2025年高考數(shù)學一輪復習-2.2.1-基本不等式-專項訓練【含解析】

2025年高考數(shù)學一輪復習-2.2.1-基本不等式-專項訓練【原卷版】時間：45分鐘一、選擇題1．a(chǎn)，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關系是()A．a(chǎn)2＋b2≥2|ab| B．a(chǎn)2＋b2＝2|ab|C．a(chǎn)2＋b2≤2|ab| D．a(chǎn)2＋b2>2|ab|2．若實數(shù)a，b∈(0,1)，且滿足(1－a)b>eq\f(1,4)，則a，b的大小關系是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)≥bC．a(chǎn)≤b D．a(chǎn)<b3．下列結論不成立的是()A．若a，b∈R，則a10＋b10≥2a5b5B．若x≠0，則x2＋eq\f(1,x2)≥2C．若eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2，則必有a>0，b>0D．若a∈R，則有a2＋9≥6a4．某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，第一年產(chǎn)量為A，第二年的增長率為a，第三年的增長率為b，這兩年的平均增長率為x，則()A．x＝eq\f(a＋b,2) B．x≤eq\f(a＋b,2)C．x>eq\f(a＋b,2) D．x≥eq\f(a＋b,2)5．設a，b為正數(shù)，且a＋b≤4，則下列各式中正確的一個是()A.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1 B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<2 D.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥26．如果正數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝cd＝4，那么()A．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值唯一B．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值唯一C．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值不唯一D．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一7．已知a，b∈R，且ab≠0，則在①eq\f(a2＋b2,2)≥ab；②eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；③ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2；④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)這四個不等式中，恒成立的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．48．已知m＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，n＝22－b2(b≠0)，則m，n之間的大小關系是()A．m>n B．m<nC．m＝n D．不確定二、填空題9．若a<1，則a＋eq\f(1,a－1)與－1的大小關系是.10．給出下面三個推導過程：①∵a，b為正實數(shù)，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；②∵a∈R，a≠0，∴eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4；③∵x，y∈R，xy<0，∴eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2.其中正確的推導過程為.三、解答題11．設a，b，c都是正數(shù)，試證明不等式：eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.12．設a，b，c∈R＋.求證：(1)ab(a＋b)＋bc(b＋c)＋ca(c＋a)≥6abc；(2)(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b＋c)))≥4.13．(多選題)設a>0，b>0，下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2＋1>aB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4C．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4D．a(chǎn)2＋9>6a14.《幾何原本》第二卷中的幾何代數(shù)法(以幾何方法研究代數(shù)問題)成了后世西方數(shù)學家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多代數(shù)的定理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，并稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示的圖形，點F在半圓O上，點C在直徑AB上，且OF⊥AB.設AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無字證明為()A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a>0，b>0)C.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)(a>0，b>0)D.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)15．若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是；a＋b的取值范圍是.16．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.2025年高考數(shù)學一輪復習-2.2.1-基本不等式-專項訓練【解析版】時間：45分鐘一、選擇題1．a(chǎn)，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關系是(A)A．a(chǎn)2＋b2≥2|ab| B．a(chǎn)2＋b2＝2|ab|C．a(chǎn)2＋b2≤2|ab| D．a(chǎn)2＋b2>2|ab|解析：∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，∴a2＋b2≥2|ab|(當且僅當|a|＝|b|時，等號成立)．2．若實數(shù)a，b∈(0,1)，且滿足(1－a)b>eq\f(1,4)，則a，b的大小關系是(D)A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)≥bC．a(chǎn)≤b D．a(chǎn)<b解析：a，b∈(0,1)，且滿足(1－a)b>eq\f(1,4)，∴eq\r(1－ab)>eq\f(1,2)，又eq\f(1－a＋b,2)≥eq\r(1－ab)，∴eq\f(1－a＋b,2)>eq\f(1,2)，∴a<b.故選D.3．下列結論不成立的是(C)A．若a，b∈R，則a10＋b10≥2a5b5B．若x≠0，則x2＋eq\f(1,x2)≥2C．若eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2，則必有a>0，b>0D．若a∈R，則有a2＋9≥6a解析：由基本不等式可知，若eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2成立，則有eq\f(a,b)>0，eq\f(b,a)>0，因此a>0，b>0或a<0，b<0，故C選項不成立．4．某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，第一年產(chǎn)量為A，第二年的增長率為a，第三年的增長率為b，這兩年的平均增長率為x，則(B)A．x＝eq\f(a＋b,2) B．x≤eq\f(a＋b,2)C．x>eq\f(a＋b,2) D．x≥eq\f(a＋b,2)解析：依題意有A(1＋x)2＝A(1＋a)(1＋b)， ∴1＋x＝eq\r(1＋a1＋b)≤eq\f(1,2)[(1＋a)＋(1＋b)]＝1＋eq\f(a＋b,2)，則x≤eq\f(a＋b,2)，故選B.5．設a，b為正數(shù)，且a＋b≤4，則下列各式中正確的一個是(B)A.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1 B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<2 D.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2解析：因為ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))2＝4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))≥2eq\r(\f(1,4))＝1.6．如果正數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝cd＝4，那么(A)A．