2022年新高考数学基础训练专题29 基本不等式(解析版)

专题29基本不等式一、单选题1．已知，，且，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】将变形为，再用基本不等式和解不等式即可.【详解】因为，，且，所以，所以，所以，即当且仅当，即，时等号成立，故的最小值．故选：B.2．若x，y∈R，2x+2y=1，则x+y的取值范围是（）A．(﹣∞，﹣2]B．(0，1)C．(﹣∞，﹣0]D．(1，+∞)【答案】A【分析】利用基本不等式由2x+2y=1可得，从而可求出x+y的取值范围【详解】解：因为，所以，即，当且仅当，即时取“=”， 所以x+y的取值范围是(﹣∞，﹣2].故选：A.3．已知为正实数，且，则的最小值是（）A．4B．8C．16D．32【答案】B【分析】化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，正实数且，可得，则，当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值是.故选：B.4．如图，已知四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为上一点，且平面，则三棱锥体积最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】求得三棱锥体积的表达式，然后利用基本不等式求得体积的最大值.【详解】由题意，平面平面，得；由平面，有； 因为,从而平面，所以，所以．令，，则．所以，其中“”当且仅当时取得．故选：A5．若x＞2，则函数的最小值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】D【分析】直接由利用基本不等式求最值即可.【详解】∵x＞2，∴x﹣2＞0，∴，当且仅当，即x＝4时取等号，∴函数的最小值为6.故选：D.6．若，则的最小值为（）A．2B．3C．D．4【答案】D【分析】由由基本不等式求得最小值．【详解】∵，∴，当且仅当即时等号成立．故选：D．【点睛】 本题考查用基本不等式求最值．属于基础题．7．若正数x，y满足，则的最小值为（）A．4B．C．8D．9【答案】C【分析】由已知可得，然后利用基本不等式可求得结果【详解】解：因为正数x，y满足，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8，故选：C【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用了“1”的代换，属于基础题8．若在处取得最小值，则A．B．3C．D．4【答案】B【详解】试题分析：当且仅当时,等号成立;所以,故选B.考点：基本不等式.9．已知，，则的最小值是A．B．C．D．【答案】C 【详解】试题分析：由可知，，当且仅当，即时等号成立，又，当且仅当，即，，所以时等号成立．考点：均值定理10．设，则下列不等式中正确的是A．B．C．D．【答案】B【分析】利用基本不等式和不等式的传递性即可选出答案.【详解】∵，由基本不等式得，∴故选：B.11．《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（）A．B．C．D． 【答案】D【分析】设，得到，，在直角中，利用勾股定理，求得，结合，即可求解.【详解】设，可得圆的半径为，又由，在直角中，可得，因为，所以，当且仅当时取等号．故选：D.12．命题，成立的一个充分不必要条件是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据命题求得参数的范围，根据命题的集合语言，只要求得参数的范围的真子集即可得解.【详解】命题，成立，即，成立，则.又可以推出，反之，推不出，所以是命题成立的一个充分不必要条件，故选：D.13．已知，则“对任意，”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】利用充分条件和必要条件的定义，结合分析判断即可【详解】因为对任意，有，而对任意，，所以，因为是的真子集，所以“对任意，”是“”的充分不必要条件，故选：A14．设a，b为正数，若圆关于直线对称，则的最小值为（）A．9B．8C．6D．10【答案】A【分析】求出圆的圆心坐标，得到的关系，然后利用基本不等式求解不等式的最值即可．【详解】解：圆，即，所以圆心为，所以，即，因为、，则，当且仅当时，取等号．故选：．15．数学中有些优美的曲线显示了数学形象美､对称美､和谐美，曲线：就是四叶玫瑰线，则不等式表示区域所含的整点(即横､纵坐标均为整数的点)个数为（） A．1B．4C．5D．9【答案】C【分析】由于，所以转化为，化简得，从而可求得整点的个数【详解】解：因为，所以可化为，得，圆含9个整点，经检验，只有和共5个整点满足.故选：C16．设x，y＞1，z＞0，z为x与y的等比中项，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】直接利用等比数列的性质和对数的运算法则化简求解即可.【详解】，且z为x和y的等比中项，则， ，(当且仅当即时取等号)故选：A17．下列命题中，真命题是（）A．