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摘 要：从不等式的常见问题、不等式的交会问题两个方面，对2021年全国各地高考数学试卷中与不等式相关的试题的解法进行简要评析与综述，并给出解题指导和备考建议.
关键词：不等式;解题分析;备考建议
不等关系在现实世界中广泛存在、贯穿着数量关系研究的始终，不等式是不等关系的重要数学模型、是高考考查的重点. 综观2021年全国各地高考数学试卷，对不等式的考查兼具基础性和综合性：基础性方面，直接考查不等式的基本性质、解不等式、基本不等式模型、线性规划问题等基础知识;综合性方面，不等式作为基础知识和基本工具，在高考中往往渗透在集合、常用逻辑用语、平面向量、函数与导数、解析几何、数列等交会问题中，且涉及的深度和广度不断提高. 本文将从不等式的常见问题、不等式的交会问题两个方面，对2021年全国各地高考数学试卷中与不等式相关的试题的解法进行简要评析与综述.
一、不等式的常见问题
1. 解不等式
例1 （全国甲卷·理16）已知函数[fx=2cosωx+φ]的部分图象如图1所示，则满足条件[fx-f-7π4 ·][fx-f4π3>0]的最小正整数[x]为 .
[x][y][O][图1]
解：由图1可知，[34T=13π12-π3=3π4，]
即[T=2πω=π.]
所以[ω=2.]
因为[f13π12=2，]
所以[2cos13π6+φ=2.]
可得[13π6+φ=2kπ，k∈Z，]
即[φ=-π6+2k-1π，k∈Z.]
所以[fx=2cos2x-π6.]
所以[f-7π4=fπ4=2cosπ2-π6=1，f4π3=][fπ3=0，]
所以由[fx-f-7π4fx-f4π3>0，]
可得[fx-1fx-0>0，]
即[fx>1]或[fx<0.]
接下来确定满足条件的最小正整数[x]的方法有如下3种.
（方法1）结合图2可知，满足[fx>1]的离[y]轴最近的正数区间为[0， π4，] 无整数，满足[fx<0]的离[y]轴最近的正数区间为[π3， 5π6.] 最小正整数[x=2.]
[x][y] [O][图2]
（方法2）因为[π4<1<π3，] 结合图2知，[0<f1<1，]
故最小正整数应该满足[fx<0，]
即[cos2x-π6<0.]
解得[kπ+π3<x<kπ+5π6，k∈Z.]
令[k=0，] 可得[π3<x<5π6，]
故满足条件的最小正整数[x]为[2].
（方法3）因为[f1=2cos2-π6<2cosπ2-π6=1，]
结合图形可知，最小正整数应该满足[f（x）<0.]
因为[f2=2cos4-π6<0，] 符合题意，
所以满足条件的最小正整数[x]为[2].
故答案为2.
【评析】此题把解一元二次不等式与三角函数结合，最终落脚点在解三角不等式. 方法1和方法2均为利用图象法解不等式，面对不等的问题，我们往往需要用相等的方法来解决，[fx<0]对应的图象在[fx=0]下方部分，[fx>1]对应的图象在[fx=1]上方部分. 方法3开门见山验证[f1，f2]的符号，相对快捷. 此题综合性较强、难度较大，求解过程中蕴涵着转化与化归、数形结合等思想，体现了数学运算、直观想象、逻辑推理等素养.
例2 （全国乙卷·文 / 理23）已知函数[fx=x-a+][x+3.]
（1）当[a=1]时，求不等式[fx≥6]的解集;
（2）若[fx>-a，] 求[a]的取值范围.
解：（1）（方法1）当[a=1]时，[fx=x-1+x+3.]
因为[x-1+x+3]表示数轴上的点到[1]和[-3]的距离之和，
所以[fx≥6]表示数轴上的点到[1]和[-3]的距离之和不小于[6.]
如图3，当[x=-4]或[x=2]时所对应的数轴上的点到[1]，[-3]所对应的点距离之和等于[6.]
[-6][-5][-4][-3][-2][0][1][2][3][4][5][-1][5][1][1][5][x][圖3]
所以[fx≥6]的解集为[-∞，-4?2，+∞.]
（方法2）当[a=1]时，[fx=x-1+x+3，]
即求[x-1+x+3≥6]的解集.
当[x≥1]时，[x-1+x+3≥6.]
解得[x≥2;]
当[-3<x<1]时，[1-x+x+3≥6.]
此时无解;
当[x≤-3]时，[1-x+-x-3≥6.]
解得[x≤-4.]
综上，[fx≥6]的解集为[-∞，-4?2，+∞.]
（2）依题意，[fx>-a，] 即[fxmin>-a.]
（方法1）由绝对值的几何意义，即求[x]到[a]和[-3]距离之和的最小值，
当[x]在[a]和[-3]之间时最小，
此时[fxmin=a+3，] 故[a+3>-a.]
所以[a+3>-a]或[a+3<a.]
解得[a>-32.]
所以[a]的取值范围是[-32，+∞.]
（方法2）[x-a+x+3≥a-x+x+3=a+3，]当且仅当[a-xx+3≥0]时取等号，
所以[fxmin=a+3.]
故[a+3>-a.]
所以[a+3>-a]或[a+3<a.]
解得[a>-32.]
所以[a]的取值范围是[-32，+∞.]
