，又，所以，
故选：D.
题型10
利用不等式求式子（值）的范围
一、多选题
1．（23-24高一上·河北·阶段练习）已知，则以下命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用不等式的基本性质逐个选项分析排除即可.
【详解】对于A：,故A错误.
对于B：,故B正确.
对于C：,故C错误.
对于D;,故D正确.
故选：BD.
2．（2023·河南洛阳·模拟预测）设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据不等式的性质，变形求解.
【详解】，两式相乘得，所以，A正确；
由题得，又，两式相乘得，所以，B错误；
因为，所以两式相乘得，C正确；
因为，所以两式相乘得，D错误．
故选：AC
二、填空题
3．（22-23高一上·上海·期末）已知，记的最大值为，最小值为，则 ．
【答案】
【分析】借助基本不等式可得其最小值，借助不等式的性质可得其最大值，即可得解.
【详解】由，故，
当且仅当时，等号成立，即，
由，故，则，
故.
故答案为：.
三、解答题
4．（23-24高一上·广东揭阳·期中）实数a，b满足，.
(1)求实数a，b的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 应用不等式性质线性运算可得；
（2）用已知式子表示所求式子结合不等式性质线性运算即可.
【详解】（1）∵，
∴，.
（2），
因为，所以，
又，所以，
所以.
5．（2024高一·全国·专题练习）（1）已知，，求的取值范围．
（2）已知，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据不等式倒数性质求的范围，然后同向不等式相乘可解；
（2）结合，,利用已知代数式表示所求，并由不等式的性质直接求解.
【详解】（1）
由题意得
所以，即
（2）设
所以，解得
由题意得，
两式相乘，得，即
题型11
基本不等式求最值
一、单选题
1．（23-24高三上·陕西榆林·阶段练习）已知，，且，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】先得出，再利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
2．（24-25高三上·江西·开学考试）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把化简为为，然后利用基本不等式即可求出最小值
【详解】因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，
故选：C
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）设正实数a，b，m，n有，，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】将原式展开，再利用基本不等式即可求得最值.
【详解】，
当且仅当时等号成立，
故选：A.
二、填空题
4．（2024高一上·浙江宁波·专题练习）已知正实数 满足 ，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】由已知得，然后利用基本不等式可得答案.
【详解】正实数且得，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
的最小值为.
故答案为：
5．（25-26高一上·上海·课后作业）已知，则的最大值和最小值分别为 ．
【答案】9，1
【分析】分和结合基本不等式求出的范围，再由时，也存在满足的情况，从而可得，进而可求出的范围，则可求出其最值.
【详解】当时，，当且仅当时取等号．
当时，，当且仅当时取等号．
当时，也存在满足的情况，
所以，
由，得，
所以，
由，得，
所以，
当时取得最小值，当时取得最大值，
所以的最大值和最小值分别为9和1.
故答案为：9，1
6．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）设正实数满足，且，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】化简，利用基本不等式得
可得答案.
【详解】，
由于是正实数，且，
所以
，
当且仅当，即，所以时等号成立，
则的最小值为2，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
则最小值为.
故答案为：.
题型12
不等式的证明
一、解答题
1．（23-24高一上·安徽淮南·期中）已知是正实数.
(1)证明：；
(2)若，证明：.
(3)已知是正数，且，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用基本不等式证明不等式；
（2）应用“1”的代换，结合基本不等式证明不等式；
（3）由，应用基本不等式有，即可证结论.
【详解】（1）由，
当且仅当时等号成立，即，得证.
（2）由
，
当且仅当时等号成立，则，得证.
（3）由，
当且仅当时等号成立，不等式得证.
2．（23-24高一上·云南·阶段练习）证明下列不等式：
(1)若，求证：；
(2)若，，，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】根据作出比较法，准确化简、运算，即可求解.
【详解】（1）证明：因为，
又因为，所以，所以．
（2）证明：由
，
因为，，
所以，，，，
所以，．
因为，所以
又因为，
所以，即．
3．（23-24高一上·河南新乡·阶段练习）选用恰当的证明方法，证明下列不等式.
(1)已知均为正数，且，求证：；
(2)已知，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用1的妙用，结合基本不等式证明即可；
（2）利用作差法证明即可.
【详解】（1）证明：因为，所以，
又因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以．
（2）证明：
，
因为，所以，所以，
所以，即．
4．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）证明下列不等式
(1)已知，，，且，求证：.
(2)已知，，，求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用“1”的代换，结合加法法则，根据基本不等式即可证明；
（2）利用基本不等式结合乘法法则即可证明.
【详解】（1）
，
当且仅当时，取等号.
（2），，，
，，，
，
当且仅当时等号成立.
5．（23-24高一上·江苏扬州·阶段练习）问题：已知均为正实数，且，求证：.
证明：，当且仅当时，等号成立.学习上述解法并解决下列问题：
(1)若实数满足，试比较和的大小，并说明理由；
(2)求的最小值，并求出使得最小的的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据以上解法，利用“1”的代换，结合基本不等式求解；
（2）令，得到，从而，利用（1）的结论求解.
【详解】（1）解：，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以；
（2）令，则，即，
所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，解得，
所以当时，M的最小值为.
6．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法．
阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等．
例如，，求证：． 证明：原式．
波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征．
阅读材料二：基本不等式（，），当且仅当时等号成立，它是解决最值问题的有力工具．例如：在的条件下，当为何值时，有最小值，最小值是多少？
解：，，，即，，当且仅当，即时，有最小值，最小值为2．请根据以上阅读材料解答下列问题：
(1)已知，求的值．
(2)若，解关于的方程．
(3)若正数，满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意把代入式中化简计算即可得解；
（2）将代入方程后化简计算即可得解；
（3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可得的最小值．
【详解】（1）由题意得；
（2）由，
故原方程可化为：，
即：，
，即，解得：；
（3）由，则有
，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
有最小值，此时有最大值，
从而有最小值，即有最小值．
题型13
基本不等式的实际应用问题
一、单选题
1．（23-24高一上·安徽马鞍山·期中）一个矩形的周长为，面积为，则下列四组数对中，可作为数对的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出长方形的长和宽为，通过基本不等式得出和的关系，最后将各个选项数据依次代入检验，得出正确的结果．
【详解】设矩形长宽分别为，则，，由基本不等式，
可得.
对于A，，不合题意，故A错误；
对于B，，不合题意，故B错误；
对于C，，不合题意，故C错误；
对于D，，符合题意，故D正确.
故选：D.
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，某灯光设计公司生产一种长方形线路板，长方形的周长为4，沿折叠使点B到点位置，交于点P．研究发现当的面积最大时用电最少，则用电最少时，的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用勾股定理，构造函数，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】如图，设，由矩形的周长为4，可知．
设，则．，
．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以．
所以的面积．
所以，当且仅当时，
即当时，的面积最大，面积的最大值为，
故选：B．
二、填空题
3．（24-25高一上·全国·课后作业）如图所示，将一矩形花坛扩建为一个更大的矩形花坛，要求点在上，点在上，且对角线过点，已知，当 时，矩形花坛的面积最小．
【答案】4
【分析】设，由∥，列比例式可求得，从而可表示出的面积，化简后利用基本不等式可求得其最小值，从而可求得答案.
【详解】设，因为∥，
所以，所以，解得,
所以矩形的面积为
，
当且仅当，即时等号成立．
故当时，矩形花坛的面积最小．
故答案为：4
三、解答题
4．（24-25高一上·全国·课后作业）经观测，某公路在某时段内的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间有函数关系：．在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量y最大？
【答案】千米每小时，车流量最大
【分析】由，利用基本不等式等号成立的条件求得取得最大值时对应的的值.
【详解】因为，
又，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
所以当汽车的平均速度千米/小时时，车流量y最大．
5．（24-25高一上·上海·期中）网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2019年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足函数关系式．已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150％”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，求该公司最大月利润．
【答案】最大月利润为37.5万元
【分析】根据题意得到投入实体店安装费用，结合每件产品售价及进货价格写出月利润的表达式，再由结合基本不等式，即可求解函数的最大值.
【详解】由题意知，且.
每件产品售价定为，
设该公司的月利润为y万元，
则
，
当且仅当时，即时取等号，
答：该公司最大月利润为37.5万元．
6．（24-25高一上·上海·随堂练习）甲、乙两名司机的加油习惯有所不同，甲每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而乙则说“师傅帮我把油箱加满”，假设①甲、乙各加同一种汽油两次；②两人第一次加油的油价均为x，第二次加油的油价均为y且；③乙每次加满油箱加入的油量都为a升．就加油两次来说，甲、乙谁更合算？
【答案】甲更合算
【分析】根据已知分别求甲乙油的平均单价比较即可.