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值唯一B．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值唯一C．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時a，b，c，d的取值不唯一D．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一解析：∵a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，當且僅當a＝b＝2時取等號．∵c＋d≥2eq\r(cd)，∴c＋d≥2eq\r(cd)＝4，當且僅當c＝d＝2時取等號．故c＋d≥ab，當且僅當a＝b＝c＝d＝2時取等號．7．已知a，b∈R，且ab≠0，則在①eq\f(a2＋b2,2)≥ab；②eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；③ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2；④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)這四個不等式中，恒成立的個數(shù)為(C)A．1 B．2C．3 D．4解析：①由a，b∈R，得eq\f(a2＋b2,2)≥ab；②由a，b∈R，得eq\f(b,a)與eq\f(a,b)不一定是正數(shù)，不等式不一定成立；③ab－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝－eq\f(a－b2,4)≤0；④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－eq\f(a2＋b2,2)＝－eq\f(a－b2,4)≤0，故①③④恒成立，故選C.8．已知m＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，n＝22－b2(b≠0)，則m，n之間的大小關系是(A)A．m>n B．m<nC．m＝n D．不確定解析：因為a>2，所以a－2>0.又因為m＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(a－2·\f(1,a－2))＋2＝4(當且僅當a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝3時，“＝”成立)．故m≥4.由b≠0得b2≠0.所以22－b2<4，即n<4.綜上易知m>n，故選A.二、填空題9．若a<1，則a＋eq\f(1,a－1)與－1的大小關系是a＋eq\f(1,a－1)≤－1.解析：∵a<1，即a－1<0，∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1＋\f(1,a－1)))＝(1－a)＋eq\f(1,1－a)≥2eq\r(1－a·\f(1,1－a))＝2，當且僅當1－a＝eq\f(1,1－a)，即a＝0時取等號，∴a－1＋eq\f(1,a－1)≤－2，則a＋eq\f(1,a－1)≤－1.10．給出下面三個推導過程：①∵a，b為正實數(shù)，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；②∵a∈R，a≠0，∴eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4；③∵x，y∈R，xy<0，∴eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2.其中正確的推導過程為①③.解析：①∵a，b為正實數(shù)，∴eq\f(b,a)，eq\f(a,b)為正實數(shù)，符合基本不等式的條件，故①的推導過程正確；②a∈R，a≠0，不符合基本不等式的條件，∴②的推導過程錯誤；③由xy<0，得eq\f(x,y)，eq\f(y,x)均為負數(shù)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均為正數(shù)，符合基本不等式的條件，故③的推導過程正確．故選①③.三、解答題11．設a，b，c都是正數(shù)，試證明不等式：eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.證明：因為a>0，b>0，c>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)≥2，eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)≥2，所以eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)＋\f(c,b)))≥6，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，eq\f(c,a)＝eq\f(a,c)，eq\f(c,b)＝eq\f(b,c)，即a＝b＝c時，等號成立．所以eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.12．設a，b，c∈R＋.求證：(1)ab(a＋b)＋bc(b＋c)＋ca(c＋a)≥6abc；(2)(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b＋c)))≥4.證明：(1)∵a，b，c∈R＋，∴左邊＝a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋c2a＋ca2＝(a2b＋bc2)＋(b2c＋ca2)＋(c2a＋ab2)≥2eq\r(a2b2c2)＋2eq\r(a2b2c2)＋2eq\r(a2b2c2)＝6abc＝右邊，當且僅當a＝b＝c時，等號成立．(2)∵a，b，c∈R＋，∴左邊＝[a＋(b＋c)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b＋c)))≥2eq\r(ab＋c)·2eq\r(\f(1,ab＋c))＝4＝右邊，當且僅當a＝b＋c時，等號成立．13．(多選題)設a>0，b>0，下列不等式恒成立的是(ABC)A．a(chǎn)2＋1>aB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4C．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4D．a(chǎn)2＋9>6a解析：由于a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴a2＋1>a，故A恒成立；由于a＋eq\f(1,a)≥2，b＋eq\f(1,b)≥2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4，當且僅當a＝b＝1時，等號成立，故B恒成立；由于a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，∴(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，當且僅當a＝b時，等號成立，故C恒成立；當a＝3時，a2＋9＝6a，故D不恒成立．14.《幾何原本》第二卷中的幾何代數(shù)法(以幾何方法研究代數(shù)問題)成了后世西方數(shù)學家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多代數(shù)的定理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，并稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示的圖形，點F在半圓O上，點C在直徑AB上，且OF⊥AB.設AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無字證明為(D)A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a>0，b>0)C.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)(a>0，b>0)D.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)解析：由圖形可知OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(a＋b,2)，OC＝eq\f(a－b,2).在Rt△OCF中，由勾股定理可得CF＝eq\r(\f(a＋b,2)2＋\f(a－b,2)2)＝eq\r(\f(a2＋b2,2)).∵CF≥OF，∴eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．15．若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是ab≥9；a＋b的取值范圍是a＋b≥6.解析：∵a>0，b>0，∴ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，即ab－2eq\r(ab)－3≥0，解得eq\r(ab)≥3(eq\r(ab)≤－1舍去)，即ab≥9.∵a＋b＋3＝ab≤(eq\f(a＋b,2))2，∴(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，解得a＋b≥6(a＋b≤－2舍去)．16．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.證明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f