【评析】此题考查绝对值不等式的解法及绝对值三角不等式. 处理含有绝对值的问题，常见的思路有两种：一种是利用绝对值的几何意义，解含有两个绝对值且其中[x]的系数相等时，可以考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解;另一种是借助分类讨论，去掉绝对值符号，分类讨论后需要在每类的自变量取值范围内求出对应的解集，然后求并集. 对于第（2）小题，可以将[fx>-a]恒成立问题转化为最值问题求解，即求[fxmin>-a.] 方法1由绝对值的几何意义求[fxmin，] 方法2利用绝对值三角不等式求[fxmin，] 最后落脚点都在解绝对值不等式[a+3>-a.] 体现了对学生数学运算、直观想象和逻辑推理素养的考查.
2. 不等式的基本性质
例3 （全国新高考Ⅱ卷·7）若[a=log52，b=log83，] [c=12，] 则（ ）.
（A）[c<b<a] （B）[b<a<c]
（C）[a<c<b] （D）[a<b<c]
解：因为[a=log52<log55=12，b=log83>log88=12，]
所以[a<c<b.]
故答案选C.
【评析】此题根据已知条件先将[a，b]与[12]进行比较，再利用不等式的传递性进行比较. 提示我们要注意对函数图象和基本性质的熟练应用，对比较大小的基本方法足够重视，作差、作比、与中间量比较、利用函数的单调性法、利用函数的图象法等方法都要掌握到位.
3. 基本不等式及其应用
例4 （全国乙卷·文8）下列函数中最小值为[4]的是（ ）.
（A）[y=x2+2x+4] （B）[y=sin x+4sin x]
（C）[y=2x+22-x] （D）[y=ln x+4ln x]
解：對于选项A，[y=x2+2x+4=x+12+3≥3.]
当[x=-1]时，[y]取最小值[3，]
故选项A不符合题意.
对于选项B，因为[0<sinx≤1，]
所以[y=sinx+4sinx≥24=4，] 当且仅当[sinx=][2]时取等号.
因为等号取不到，所以其最小值不为[4，]
故选项B不符合题意.
对于选项C，因为函数定义域为[R，] 所以[2x>0.]
所以[y=2x+22-x=2x+42x≥24=4，] 当且仅当[2x=][2，] 即[x=1]时取等号.
所以其最小值为[4.]
故选项C符合题意.
对于选项D，当[0<x<1]时，[ln x<0，]
所以[y=ln x+4ln x<0，]
所以选项D不符合题意.
故答案选C.
例5 （天津卷·13）若[a>0，b>0，] 则[1a+ab2+b]的最小值为 .
解法1：因为[1a>0， ab2>0，]
所以[1a+ab2+b≥21a ? ab2+b=2b+b，] 当且仅当[1a=][ab2]时取等号.
因为[2b>0，b>0，]
所以[2b+b≥22，] 当且仅当[2b=b]时取等号，
故[1a+ab2+b≥22.]
解法2：[1a+ab2+b2+b2≥41a ? ab2 ? b2 ? b24=22，]当且仅当[1a=ab2=b2]时取等号.
故答案为[22.]
【评析】上面两道题注重对基础知识的考查. 解决此类问题的关键：一是明确是否满足基本不等式的形式;二是灵活运用基本不等式的使用条件，明确“一正、二定、三相等”的意义.
4. 简单的线性规划问题
例6 （上海卷·7）已知实数[x，y]满足约束条件[x≤3，2x-y-2≥0，3x+y-8≥0，] 则[z=x-y]的最大值为 .
解：将目标函数[z=x-y]转化为[y=x+-z，] 由约束条件可得如图4所示的可行域.
[图4]
当直线[y=x+-z]过[3，-1]时，[z=x-y]取得最大值，最大值为[4.]
故答案为[4.]
【评析】此题是线性规划的常规问题，考查学生对不等式几何表达的理解，目标函数为最基本的截距型，没有涉及斜率型或距离型. 解决此类问题通常要结合作出的可行域，根据目标函数对应直线倾斜程度，找到最优解，得到目标函数的最值. 目标函数的转化是此类题的突破口和核心. 浙江卷第7题、全国乙卷文科第5题和此题考查方向一致，体现了对数学运算、直观想象等素养的考查. 二、不等式的交会问题
1. 不等式与函数交会
例7 （全国乙卷·理12）设[a=2ln 1.01，b=ln 1.02，][c=1.04-1，] 则（ ）.
（A）[a<b<c] （B）[b<c<a]
（C）[b<a<c] （D）[c<a<b]
解：因為[a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1+0.012=][ln 1+2×0.01+0.012>ln 1.02=b，]
所以[b<a.]
排除选项A，D. 结合选项B，C，可知只需比较[c]与[a]的大小关系.
记[fx=2ln 1+x-1+4x+1，x∈0，1，]
则[f0=0，a-c=f0.01.]
[fx=21+x-21+4x=21+4x-1-x1+x1+4x.]
因为[1+4x-1+x2=2x-x2=x2-x，]
所以当[0<x<1]时，[1+4x-1+x2>0，]
即[1+4x>1+x.]
所以[fx>0.]
所以[fx]在区间[0，1]上单调递增.
所以[f0.01>f0=0，] 即[2ln 0.01>1.04-1.]
所以[b<c<a.]
故答案选B.