命题“若sinx=siny，则x=y”的逆否命题是真命题B．命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∀x∈R，x21”是“x2>1”的必要不充分条件D．对任意x∈R，ex+e-x≥2【答案】D【分析】选项A：根据原命题与逆否命题同真同假来判断，只需判断原命题的真假即可；选项B：全称命题的否定为特称命题；选项C：由可以得到，但由不一定得到，从而可以判断命题的真假；选项D：根据基本不等式来判断.【详解】选项A：因为命题“若sinx=siny，则x=y”是假命题，所以它的逆否命题也是假命题，选项A错误；选项B：命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“x∈R，x21”是“x2>1”的充分不必要条件，所以选项C错误；选项D：因为，所以，当且仅当即时等号成立，所以选项D正确.故选：D.18．已知，则的最小值是（）A．1B．4C．7D．【答案】C【分析】由目标式可得，结合已知条件，应用基本不等式即可求目标式的最小值，注意等号成立的条件. 【详解】∵，∴当且仅当时等号成立.故选：C19．对任意正实数不等式恒成立，则（）A．实数有最小值1B．实数有最大值1C．实数有最小值D．实数有最大值【答案】C【分析】化简得到，考虑和两种情况得到，根据均值不等式得到最值得到答案.【详解】，故，，当时，不等式恒成立；当时，，，时等号成立，，故，故.故选：C.20．已知正实数a，b满足：，则的最小值为（）A．B．C．6D．无最小值【答案】B【分析】对去分母得，代换中的，再结合“1”的妙用即可求解【详解】 由，则，，当且仅当时取到等号，故的最小值为.故选：B21．若实数满足，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由，得，利用基本不等式可得，令，令，利用倒数可求得，结合，可得，从而可求得，即可的解.【详解】解：由，得，则，当且仅当时，取等号，，则，令，令，，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以，又因为，所以，所以，解得. 所以.故选：D.22．设向量，，，其中O为坐标原点，，，若A，B，C三点共线，则的最小值为（）A．4B．6C．8D．9【答案】C【分析】根据向量共线定理可得，再应用基本不等式“1”的代换求的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，，，A，B，C三点共线，∴且，则，可得，∴，当且仅当时等号成立.∴的最小值为8故选：C.23．已知A，B是双曲线实轴的两个端点，M，N是双曲线上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为．若双曲线的离心率为2，则的最小值为（）A．B．1C．D．【答案】D【分析】根据斜率及点在双曲线上可得，利用基本不等式可求的最小值.【详解】由题设可设，，则，故， 因为双曲线的离心率为2，故，故，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故选：D.24．设命题p：，x若是真命题，则实数a的取值范围是（）A．B．C．(-D．(-【答案】B【分析】写出命题的否定，根据命题的否定为真，可转化为，利用均值不等式求最小值即可得解.【详解】命题p：，x所以：，，由是真命题可得，，因为，当且仅当时，等号成立，所以，故选：B25．函数的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用基本不等式可求得，从而再次利用基本不等式求得，由此可得结果. 【详解】（当且仅当，即时等号成立），（当且仅当，即时等号成立）.两个等号可以同时成立，的最小值为.故选：C.26．若实数满足，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】构造函数证得，从而得到，结合均值不等式得到方程组，解之即可.【详解】证明不等式，令，，故在上单调递减，在上单调递增，，故证明成立；又因为≥，且仅当a=时成立又因为故与题意联立，得令t=，故有，解得时成立，综上联立：=1与a=解得a=，b=，故选：C.【点睛】构造函数证明不等式，然后结合不等式的夹逼定理以及均值不等式得到方程组，需要较强的抽象思维能力. 27．已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，进而得，再结合余弦定理得，进而根据基本不等式求解得.【详解】解：设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则，因为点为线段的中点，所以根据梯形中位线定理得点到抛物线的准线的距离为，因为，所以在中，由余弦定理得，所以，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故.所以的最大值为.故选：C【点睛】 本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，设，进而结合抛物线的定于与余弦定理得，，再求最值.28．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（）A．