【详解】两次加油的油价分别是元/升且，
甲加两次油的平均单价为元/升,
乙每次加油a升，加两次油的平均单价为元/升，
即甲的平均单价低，甲更合算．
题型14
基本不等式恒成立问题
一、单选题
1．（23-24高一上·陕西汉中·期末）“”是“不等式对于任意正实数恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】当时，利用基本不等式可证得，而得不到，可通过举例验证，利用充分条件，必要条件的概念即可判断．
【详解】当时，对于任意正实数，
．当且仅当y=2x时等号成立，
所以：是对于任意正实数恒成立的充分条件；
同理：若时，
，当且仅当时等号成立，
也成立，
故不是对于任意正实数恒成立的必要条件．
综上：是对于任意正实数恒成立的充分不必要条件．
故选：A．
2．（25-26高三上·全国·单元测试）若对满足的任意实数恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由参变分离，并引入参数，得，只需，结合题意得出的范围，结合基本不等式即可求解.
【详解】分离参变量得恒成立，则，
故不等式右边取最大值时必须同号（且都不为零），
此时，因为若，则与其同号，则，矛盾．
由，设，
则，
若要求取最大值，则需，即，
此时，
当且仅当，即时等号成立，所以．
故选：B．
二、多选题
3．（2024·浙江·二模）已知正实数，且为自然数，则满足恒成立的可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】将恒成立，转化为恒成立，再利用基本不等式得到，转化为恒成立，逐项判断.
【详解】解：因为正实数，且为自然数，
所以，
则恒成立，即恒成立，
两边同乘，则，
而，
，
当且仅当，即时，等号成立，
若恒成立，则恒成立，
A.当时，，不成立；
B.当时，，成立；
C.当时，，成立；
D.当时，，不成立，
故选：BC
三、填空题
4．（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据等式变形，利用常值代换法凑项，运用基本不等式求得即得.
【详解】因为两个正实数 满足，则，
故
，当且仅当时取等号，
因不等式恒成立，则，故.
故答案为：.
5．（2024·江西·一模）已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将变形为，利用均值不等式求的最小值即可求解.
【详解】因为，
所以
，
所以
，等号成立当且仅当，
所以，，
故实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解题关键是先得到，再进一步结合乘“1”法即可顺利得解.
6．（23-24高二下·浙江·期中）若不等式对任意满足的正实数x，y，z均成立，则实数的最大值为 ．
【答案】
【分析】先分离常数转化成求的最小值问题，根据，把放缩成，再变形，就可以用基本不等式求最小值，即为的最大值.
【详解】因为x，y，z为正实数，所以，因为，
所以，即，又，
所以.
当且仅当时上式最右侧等号成立.
故答案为：
题型15
含参数的一元二次不等式解法
一、单选题
1．（23-24高二下·福建福州·期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对参数进行分类讨论得到一元二次不等式的解集后求解即可.
【详解】对于，当时，变为，
此时解得，
当时，解得，
当时，解得，
当时，此时解集为空集，
当时，解得，
综上讨论，并未在任何情况出现，
故不可能是原不等式解集，故B正确.
故选：B
2．（24-25高一上·上海·随堂练习）若关于x的不等式组的整数解只有，则的取值范围为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出每一个不等式，然后由不等式组整数解只有，列出关于的不等式组，从而可求出的取值范围.
【详解】解集为，
当时， 的解集为，
因为关于x的不等式组的整数解只有，
所以，即，
当时，的解集为空集，不满足题意，
当时，的解集为，不满足题意，
综上，的取值范围.
故选：D
二、解答题
3．（23-24高一·上海·课堂例题）设，解下列关于x的不等式：
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为R；当时，原不等式的解集为或.
(2)当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.
(3)或
【分析】对于含参的一元二次不等式，采用分类讨论的方法求解即可.
【详解】（1）当时，由解得：或；
当时，由得，所以；
当时，由解得：或.
综上，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为R；当时，原不等式的解集为或.
（2）当时，由解得：或；
当时，由得，所以；
当时，由解得：或.
综上，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.
（3）由得：，
解得或，
所以原不等式的解集为或.
4．（23-24高一·上海·课堂例题）利用函数与不等式的关系，在时，求解实系数一元二次不等式．
【答案】答案见解析
【分析】令，，分、和三种情况，利用的图象，即可求出结果.
【详解】令，因为，所以图象开口向下，
又，
当时，无解，图象恒在轴下方，此时的解集为，
当时，恰有一解，图象与轴有一个交点，
此时的解集为，
当，有两解，，且，
此时的解集为或，
所以，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为或.
5．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，
(1)解关于的不等式；
(2)当时，若对于不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）分类讨论解析一元二次不等式.
（2）把代入，并等价变形不等式，再分段分离参数，借助对勾函数单调性求出最值即得.
【详解】（1）函数，不等式，
当时，解得；
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，若，则；
若，则或；若，则或，
所以当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.
（2）当时，函数，不等式，
依题意，，不等式，当时，成立，，
当时，恒成立，而函数在上单调递减，
因此，则；
当时，恒成立，而函数在上单调递减，
因此，则，
所以实数的取值范围是.
6．（24-25高一上·上海·课后作业）解关于的不等式：．
【答案】答案见解析
【分析】分类讨论的符号，结合二次函数解不等式.
【详解】当时，，解得；
当时，则，
①时，则，解得；
②时，则有：
若，即时，则x∈R；
若，即时，则x∈R且；
若，即时，解得或；
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为R；
当时，解集为；
当时，解得.
题型16
一元二次不等式中的恒成立和有解问题
一、单选题
1．（23-24高二下·天津滨海新·阶段练习）对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】参变分离，转化为求的最小值问题，变形为，利用对勾函数性质求解可得.
【详解】分离参数得，
要使对任意，不等式恒成立，只需.
又因为，令，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，所以.
故选：D
2．（23-24高二下·陕西渭南·期末）命题“，不等式”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将问题转化为命题“，不等式”为真命题，求出的取值范围，根据必要不充分判定选项即可.
【详解】命题“，不等式”为假命题，
则命题“，不等式”为真命题，
所以，解得，
所以使得命题“，不等式”为假命题，则实数的取值范围为，
则命题“，不等式”为假命题的一个必要不充分条件是，
故选：A
3．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）设，则关于的不等式有解的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．或C．D．
【答案】D
【分析】根据二次函数的判别式求解“关于的不等式有解”的充要条件，再分析必要不充分条件即可.
【详解】有解，即对于方程的，则；可知D选项为一个必要不充分条件.
故选:D.
二、填空题
4．（23-24高二下·辽宁沈阳·期末）若命题“，”为假命题，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意知，命题的否定为真命题，再结合一元二次不等式恒成立求得的取值范围.
【详解】因为命题“，”为假命题，
所以命题“，”真命题，
所以，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
5．（23-24高二下·福建福州·阶段练习）命题“，满足不等式”是假命题，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由含有量词的命题的否定，转化为不等式恒成立问题，即可求解.
【详解】命题“，满足不等式”是假命题，
所以，不等式恒成立，
设，，
则有，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
6．（23-24高二下·广东深圳·期中）关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】通过参变分离将不等式变形为，进而将恒成立问题转化为函数的最值问题，然后结合函数的单调性得，故而得解.
【详解】因为不等式在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
因为，
所以，
所以函数在时单调递减，
所以，
所以.
故答案为：.
三、解答题
7．（24-25高一上·全国·课后作业）设函数．已知关于的不等式的解集为．
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程在区间内有解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意可得的解集为，则－4和1是方程的两个根，然后利用根与系数的关系列方程可求出，从而可求出函数的解析式；
（2）问题转化为在区间内有解，则，然后利用基本不等式可求得答案.
【详解】（1）不等式的解集为，
即的解集为，
所以－4和1是方程的两个根，
所以由根与系数的关系可得，解得，
所以．
（2）因为关于的方程在区间内有解，
所以在区间内有解，
所以（），
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以．
8．（23-24高二下·安徽合肥·期末）（1）解关于的不等式：.
（2）关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）依题意可得，再分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集；
（2）参变分离可得在上有解，则，结合对勾函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，即，
当时，解得或，所以不等式的解集为；
当时，，所以不等式的解集为R；
当时，解得或，所以不等式的解集为，
综上可得当时等式的解集为；
当时不等式的解集为R，当时不等式的解集为.
