专题七不等式考点19不等式的性质与解法、基本不等式题组一、选择题1.[2022全国卷甲，5分]已知ᵄ=31,ᵄ=cos1,ᵅ=4sin1,则(A)3244A.ᵅ>ᵄ>ᵄB.ᵄ>ᵄ>ᵅC.ᵄ>ᵄ>ᵅD.ᵄ>ᵅ>ᵄ[解析]因为ᵄ=cos1=1−2sin21，所以ᵄ−ᵄ=1−2sin21−31=1−488323211111112sin2=2(−sin2).由ᵆ>sinᵆ(ᵆ>0)，得>sin，得>sin2，所以8648886481ᵅ4sin1111ᵄ>ᵄ.因为=4=4tan，由tanᵆ>ᵆ(ᵆ>0)得tan>，即4tan>1，ᵄcos144444所以ᵅ>1(ᵄ>0)，即ᵅ>ᵄ.综上ᵅ<ᵄ>ᵄ.ᵄ2.[2020北京，4分]已知函数ᵅ(ᵆ)=2ᵆ−ᵆ−1，则不等式ᵅ(ᵆ)>0的解集是(D)A.(−1,1)B.(−∞,−1)∪(1,+∞)C.(0,1)D.(−∞,0)∪(1,+∞)[解析]函数ᵅ(ᵆ)=2ᵆ−ᵆ−1，则不等式ᵅ(ᵆ)>0的解集即2ᵆ>ᵆ+1的解集，在同一平面直角坐标系中画出函数ᵆ=2ᵆ,ᵆ=ᵆ+1的图象（图略），结合图象易得2ᵆ>ᵆ+1的解集为(−∞,0)∪(1,+∞)，故选D.3.[2020浙江，4分]已知ᵄᵄ,∈ᵇ且ᵄᵄ≠0，对于任意ᵆ≥0均有(ᵆ−ᵄ)(ᵆ−ᵄ)(ᵆ−2ᵄ−ᵄ)≥0，则(C)A.ᵄ<0B.ᵄ>0C.ᵄ<0D.ᵄ>0ᵄ≤0,[解析]解法一若ᵄ,ᵄ,2ᵄ+ᵄ互不相等，则当{ᵄ≤0,时，原不等式在ᵆ≥02ᵄ+ᵄ≤0时恒成立，又因为ᵄᵄ≠0，所以ᵄ<0，ᵄ<0；ᵄ≤0,若ᵄ=ᵄ，则当{ᵄ=ᵄ,时，原不等式在ᵆ≥0时恒成立，又因为ᵄᵄ≠0，2ᵄ+ᵄ≤0所以ᵄ<0,ᵄ<0；ᵄ≥0,若ᵄ=2ᵄ+ᵄ，则当{ᵄ=2ᵄ+ᵄ,时，原不等式在ᵆ≥0时恒成立，又因为ᵄᵄ≠ᵄ≤00，所以ᵄ>0,ᵄ<0；若ᵄ=2ᵄ+ᵄ,则ᵄ=0，与已知矛盾；若ᵄ=ᵄ=2ᵄ+ᵄ,则ᵄ=ᵄ=0，与已知矛盾.综上，ᵄ<0，故选C.解法二特殊值法：当ᵄ=−1,ᵄ=1时，(ᵆ−1)⋅(ᵆ+1)(ᵆ−1)≥0在ᵆ≥0时恒成立；当ᵄ=−1,ᵄ=−1时，(ᵆ+1)(ᵆ+1)(ᵆ+3)≥0在ᵆ≥0时恒成立;当ᵄ=1，ᵄ=−1时，(ᵆ+1)(ᵆ−1)(ᵆ+1)≥0在ᵆ≥0时不一定成立.故选C.ᵆ2−2ᵄᵆ+2ᵄ,ᵆ≤1,4.[2019天津，5分]已知ᵄ∈ᵇ设函数.ᵅ(ᵆ)={若关于ᵆᵆ−ᵄlnᵆ,ᵆ>1.的不等式ᵅ(ᵆ)≥0在ᵇ上恒成立，则ᵄ的取值范围为(C)A.[0,1]B.[0,2]C.[0,e]D.[1,e][解析]解法一当ᵄ=0时,不等式ᵅ(ᵆ)≥0恒成立,排除D;当ᵄ=e时,ᵅ(ᵆ)=ᵆ2−2eᵆ+2e,ᵆ≤1,{当ᵆ≤1时,ᵅ(ᵆ)=ᵆ2−2eᵆ+2e的最小值为ᵅ(1)=1>ᵆ−elnᵆ,ᵆ>1,eᵆ−e0,满足ᵅ(ᵆ)≥0;当ᵆ>1时,由ᵅ(ᵆ)=ᵆ−elnᵆ可得ᵅ′(ᵆ)=1−=,易得ᵆᵆᵅ(ᵆ)在ᵆ=e处取得极小值（也是最小值）ᵅ(e)=0,满足ᵅ(ᵆ)≥0恒成立,排除A,B.故选C.解法二若ᵆ≤1,ᵅ(ᵆ)=ᵆ2−2ᵄᵆ+2ᵄ=(ᵆ−ᵄ)2−ᵄ2+2ᵄ,当ᵄ≤1时,可得ᵅ(ᵆ)的最小值为ᵅ(ᵄ)=−ᵄ2+2ᵄ，令ᵅ(ᵄ)≥0,解得0≤ᵄ≤2,故0≤ᵄ≤1;当ᵄ>1时,可得ᵅ(ᵆ)的最小值为ᵅ(1)=1≥0,满足条件.所以ᵄ≥0.若ᵆ>1,由ᵅ(ᵆ)=ᵆ−ᵄlnᵆ可得ᵅ′(ᵆ)=1−ᵄ=ᵆ−ᵄ,当ᵄ≤1时,ᵅ′(ᵆ)>0,则ᵆᵆᵅ(ᵆ)单调递增,故只需ᵅ(1)≥0,显然成立;当ᵄ>1时,由ᵅ′(ᵆ)=0可得ᵆ=ᵄ,易得ᵅ(ᵆ)的最小值为ᵅ(ᵄ)=ᵄ−ᵄlnᵄ，令ᵅ(ᵄ)≥0,解得ᵄ≤e,故1<ᵄ≤e,所以ᵄ≤e.综上,ᵄ的取值范围是[0,e].二、填空题5.[2021上海春季，4分]不等式2ᵆ+5<1的解集为(−7,2).ᵆ−2[解析]2ᵆ+5<1，即2ᵆ+5−1<0，即ᵆ+7<0，（易错警示：解分式不等式ᵆ−2ᵆ−2ᵆ−2时，注意等价变形）解得−7<ᵆ