2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习31《基本不等式及其应用》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习31《基本不等式及其应用》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
“a＞b＞0”是“ab＜eq \f(a2＋b2,2)”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy=8，则x＋2y的最小值是( )
A.3 B.4 C.eq \f(9,2) D.eq \f(11,2)
若正数a，b满足a＋b=2，则eq \f(1,a＋1)＋eq \f(4,b＋1)的最小值是( )
A.1 B.eq \f(9,4) C.9 D.16
当0＜m＜eq \f(1,2)时，若eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.[－2,0)∪(0,4] B.[－4,0)∪(0,2] C.[－4,2] D.[－2,4]
设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z=0，则当eq \f(xy,z)取得最大值时，eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)－eq \f(2,z)最大值是( )
A.0 B.1 C.eq \f(9,4) D.3
已知f(x)=eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在[eq \f(1,2),3]上的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,3) C.－1 D.0
在下列各函数中，最小值等于2的函数是( )
A.y=x＋eq \f(1,x) B.y=cs x＋eq \f(1,cs x)(0＜x＜eq \f(π,2))
C.y=eq \f(x2＋3,\r(x2＋2)) D.y=ex＋eq \f(4,ex)－2
设x，y∈R，a＞1，b＞1.若ax=by=2,2a＋b=8，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.lg23
已知x，y为正实数，且x＋y＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=5，则x＋y的最大值是( )
A.3 B.eq \f(7,2) C.4 D.eq \f(9,2)
当0＜m＜eq \f(1,2)时，若eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.[－2，0)∪(0，4]
B.[－4，0)∪(0，2]
C.[－4，2]
D.[－2，4]
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4=5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A.10 B.15 C.20 D.25
已知函数f(x)=eq \f(1,3)ax3－2x2＋cx在R上单调递增，且ac≤4，则eq \f(a,c2＋4)＋eq \f(c,a2＋4)最小值为( )
A.0 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.1
二、填空题
已知a，b∈R，且a－3b＋6=0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________.
已知直线ax－2by=2(a＞0，b＞0)过圆x2＋y2－4x＋2y＋1=0的圆心，则eq \f(4,a＋2)＋eq \f(1,b＋1)的最小值为 .
某游泳馆拟建一座平面图形为矩形且面积为200平方米的泳池，池的深度为1米，池的四周墙壁建造单价为每米400元，中间一条隔壁建造单价为每米100元，池底建造单价每平方米60元(池壁厚忽略不计).则泳池的长设计为 米时，可使总造价最低.
已知x，y为正实数，则eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)的最小值为 .
已知集合A={x|x2-2x-3>0},B={x|ax2+bx+c≤0},若A∩B={x|3 已知两条直线l1：y=m(m＞0)和l2：y=eq \f(8,2m＋1)，l1与函数y=|lg2x|的图象从左到右相交于点A，B，l2与函数y=|lg2x|的图象从左到右相交于点C，D，记线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b，当m变化时，eq \f(b,a)的最小值为 .
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：由a＞b＞0得，a2＋b2＞2ab；但由a2＋b2＞2ab不能得到a＞b＞0，
故“a＞b＞0”是“ab＜eq \f(a2＋b2,2)”的充分不必要条件，故选A.
答案为：B
解析：由题意得x＋2y=8－x·2y≥8－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))2，当且仅当x=2y时，等号成立，
整理得(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0，即(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，
又x＋2y＞0，所以x＋2y≥4.故选B.
答案为：B
解析：eq \f(1,a＋1)＋eq \f(4,b＋1)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(4,b＋1)))·eq \f(a＋1＋b＋1,4)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4＋\f(b＋1,a＋1)＋\f(4a＋1,b＋1)))
≥eq \f(1,4)(5＋2eq \r(4))=eq \f(9,4)，当且仅当eq \f(b＋1,a＋1)=eq \f(4a＋1,b＋1)，即a=eq \f(1,3)，b=eq \f(5,3)时取等号.故选B.