（2）因为关于的不等式在上有解，
所以在上有解，所以，，
又在上单调递减，在上单调递增，
且当时，当时，
所以当时，
所以.
9．（2024·四川内江·模拟预测）已知．
(1)若，求的最大值，并求出此时的值；
(2)若且，求的最大值．
【答案】(1)的最大值为3，此时；
(2)3
【分析】（1）设，故，代入中，，设，根据二次函数根的分布得到不等式，求出，进而得到的最大值为3，代入，求出；
（2）设，由于，，故，将代入等式中得，根据根的判别式得到，验证当时满足要求，从而得到最大值.
【详解】（1）设，故，
，
即，
令，开口向上，
则，
要想在上有解，
则要或，
由得，
由，即，解得，
综上，，故的最大值为3，此时，解得.
（2）设，由于，，故，
将代入中，得
，即，
，，
要想方程在上有解，需要，解得，
又，故，
当时，，
解得，此时，符合要求，
故的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：设，故，转化为关于的一元二次方程，结合根的分布与二次函数图象，得到不等式，求出最值；设，转化为的解问题，利用根的判别式得到不等式，求出答案.
题型17
一元二次方程根的分布问题
一、解答题
1．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知关于x的不等式的解集为M.
(1)若，求k的取值范围；
(2)若存在两个不相等负实数a，b，使得或，求实数k的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）分类讨论，结合二次函数性质可得；
（2）由一元二次不等式的解集结合一元二次方程根的分布可得.
【详解】（1）当时，或.
当时，恒成立；
当时，，解得，不恒成立，舍去.
当时，
解得或.
综上可知，k的取值范围为或.
（2）由可得或.
因为不等式解集的两个端点就是对应方程的实数根，
所以关于x的方程有两个不相等的负根，
设为，，则，
解得，
综上可知，k的取值范围为.
2．（23-24高一上·天津南开·期中）已知函数．
(1)不等式的解集为，求的取值范围；
(2)若函数的两个零点在区间内，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得恒成立，分、两种情况讨论；
（2）分、两种情况讨论，结合二次方程根的分布得到方程组，解得即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
所以恒成立，
当，即时，则，解得，显然不符合题意；
当时，则需满足，解得，
即的取值范围为
（2）若函数的两个零点在区间内，
显然，
当，则需满足，即，解得，
当，则需满足，即，解得，
综上可得.
3．（23-24高二下·内蒙古锡林郭勒盟·期末）关于的方程满足下列条件，求的取值范围.
(1)有两个正根；
(2)一个根大于1，一个根小于1；
(3)一个根在内，另一个根在内；
【答案】(1)；
(2)
(3).
【分析】（1）根据韦达定理和根的判别式得到不等式，求出；
（2）令，设的两个根为，，故只需，求出答案；
（3）根据方程一个根在内，另一个根在内，得到不等式，求出答案.
【详解】（1）令，设的两个根为.
由题得，解得.
（2）令，设的两个根为.
若方程的一个根大于1，一个根小于1，
由于，开口向上，
故只需，解得.
（3）令，设的两个根为.
若方程一个根在内，另一个根在内，
结合开口向上，
则，解得.
一、单选题
1．（23-24高一上·福建厦门·阶段练习）若集合，则集合的元素个数为（ ）
A．19B．20C．81D．100
【答案】B
【分析】首先由题意方程变形为两个数相乘，即，依次讨论n为奇数或偶数，得到满足条件的n,从而得到集合A的元数个数．
【详解】由题意可知，即，
当是偶数时，是奇数，
当，此时，解得，满足条件，
以此类推，，共10个n，每一个n对应位于的m，
当是奇数时，是偶数，此时共10个n，
综上可知满足条件的n有20个数，每一个n对应唯一的m,
所以集合A的元素个数为20个．
故选：B．
2．（22-23高一上·全国·课后作业）已知集合A的元素满足条件:若a∈A，则∈A(a≠1)，当∈A时，则集合A中元素的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】列举出满足集合描述的元素，即可得答案.
【详解】∵∈A，∴=2∈A.∵2∈A，∴∈A.∵∈A，∴∈A.
∵∈A，∴∈A.∴集合A中有四个元素.
故选：D
二、填空题
3．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若是正整数集的非空子集，称集合为集合的生成集.若是由个正整数构成的集合，则其生成集中元素个数的最小值为 .
【答案】n-1
【分析】根据生成集的定义判断即可.
【详解】由题意可得，当集合中的个元素从小到大排列成等差数列时其生成集中的元素个数最少，
设个元素分别为，且，则集合，所以生成集中元素个数最小值为.
故答案为：.
三、解答题
4．（2023高一·全国·课后作业）集合A中的元素是实数，且满足条件①若，则，②，求：
(1)A中至少有几个元素？
(2)若条件②换成，A中至少含有的元素是什么？
(3)请你设计一个属于A的元素，求出A中至少含有的其他元素.
【答案】(1)3；
(2)；
(3)令，A中至少含有的其他元素是.（答案不唯一）
【分析】（1）按照给定条件，把2代入依次计算作答.
（2）按照给定条件，把3代入依次计算，确定集合A中含有的元素作答.
（3）令集合A中元素为4，再代入依次计算确定其它元素作答.
【详解】（1）因为，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少有3个元素.
（2）因为，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少含有的元素是.
（3）令，由①知，，而，则，而，则，
所以集合A中至少含有的其它元素是.
5．（24-25高一上·上海·单元测试）已知为一个数集，集合．
(1)设，求集合A的元素个数；
(2)设，证明：若，则．
【答案】(1)8个；
(2)证明见解析．
【分析】（1）需要对的取值进行分类讨论，然后计算出，再根据元素的互异性求解；
（2）设，计算出，即可证明．
【详解】（1）时，；
，；
，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
，时，；
所以，它有8个元素；
（2）因为，
所以设，．
，所以得证．
题型2
根据元素与集合的关系求参数
一、单选题
1．（2024·山东济南·二模）已知集合的元素之和为1，则实数a 所有取值的集合为（ ）
A．{0}B．{1}C．{－1，1}D．{0,-1，1}
【答案】D
【分析】根据集合中元素和为1，确定一元二次方程的根，即可得出的取值集合.
【详解】因为集合的元素之和为1，
所以一元二次方程有等根时，可得，即，
当方程有两不相等实根时，，即，
综上，实数a 所有取值的集合为.
故选：D
2．（22-23高一上·湖南长沙·阶段练习）若集合且下列四个关系：①；②；③；④有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组的个数是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】B
【分析】因为①；②；③；④中有且只有一个是正确的,故分四种情况进行讨论,分别分析可能存在的情况即可.
【详解】若仅有①成立,则必有成立,故①不可能成立；
若仅有②成立,则,,,成立,此时有,两种情况；
若仅有③成立,则,,,成立,此时仅有成立；
若仅有④成立,则,,,成立,此时有三种情况，
综上符合条件的所有有序数组的个数是6个，
故选：B
3．（23-24高三上·宁夏银川·期中）设，，，是4个正整数，从中任取个数求和所得的集合为，则这个数中最小的数为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】依题意从个正整数中任取个数求和后可得个和，则个和值之和必为的倍数，从而得到这个和为、、、，即可得到，即可求出这四个数.
【详解】从个正整数中任取个数求和后可得个和，则个和值之和为，必为的倍数，
又，，，
所以这个和为、、、，
则，
所以，，，
即这个数分别为、、、，
故这个数中最小的数为.
故选：C
二、解答题
4．（2022高一上·全国·专题练习）已知集合．
(1)若A是空集，求的取值范围；
(2)若A中只有一个元素，求的值，并求集合A；
(3)若A中至少有一个元素，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，集合，当时，集合；
(3)
【分析】（1）利用是空集，则即可求出的取值范围；
（2）对分情况讨论，分别求出符合题意的的值，及集合即可；
（3）分中只有一个元素和有2个元素两种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解．
【详解】（1）解： 是空集，
且，
，解得，
所以的取值范围为：；
（2）：①当时，集合，
②当时，，
，解得，此时集合，
综上所述，当时，集合，当时，集合；
（3）中至少有一个元素，则当中只有一个元素时，或；
当中有2个元素时，则且，即，解得且；
综上可得，时中至少有一个元素，即.
5．（22-23高一上·上海虹口·阶段练习）设关于的不等式的解集为 .
(1)求；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）利用分类讨论的数学思想即可求出,（2）利用分类讨论解出关于的不等式即可得到的取值范围
【详解】（1）因为关于的不等式解集为,
故，所以原不等式可化为.
当时，不等式解集为.
