專題04 基本不等式-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義（知識梳理+真題自測+考點突破+分層檢測）（新高考專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

【知識梳理】2
【真題自測】2
【考點突破】10
【考點1】利用基本不等式求最值10
【考點2】基本不等式的綜合應(yīng)用13
【考點3】基本不等式的實際應(yīng)用20
【分層檢測】27
【基礎(chǔ)篇】27
【能力篇】33
【培優(yōu)篇】36
考試要求：
1.了解基本不等式的證明過程.
2.能用基本不等式解決簡單的最值問題.
3.掌握基本不等式在生活實際中的應(yīng)用.
知識梳理
1.基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.
(2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq \r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).
2.兩個重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
3.利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，積xy有最大值eq \f(1,4)S2.
1.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
2.ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2).
3.應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一正，二定，三相等”，忽略某個條件，就會出錯.
4.在利用不等式求最值時，一定要盡量避免多次使用基本不等式.若必須多次使用，則一定要保證它們等號成立的條件一致.
真題自測
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）已知，則（）
A．B．C．D．
2．（2021·全國·高考真題）下列函數(shù)中最小值為4的是（）
A．B．
C．D．
3．（2021·全國·高考真題）已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為（）
A．13B．12C．9D．6
4．（2021·浙江·高考真題）已知是互不相同的銳角，則在三個值中，大于的個數(shù)的最大值是（）
A．0B．1C．2D．3
二、多選題
5．（2022·全國·高考真題）若x，y滿足，則（）
A．B．
C．D．
三、填空題
6．（2022·全國·高考真題）已知中，點D在邊BC上，．當(dāng)取得最小值時，．
7．（2023·天津·高考真題）在中，，，記，用表示；若，則的最大值為．
8．（2021·天津·高考真題）若，則的最小值為．
參考答案：
1．A
【分析】法一：根據(jù)指對互化以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可知，再利用基本不等式，換底公式可得，，然后由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可解出．
【詳解】［方法一］：（指對數(shù)函數(shù)性質(zhì)）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.綜上，.
［方法二］：【最優(yōu)解】（構(gòu)造函數(shù)）
由，可得．
根據(jù)的形式構(gòu)造函數(shù) ，則，
令，解得，由知 .
在上單調(diào)遞增，所以，即，
又因為，所以 .
故選：A.
【點評】法一：通過基本不等式和換底公式以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較，方法直接常用，屬于通性通法；
法二：利用的形式構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得出大小關(guān)系，簡單明了，是該題的最優(yōu)解．
2．C
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷選項不符合題意，再根據(jù)基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合題意，符合題意．
【詳解】對于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以其最小值為，A不符合題意；
對于B，因為，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，等號取不到，所以其最小值不為，B不符合題意；
對于C，因為函數(shù)定義域為，而，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，所以其最小值為，C符合題意；
對于D，，函數(shù)定義域為，而且，如當(dāng)，，D不符合題意．
故選：C．
【點睛】本題解題關(guān)鍵是理解基本不等式的使用條件，明確“一正二定三相等”的意義，再結(jié)合有關(guān)函數(shù)的性質(zhì)即可解出．
3．C
【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案．
【詳解】由題，，則，
所以（當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立）．
故選：C．
【點睛】
4．C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，從而可判斷三個代數(shù)式不可能均大于，再結(jié)合特例可得三式中大于的個數(shù)的最大值.
【詳解】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
則，
故三式中大于的個數(shù)的最大值為2，
故選：C.
法2：不妨設(shè)，則，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
則，
故三式中大于的個數(shù)的最大值為2，
故選：C.
【點睛】思路分析：代數(shù)式的大小問題，可根據(jù)代數(shù)式的積的特征選擇用基本不等式或拍雪進(jìn)行放縮，注意根據(jù)三角變換的公式特征選擇放縮的方向.
5．BC
【分析】根據(jù)基本不等式或者取特值即可判斷各選項的真假．
【詳解】因為（R），由可變形為，，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)時，，所以A錯誤，B正確；
由可變形為，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以C正確；
因為變形可得，設(shè)，所以，因此
，所以當(dāng)時滿足等式，但是不成立，所以D錯誤．
故選：BC．
6．/
【分析】設(shè)，利用余弦定理表示出后，結(jié)合基本不等式即可得解.