答案为：D；
解析：因为0＜m＜eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×2m×(1－2m)≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2m＋1－2m,2)))2=eq \f(1,8)，
当且仅当2m=1－2m，即m=eq \f(1,4)时取等号，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)=eq \f(1,m1－2m)≥8，
又eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，所以k2－2k－8≤0，所以－2≤k≤4.
所以实数k的取值范围是[－2,4]，故选D.
答案为：B；
解析：eq \f(xy,z)=eq \f(xy,x2－3xy＋4y2)=eq \f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤eq \f(1,4－3)=1，
当且仅当x=2y时等号成立，此时z=2y2，eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)－eq \f(2,z)=－eq \f(1,y2)＋eq \f(2,y)=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1))2＋1≤1，
当且仅当y=1时等号成立，故所求的最大值为1.
答案为：D.
解析：f(x)=eq \f(x2－2x＋1,x)=x＋eq \f(1,x)－2≥2－2=0，当且仅当x=eq \f(1,x)，即x=1时取等号.
又1∈[eq \f(1,2),3]，所以f(x)在[eq \f(1,2),3]上的最小值是0.
答案为：D
解析：当x＜0时，y=x＋eq \f(1,x)≤－2，故A错误；因为0＜x＜eq \f(π,2)，所以0＜cs x＜1，
所以y=cs x＋eq \f(1,cs x)＞2，故B错误；因为y=eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))=eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))≥2，
当且仅当x2＋2=1时取等号，此时x无解，故C错误；
因为ex＞0，所以y=ex＋eq \f(4,ex)－2≥2eq \r(ex·\f(4,ex))－2=2，
当且仅当ex=eq \f(4,ex)，即ex=2时等号成立，故选D.
答案为：B
解析：由ax=by=2得x=lga2，y=lgb2，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=eq \f(1,lga2)＋eq \f(1,lgb2)=lg2a＋lg2b=lg2(ab).
又a>1，b>1，∴8=2a＋b≥2eq \r(2ab)，即ab≤8，当且仅当2a=b，即a=2，b=4时取等号，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=lg2(ab)≤lg28=3.故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))max=3.
答案为：C.
解析：∵x＋y＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=5，∴(x＋y)[5－(x＋y)]=(x＋y)·(eq \f(1,x)＋eq \f(1,y))=2＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2＋2=4，
∴(x＋y)2－5(x＋y)＋4≤0，∴1≤x＋y≤4，
∴x＋y的最大值是4，当且仅当x=y=2时取得.
答案为：D；
解析：因为0＜m＜eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×2m×(1－2m)≤eq \f(1,2)×[ SKIPIF 1 < 0 ]2=eq \f(1,8)，
当且仅当2m=1－2m，即m=eq \f(1,4)时取等号，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)=eq \f(1,m（1－2m）)≥8，
又eq \f(1,m)＋eq \f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立，所以k2－2k－8≤0，所以－2≤k≤4.
所以实数k的取值范围是[－2，4].故选D.
答案为：C；
解析：由题意可得a9＋a10＋a11＋a12=S12－S8，由S8－2S4=5可得S8－S4=S4＋5，
由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)=(S8－S4)2，
综上可得：a9＋a10＋a11＋a12=S12－S8=eq \f(（S4＋5）2,S4)=S4＋eq \f(25,S4)＋10≥2eq \r(S4×\f(25,S4))＋10=20，
当且仅当S4=5时等号成立.故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
答案为：B.
解析：因为函数f(x)=eq \f(1,3)ax3－2x2＋cx在R上单调递增，
所以f′(x)=ax2－4x＋c≥0在R上恒成立.
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16－4ac≤0，))所以ac≥4，又ac≤4，所以ac=4，
又a>0，所以c>0，
则eq \f(a,c2＋4)＋eq \f(c,a2＋4)=eq \f(a,c2＋ac)＋eq \f(c,a2＋ac)=eq \f(a,cc＋a)＋eq \f(c,ac＋a)
=eq \f(1,c)－eq \f(1,c＋a)＋eq \f(1,a)－eq \f(1,c＋a)=eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)－eq \f(2,c＋a)≥2eq \r(\f(1,ac))－eq \f(2,2\r(ac))=1－eq \f(1,2)=eq \f(1,2)，
当且仅当a=c=2时等号成立，故选B.