【评析】此题考查比较大小问题，首先借助函数[y=lnx]的单调性容易得到[b<a，] 排除选项A，D. 由选项B，C可知，只需比较[c]与[a]的大小，解题的关键是发现共性[a=2ln 1+0.01，c=1+4×0.01-1，] 将[0.01]换成[x，] 构造函数[fx=2ln 1+x-1+4x+1，x∈0，1，] 利用导数研究相应函数的单调性，结合关键点[f0=0]比较. 此类问题求解的难点是找到各个值中的共同的量，并用变量替换，构造新函数，将不等式问题转化为函数问题. 体现了不等式与函数之间的相互包含和转化的关系，考查了学生的逻辑推理和数学抽象素养.
例8 （全国新高考Ⅰ卷·22）已知函数[fx=][x1-lnx.]
（1）讨论[fx]的单调性;
（2）设[a，b]为两个不相等的正数，且[bln a-][aln b=a-b]，证明：[2<1a+1b<e.]
解：（1）由题意，可知函数的定义域为[0，+∞.]
因为[fx=1-lnx-1=-lnx，]
所以当[x∈0，1]时，[fx>0;]
当[x∈1，+∞]时，[fx<0.]
所以[fx]在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，+∞]上单调递减.
（2）因为[bln a-aln b=a-b，]
所以[bln a+1=aln b+1，] 即[ln a+1a=ln b+1b.]
所以[f1a=f1b.]
设[x1=1a， x2=1b，] 则[fx1=fx2.]
由（1）可知，不妨设[0<x1<1<x2<e.]
先证[x1+x2>2.] 若[2≤x2<e，x1+x2>2]必成立.
若[x2<2，] 要证[x1+x2>2，] 即证[x1>2-x2.]
而[0<2-x2<1.]
因为[fx]在[0，1]上为增函数，
即证[fx1>f2-x2，] 即证[fx2>f2-x2，] 其中[1<x2<2.]
设[gx=fx-f2-x，1<x<2，]
则[gx=fx+f2-x=-ln x-ln 2-x=-lnx2-x.]
因为[1<x<2，] 所以[0<x2-x<1.]
所以[-lnx2-x>0.]
所以[gx>0，] 故[gx]在区间[1，2]上为增函数.
所以[gx>g1=0，] 故[fx>f2-x，]
即[fx2>f2-x2]成立.
所以[x1+x2>2]成立，
综上，[x1+x2>2]成立.
再证[x1+x2<e.]
当[1≤x2≤e-1]时，[x1+x2<1+e-1=e]成立.
当[e-1<x2<e]时，即证[x1<e-x2.]
因为[0<e-x2<1]，所以要证[fx1<fe-x2，]
即证[fx2<fe-x2，e-1<x2<e.]
设[hx=fx-fe-x，x∈e-1，e，]
则[hx=fx+fe-x=-ln x-lne-x=-ln xe-x，][x∈e-1，e.]
由[hx=0，] 得[x=e+e2-42.]
当[x∈e-1， e+e2+42]时，[hx<0，] 则[hx]单调递减;
当[x∈e+e2+42，e]时，[hx>0，] 则[hx]单调递增.
由[he-1=e-11-1e-1+ln 1e-1<0 lnx≤x-1，]
[he=0，] 知[hx<0，]
故当[x∈e-1，e]时，[hx=fx-fe-x<0，] 即[fx2-fe-x2<0，]
故[x1+x2<e]得证.
综上所述，[2<1a+1b<e.]
【评析】此题主要考查利用导数研究函数的单调性及构造函数证明不等式. 第（1）小题函数单调性的求解，离不开解不等式;第（2）小题不等式的证明，解题的关键是变形得到[lna+1a=lnb+1b.] 设[1a=x1， 1b=x2，]则[fx1=fx2.] 原不等式等價于[2<x1+x2<e.] 构建新函数，利用极值点偏移可证.
高考试题中基于不等式的证明大多数是压轴题，与数列或函数综合是最主要的形式. 在全国乙卷理科第20题、浙江卷第22题中均出现了证明不等式的身影.
2. 不等式与常用逻辑用语交会
例9 （全国乙卷·文 / 理3） 已知命题[p：?x∈R，][sinx<1;] 命题[q：?x∈R，ex≥1，] 则下列命题中为真命题的是（ ）.
（A）[p∧q] （B）[?p∧q]
（C）[p∧?q] （D）[?p∧q]
解：因为[sin0=0，] 所以命题[p]为真命题.
因为[y=ex]在[R]上为增函数，[x≥0，]
所以[ex≥e0=1.] 所以命题[q]为真命题.
所以[p∧q]为真命题，[?p∧q，p∧?q，?p∧q]为假命题.
故答案选A.
【评析】此题以简易逻辑用语为命题背景考查不等关系，落脚点为命题真假性判断，其中穿插全称命题和存在性命题的知识交会，由正弦函数的有界性确定命题[p]的真假性，由指数函数的知识确定命题[q]的真假性，对学生的综合能力有很强的考查价值.
3. 不等式与数列交会
例10 （浙江卷·10）已知数列[an]满足[a1=1，] [an+1=an1+an n∈N?，] 记数列[an]的前[n]项和为[Sn，] 则（ ）.
（A）[32<S100<3] （B）[3<S100<4]
（C）[4<S100<92] （D）[92<S100<5]
解：因为[a1=1，an+1=an1+an n∈N?，]
所以[an>0，a2=12，S100>32.]
由[an+1=an1+an，] 得[1an+1=1an+122-14.]
所以[1an+1<1an+122].
所以[1an+1<1an+12，] 即[1an+1-1an<12.]