当时，解不等式为即解集为
当时，解不等式为即解集为
综上所述：时解集为，时解集为，时解集为
（2）因为，所以故
当时，解得.
当时，解得 .
综上所述：的取值范围为
题型3
根据集合的包含关系求参数
一、多选题
1．（23-24高一下·全国·课后作业）已知，则的值可以为（ ）
A．1B．6C．8D．10
【答案】AC
【分析】由，当分别等于时，求出对应的值，然后计算即可.
【详解】当时，由得，满足，所以；
当时，由得，满足，所以；
当时，由得，不满足；
综上，则或.
故选：AC.
2．（23-24高一上·山西朔州·阶段练习）已知集合，，，由实数a组成集合C，则下列选项中正确的是（ ）
A．集合C的所有非空真子集个数是2B．集合C的所有非空真子集个数是6
C．集合C的所有子集个数是4D．集合C的所有子集个数是8
【答案】BD
【分析】计算得，根据题意得到，考虑和这两种情况，分别计算再结合子集及非空真子集即可.
【详解】由题意，，
因为，
所以，
当时，，合题意，
当时，，，
因为，
所以或，所以或，
故．
集合C的子集个数为，D选项正确，C选项错误，
集合C的非空真子集个数为，B选项正确，A选项错误.
故选：BD.
二、填空题
3．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】的真子集个数是3，所以共有2个元素，分和两种情况即可解出答案.
【详解】的真子集个数是3， 共有个元素，所以，.
若，则有，；
若，则有，无解.
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
4．（2024·全国·模拟预测）已知集合，，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出集合，再由，得，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，即．
由，得，得，故实数的取值范围是．
故答案为：.
三、解答题
5．（22-23高一上·辽宁朝阳·阶段练习）已知集合，或 .
(1)若为非空集合，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由条件可知，，即可求解不等式；
（2）分和两种情况，列不等式求解.
【详解】（1）若为非空集，则，解得：；
（2）若，则，
当时，，解得：，
当时， ，解得：
或，解得：
所以实数的取值范围是或
6．（23-24高一上·河南·阶段练习）已知集合.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据一元二次方程有唯一解列式计算即可；
（2）先求解一元二次方程化简集合A，由得，结合判别式分类讨论求解即可.
【详解】（1）因为，所以关于的方程有两个相等的实数根，
则，解得，故实数的取值范围为.
（2），
因为，所以，则，
所以可能为.
①若，则，解得或；
②若，则，所以，解得；
③若，则，无解，即；
④若，则，无解，即.
综上，或.
题型4
集合的交、并、补运算及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·陕西西安·开学考试）已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）．
A．4B．8C．16D．32
【答案】C
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数.
【详解】由题设可知，，
又因为，所以，
而，
因为的解为或，的两根满足，
所以分属方程与的根，
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素，
故由子集个数公式可得集合的子集的个数为.
故选：C
二、填空题
2．（2024·河南·模拟预测）已知集合，，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】可求出集合，然后根据，得到，从而求出实数的取值范围.
【详解】由，可得，
由于，且，则，
所以，则实数的取值范围是，
故答案为：
3．（23-24高一上·江苏·阶段练习）已知集合，，，若，，则 ．
【答案】4
【分析】求出集合，根据集合关系可得，求出的值，然后验证可得.
【详解】，，
因为，，所以，，
由得，即，解得或，
当时，解得，此时，不满足题意；
当时，解得，满足题意.
所以.
故答案为：4
4．（2024·河南信阳·模拟预测）已知集合，则的取值集合为 .
【答案】
【分析】本题根据集合之间的关系，对参数分类讨论，即可确定参数的取值.
【详解】由题意可知：，
因为,所以当时，；
当时，则,
则或，解得或，
综上得，a的取值集合是.
故答案为：
三、解答题
5．（23-24高一上·福建福州·期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并求解下列问题：已知集合，，若________，求实数的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【分析】若选择①，，则当，构造不等式，解得的范围；若选择②，，得到是的子集，构造不等式，解得的范围；若选择③，．可得，构造不等式，解得的范围.
【详解】若选择①，，则当，
满足，即，
解得，满足题意；
当时，
应满足或
解得．
综上，实数的取值范围是．
若选择②，，则是的子集，
.
当，即时，
，满足题意；
当时，
满足或
解得.
综上，实数的取值范围是．
若选择③，．则，
当，即时，
，满足题意；
当时，应满足
解得.
综上，实数的取值范围是．
6．（23-24高一上·北京东城·期末）已知集合，.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)若将题干中的集合改为，是否有可能使命题：“，都有”为真命题，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不可能，理由见解析
【分析】（1）先得到，再根据包含关系列不等式求解；
（2）直接根据列不等式求解；
（3）先得到，再根据包含关系列不等式求解.
【详解】（1）若，则，
又，
所以，
解得；
（2）因为，
所以或或，
解得或或，
所以；
（3）若，，
对，都有，则，
所以，该不等式无解，
故命题：“，都有”为真命题不可能.
题型5
集合的新定义问题
一、单选题
1．（23-24高一上·北京·阶段练习）设表示非空集合中元素的个数，已知非空集合.定义，若，且，则实数的所有取值为（ ）
A．0B．0，C．0，D．，0，
【答案】D
【分析】由题意可得集合中的元素个数为1个或3个，分集合中的元素个数为1和集合中的元素个数为3两种情况，再结合一元次方程根的个数求解即可.
【详解】解：由可得或，
又因为，，
所以集合中的元素个数为1个或3个，
当集合中的元素个数为1时，则有两相等的实数根，且无解，
所以，解得；
当集合中的元素个数为3时，则有两不相等的实数根，且有两个相等且异于方程的根的解，
所以，解得或，
综上所述，或或.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意得出集合中的元素个数为1个或3个.
2．（24-25高一·上海·课堂例题）设X是一个集合，是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：（1）X属于，属于；（2）中任意多个元素的并集属于（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合X上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②；
③；
④；
其中是集合X上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．②B．①③C．②④D．②③
【答案】D
【分析】根据集合X上的拓扑的集合的定义，逐个验证即可.
【详解】①，而，故①不是集合X上的拓扑的集合；
②，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此②是集合X上的拓扑的集合；
③，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此③是集合X上的拓扑的集合；
④，而，故④不是集合X上的拓扑的集合；
综上得，是集合X上的拓扑的集合的序号是②③.
故答案为：D.
二、解答题
3．（23-24高一下·北京顺义·期中）已知为实数集的一个非空子集，称是一个加法群，如果连同其上的加法运算满足如下四条性质：
①，；
②，；
③，，使得；
④，，使得．
例如是一个无限元加法群，是一个单元素加法群．
(1)令，，分别判断，是否为加法群，并说明理由；
(2)已知非空集合，并且，有，求证：是一个加法群；
(3)已知非空集合，并且，有，求证：存在，使得．
【答案】(1)是加法群，不是加法群
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合表示所有偶数，集合表示所有奇数，结合群的定义，判断是否满足条件即可；
（2）取时，，进而判断①④即可；
（3）根据性质①和已知可得，设，且不能被整除，利用反证法证明即可.
【详解】（1）集合表示所有偶数，满足①任意两个偶数相加仍是偶数，②加法结合律，③，④偶数的相反数仍是偶数，所以是加法群；
集合表示所有奇数，满足②加法结合律，④奇数的相反数仍是奇数，不满足①任意两个奇数相加仍是奇数，②，所以不是加法群.
（2）因为非空集合，所以满足②结合律，
根据题意可知当时，，满足条件③，
则，有，满足④，
所以有，满足①，
综上满足①②③④，是一个加法群.
（3）由（2）可是是一个加法群，
证明存在，使得，即证明恰是的所有整数倍组成的集合，
当时，显然，结论成立，
当时，由（2）可知若，则，集合中一定有正整数，
假设是集合中最小正整数，则由性质①及，有可知对于任意整数有，
下证，
设，且不能被整除，设，，，
因为，，则根据，有可知，与是集合中最小正整数矛盾，
所以集合中不存在不能被整除的数，
所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化划归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换化为简单的问题.
4．（23-24高一上·北京海淀·期中）对非空数集T，给出如下定义，
定义1：若，，当时，，则称T为强和差集；
定义2：若，，当时，，则称T为弱和差集．
(1)分别判断是否为强和差集，是否是弱和差集，并说明理由；
(2)若集合是弱和差集，求A；
(3)若强和差集B的元素个数为12，且，求满足条件的集合B的个数．
【答案】(1)见解析；
(2)、、；
(3)11个；
【分析】（1）根据强和差集与弱和差集定义进行验证即可判断.