【詳解】[方法一]：余弦定理
設(shè)，
則在中，，
在中，，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，
所以當(dāng)取最小值時，.
故答案為：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系.
則C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
設(shè)BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，則，
，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立.
[方法四]：判別式法
設(shè)，則
在中，，
在中，，
所以，記，
則
由方程有解得：
即，解得：
所以，此時
所以當(dāng)取最小值時，，即.

7．
【分析】空1：根據(jù)向量的線性運算，結(jié)合為的中點進(jìn)行求解；空2：用表示出，結(jié)合上一空答案，于是可由表示，然后根據(jù)數(shù)量積的運算和基本不等式求解.
【詳解】空1：因為為的中點，則，可得，
兩式相加，可得到，
即，則；
空2：因為，則，可得，
得到，
即，即.
于是.
記，
則，
在中，根據(jù)余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，當(dāng)且僅當(dāng)取得等號，
則時，有最大值.
故答案為：；.

8．
【分析】兩次利用基本不等式即可求出.
【詳解】，
，
當(dāng)且僅當(dāng)且，即時等號成立，
所以的最小值為.
故答案為：.
考點突破
【考點1】利用基本不等式求最值
一、單選題
1．（2023·安徽蚌埠·模擬預(yù)測）已知實數(shù)滿足且，則下列不等關(guān)系一定正確的是（）
A．B．
C．D．
2．（2023·遼寧葫蘆島·二模）若，則的最小值是（）
A．B．1
C．2D．
二、多選題
3．（2023·江蘇·一模）已知正數(shù)a，b滿足，則（）
A．的最小值為B．的最小值為
C．的最小值為D．的最小值為
4．（2023·山東煙臺·三模）已知且，則（）
A．的最大值為B．的最大值為2
C．的最小值為6D．的最小值為4
三、填空題
5．（2023·遼寧大連·三模）已知，且，則的最小值為 .
6．（2020·天津濱海新·模擬預(yù)測）已知，則的最大值是 .
參考答案：
1．C
【分析】由不等式的性質(zhì)判斷A、B，根據(jù)基本不等式可判斷C、D.
【詳解】因為且，所以或，
對A：若，則，若，則，A錯誤；
對B：∵，，∴，B錯誤；
對C：由或，知且，∴，C正確；
對D：當(dāng)時，有，從而
當(dāng)，則且，∴，D錯誤.
故選：C
2．C
【分析】根據(jù)給定等式，利用均值不等式變形，再解一元二次不等式作答.
【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
因此，即，解得，
所以當(dāng)時，取得最小值2.
故選：C
3．AC
【分析】利用基本不等式結(jié)合條件逐項分析即得.
【詳解】對于A，，
當(dāng)且僅當(dāng)時成立，A正確；
對于B，，即，可得，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，B錯誤；
對于C，，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，C正確；
對于D，由，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，等號成立，
所以，此時，不能同時取等號，所以D錯誤.
故選：AC.
4．BC
【分析】利用基本不等式可判斷AB；先將化為，再妙用“1”可判斷C；取特值可判斷D.
【詳解】對于A，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故錯誤；
對于B，因為，所以，
即，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故B正確；
對于C，由得，所以，
因為，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故C正確；
對于D，令，則，所以的最小值不是4，D錯誤.
故選：BC.
5．
【分析】先對已知式子變形得，然后代入中，整理后利用基本不等式即可求出結(jié)果.
【詳解】因為，所以，
又，所以，
所以
，
（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），
所以的最小值為，
故答案為：.
6．
【解析】先化簡原式為，再換元設(shè)得原式，再換元設(shè)得原式可化為，再利用函數(shù)單調(diào)性得到函數(shù)的最大值.
【詳解】，設(shè)，
所以原式=，
令
所以原式=.