根据累加法，得[1an≤1+n-12=n+12，] 当且仅当[n=1]时取等号.
所以[an≥4n+12，an+1≤an1+2n+1=n+1n+3an.]
所以[an+1an≤n+1n+3.]
累乘，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2，] 当且仅当[n=1]时取等号.
所以[S100≤612-13+13-14+14-15+ … +1101-1102=][612-1102<3，] 即[12<S100<3.]
故答案选A.
【评析】此题主要考查数列的递推关系及其应用，以及数列求和与放缩的技巧等知识，属于难题. 首先，整理所给的递推关系式，利用倒数法得到[1an+1=][1an+1an=1an+122-14;] 然后，利用放缩法，结合累加法与累乘法，求得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2;]最后，根据裂项相消法，得到[S100<3.] 数列的前[n]项和大于或小于一个数的问题，通常需要运用放缩法来解决.
4. 不等式与解析几何交会
例11 （全国新高考Ⅰ卷·5）已知[F1，F2]是椭圆[C：][x29+y24=1]的两个焦点，点[M]在[C]上，则[MF1MF2]的最大值为（ ）.
（A）[13] （B）[12]
（C）[9] （D）[6]
解：由题意，得[a2=9，b2=4.]
由椭圆的定义，知[MF1+MF2=2a=6.]
所以[MF1MF2≤MF1+MF222=9，] 当且仅当[MF1=MF2=3]时，等号成立.
故答案选C.
【评析】此题主要考查椭圆的定义及最值问题. 由椭圆的定义，得到[MF1+MF2=6.] 此题即为和为定值求积的最值问题，通过基本不等式放缩得到. 此题也可以结合[MF2=6-MF1]消元转化为一元二次函数求最值.
不等式与解析几何的结合多出现在求取值范围的问题上. 例如，求离心率、斜率、角、坐标、距离，以及数量积等的取值范围等，绝大多数求解都与解不等式或均值不等式的应用有关，解答正确与否，主要在于不等式最后的点“睛”效果. 这一点在2021年的高考解析几何试题中都有所体现. 例如，北京卷第21题，全国新高考Ⅰ卷第11题，浙江卷第21题.
5. 不等式与平面向量交会
例12 （浙江卷·17）已知平面向量[a，b，c，][c≠0≠]满足[a=1， b=2，a ? b=0， a-b ? c=0.] 记向量[d]在[a，b]方向上的投影分别为[x，y，d-a]在[c]方向上的投影为[z，] 则[x2+y2+z2]的最小值为 .
解：由题意，设[a=1，0，b=0，2，c=m，n，] 则[a-b ? c=m-2n=0，] 即[m=2n.]
因为向量[d]在[a，b]方向上的投影分别为[x，y，]
所以[d=x，y.]
所以[d-a]在[c]方向上的投影为[z=d-a ? cc=][mx-1+nym2+n2=2x-2+y5，] 即[2x+y-5z=2.]
由柯西不等式，得
[2x+y-5z=2≤22+12+-52x2+y2+z2.]
化简，得[x2+y2+z2≥410=25，] 当且仅当[2x=1y=][-5z，] 即[x=25，y=15，z=-55]时取等号.
故[x2+y2+z2]的最小值为[25].
故答案为[25.]
【评析】此题考查基本不等式的运用，设定向量坐标后利用垂直关系及向量投影建立关系式，然后根据柯西不等式[x1x2+y1y2+z1z2≤x12+y12+z12x22+y22+z22]計算求解，当且仅当[x1x2=y1y2=z1z2]时取等号. 此题也可将[z=2x+y-z5]代入[x2+y2+z2]利用二次函数求最小值.
三、备考建议
结合以上解题分析，给出以下三点有关不等式的备考建议.
1. 夯实基础知识
从不等式的基本性质，到各类不等式的解法、基本不等式的应用和线性规划问题，常直接或间接地出现在高考试题中. 注重教材例题与习题，固本求源，掌握好基础知识，是解决好不等式与其他数学知识交会试题的前提条件.
2. 掌握通性、通法
高考试题对不等关系的考查非常灵活，新异的不等式中都涵盖着基础知识和基本方法，一切源于通性、通法. 熟练掌握基础题型、基本方法才能做到以不变应万变. 例如，函数单调性的求解，往往离不开导数，更离不开解不等式，复杂一点的就是解含参的不等式;不等式的证明，关键是对目标不等式进行变形，一般通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把问题转化为与新引入变量有关的不等式问题. 备考时要掌握以下基本方法：比较大小，解不等式，基本不等式求最值，已知恒成立、存在性、方程零点等条件求参变量取值范围问题，证明不等式等.
3. 提升数学学科核心素养
不等式渗透在高中数学的每个角落，是高考重点考查内容，其应用过程中蕴涵着很多数学思想方法. 例如，函数方程及零点问题是数学中的“等”的问题，面对“等”的问题，我们往往需要用“不等”的方法来解决，利用函数将方程与不等式结合起来，体现了“不等”与“等”之间的转化思想. 全国甲卷文科第20题、理科第21题，全国新高考Ⅰ卷第7题，上海卷第21题均考查了此类问题. 在思想方法的引领下，进一步感悟不等式的魅力，提升学生的数学抽象、直观想象、数学运算、逻辑推理等素养.
参考文献：
[1]中华人民共和国教育部制定. 普通高中数学课程标准（2017年版）[M]. 北京：人民教育出版社，2018.