（2）根据弱和差集定义讨论参数取值，进行求解.
（3）根据强和差集定义，以及B的元素个数为12，且，讨论中元素关系，求出条件的集合B.
【详解】（1）由题，根据强和差集定义，当时，
x与y的所有取值可能为 ，，都满足，
所以是强和差集.
，根据弱和差集定义，当时，
x与y的所有取值可能为，，，，
其中时不满足，
所以不是弱和差集.
（2）若集合是弱和差集，则当时，
据题意有，
若，则，当时
继续重复以上步骤，显然矛盾.
所以必有，不妨，则.
当有，
若，此时为弱和差集.
若,此时为弱和差集.
若,此时为弱和差集.
所以或或
（3）因为B为强和差集且，如果B中有其它正数，设其最大值为，
当时，，所以，
不妨设集合B中包含k个正数，不妨设为，
所以，
所以,即集合B中至少有个不同的负数，
同理，若集合B中包含k个负数，则集合B中至少有个不同的正数，
所以集合B中包含5个负数6个正数，或者6个负数5个正数，
当集合B中有6个正数5个负数时，
设为，
取时，
此时，结合，
所以，
取时，因为，
所以
此时，结合，
所以
令，，所以，
又，所以，
又，
所以，
结合，可得此时满足要求的集合B有6个；
同理，当集合B中包含6个负数5个正数时，此时满足要求的集合B有5个；
故满足条件的集合B只有11个.
【点睛】本题属于集合新定义题目，抓住定义分析题目，有理有据讨论即可.
5．（23-24高一下·全国·课后作业）设k是正整数，A是的非空子集（至少有两个元素），如果对于A中的任意两个元素x，y，都有，则称A具有性质．
(1)试判断集合和是否具有性质？并说明理由．
(2)若．证明：A不可能具有性质．
【答案】(1)不具有性质，具有性质，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据定义判断是否具有性质即可；
（2）将分为个子集，结合抽屉原理证明结论.
【详解】（1）因为，又，
但，所以集合不具有性质，
因为，又，
但，
所以集合具有性质．
（2）将集合中的元素分为如下个集合，
，
所以从集合中取个元素，则前个集合至少要选10个元素，
所以必有个元素取自前个集合中的同一集合，即存在两个元素其差为，
所以A不可能具有性质
题型6
充分、必要条件及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·广东江门·期中）设，当时；当时.例如，则“，或，”是“”的（ ）条件.
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】结合新定义，根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当，或，时，，
由时知，，
当时，根据定义可知，所以，故只要满足且即可，
显然不止，或，这种情况，
比如，等也满足，
所以“，或，”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．（23-24高三上·河南·期中）“关于x的不等式的解集为”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出不等式的解集为的的范围，再由必要不充分条件的定义判断可得答案.
【详解】当即时，不等式的解集为，符合题意；
当即时，若不等式的解集为，
可得，解得，
所以不等式的解集为可得，充分性不成立，
若，则不等式的解集为，必要性成立，
所以不等式的解集为”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）如果对于任意实数，表示不超过的最大整数.例如，.那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据所给定义以及充分条件与必要条件的定义推导即可.
【详解】如果，比如，则有，
根据定义，，
即“”不是“”的充分条件，
如果，则有，
，所以“”是“”的必要条件；
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
4．（23-24高一上·山东潍坊·阶段练习）已知命题关于的不等式与的解集相同，命题：，则是成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】D
【分析】假设为真，验证能否得到，再假设为真，验证能否得到即可得.
【详解】若，则可化为，
则与的解集不同，
故不是的必要条件；
若、的解集都为空集，
如、，此时两不等式解集都为空集，
不满足，故不是的充分条件；
综上所述，是成立的既不充分又不必要条件.
故选：D.
二、解答题
5．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）已知集合，，全集.
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得集合A，进而根据集合的补集和交集运算求解；
（2）分析可知，根据包含关系分析求解.
【详解】（1）当时，集合，则或，
所以.
（2）若“”是“”的必要条件，则，
因为，则，可知，
可得，解得，
所以实数的取值范围.
6．（23-24高一上·辽宁葫芦岛·期末）已知集合，集合，集合，且．
(1)求实数a的值组成的集合；
(2)若，是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出集合，然后根据得到，由此分析集合并求解出的值，则结果可知；
（2）先求解出，然后将问题转化为“是C的真子集”，由此列出关于的不等式，则结果可求.
【详解】（1）因为，
由，知，则或或，
当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
所以的取值集合为．
（2）由题意得，，故，
又是的充分不必要条件，
所以是的真子集，于是，
解得：，经检验符合条件，
综上，实数m的取值范围是．
题型7
全称量词命题和存在量词命题及参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·浙江·阶段练习）已知命题；命题，若命题均为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出为真命题时的范围，进一步可得答案．
【详解】由，得，
，，
则当时，取最小值2，所以，
命题，则，即，
若命题均为假命题，则且，即，
∴实数的取值范围为．
故选：B.
二、多选题
2．（23-24高一上·四川凉山·期末）使得命题“”为真命题的必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】判断充分必要条件，一般先求出原命题的充要条件，如此题中，“”为真命题的充要条件是，然后再根据充分必要条件的要求进行逐一判断即可.
【详解】由命题“”为真命题等价于在上恒成立，
即，因，故有：在上恒成立，
设，因，故得：，则，即得：，
依题意， 应是正确选项的真子集，而符合要求的包括A,C,D三个选项.
故选：ACD.
三、解答题
3．（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知命题p：方程有两个不等的负实根，命题q：方程无实根．若命题p，q一个为真命题，一个为假命题时，求实数m的取值范围．
【答案】
【分析】根据题意以及二次函数的图象与性质，求得命题为真命题时，实数的取值范围，分类讨论，即可求解.
【详解】由命题方程有两个不等的负实根，可得，解得；
命题方程无实根，
可得，解得，
当p真q假时，可得，解得；
当p假q真时，可得，解得，
综上可得，实数的取值范围.
4．（23-24高一上·宁夏吴忠·阶段练习）已知集合，集合，命题，命题，．
(1)若命题为假命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和命题至少有一个为真命题，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先根据为真命题分析出，由此求解出的范围，然后取对应范围在实数集下的补集即为结果；
（2）考虑命题均为假命题时的取值范围，然后取对应范围在实数集下的补集即为结果.
【详解】（1）若为真命题，则，
所以，所以，
所以命题为假命题时，的取值范围为.
（2）当为假命题时，即“”为真命题，
所以，所以的取值范围为，
所以当均为假命题时的取值范围为，
所以当命题和命题至少有一个为真命题时的取值范围为或.
5．（23-24高一上·江苏无锡·阶段练习）已知命题“，方程有实根”是真命题.
(1)求实数m的取值集合A；
(2)关于x的不等式组的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）利用判别式大于等于0可求解；
（2）根据题意可得是的真子集，讨论的范围求解即可.
【详解】（1）因为命题“，方程有实根”是真命题，
所以方程有实根，则有，解得，
所以实数m的取值集合.
（2）若“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集，
当即时，不等式组无解，所以，满足题意；
当即时，不等式组的解集为，
由题意是的真子集，所以，所以.
综上，满足题意的a的取值范围是或.
题型8
集合与常用逻辑用语相结合的问题
一、单选题
1．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）有限集合中元素的个数记做，设，都为有限集合，给出下列命题：
①的充要条件是
②的必要不充分条件是
③的充分不必要条件是
④的充要条件是
其中，真命题有（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①④
【答案】B
【分析】根据集合间的关系，结合充分条件以及必要条件的定义进行判断即可.
【详解】对于①：因为等价于，
又，
所以等价于，
故的充要条件是，故①正确；
对于②：只是说明集合和集合元素个数的关系，不能得到；
说明集合中的元素都是集合中的元素，则，
即的必要不充分条件是，故②正确；
对于③：只是说明集合和集合元素个数的关系，不能得到；
如，，则，，满足，
但是集合、没有任何关系，故推不出，即充分性不成立，故③错误；
对于④：集合中的元素与集合中的元素完全相同，则，
但两个集合的元素个数相同，并不意味着它们的元素相同，
如，，则，，显然集合、没有任何关系，故④错误．
故选：B
2．（2025·全国·模拟预测）已知：哥德巴赫猜想认为任一大于2的偶数都可写成两个质数之和．定义为全体素数的集合，那么以下形式化命题中和哥德巴赫猜想不等价的是（ ）
A．，，，
B．
C．
D．或
【答案】C
【分析】根据题意逐一分析四个选项即可得到答案.