(函數(shù)在上單調(diào)遞增)
故答案為：
【點睛】(1)本題主要考查基本不等式，考查函數(shù)y=+的圖像和性質(zhì)，考查換元法的運用，意在考查學(xué)生對這些知識的掌握水平和分析轉(zhuǎn)化的能力及數(shù)形結(jié)合的思想方法；(2)解答本題的關(guān)鍵是兩次換元，第一次是設(shè)，第二次是設(shè)，換元一定要注意新元的范圍.
反思提升：
1.利用配湊法求最值，主要是配湊成“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”的形式.
2.常數(shù)代換法，主要解決形如“已知x＋y＝t(t為常數(shù))，求eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)的最值”的問題，先將eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)轉(zhuǎn)化為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值.
3.當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時，通?？紤]利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”的形式，最后利用基本不等式求最值.
4.構(gòu)建目標(biāo)式的不等式求最值，在既含有和式又含有積式的等式中，對和式或積式利用基本不等式，構(gòu)造目標(biāo)式的不等式求解.
【考點2】基本不等式的綜合應(yīng)用
一、單選題
1．（2024·山東濟(jì)寧·一模）已知的內(nèi)角的對邊分別為，且，，則面積的最大值為（）
A．B．C．D．
2．（21-22高一上·河南商丘·期末）若對任意實數(shù)，不等式恒成立，則實數(shù)a的最小值為（）
A．B．C．D．
二、多選題
3．（2023·河北保定·二模）如圖，正方形的邊長為，、分別為邊、上的動點，若的周長為定值，則（）

A．的大小為B．面積的最小值為
C．長度的最小值為D．點到的距離可以是
4．（2021·全國·模擬預(yù)測）已知為橢圓：的左焦點，直線：與橢圓交于，兩點，軸，垂足為，與橢圓的另一個交點為，則（）
A．的最小值為2B．面積的最大值為
C．直線的斜率為D．為鈍角
三、填空題
5．（2024·廣東深圳·一模）已知函數(shù)，設(shè)曲線在點處切線的斜率為，若均不相等，且，則的最小值為．
6．（2021·湖北襄陽·一模）已知，，且，若恒成立，則實數(shù)的取值范圍是．
參考答案：
1．A
【分析】利用正弦定理對已知條件進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，求得，結(jié)合余弦定理以及不等式求得的最大值，再求三角形面積的最大值即可.
【詳解】因為，由正弦定理可得：，
即，，
又，，故；由，解得；
由余弦定理，結(jié)合，可得，
即，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號；
故的面積，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號.
即的面積的最大值為.
故選：A.
2．D
【分析】分離變量將問題轉(zhuǎn)化為對于任意實數(shù)恒成立，進(jìn)而求出的最大值，設(shè)及，然后通過基本不等式求得答案.
【詳解】由題意可得，對于任意實數(shù)恒成立，則只需求的最大值即可，，設(shè)，則，再設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取得“=”.
所以，即實數(shù)a的最小值為.
故選：D.
3．BC
【分析】選項A：設(shè)線段、的長度分別為、，可得，可得，設(shè)，可得，可得；
選項B：設(shè)可得，由可得；
選項C：由，根據(jù)基本不等式可得；
選項D：根據(jù)線段、的長度分別為、，可得直線的方程為
，根據(jù)距離公式可得距離為.
【詳解】選項A：
設(shè)線段、的長度分別為、，，
則，，
因為的周長為定值，所以．
則由勾股定理得，即，
又因為，，于是
因為，所以即，故A錯誤；
選項B：
設(shè)，則，，，
因為所以，即，
故，故B正確；
選項C：由A選項的推理可知，
所以，所以，即
又因得，當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，故C正確；
選項D：
以為軸正向，為軸正向建立平面直角坐標(biāo)系，
又選項A可知：，，，，
則直線的方程為，即，
即，
則C點到直線的距離
故D錯誤．
故選：BC
4．BC
【分析】A項，先由橢圓與過原點直線的對稱性知，，再利用1的代換利用基本不等式可得最小值，A項錯誤； B項，由直線與橢圓方程聯(lián)立，解得交點坐標(biāo)，得出面積關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式，再求函數(shù)最值； C項，由對稱性，可設(shè)，則，，則可得直線的斜率與k的關(guān)系； D項，先由A、B對稱且與點P均在橢圓上，可得，又由C項可知，得，即，排除D項.