[2]王云剑. 2020年高考“不等式”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2020（10）：33-40.
[3]王祎，夏峰. 2019年高考“不等式”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2019（7 / 8）：87-94.
[4]江琦. 2018年高考“不等式”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2018（7 / 8）：76-79，84.
[5]殷木森. 2017年高考“不等式”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2017（7 / 8）：91-96.
关键词：不等式;解题分析;备考建议
不等关系在现实世界中广泛存在、贯穿着数量关系研究的始终，不等式是不等关系的重要数学模型、是高考考查的重点. 综观2021年全国各地高考数学试卷，对不等式的考查兼具基础性和综合性：基础性方面，直接考查不等式的基本性质、解不等式、基本不等式模型、线性规划问题等基础知识;综合性方面，不等式作为基础知识和基本工具，在高考中往往渗透在集合、常用逻辑用语、平面向量、函数与导数、解析几何、数列等交会问题中，且涉及的深度和广度不断提高. 本文将从不等式的常见问题、不等式的交会问题两个方面，对2021年全国各地高考数学试卷中与不等式相关的试题的解法进行简要评析与综述.
一、不等式的常见问题
1. 解不等式
例1 （全国甲卷·理16）已知函数[fx=2cosωx+φ]的部分图象如图1所示，则满足条件[fx-f-7π4 ·][fx-f4π3>0]的最小正整数[x]为 .
[x][y][O][图1]
解：由图1可知，[34T=13π12-π3=3π4，]
即[T=2πω=π.]
所以[ω=2.]
因为[f13π12=2，]
所以[2cos13π6+φ=2.]
可得[13π6+φ=2kπ，k∈Z，]
即[φ=-π6+2k-1π，k∈Z.]
所以[fx=2cos2x-π6.]
所以[f-7π4=fπ4=2cosπ2-π6=1，f4π3=][fπ3=0，]
所以由[fx-f-7π4fx-f4π3>0，]
可得[fx-1fx-0>0，]
即[fx>1]或[fx<0.]
接下来确定满足条件的最小正整数[x]的方法有如下3种.
（方法1）结合图2可知，满足[fx>1]的离[y]轴最近的正数区间为[0， π4，] 无整数，满足[fx<0]的离[y]轴最近的正数区间为[π3， 5π6.] 最小正整数[x=2.]
[x][y] [O][图2]
（方法2）因为[π4<1<π3，] 结合图2知，[0<f1<1，]
故最小正整数应该满足[fx<0，]
即[cos2x-π6<0.]
解得[kπ+π3<x<kπ+5π6，k∈Z.]
令[k=0，] 可得[π3<x<5π6，]
故满足条件的最小正整数[x]为[2].
（方法3）因为[f1=2cos2-π6<2cosπ2-π6=1，]
结合图形可知，最小正整数应该满足[f（x）<0.]
因为[f2=2cos4-π6<0，] 符合题意，
所以满足条件的最小正整数[x]为[2].
故答案为2.
【评析】此题把解一元二次不等式与三角函数结合，最终落脚点在解三角不等式. 方法1和方法2均为利用图象法解不等式，面对不等的问题，我们往往需要用相等的方法来解决，[fx<0]对应的图象在[fx=0]下方部分，[fx>1]对应的图象在[fx=1]上方部分. 方法3开门见山验证[f1，f2]的符号，相对快捷. 此题综合性较强、难度较大，求解过程中蕴涵着转化与化归、数形结合等思想，体现了数学运算、直观想象、逻辑推理等素养.
例2 （全国乙卷·文 / 理23）已知函数[fx=x-a+][x+3.]
（1）当[a=1]时，求不等式[fx≥6]的解集;
（2）若[fx>-a，] 求[a]的取值范围.
解：（1）（方法1）当[a=1]时，[fx=x-1+x+3.]
因为[x-1+x+3]表示数轴上的点到[1]和[-3]的距离之和，
所以[fx≥6]表示数轴上的点到[1]和[-3]的距离之和不小于[6.]
如图3，当[x=-4]或[x=2]时所对应的数轴上的点到[1]，[-3]所对应的点距离之和等于[6.]
[-6][-5][-4][-3][-2][0][1][2][3][4][5][-1][5][1][1][5][x][圖3]
所以[fx≥6]的解集为[-∞，-4?2，+∞.]
（方法2）当[a=1]时，[fx=x-1+x+3，]
即求[x-1+x+3≥6]的解集.
当[x≥1]时，[x-1+x+3≥6.]
解得[x≥2;]
当[-3<x<1]时，[1-x+x+3≥6.]
此时无解;
当[x≤-3]时，[1-x+-x-3≥6.]
解得[x≤-4.]
综上，[fx≥6]的解集为[-∞，-4?2，+∞.]
（2）依题意，[fx>-a，] 即[fxmin>-a.]
（方法1）由绝对值的几何意义，即求[x]到[a]和[-3]距离之和的最小值，
当[x]在[a]和[-3]之间时最小，
此时[fxmin=a+3，] 故[a+3>-a.]
所以[a+3>-a]或[a+3<a.]
解得[a>-32.]
所以[a]的取值范围是[-32，+∞.]
（方法2）[x-a+x+3≥a-x+x+3=a+3，]当且仅当[a-xx+3≥0]时取等号，
所以[fxmin=a+3.]
故[a+3>-a.]
所以[a+3>-a]或[a+3<a.]
解得[a>-32.]
所以[a]的取值范围是[-32，+∞.]