3B．C．1D．【答案】A【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.【详解】由题设，如下图示：，又，，∴，由三点共线，有，∴，当且仅当时等号成立.故选：A【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.二、填空题 29．已知，，若，则的最大值是________．【答案】【分析】以为主元，以为参数，将问题转化为对勾函数的最值问题，利用对勾函数的单调性求解即可.【详解】令，则，令，因为，等价于，所以题意可转化为函数在有最小值，因为对勾函数在上递减，在上递增，所以，即，所以，故的最大值是．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由函数在有最小值结合对勾函数的单调性得到.30．已知函数，若对任意的正数，满足，则的最小值为_________.【答案】12【分析】先确定函数奇偶性与单调性，再根得，最后根据基本不等式求最值.【详解】 因为恒成立，所以函数的定义域为，，，所以，为奇函数，又在单调递减，所以在单调递减，在出连续，在单调递减，所以在上单调递减，，，，即，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值为12.故答案为：12【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.31．在中内角，，的对边分别是，，，面积为，则的最大值是______.【答案】【分析】 根据三角形面积公式及余弦定理，化简，再利用均值不等式得出，设，利用导数求最大值即可【详解】（当仅当时取等号）.设，，则，令得，不妨设且，当时，，当时，.所以当时有最大值，此时，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键在于应用三角形面积公式及余弦定理，化简所给式子，再利用均值不等式是解题的关键，难点在于利用导数求函数的最大值，属于较难题目.32．设是的外心，满足，若，则面积的最大值为___________.【答案】9【分析】设为边中点，化简已知得，由余弦定理得，再利用基本不等式求解.【详解】 ，其中为边中点，所以，所以,所以又，所以联立得，因为,所以所以面积的最大值为9.故答案为：9【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一是，化简已知得到，其二是转化为求的最大值，利用基本不等式求最大值.三、解答题33．（1）设，证明；（2）求满足方程的实数的值. 【答案】（1）见解析;（2）或【分析】（1）利用重要不等式和不等式性质即得;（2）利用均值定理即得.【详解】（1）以上三个式子相加可得：即即故.（2）故满足方程时有或34．在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答问题：在中，角的对边分别为，且_____．（1）求；（2）若，求的最大值．【答案】选择见解析；（1）；（2）8．【分析】（1）若选①，通过正弦定理将边化为角结合两角和的正弦公式可得，进而可得的值；若选②，利用降幂公式以及两角和的正弦可得，进而可得的值；若选③，根据两角和与差的正弦公式可得，进而可得的值；（2）通过余弦定理和基本不等式相结合可得结果.【详解】 若选①：（1）因为，所以，即，因为，，故，所以；（2）由余弦定理可得，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值是8；若选②：（1）因为，可得，所以，可得，因为，，所以，可得；（2）由余弦定理可得，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值是8；若选③：（1）因为，又，所以，因为，可得，因为，所以；（2）由余弦定理可得， 所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值是8．35．已知函数.（1）解不等式.（2）已知，，的最大值，，求的最小值.【答案】（1）或；（2）最小值为.【分析】（1）分，和三种情况解不等式；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最大值为，从而得，所以，化简后利用基本不等式求解即可【详解】解：（1）函数，当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以.综上所述，不等式的解集为或；（2），所以的最大值为，则，故 ，当且仅当且，即时取等号，故的最小值为.36．的内角､､的对边分别为､､，.（1）求；（2）若，求周长最大时，的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再运用两角和的正弦公式化简求解即可.（2）运用余弦定理求出关系式，用基本不等式得到的最大值，再运用三角形面积公式求解即可.【详解】（1）∵，∴，∴，∴，∴，∴，，.（2）∵，据（1）可得，∴，∴，∴，∴，当且仅当时等号成立，即当时，取得最大值，即周长取得最大值，此时. 37．