【詳解】對于A，設(shè)橢圓的右焦點為，連接，，
則四邊形為平行四邊形，
，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，A錯誤；
對于B，由得，
，
的面積，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，B正確；
對于C，設(shè)，則，，
故直線的斜率，C正確；
對于D，設(shè)，直線的斜率額為，直線的斜率為，
則，
又點和點在橢圓上，①，②，
①②得，易知，
則，得，
，，D錯誤.
故選：BC.
【點睛】橢圓常用結(jié)論：
已知橢圓，AB為橢圓經(jīng)過原點的一條弦，P是橢圓上異于A、B的任意一點，若都存在，則.
5．18
【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，可得的表達(dá)式，由此化簡推出，結(jié)合說明，繼而利用基本不等式，即可求得答案.
【詳解】由于，
故，
故，，
則
，
由，得，
由，即，知位于之間，
不妨設(shè)，則，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
故則的最小值為18，
故答案為：18
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及不等式求最值的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)的表達(dá)式推出，并說明，然后利用基本不等式求最值即可.
6．
【分析】由基本不等式求得的最小值，然后解相應(yīng)的不等式可得的范圍．
【詳解】∵，，且，
∴，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
∴的最小值為8，
由解得，
∴ 實數(shù)的取值范圍是
故答案為：．
【點睛】方法點睛：本題考查不等式恒成立問題，解題第一步是利用基本不等式求得的最小值，第二步是解不等式．
反思提升：
(1)當(dāng)基本不等式與其他知識相結(jié)合時，往往是提供一個應(yīng)用基本不等式的條件，然后利用常數(shù)代換法求最值.
(2)求參數(shù)的值或范圍時，要觀察題目的特點，利用基本不等式確定等號成立的條件，從而得到參數(shù)的值或范圍.
【考點3】基本不等式的實際應(yīng)用
一、單選題
1．（2023·湖南·一模）某農(nóng)機(jī)合作社于今年初用98萬元購進(jìn)一臺大型聯(lián)合收割機(jī)，并立即投入生產(chǎn).預(yù)計該機(jī)第一年（今年）的維修保養(yǎng)費是12萬元，從第二年起，該機(jī)每年的維修保養(yǎng)費均比上一年增加4萬元.若當(dāng)該機(jī)的年平均耗費最小時將這臺收割機(jī)報廢，則這臺收割機(jī)的使用年限是（）
A．6年B．7年C．8年D．9年
2．（22-23高一上·重慶沙坪壩·期末）2023年是農(nóng)歷癸卯兔年，在中國傳統(tǒng)文化中，兔被視為一種祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福壽安康.故宮博物院就收藏著這樣一副蘊含“吉祥團(tuán)圓”美好愿景的名畫——《梧桐雙兔圖》，該絹本設(shè)色畫縱約176cm，橫約95cm，其掛在墻壁上的最低點離地面194cm.小南身高160cm（頭頂距眼睛的距離為10cm），為使觀賞視角最大，小南離墻距離應(yīng)為（）
A．B．76cmC．94cmD．
二、多選題
3．（2023·重慶沙坪壩·模擬預(yù)測）某單位為了激勵員工努力工作，決定提高員工待遇，給員工分兩次漲工資，現(xiàn)擬定了三種漲工資方案，甲：第一次漲幅，第二次漲幅；
乙：第一次漲幅，第二次漲幅；
丙：第一次漲幅，第二次漲幅.