【评析】此题考查绝对值不等式的解法及绝对值三角不等式. 处理含有绝对值的问题，常见的思路有两种：一种是利用绝对值的几何意义，解含有两个绝对值且其中[x]的系数相等时，可以考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解;另一种是借助分类讨论，去掉绝对值符号，分类讨论后需要在每类的自变量取值范围内求出对应的解集，然后求并集. 对于第（2）小题，可以将[fx>-a]恒成立问题转化为最值问题求解，即求[fxmin>-a.] 方法1由绝对值的几何意义求[fxmin，] 方法2利用绝对值三角不等式求[fxmin，] 最后落脚点都在解绝对值不等式[a+3>-a.] 体现了对学生数学运算、直观想象和逻辑推理素养的考查.
2. 不等式的基本性质
例3 （全国新高考Ⅱ卷·7）若[a=log52，b=log83，] [c=12，] 则（ ）.
（A）[c<b<a] （B）[b<a<c]
（C）[a<c<b] （D）[a<b<c]
解：因为[a=log52<log55=12，b=log83>log88=12，]
所以[a<c<b.]
故答案选C.
【评析】此题根据已知条件先将[a，b]与[12]进行比较，再利用不等式的传递性进行比较. 提示我们要注意对函数图象和基本性质的熟练应用，对比较大小的基本方法足够重视，作差、作比、与中间量比较、利用函数的单调性法、利用函数的图象法等方法都要掌握到位.
3. 基本不等式及其应用
例4 （全国乙卷·文8）下列函数中最小值为[4]的是（ ）.
（A）[y=x2+2x+4] （B）[y=sin x+4sin x]
（C）[y=2x+22-x] （D）[y=ln x+4ln x]
解：對于选项A，[y=x2+2x+4=x+12+3≥3.]
当[x=-1]时，[y]取最小值[3，]
故选项A不符合题意.
对于选项B，因为[0<sinx≤1，]
所以[y=sinx+4sinx≥24=4，] 当且仅当[sinx=][2]时取等号.
因为等号取不到，所以其最小值不为[4，]
故选项B不符合题意.
对于选项C，因为函数定义域为[R，] 所以[2x>0.]
所以[y=2x+22-x=2x+42x≥24=4，] 当且仅当[2x=][2，] 即[x=1]时取等号.
所以其最小值为[4.]
故选项C符合题意.
对于选项D，当[0<x<1]时，[ln x<0，]
所以[y=ln x+4ln x<0，]
所以选项D不符合题意.
故答案选C.
例5 （天津卷·13）若[a>0，b>0，] 则[1a+ab2+b]的最小值为 .
解法1：因为[1a>0， ab2>0，]
所以[1a+ab2+b≥21a ? ab2+b=2b+b，] 当且仅当[1a=][ab2]时取等号.
因为[2b>0，b>0，]
所以[2b+b≥22，] 当且仅当[2b=b]时取等号，
故[1a+ab2+b≥22.]
解法2：[1a+ab2+b2+b2≥41a ? ab2 ? b2 ? b24=22，]当且仅当[1a=ab2=b2]时取等号.
故答案为[22.]
【评析】上面两道题注重对基础知识的考查. 解决此类问题的关键：一是明确是否满足基本不等式的形式;二是灵活运用基本不等式的使用条件，明确“一正、二定、三相等”的意义.
4. 简单的线性规划问题
例6 （上海卷·7）已知实数[x，y]满足约束条件[x≤3，2x-y-2≥0，3x+y-8≥0，] 则[z=x-y]的最大值为 .
解：将目标函数[z=x-y]转化为[y=x+-z，] 由约束条件可得如图4所示的可行域.
[图4]
当直线[y=x+-z]过[3，-1]时，[z=x-y]取得最大值，最大值为[4.]
故答案为[4.]
【评析】此题是线性规划的常规问题，考查学生对不等式几何表达的理解，目标函数为最基本的截距型，没有涉及斜率型或距离型. 解决此类问题通常要结合作出的可行域，根据目标函数对应直线倾斜程度，找到最优解，得到目标函数的最值. 目标函数的转化是此类题的突破口和核心. 浙江卷第7题、全国乙卷文科第5题和此题考查方向一致，体现了对数学运算、直观想象等素养的考查. 二、不等式的交会问题
1. 不等式与函数交会
例7 （全国乙卷·理12）设[a=2ln 1.01，b=ln 1.02，][c=1.04-1，] 则（ ）.
（A）[a<b<c] （B）[b<c<a]
（C）[b<a<c] （D）[c<a<b]
解：因為[a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1+0.012=][ln 1+2×0.01+0.012>ln 1.02=b，]
所以[b<a.]
排除选项A，D. 结合选项B，C，可知只需比较[c]与[a]的大小关系.
记[fx=2ln 1+x-1+4x+1，x∈0，1，]
则[f0=0，a-c=f0.01.]
[fx=21+x-21+4x=21+4x-1-x1+x1+4x.]
因为[1+4x-1+x2=2x-x2=x2-x，]
所以当[0<x<1]时，[1+4x-1+x2>0，]
即[1+4x>1+x.]
所以[fx>0.]
所以[fx]在区间[0，1]上单调递增.
所以[f0.01>f0=0，] 即[2ln 0.01>1.04-1.]
所以[b<c<a.]
故答案选B.