【详解】A的意思是不存在偶数不满足哥德巴赫猜想，与原命题等价，
B的意思是两个质数的和作为集合，包含了所有大于2的偶数的集合，与原命题等价，
C的意思是两个质数的和中不是偶数的部分为空集，也就是两个质数的和都是偶数，
因为是两个质数的和，但不是偶数，和命题矛盾，C错.
D的意思是要么一个偶数不大于2，要么存在一个质数使得该偶数减去质数之后还是一个质数．
故选：C．
二、解答题
3．（24-25高一·上海·课堂例题）设全集，已知命题p：集合或，命题q：集合．
(1)若时，求集合N、集合及；
(2)若且，求实数的取值范围；
(3)若是的充分非必要条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）化简集合，再结合集合的运算规律,即可求解．
（2）先化简集合，再通过集合交运算的性质，即可得到答案．
（3）是的真子集，即可得出答案．
【详解】（1）因为，所以，
又因为，所以．
（2）由题意得：，又因为，
所以，得，所以实数的取值范围．
（3）因为是的充分非必要条件，
即是的真子集，
所以，解得：,
所以实数的取值范围．
4．（23-24高一上·广西梧州·阶段练习）已知集合
(1)求集合A，B；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.
【答案】(1)，集合B见解析
(2)或.
【分析】（1）解一次不等式得集合A，依题意可得，再分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集B；
（2）将必要不充分条件转化为子集关系，再根据子集关系分类讨论求参即可.
【详解】（1），
因为，所以，
当即时，不等式化为，无解；
当即时，解不等式得；
当即时，解不等式得.
综上，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为；
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合是集合的真子集，
，当时，，满足题意，
当时，，由题意可得，无解，
当时，，由题意可得解得，
综上可得：或.
所以实数m的取值范围为或.
5．（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）已知命题：“，不等式成立”是真命题．
(1)求实数取值的集合；
(2)设集合（其中），若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】1）由的解集，即可根据是其子集求解；
（2）由题意得，求出集合，根据集合包含关系列不等式求参数范围即可．
【详解】（1）（1）由得，
故当时，不等式的解为，
故要使，恒成立，则，
故，解得，
当时，不等式的解为，
故要使，恒成立，则，
故，解得，
当时，不等式的解为，此时不满足题意，舍去，
综上可知：实数取值的集合或
（2）由题意得：，由（1）知：或，
而集合为（其中的解集，
所以或，可得，结合为正数，得，
所以实数的取值范围是．
6．（23-24高一上·广东广州·期中）已知集合，集合．
(1)存在，使，成立，求实数的值及集合；
(2)命题，有，命题，使得成立．若命题为假命题，为真命题，求实数的取值范围；
(3)若任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，即可求出，进而可求得集合；
（2）分别求出命题为假命题，为真命题时，的范围，再取交集即可；
（3）分离参数可得，再利用基本不等式求出的最小值即可.
【详解】（1）因为存在，使成立，
所以，解得：，
又因为，所以，
当时，集合，
此时；
（2）命题，有，
若命题为真命题，则，解得，
因为命题为假命题，所以，
又命题，使得成立，
且，使得，为真命题，
则恒成立，即，
而的最小值为，所以恒成立，解得：，
综上所述，实数的取值范围为；
（3）任意的，都有，则，则，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以，即，
所以实数的取值范围为：.
题型9
不等式中比较大小问题
一、单选题
1．（2023高三·全国·专题练习）根据条件：a，b，c满足，且，有如下推理：① ② ③ ④其中正确的是（ ）
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】B
【分析】由，且得c<0，a<0，再根据不等式的性质对每个推理项判断即可.
【详解】由，因为，所以，
对于b的值可正可负也可为0，
因为，而，所以，所以①错误；
因为，，从而，所以②错误；
因为，当时，，
当时，由，所以③正确；
因为，，④正确；
综上可知，③④正确.
故选：B．
2．（23-24高一上·黑龙江齐齐哈尔·期末）设，命题，命题，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由题意通过作差法得出命题的充要条件为，结合充分不必要条件的定义即可得解.
【详解】由题意
，
即命题的充要条件为，
所以命题是命题的充分不必要条件.
故选：A.
3．（23-24高一上·湖北恩施·期末）某商场计划做一次活动刺激消费，计划对某商品降价两次，方案甲：第一次降价，第二次降价.方案乙：第一次降价.第二次降价.方案丙：两次均降价m+n2%，其中.那么两次降价后价格最高的方案为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．无法判断
【答案】C
【分析】求出各方案降价后的价格，比较可得结论.
【详解】不妨设商品原价格为，
则方案甲两次降价后的价格为：；
方案乙两次降价后的价格为：；
方案丙两次降价后的价格为：.
所以，方案甲和方案乙两次降价后的价格相同；
又（因为，故不能取“”）
所以，方案丙两次降价后的价格最高.
故选：C
4．（24-25高一上·上海·课后作业）若，则下列结论中正确的是（ ）
A．不等式和均不能成立
B．不等式和均不能成立
C．不等式和均不能成立
D．不等式和均不能成立
【答案】B
【分析】利用不等式的性质结合已知条件逐个分析判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，所以aab
所以不成立，所以A错误，
对于B，由选项A可知不成立，
因为，所以，，所以，，
所以，所以，所以不成立，所以B正确，
对于CD，因为，所以，
所以，所以，
所以成立，所以CD错误，
故选：B
5．（23-24高一下·北京·期末）已知关于，，，的方程组，其中．则，，，的大小关系为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题设得到，令，从而解出，，，，再根据条件，即可求解出结果.
【详解】由，得到，
即，令，
则，又，所以，
故选：D.
题型10
利用不等式求式子（值）的范围
一、多选题
1．（23-24高一上·河北·阶段练习）已知，则以下命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用不等式的基本性质逐个选项分析排除即可.
【详解】对于A：,故A错误.
对于B：,故B正确.
对于C：,故C错误.
对于D;,故D正确.
故选：BD.
2．（2023·河南洛阳·模拟预测）设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据不等式的性质，变形求解.
【详解】，两式相乘得，所以，A正确；
由题得，又，两式相乘得，所以，B错误；
因为，所以两式相乘得，C正确；
因为，所以两式相乘得，D错误．
故选：AC
二、填空题
3．（22-23高一上·上海·期末）已知，记的最大值为，最小值为，则 ．
【答案】
【分析】借助基本不等式可得其最小值，借助不等式的性质可得其最大值，即可得解.
【详解】由，故，
当且仅当时，等号成立，即，
由，故，则，
故.
故答案为：.
三、解答题
4．（23-24高一上·广东揭阳·期中）实数a，b满足，.
(1)求实数a，b的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 应用不等式性质线性运算可得；
（2）用已知式子表示所求式子结合不等式性质线性运算即可.
【详解】（1）∵，
∴，.
（2），
因为，所以，
又，所以，
所以.
5．（2024高一·全国·专题练习）（1）已知，，求的取值范围．
（2）已知，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据不等式倒数性质求的范围，然后同向不等式相乘可解；
（2）结合，,利用已知代数式表示所求，并由不等式的性质直接求解.
【详解】（1）
由题意得
所以，即
（2）设
所以，解得
由题意得，
两式相乘，得，即
题型11
基本不等式求最值
一、单选题
1．（23-24高三上·陕西榆林·阶段练习）已知，，且，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】先得出，再利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
2．（24-25高三上·江西·开学考试）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把化简为为，然后利用基本不等式即可求出最小值
【详解】因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，
故选：C
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）设正实数a，b，m，n有，，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】将原式展开，再利用基本不等式即可求得最值.
【详解】，
当且仅当时等号成立，
故选：A.
二、填空题
4．（2024高一上·浙江宁波·专题练习）已知正实数 满足 ，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】由已知得，然后利用基本不等式可得答案.
【详解】正实数且得，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
的最小值为.
故答案为：
5．（25-26高一上·上海·课后作业）已知，则的最大值和最小值分别为 ．
【答案】9，1
【分析】分和结合基本不等式求出的范围，再由时，也存在满足的情况，从而可得，进而可求出的范围，则可求出其最值.
【详解】当时，，当且仅当时取等号．
当时，，当且仅当时取等号．
当时，也存在满足的情况，
所以，
由，得，
所以，
由，得，
所以，
当时取得最小值，当时取得最大值，
所以的最大值和最小值分别为9和1.
故答案为：9，1
6．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）设正实数满足，且，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】化简，利用基本不等式得
可得答案.
【详解】，
由于是正实数，且，
所以
，
当且仅当，即，所以时等号成立，
则的最小值为2，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
则最小值为.