其中，小明幫員工李華比較上述三種方案得到如下結(jié)論，其中正確的有（）
A．方案甲和方案乙工資漲得一樣多B．采用方案乙工資漲得比方案丙多
C．采用方案乙工資漲得比方案甲多D．采用方案丙工資漲得比方案甲多
4．（2023·河北唐山·三模）《九章算術(shù)》是我國古代的數(shù)學(xué)名著，書中提到底面為長方形的屋狀的楔體（圖示的五面體．底面長方形中，，上棱長，且平面，高（即到平面的距離）為，是底面的中心，則（）
A．平面
B．五面體的體積為5
C．四邊形與四邊形的面積和為定值
D．與的面積和的最小值為
三、填空題
5．（2021·黑龍江大慶·三模）《九章算術(shù)》是中國傳統(tǒng)數(shù)學(xué)最重要的著作，奠定了中國傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的基本框架，其中卷第九勾股中記載：“今有邑，東西七里，南北九里，各中開門．出東門一十五里有木．問出南門幾何步而見木?”其算法為：東門南到城角的步數(shù)，乘南門東到城角的步數(shù)，乘積作被除數(shù)，以樹距離東門的步數(shù)作除數(shù)，被除數(shù)除以除數(shù)得結(jié)果，即出南門里見到樹，則．若一小城，如圖所示，出東門步有樹，出南門步能見到此樹，則該小城的周長的最小值為（注：里步）里.
6．（21-22高三上·湖北·階段練習(xí)）拿破侖·波拿巴，十九世紀(jì)法國偉大的軍事家、政治家，對數(shù)學(xué)很有興趣，他發(fā)現(xiàn)并證明了著名的拿破侖定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構(gòu)造三個等邊三角形，則這三個三角形的中心恰為另一個等邊三角形的頂點”.如圖，在中，，以，，為邊向外作三個等邊三角形，其中心依次為，，，若，則，的最大值為 .
參考答案：
1．B
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及求和公式，結(jié)合基本不等式即可求解.
【詳解】設(shè)第年的維修保養(yǎng)費為萬元，數(shù)列的前項和為，該機(jī)的年平均耗費為，
據(jù)題意，數(shù)列是首項為12，公差為4的等差數(shù)列.
則.
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取最小值38.
所以這臺冰激凌機(jī)的使用年限是7年.
故選:.
2．D
【分析】由題意只需最大，設(shè)小南眼睛所在的位置點為點，過點做直線的垂線，垂足為，求出，，設(shè)，則，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【詳解】由題意可得為銳角，故要使最大，只需最大，
設(shè)小南眼睛所在的位置點為點，過點做直線的垂線，垂足為，如圖，
則依題意可得（cm），（cm），，
設(shè)，則，且，
，
故
，當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，
故使觀賞視角最大，小南離墻距離應(yīng)為cm.
故選：D.
3．BC
【分析】不防設(shè)原工資為1，分別計算三種方案兩次漲幅后的價格，利用均值不等式比較即可求解.
【詳解】方案甲：兩次漲幅后的價格為：；
方案乙：兩次漲幅后的價格為：；
方案丙：兩次漲幅后的價格為：；
因為，由均值不等式，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
故，因為，所以，，
所以方案采用方案乙工資漲得比方案甲多，采用方案甲工資漲得比方案丙多，
故選：.
4．ABD
【分析】取BC的中點G，可得四邊形EFGO為平行四邊形，則EO∥FG，從而EO∥平面BCF，即可判斷A；利用分割的方法，把幾何體分割成三部分，可得一個三棱柱和兩個四棱錐，再由已知求解即可判斷B；設(shè)，則，利用梯形面積公式計算四邊形與四邊形的面積和，即可判斷C；設(shè)，則，且，，則△ADE與△BCF的面積和為，利用不等式：當(dāng)時，，求解最小值即可判斷D.