【评析】此题考查比较大小问题，首先借助函数[y=lnx]的单调性容易得到[b<a，] 排除选项A，D. 由选项B，C可知，只需比较[c]与[a]的大小，解题的关键是发现共性[a=2ln 1+0.01，c=1+4×0.01-1，] 将[0.01]换成[x，] 构造函数[fx=2ln 1+x-1+4x+1，x∈0，1，] 利用导数研究相应函数的单调性，结合关键点[f0=0]比较. 此类问题求解的难点是找到各个值中的共同的量，并用变量替换，构造新函数，将不等式问题转化为函数问题. 体现了不等式与函数之间的相互包含和转化的关系，考查了学生的逻辑推理和数学抽象素养.
例8 （全国新高考Ⅰ卷·22）已知函数[fx=][x1-lnx.]
（1）讨论[fx]的单调性;
（2）设[a，b]为两个不相等的正数，且[bln a-][aln b=a-b]，证明：[2<1a+1b<e.]
解：（1）由题意，可知函数的定义域为[0，+∞.]
因为[fx=1-lnx-1=-lnx，]
所以当[x∈0，1]时，[fx>0;]
当[x∈1，+∞]时，[fx<0.]
所以[fx]在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，+∞]上单调递减.
（2）因为[bln a-aln b=a-b，]
所以[bln a+1=aln b+1，] 即[ln a+1a=ln b+1b.]
所以[f1a=f1b.]
设[x1=1a， x2=1b，] 则[fx1=fx2.]
由（1）可知，不妨设[0<x1<1<x2<e.]
先证[x1+x2>2.] 若[2≤x2<e，x1+x2>2]必成立.
若[x2<2，] 要证[x1+x2>2，] 即证[x1>2-x2.]
而[0<2-x2<1.]
因为[fx]在[0，1]上为增函数，
即证[fx1>f2-x2，] 即证[fx2>f2-x2，] 其中[1<x2<2.]
设[gx=fx-f2-x，1<x<2，]
则[gx=fx+f2-x=-ln x-ln 2-x=-lnx2-x.]
因为[1<x<2，] 所以[0<x2-x<1.]
所以[-lnx2-x>0.]
所以[gx>0，] 故[gx]在区间[1，2]上为增函数.
所以[gx>g1=0，] 故[fx>f2-x，]
即[fx2>f2-x2]成立.
所以[x1+x2>2]成立，
综上，[x1+x2>2]成立.
再证[x1+x2<e.]
当[1≤x2≤e-1]时，[x1+x2<1+e-1=e]成立.
当[e-1<x2<e]时，即证[x1<e-x2.]
因为[0<e-x2<1]，所以要证[fx1<fe-x2，]
即证[fx2<fe-x2，e-1<x2<e.]
设[hx=fx-fe-x，x∈e-1，e，]
则[hx=fx+fe-x=-ln x-lne-x=-ln xe-x，][x∈e-1，e.]
由[hx=0，] 得[x=e+e2-42.]
当[x∈e-1， e+e2+42]时，[hx<0，] 则[hx]单调递减;
当[x∈e+e2+42，e]时，[hx>0，] 则[hx]单调递增.
由[he-1=e-11-1e-1+ln 1e-1<0 lnx≤x-1，]
[he=0，] 知[hx<0，]
故当[x∈e-1，e]时，[hx=fx-fe-x<0，] 即[fx2-fe-x2<0，]
故[x1+x2<e]得证.
综上所述，[2<1a+1b<e.]
【评析】此题主要考查利用导数研究函数的单调性及构造函数证明不等式. 第（1）小题函数单调性的求解，离不开解不等式;第（2）小题不等式的证明，解题的关键是变形得到[lna+1a=lnb+1b.] 设[1a=x1， 1b=x2，]则[fx1=fx2.] 原不等式等價于[2<x1+x2<e.] 构建新函数，利用极值点偏移可证.
高考试题中基于不等式的证明大多数是压轴题，与数列或函数综合是最主要的形式. 在全国乙卷理科第20题、浙江卷第22题中均出现了证明不等式的身影.
2. 不等式与常用逻辑用语交会
例9 （全国乙卷·文 / 理3） 已知命题[p：?x∈R，][sinx<1;] 命题[q：?x∈R，ex≥1，] 则下列命题中为真命题的是（ ）.
（A）[p∧q] （B）[?p∧q]
（C）[p∧?q] （D）[?p∧q]
解：因为[sin0=0，] 所以命题[p]为真命题.
因为[y=ex]在[R]上为增函数，[x≥0，]
所以[ex≥e0=1.] 所以命题[q]为真命题.
所以[p∧q]为真命题，[?p∧q，p∧?q，?p∧q]为假命题.
故答案选A.
【评析】此题以简易逻辑用语为命题背景考查不等关系，落脚点为命题真假性判断，其中穿插全称命题和存在性命题的知识交会，由正弦函数的有界性确定命题[p]的真假性，由指数函数的知识确定命题[q]的真假性，对学生的综合能力有很强的考查价值.
3. 不等式与数列交会
例10 （浙江卷·10）已知数列[an]满足[a1=1，] [an+1=an1+an n∈N?，] 记数列[an]的前[n]项和为[Sn，] 则（ ）.
（A）[32<S100<3] （B）[3<S100<4]
（C）[4<S100<92] （D）[92<S100<5]
解：因为[a1=1，an+1=an1+an n∈N?，]
所以[an>0，a2=12，S100>32.]
由[an+1=an1+an，] 得[1an+1=1an+122-14.]