故答案为：.
题型12
不等式的证明
一、解答题
1．（23-24高一上·安徽淮南·期中）已知是正实数.
(1)证明：；
(2)若，证明：.
(3)已知是正数，且，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用基本不等式证明不等式；
（2）应用“1”的代换，结合基本不等式证明不等式；
（3）由，应用基本不等式有，即可证结论.
【详解】（1）由，
当且仅当时等号成立，即，得证.
（2）由
，
当且仅当时等号成立，则，得证.
（3）由，
当且仅当时等号成立，不等式得证.
2．（23-24高一上·云南·阶段练习）证明下列不等式：
(1)若，求证：；
(2)若，，，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】根据作出比较法，准确化简、运算，即可求解.
【详解】（1）证明：因为，
又因为，所以，所以．
（2）证明：由
，
因为，，
所以，，，，
所以，．
因为，所以
又因为，
所以，即．
3．（23-24高一上·河南新乡·阶段练习）选用恰当的证明方法，证明下列不等式.
(1)已知均为正数，且，求证：；
(2)已知，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用1的妙用，结合基本不等式证明即可；
（2）利用作差法证明即可.
【详解】（1）证明：因为，所以，
又因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以．
（2）证明：
，
因为，所以，所以，
所以，即．
4．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）证明下列不等式
(1)已知，，，且，求证：.
(2)已知，，，求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用“1”的代换，结合加法法则，根据基本不等式即可证明；
（2）利用基本不等式结合乘法法则即可证明.
【详解】（1）
，
当且仅当时，取等号.
（2），，，
，，，
，
当且仅当时等号成立.
5．（23-24高一上·江苏扬州·阶段练习）问题：已知均为正实数，且，求证：.
证明：，当且仅当时，等号成立.学习上述解法并解决下列问题：
(1)若实数满足，试比较和的大小，并说明理由；
(2)求的最小值，并求出使得最小的的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据以上解法，利用“1”的代换，结合基本不等式求解；
（2）令，得到，从而，利用（1）的结论求解.
【详解】（1）解：，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以；
（2）令，则，即，
所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，解得，
所以当时，M的最小值为.
6．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法．
阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等．
例如，，求证：． 证明：原式．
波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征．
阅读材料二：基本不等式（，），当且仅当时等号成立，它是解决最值问题的有力工具．例如：在的条件下，当为何值时，有最小值，最小值是多少？
解：，，，即，，当且仅当，即时，有最小值，最小值为2．请根据以上阅读材料解答下列问题：
(1)已知，求的值．
(2)若，解关于的方程．
(3)若正数，满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意把代入式中化简计算即可得解；
（2）将代入方程后化简计算即可得解；
（3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可得的最小值．
【详解】（1）由题意得；
（2）由，
故原方程可化为：，
即：，
，即，解得：；
（3）由，则有
，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
有最小值，此时有最大值，
从而有最小值，即有最小值．
题型13
基本不等式的实际应用问题
一、单选题
1．（23-24高一上·安徽马鞍山·期中）一个矩形的周长为，面积为，则下列四组数对中，可作为数对的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出长方形的长和宽为，通过基本不等式得出和的关系，最后将各个选项数据依次代入检验，得出正确的结果．
【详解】设矩形长宽分别为，则，，由基本不等式，
可得.
对于A，，不合题意，故A错误；
对于B，，不合题意，故B错误；
对于C，，不合题意，故C错误；
对于D，，符合题意，故D正确.
故选：D.
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，某灯光设计公司生产一种长方形线路板，长方形的周长为4，沿折叠使点B到点位置，交于点P．研究发现当的面积最大时用电最少，则用电最少时，的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用勾股定理，构造函数，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】如图，设，由矩形的周长为4，可知．
设，则．，
．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以．
所以的面积．
所以，当且仅当时，
即当时，的面积最大，面积的最大值为，
故选：B．
二、填空题
3．（24-25高一上·全国·课后作业）如图所示，将一矩形花坛扩建为一个更大的矩形花坛，要求点在上，点在上，且对角线过点，已知，当 时，矩形花坛的面积最小．
【答案】4
【分析】设，由∥，列比例式可求得，从而可表示出的面积，化简后利用基本不等式可求得其最小值，从而可求得答案.
【详解】设，因为∥，
所以，所以，解得,
所以矩形的面积为
，
当且仅当，即时等号成立．
故当时，矩形花坛的面积最小．
故答案为：4
三、解答题
4．（24-25高一上·全国·课后作业）经观测，某公路在某时段内的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间有函数关系：．在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量y最大？
【答案】千米每小时，车流量最大
【分析】由，利用基本不等式等号成立的条件求得取得最大值时对应的的值.
【详解】因为，
又，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
所以当汽车的平均速度千米/小时时，车流量y最大．
5．（24-25高一上·上海·期中）网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2019年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足函数关系式．已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150％”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，求该公司最大月利润．
【答案】最大月利润为37.5万元
【分析】根据题意得到投入实体店安装费用，结合每件产品售价及进货价格写出月利润的表达式，再由结合基本不等式，即可求解函数的最大值.
【详解】由题意知，且.
每件产品售价定为，
设该公司的月利润为y万元，
则
，
当且仅当时，即时取等号，
答：该公司最大月利润为37.5万元．
6．（24-25高一上·上海·随堂练习）甲、乙两名司机的加油习惯有所不同，甲每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而乙则说“师傅帮我把油箱加满”，假设①甲、乙各加同一种汽油两次；②两人第一次加油的油价均为x，第二次加油的油价均为y且；③乙每次加满油箱加入的油量都为a升．就加油两次来说，甲、乙谁更合算？
【答案】甲更合算
【分析】根据已知分别求甲乙油的平均单价比较即可.
【详解】两次加油的油价分别是元/升且，
甲加两次油的平均单价为元/升,
乙每次加油a升，加两次油的平均单价为元/升，
即甲的平均单价低，甲更合算．
题型14
基本不等式恒成立问题
一、单选题
1．（23-24高一上·陕西汉中·期末）“”是“不等式对于任意正实数恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】当时，利用基本不等式可证得，而得不到，可通过举例验证，利用充分条件，必要条件的概念即可判断．
【详解】当时，对于任意正实数，
．当且仅当y=2x时等号成立，
所以：是对于任意正实数恒成立的充分条件；
同理：若时，
，当且仅当时等号成立，
也成立，
故不是对于任意正实数恒成立的必要条件．
综上：是对于任意正实数恒成立的充分不必要条件．
故选：A．
2．（25-26高三上·全国·单元测试）若对满足的任意实数恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由参变分离，并引入参数，得，只需，结合题意得出的范围，结合基本不等式即可求解.
【详解】分离参变量得恒成立，则，
故不等式右边取最大值时必须同号（且都不为零），
此时，因为若，则与其同号，则，矛盾．
由，设，
则，
若要求取最大值，则需，即，
此时，
当且仅当，即时等号成立，所以．
故选：B．
二、多选题
3．（2024·浙江·二模）已知正实数，且为自然数，则满足恒成立的可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】将恒成立，转化为恒成立，再利用基本不等式得到，转化为恒成立，逐项判断.
【详解】解：因为正实数，且为自然数，
所以，
则恒成立，即恒成立，
两边同乘，则，
而，
，
当且仅当，即时，等号成立，
若恒成立，则恒成立，
A.当时，，不成立；
B.当时，，成立；
C.当时，，成立；
D.当时，，不成立，
故选：BC
三、填空题
4．（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据等式变形，利用常值代换法凑项，运用基本不等式求得即得.
【详解】因为两个正实数 满足，则，
故
，当且仅当时取等号，
因不等式恒成立，则，故.
故答案为：.
5．（2024·江西·一模）已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将变形为，利用均值不等式求的最小值即可求解.
【详解】因为，
所以
，
所以
，等号成立当且仅当，
所以，，
故实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解题关键是先得到，再进一步结合乘“1”法即可顺利得解.
6．（23-24高二下·浙江·期中）若不等式对任意满足的正实数x，y，z均成立，则实数的最大值为 ．
【答案】
【分析】先分离常数转化成求的最小值问题，根据，把放缩成，再变形，就可以用基本不等式求最小值，即为的最大值.
【详解】因为x，y，z为正实数，所以，因为，
所以，即，又，
所以.
当且仅当时上式最右侧等号成立.
故答案为：
题型15
含参数的一元二次不等式解法
一、单选题
1．（23-24高二下·福建福州·期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对参数进行分类讨论得到一元二次不等式的解集后求解即可.