【詳解】
取BC的中點G，連接OG，F(xiàn)G，
∵EF∥OG，EF＝OG，∴四邊形EFGO為平行四邊形，∴EO∥FG，
∵EO?平面BCF，F(xiàn)G?平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正確；
過F作FH⊥平面ABCD，垂足為H，過H作BC的平行線MN，交AB于N，交CD于M，
∵M(jìn)N?平面ABCD，∴FH⊥MN，
又AB⊥MN，F(xiàn)H∩MN＝H，MN，F(xiàn)H?平面FMN，∴AB⊥平面FMN，
過E作EP∥FM，交CD于P，作EQ∥FN，交AB于Q，連接PQ，
∵EP∥FM，EP?平面FMN，F(xiàn)M?平面FMN，∴EP∥平面FMN，
同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ?平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，
如圖，五面體包含一個三棱柱和兩個的四棱錐，
∴五面體的體積：
，故B正確；
設(shè)，則，
，，
四邊形與四邊形的面積和為
，不是定值，故C錯誤；
過H作HR⊥BC，垂足為R，連接FR，
∵FH⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴FH⊥BC，
又FH∩HR＝H， FH，HR?平面FHR，∴BC⊥平面FHR，
∵FR?平面FHR，∴FR⊥BC，
設(shè)，則，且，，
△BCF的面積為，同理，△ADE的面積為，
則△ADE與△BCF的面積和為，
當(dāng)時，，即，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪ⅲ?br>，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪ⅲ?br>則△ADE與△BCF的面積和的最小值為，故D正確．
故選：ABD.
5．
【分析】根據(jù)題意得出，進(jìn)而可得出，結(jié)合基本不等式求的最小值即可.
【詳解】因為里步，由圖可知，步里，步里，
，則，且，
所以，，所以，，則，
所以，該小城的周長為（里）.
故答案為：.
【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.
6．
【分析】在中，，由余弦定理可求得的值；同理可得，在中，求出，由余弦定理可求得與的關(guān)系，再由基本不等式即可求最大值.
【詳解】設(shè)，，.如圖，連接，.
由拿破侖定理知，為等邊三角形.
因為為等邊三角形的中心，所以在中，，，設(shè)，由余弦定理，得，即，
解得：，即，，同理；
又，，所以，
在中，由余弦定理可得，
即，化簡得，
由基本不等式得，解得（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），所以.
故答案為：；.
反思提升：
(1)根據(jù)實際問題抽象出函數(shù)的解析式，再利用基本不等式求得函數(shù)的最值.
(2)解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實際意義及其取值范圍.
(3)在應(yīng)用基本不等式求函數(shù)的最值時，若等號取不到，則可利用函數(shù)的單調(diào)性求解.
分層檢測
【基礎(chǔ)篇】
一、單選題
1．（2023·北京西城·二模）設(shè)，，，則（）
A．B．
C．D．
2．（2023·山東濱州·二模）已知直線與圓相切，則的最大值為（）
A．B．C．1D．2
3．（2023·湖南長沙·一模）已知，則m，n不可能滿足的關(guān)系是（）
A．B．
C．D．
4．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知，，直線與曲線相切，則的最小值是（）
A．16B．12C．8D．4
二、多選題
5．（2023·吉林白山·一模）若正數(shù)a，b滿足，則（）
A．B．C．D．
6．（22-23高一上·甘肅臨夏·階段練習(xí)）已知，且，若不等式恒成立，則的值可以為（）
A．10B．9C．8D．7
7．（2021·江蘇南通·一模）已知，，則（）
A．B．
C．D．
三、填空題
8．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）已知正數(shù)，滿足，若，則．
9．（2023·遼寧沈陽·二模）已知，則的最小值是．
10．（2022·上海·二模）已知對，不等式恒成立，則實數(shù)的最大值是 .
四、解答題
11．（2023·廣西南寧·二模）已知a，b，c均為正數(shù)，且，證明：
(1)若，則；
(2).
12．（9-10高二下·江蘇·期末）首屆世界低碳經(jīng)濟(jì)大會在南昌召開，本屆大會以“節(jié)能減排，綠色生態(tài)”為主題.某單位在國家科研部門的支持下進(jìn)行技術(shù)攻關(guān)，采取了新工藝，把二氧化碳轉(zhuǎn)化為一種可利用的化工產(chǎn)品.已知該單位每月的處理量最少為400噸，最多為600噸，月處理成本 (元)與月處理量 (噸)之間的函數(shù)關(guān)系可近似的表示為，且處理每噸二氧化碳得到可利用的化工產(chǎn)品價值為100元.