答案为：eq \f(1,4).
解析：∵a－3b＋6=0，∴a－3b=－6，∴2a＋eq \f(1,8b)=2a＋2－3b≥2eq \r(2a·2－3b)=2eq \r(2a－3b)=2eq \r(2－6)=eq \f(1,4).
当且仅当2a=2－3b，即a=－3，b=1时，2a＋eq \f(1,8b)取得最小值eq \f(1,4).
答案为：2.25；
解析：圆x2＋y2－4x＋2y＋1=0的圆心坐标为(2，－1).
由于直线ax－2by=2(a＞0，b＞0)过圆x2＋y2－4x＋2y＋1=0的圆心，故有a＋b=1.
∴eq \f(4,a＋2)＋eq \f(1,b＋1)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a＋2)＋\f(1,b＋1)))(a＋2＋b＋1)=eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋\f(4b＋1,a＋2)＋\f(a＋2,b＋1)))
≥eq \f(5,4)＋eq \f(1,4)×2 eq \r(\f(4b＋1,a＋2)·\f(a＋2,b＋1))=eq \f(9,4)，
当且仅当a=2b=eq \f(2,3)时，取等号，故eq \f(4,a＋2)＋eq \f(1,b＋1)的最小值为eq \f(9,4).
答案为：15；
解析：设泳池的长为x米，则宽为eq \f(200,x)米，
总造价f(x)=400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2×\f(200,x)))＋100×eq \f(200,x)＋60×200=800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(225,x)))＋12 000
≥1 600eq \r(x·\f(225,x))＋12 000=36 000(元)，当且仅当x=eq \f(225,x)(x＞0)，
即x=15时等号成立，即泳池的长设计为15米时，可使总造价最低.
答案为：eq \f(5,2).
解析：∵x，y为正实数，则eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)=eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(y,x)＋1=eq \f(2,1＋\f(2y,x))＋eq \f(y,x)＋1，
令t=eq \f(y,x)，则t>0，∴eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)=eq \f(2,1＋2t)＋t＋1
=eq \f(1,\f(1,2)＋t)＋t＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(1,\f(1,2)＋t)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2))))＋eq \f(1,2)=eq \f(5,2)，当且仅当t=eq \f(1,2)时取等号.
∴eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)的最小值为eq \f(5,2).
答案为：1.5；
答案为：8eq \r(2).
解析：根据题意得xA=2－m，xB=2m，xC=2 eq \s\up15(－eq \f(8,2m＋1)) ，xD=2 eq \s\up15(eq \f(8,2m＋1)) ，
所以a=|xA－xC|=|2－m－2 eq \s\up15(－eq \f(8,2m＋1)) |，b=|xB－xD|=|2m－2 eq \s\up15(eq \f(8,2m＋1)) |，
即eq \f(b,a)=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m－2 eq \s\up15(eq \f(8,2m＋1)) ,2－m－2 eq \s\up15(－eq \f(8,2m＋1)) )))=2 eq \s\up15(eq \f(8,2m＋1)) ·2m=2 eq \s\up15(eq \f(8,2m＋1)) ＋m.
因为m＞0，所以eq \f(8,2m＋1)＋m=eq \f(1,2)(2m＋1)＋eq \f(8,2m＋1)－eq \f(1,2)≥2 eq \r(\f(1,2)2m＋1·\f(8,2m＋1))－eq \f(1,2)=eq \f(7,2)，
当且仅当eq \f(1,2)(2m＋1)=eq \f(8,2m＋1)，即m=eq \f(3,2)时取等号，所以eq \f(b,a)的最小值为2eq \f(7,2)=8eq \r(2).