【详解】对于，当时，变为，
此时解得，
当时，解得，
当时，解得，
当时，此时解集为空集，
当时，解得，
综上讨论，并未在任何情况出现，
故不可能是原不等式解集，故B正确.
故选：B
2．（24-25高一上·上海·随堂练习）若关于x的不等式组的整数解只有，则的取值范围为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出每一个不等式，然后由不等式组整数解只有，列出关于的不等式组，从而可求出的取值范围.
【详解】解集为，
当时， 的解集为，
因为关于x的不等式组的整数解只有，
所以，即，
当时，的解集为空集，不满足题意，
当时，的解集为，不满足题意，
综上，的取值范围.
故选：D
二、解答题
3．（23-24高一·上海·课堂例题）设，解下列关于x的不等式：
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为R；当时，原不等式的解集为或.
(2)当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.
(3)或
【分析】对于含参的一元二次不等式，采用分类讨论的方法求解即可.
【详解】（1）当时，由解得：或；
当时，由得，所以；
当时，由解得：或.
综上，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为R；当时，原不等式的解集为或.
（2）当时，由解得：或；
当时，由得，所以；
当时，由解得：或.
综上，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.
（3）由得：，
解得或，
所以原不等式的解集为或.
4．（23-24高一·上海·课堂例题）利用函数与不等式的关系，在时，求解实系数一元二次不等式．
【答案】答案见解析
【分析】令，，分、和三种情况，利用的图象，即可求出结果.
【详解】令，因为，所以图象开口向下，
又，
当时，无解，图象恒在轴下方，此时的解集为，
当时，恰有一解，图象与轴有一个交点，
此时的解集为，
当，有两解，，且，
此时的解集为或，
所以，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为或.
5．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，
(1)解关于的不等式；
(2)当时，若对于不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）分类讨论解析一元二次不等式.
（2）把代入，并等价变形不等式，再分段分离参数，借助对勾函数单调性求出最值即得.
【详解】（1）函数，不等式，
当时，解得；
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，若，则；
若，则或；若，则或，
所以当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.
（2）当时，函数，不等式，
依题意，，不等式，当时，成立，，
当时，恒成立，而函数在上单调递减，
因此，则；
当时，恒成立，而函数在上单调递减，
因此，则，
所以实数的取值范围是.
6．（24-25高一上·上海·课后作业）解关于的不等式：．
【答案】答案见解析
【分析】分类讨论的符号，结合二次函数解不等式.
【详解】当时，，解得；
当时，则，
①时，则，解得；
②时，则有：
若，即时，则x∈R；
若，即时，则x∈R且；
若，即时，解得或；
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为R；
当时，解集为；
当时，解得.
题型16
一元二次不等式中的恒成立和有解问题
一、单选题
1．（23-24高二下·天津滨海新·阶段练习）对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】参变分离，转化为求的最小值问题，变形为，利用对勾函数性质求解可得.
【详解】分离参数得，
要使对任意，不等式恒成立，只需.
又因为，令，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，所以.
故选：D
2．（23-24高二下·陕西渭南·期末）命题“，不等式”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将问题转化为命题“，不等式”为真命题，求出的取值范围，根据必要不充分判定选项即可.
【详解】命题“，不等式”为假命题，
则命题“，不等式”为真命题，
所以，解得，
所以使得命题“，不等式”为假命题，则实数的取值范围为，
则命题“，不等式”为假命题的一个必要不充分条件是，
故选：A
3．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）设，则关于的不等式有解的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．或C．D．
【答案】D
【分析】根据二次函数的判别式求解“关于的不等式有解”的充要条件，再分析必要不充分条件即可.
【详解】有解，即对于方程的，则；可知D选项为一个必要不充分条件.
故选:D.
二、填空题
4．（23-24高二下·辽宁沈阳·期末）若命题“，”为假命题，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意知，命题的否定为真命题，再结合一元二次不等式恒成立求得的取值范围.
【详解】因为命题“，”为假命题，
所以命题“，”真命题，
所以，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
5．（23-24高二下·福建福州·阶段练习）命题“，满足不等式”是假命题，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由含有量词的命题的否定，转化为不等式恒成立问题，即可求解.
【详解】命题“，满足不等式”是假命题，
所以，不等式恒成立，
设，，
则有，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
6．（23-24高二下·广东深圳·期中）关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】通过参变分离将不等式变形为，进而将恒成立问题转化为函数的最值问题，然后结合函数的单调性得，故而得解.
【详解】因为不等式在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
因为，
所以，
所以函数在时单调递减，
所以，
所以.
故答案为：.
三、解答题
7．（24-25高一上·全国·课后作业）设函数．已知关于的不等式的解集为．
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程在区间内有解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意可得的解集为，则－4和1是方程的两个根，然后利用根与系数的关系列方程可求出，从而可求出函数的解析式；
（2）问题转化为在区间内有解，则，然后利用基本不等式可求得答案.
【详解】（1）不等式的解集为，
即的解集为，
所以－4和1是方程的两个根，
所以由根与系数的关系可得，解得，
所以．
（2）因为关于的方程在区间内有解，
所以在区间内有解，
所以（），
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以．
8．（23-24高二下·安徽合肥·期末）（1）解关于的不等式：.
（2）关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）依题意可得，再分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集；
（2）参变分离可得在上有解，则，结合对勾函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，即，
当时，解得或，所以不等式的解集为；
当时，，所以不等式的解集为R；
当时，解得或，所以不等式的解集为，
综上可得当时等式的解集为；
当时不等式的解集为R，当时不等式的解集为.
（2）因为关于的不等式在上有解，
所以在上有解，所以，，
又在上单调递减，在上单调递增，
且当时，当时，
所以当时，
所以.
9．（2024·四川内江·模拟预测）已知．
(1)若，求的最大值，并求出此时的值；
(2)若且，求的最大值．
【答案】(1)的最大值为3，此时；
(2)3
【分析】（1）设，故，代入中，，设，根据二次函数根的分布得到不等式，求出，进而得到的最大值为3，代入，求出；
（2）设，由于，，故，将代入等式中得，根据根的判别式得到，验证当时满足要求，从而得到最大值.
【详解】（1）设，故，
，
即，
令，开口向上，
则，
要想在上有解，
则要或，
由得，
由，即，解得，
综上，，故的最大值为3，此时，解得.
（2）设，由于，，故，
将代入中，得
，即，
，，
要想方程在上有解，需要，解得，
又，故，
当时，，
解得，此时，符合要求，
故的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：设，故，转化为关于的一元二次方程，结合根的分布与二次函数图象，得到不等式，求出最值；设，转化为的解问题，利用根的判别式得到不等式，求出答案.
题型17
一元二次方程根的分布问题
一、解答题
1．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知关于x的不等式的解集为M.
(1)若，求k的取值范围；
(2)若存在两个不相等负实数a，b，使得或，求实数k的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）分类讨论，结合二次函数性质可得；
（2）由一元二次不等式的解集结合一元二次方程根的分布可得.
【详解】（1）当时，或.
当时，恒成立；
当时，，解得，不恒成立，舍去.
当时，
解得或.
综上可知，k的取值范围为或.
（2）由可得或.
因为不等式解集的两个端点就是对应方程的实数根，
所以关于x的方程有两个不相等的负根，
设为，，则，
解得，
综上可知，k的取值范围为.
2．（23-24高一上·天津南开·期中）已知函数．
(1)不等式的解集为，求的取值范围；
(2)若函数的两个零点在区间内，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得恒成立，分、两种情况讨论；
（2）分、两种情况讨论，结合二次方程根的分布得到方程组，解得即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
所以恒成立，
当，即时，则，解得，显然不符合题意；
当时，则需满足，解得，
即的取值范围为
（2）若函数的两个零点在区间内，
显然，
当，则需满足，即，解得，
当，则需满足，即，解得，
综上可得.
3．（23-24高二下·内蒙古锡林郭勒盟·期末）关于的方程满足下列条件，求的取值范围.
(1)有两个正根；
(2)一个根大于1，一个根小于1；
(3)一个根在内，另一个根在内；
【答案】(1)；
(2)
(3).
【分析】（1）根据韦达定理和根的判别式得到不等式，求出；
（2）令，设的两个根为，，故只需，求出答案；
（3）根据方程一个根在内，另一个根在内，得到不等式，求出答案.
【详解】（1）令，设的两个根为.
由题得，解得.
（2）令，设的两个根为.
若方程的一个根大于1，一个根小于1，
由于，开口向上，
故只需，解得.
（3）令，设的两个根为.
若方程一个根在内，另一个根在内，
结合开口向上，
则，解得.
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