(1)該單位每月處理量為多少噸時，才能使每噸的平均處理成本最低？
(2)該單位每月能否獲利？如果獲利，求出最大利潤；如果不獲利，則需要國家至少補貼多少元才能使單位不虧損？
參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)、對數(shù)的運算法則及基本不等式判斷即可.
【詳解】因為，，
又，，所以，
且，所以，
所以.
故選：A
2．B
【分析】由直線和圓相切可得，利用基本不等式即可求得答案.
【詳解】由于直線與圓相切，
故圓心到直線l的距離為，即，
故，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
故選：B
3．C
【分析】根據(jù)對數(shù)的運算判斷A，根據(jù)不等式的性質(zhì)判斷BCD.
【詳解】，即，即.
對于 A，成立.
對于 B，，成立.
對于 C，，即.故C錯誤；
對于 D，成立.
故選：C.
4．D
【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合已知方程求出的關(guān)系，再根據(jù)不等式中“1”的整體代換即可得出答案.
【詳解】對求導(dǎo)得，
由得，則，即，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．
故選：D．
5．BD
【分析】由不等式的性質(zhì)和基本不等式，驗證各選項是否正確.
【詳解】因為，，所以，所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故A錯誤；
因為，所以，則，同理可得，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，則B正確；
因為，所以，所以，所以，則C錯誤；
因為，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以D正確．
故選：BD
6．BCD
【分析】根據(jù)題意和基本不等式，求得，由恒成立，得到，結(jié)合選項，即可求解.
【詳解】由，且，
可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，等號成立，
又因為不等式恒成立，所以，
結(jié)合選項，可得選項B、C、D符合題意.
故選：BCD.
7．ABD
【分析】根據(jù)基本不等式及其性質(zhì)，結(jié)合“1”的妙用以及對勾函數(shù)的性質(zhì)，逐項進(jìn)行分析判斷即可得解.
【詳解】對于A，因為，所以，
從而，正確.
對于B，因為，所以，解得，
所以，正確.
對于C，令()，，在為增函數(shù)，
所以在上單調(diào)遞增，從而，即，錯誤.
對于D，因為，所以，正確.
故選：ABD
8．6
【分析】化簡不等式，利用基本不等式求出，即可得出的值.
【詳解】由題意，由，得，
即，故．
又，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，
此時，解得或，則，
所以.
故答案為：.
9．
【分析】變形條件等式得，然后展開，利用基本不等式求最小值.
【詳解】，
，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
的最小值是.
故答案為：.
10．不存在
【分析】利用參變量分離法結(jié)合基本不等式求出的取值范圍，即可得解.
【詳解】由已知可得，，由基本不等式可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，，故實數(shù)的最大值不存在.
故答案為：不存在.
11．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由基本不等式證明；
（2）用柯西不等式證明．
【詳解】（1），，，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，時取等號，
，即；
（2）∵a，b，c均為正數(shù)，且，由柯西不等式得，
，
，
，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．
12．(1)400噸；
(2)不獲利，需要國家每個月至少補貼40000元才能不虧損.
【分析】（1）由題設(shè)平均每噸二氧化碳的處理成本為，應(yīng)用基本不等式求其最小值，注意等號成立條件.
（2）根據(jù)獲利，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷是否獲利，由其值域確定最少的補貼額度.
【詳解】（1）由題意知，平均每噸二氧化碳的處理成本為；
當(dāng)且僅當(dāng) ，即時等號成立，
故該當(dāng)每月處理量為400噸時，才能使每噸的平均處理成本最低為200元.
（2）不獲利，設(shè)該單位每個月獲利為S元，則，
因為，則，
故該當(dāng)單位每月不獲利，需要國家每個月至少補貼40000元才能不虧損.
【能力篇】
一、單選題
1．（2022·河北石家莊·二模）已知，則x?y?z的大小關(guān)系為（）
A．B．C．D．
二、多選題
2．（22-23高一下·安徽合肥·階段練習(xí)）直角三角形中，是斜邊上一點，且滿足，點在過點的直線上，若，則下列結(jié)論正確的是（）
A．為常數(shù)B．的值可以為：
C．的最小值為3D．的最小值為
三、填空題
3．（2023·河南·模擬預(yù)測）已知向量，，其中，，若，則的最小值為．
四、解答題
4．（2022·山西晉中·模擬預(yù)測）已知，，且.