所以[1an+1<1an+122].
所以[1an+1<1an+12，] 即[1an+1-1an<12.]
根据累加法，得[1an≤1+n-12=n+12，] 当且仅当[n=1]时取等号.
所以[an≥4n+12，an+1≤an1+2n+1=n+1n+3an.]
所以[an+1an≤n+1n+3.]
累乘，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2，] 当且仅当[n=1]时取等号.
所以[S100≤612-13+13-14+14-15+ … +1101-1102=][612-1102<3，] 即[12<S100<3.]
故答案选A.
【评析】此题主要考查数列的递推关系及其应用，以及数列求和与放缩的技巧等知识，属于难题. 首先，整理所给的递推关系式，利用倒数法得到[1an+1=][1an+1an=1an+122-14;] 然后，利用放缩法，结合累加法与累乘法，求得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2;]最后，根据裂项相消法，得到[S100<3.] 数列的前[n]项和大于或小于一个数的问题，通常需要运用放缩法来解决.
4. 不等式与解析几何交会
例11 （全国新高考Ⅰ卷·5）已知[F1，F2]是椭圆[C：][x29+y24=1]的两个焦点，点[M]在[C]上，则[MF1MF2]的最大值为（ ）.
（A）[13] （B）[12]
（C）[9] （D）[6]
解：由题意，得[a2=9，b2=4.]
由椭圆的定义，知[MF1+MF2=2a=6.]
所以[MF1MF2≤MF1+MF222=9，] 当且仅当[MF1=MF2=3]时，等号成立.
故答案选C.
【评析】此题主要考查椭圆的定义及最值问题. 由椭圆的定义，得到[MF1+MF2=6.] 此题即为和为定值求积的最值问题，通过基本不等式放缩得到. 此题也可以结合[MF2=6-MF1]消元转化为一元二次函数求最值.
不等式与解析几何的结合多出现在求取值范围的问题上. 例如，求离心率、斜率、角、坐标、距离，以及数量积等的取值范围等，绝大多数求解都与解不等式或均值不等式的应用有关，解答正确与否，主要在于不等式最后的点“睛”效果. 这一点在2021年的高考解析几何试题中都有所体现. 例如，北京卷第21题，全国新高考Ⅰ卷第11题，浙江卷第21题.
5. 不等式与平面向量交会
例12 （浙江卷·17）已知平面向量[a，b，c，][c≠0≠]满足[a=1， b=2，a ? b=0， a-b ? c=0.] 记向量[d]在[a，b]方向上的投影分别为[x，y，d-a]在[c]方向上的投影为[z，] 则[x2+y2+z2]的最小值为 .
解：由题意，设[a=1，0，b=0，2，c=m，n，] 则[a-b ? c=m-2n=0，] 即[m=2n.]
因为向量[d]在[a，b]方向上的投影分别为[x，y，]
所以[d=x，y.]
所以[d-a]在[c]方向上的投影为[z=d-a ? cc=][mx-1+nym2+n2=2x-2+y5，] 即[2x+y-5z=2.]
由柯西不等式，得
[2x+y-5z=2≤22+12+-52x2+y2+z2.]
化简，得[x2+y2+z2≥410=25，] 当且仅当[2x=1y=][-5z，] 即[x=25，y=15，z=-55]时取等号.
故[x2+y2+z2]的最小值为[25].
故答案为[25.]
【评析】此题考查基本不等式的运用，设定向量坐标后利用垂直关系及向量投影建立关系式，然后根据柯西不等式[x1x2+y1y2+z1z2≤x12+y12+z12x22+y22+z22]計算求解，当且仅当[x1x2=y1y2=z1z2]时取等号. 此题也可将[z=2x+y-z5]代入[x2+y2+z2]利用二次函数求最小值.
三、备考建议
结合以上解题分析，给出以下三点有关不等式的备考建议.
1. 夯实基础知识
从不等式的基本性质，到各类不等式的解法、基本不等式的应用和线性规划问题，常直接或间接地出现在高考试题中. 注重教材例题与习题，固本求源，掌握好基础知识，是解决好不等式与其他数学知识交会试题的前提条件.
2. 掌握通性、通法
高考试题对不等关系的考查非常灵活，新异的不等式中都涵盖着基础知识和基本方法，一切源于通性、通法. 熟练掌握基础题型、基本方法才能做到以不变应万变. 例如，函数单调性的求解，往往离不开导数，更离不开解不等式，复杂一点的就是解含参的不等式;不等式的证明，关键是对目标不等式进行变形，一般通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把问题转化为与新引入变量有关的不等式问题. 备考时要掌握以下基本方法：比较大小，解不等式，基本不等式求最值，已知恒成立、存在性、方程零点等条件求参变量取值范围问题，证明不等式等.
3. 提升数学学科核心素养
不等式渗透在高中数学的每个角落，是高考重点考查内容，其应用过程中蕴涵着很多数学思想方法. 例如，函数方程及零点问题是数学中的“等”的问题，面对“等”的问题，我们往往需要用“不等”的方法来解决，利用函数将方程与不等式结合起来，体现了“不等”与“等”之间的转化思想. 全国甲卷文科第20题、理科第21题，全国新高考Ⅰ卷第7题，上海卷第21题均考查了此类问题. 在思想方法的引领下，进一步感悟不等式的魅力，提升学生的数学抽象、直观想象、数学运算、逻辑推理等素养.
参考文献：
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