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求C；（2）若的面积为，求c的最小值.【答案】（1）；（2）c的最小值为4.【分析】（1）首先利用三角恒等变换将式子展开，再由正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质可得，利用辅助角公式即可求解.（2）利用三角形的面积公式以及余弦定理可得，，再利用基本不等式即可求解.【详解】解：（1），由正弦定理得.即，，又，∴，即，，又，∴，即，（2）由题知，即，由余弦定理得，∴，解得或(舍去)，当且仅当时等号成立，∴c的最小值为4.38．已知数列满足，，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）构造，结合已知条件可知 是首项为2，公差为4的等差数列，写出通项公式，再应用累加法有，即可求的通项公式；（2）由（1）知：，易知在上恒成立，且数列单调递增，即可求其最小值.【详解】（1）令，则，而，∴是首项为2，公差为4的等差数列，即，∴，又，∴.（2）由题设，，，∴，当且仅当时等号成立，故且在上单调递增，又，∴当时，的最小值.39．已知函数．（1）求的最小值m；（2）已知，若时，正常数t使得的最大值为2，求t的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用零点分段讨论法可求最小值.（2）由已知条件可得，利用基本不等式可求的最小值，从而可求的值.【详解】（1）因为,所以当时，，（2）因为，所以，则，又因为，所以， 则，所以，则或（舍），当且仅当，即时，等号成立．故.40．已知点在圆C：上，（1）求的最小值；（2）是否存在a，b，满足？如果存在，请说明理由.【答案】（1）最小值为2；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）由题意得到，化简得到，结合基本不等式，即可求解；（2）根据题意和基本不等式，得到，转化为不等式，求得，结合，即可求解.【详解】（1）由题意，点在圆上，可得又由，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.（2）存在，因为点在圆上，可得，由，可得，即，又由，所以，所以，因此存在，满足. 41．在平面直角坐标系中，定义点之间的直角距离为．已知．若不等式的解集为．（1）求m，n的值；（2）若，求证．【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）根据定义可得即为，分类讨论后可求解集，从而得到m，n的值；（2）利用基本不等式可证.【详解】（1）由题设可得即为，故或或，故，故.（2）由（1）可得，故，当且仅当时等号成立，故即.42．已知.（1）若，求的取值范围；（2）设的三边分别是，，，周长为2，若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先根据二倍角公式以及两角差的正弦公式化简，即可求出的取值范围；（2）由可求出角，再由余弦定理找到的关系，利用 消元，然后利用基本不等式可求出的最大值，即可得到面积的最大值．【详解】（1），又，所以，，故的取值范围为．（2）由可得，，而，所以，解得．由于，又，所以，化简可得，，而，即，所以，当且仅当时取等号，解得（舍去）或，即有，故面积的最大值为．43．已知函数，．（1）当时，解不等式；（2）若正数a，b，c，d满足，，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）代入a的值，通过讨论x的范围，去掉绝对值求出不等式的解集即可；（2）求出的值，根据基本不等式的性质求出代数式的最大值即可．【详解】（1）当时，，即，当时，，即恒成立，故，当时，，即，解得：， 当时，，不成立，不等式无解，综上，不等式的解集是.（2）由题意得：，且，，．，b，c，d都是正数，当且仅当，时取“”，的最大值是．44．已知.（1）解关于的不等式：；（2）若的最小值为，且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）分类讨论解不等式；（2）分类讨论法求得，然后结合基本不等式证明．【详解】（1）不等式为，时，不等式为，或．所以；时，不等式为，或，无解；时，不等式为，恒成立，所以综上，原不等式的解集为．（2）时，，在上递增，， 时，，在上递减，所以．综上．，当且仅当，即时等号成立．所以．45．已知椭圆Г：，直线l：与椭圆Г仅有一个公共点.（1）求k，b满足的关系式；（2）若直线l与x，y轴分别交于A，B两点，O是坐标原点，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）将椭圆与直线联立，可得关于x的一元二次方程，根据只有一个公共点，可得判别式，代入数据，即可得答案.（2）先求得A、B坐标，进而可得面积S的表达式，结合（1）及基本不等式，即可求得答案.【详解】（1）将椭圆与直线联立：，可得，因为直线与椭圆只有一个公共点，所以，解得（2）由题意得：k存在且，所以点，所以面积，当时，，当且仅当时，即时等号成立，即面积最小值为.当时，， 当且仅当时，即时等号成立，即面积最小值为.综上：面积的最小值为