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)證明：.
參考答案：
1．D
【分析】作商，由對數(shù)的性質(zhì)、運算及基本不等式可比較出，再由，可比較出與的大小即可得出的大小關(guān)系.
【詳解】，
，
即，
，而，
，又，
，
綜上，，
故選：D
2．ACD
【分析】作出圖形，由可得出，根據(jù)三點共線的結(jié)論得出，由此判斷A，B，結(jié)合基本不等式可判斷CD.
【詳解】如下圖所示：
由，可得，
，
若，，，
則，，
，
、、三點共線，
，，
故A正確；
當(dāng)，時，，所以B錯誤；
，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，C正確；
的面積，的面積，
所以，
因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
即，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
所以當(dāng)時，取最小值，最小值為，
所以的最小值為，D正確；
故選：ACD.
3．
【分析】根據(jù)向量運算可得，再由均值不等式求解即可.
【詳解】，，，
，即，
由，，則，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
故的最小值為.
故答案為：
4．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）先通過基本不等式求出的最小值，進(jìn)而解出不等式即可；
（2）先進(jìn)行變形，然后通過基本不等式證得答案.
【詳解】（1）已知，，且.
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，取到最小值，所以，即，解得.
（2），當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立.所以.
【培優(yōu)篇】
一、單選題
1．（2023·上海長寧·二模）設(shè)各項均為實數(shù)的等差數(shù)列和的前n項和分別為和，對于方程①，②，③．下列判斷正確的是（）
A．若①有實根，②有實根，則③有實根
B．若①有實根，②無實根，則③有實根
C．若①無實根，②有實根，則③無實根
D．若①無實根，②無實根，則③無實根
二、多選題
2．（2022·浙江·模擬預(yù)測）已知a，b為正數(shù)，且，則（）
A．B．C．D．
三、填空題
3．（21-22高三上·天津南開·期中）已知正實數(shù)a，b滿足，則的最小值為 .
參考答案：
1．B
【分析】若①有實根，得到，設(shè)方程與方程的判別式分別為和，得到，結(jié)合舉反例可以判斷選項AB；通過舉反例可以判斷選項CD.
【詳解】若①有實根，由題意得：，
其中，，
代入上式得，
設(shè)方程與方程的判別式分別為和，
則等號成立的條件是．
又，
如果②有實根，則，則或者，所以③有實根或者沒有實根，如滿足，，但是，所以③沒有實根，所以選項A錯誤；
如果②沒實根，則，則，所以③有實根，所以選項B正確；
若①無實根，則，②有實根，則,
設(shè)，所以，，
此時，則③有實根，所以選項C錯誤；
若①無實根，則，②無實根，則,
設(shè)，所以，，
此時，則③有實根，所以選項D錯誤.
故選：B
【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵是排除法的靈活運用，要證明一個命題是假命題，證明比較困難，只需舉一個反例即可.
2．ACD
【分析】對于A選項，配成完全平方后驗證取等條件即可判斷A選項正誤；
對于B選項，根據(jù)均值定理中的“1”的妙用即可判斷B選項正誤；
對于C選項，將代入，整理成二次函數(shù)，借助二次函數(shù)值域即可判斷C選項的正誤；
對于D選項，將代入，整理成分式函數(shù)，借助分式函數(shù)值域即可判斷D選項的正誤.
【詳解】對于A選項，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
當(dāng)時，由于，得，與為正數(shù)矛盾，故，
即得，故A選項正確；
對于B選項，，.又
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立；故B選項不正確；
對于C選項，，，.
，
，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
，故C選項正確；
對于D選項，，，.
，
當(dāng)時，，
，得，即，故D選項正確.
故選：ACD
3．/
【分析】將目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為，應(yīng)用柯西不等式求的取值范圍，進(jìn)而可得目標(biāo)式的最小值，注意等號成立條件.
【詳解】由題設(shè)，，則，
又，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.
∴的最小值為.
故答案為：.

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