2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习29《基本不等式》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习29《基本不等式》(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
已知第一象限的点(a，b)在直线2x＋3y－1=0上，则代数式eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)的最小值为( )
A.24 B.25 C.26 D.27
若实数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)=eq \r(ab)，则ab的最小值为( )
A.eq \r(2) B.2 C.2eq \r(2) D.4
若正数x，y满足4x2＋9y2＋3xy=30，则xy的最大值是( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3) C.2 D.eq \f(5,4)
已知x＞0，y＞0，且4x＋y=xy，则x＋y的最小值为( )
A.8 B.9 C.12 D.16
若a＞b＞1，P=eq \r(lg a·lg b)，Q=eq \f(1,2)(lg a＋lg b)，R=lgeq \f(a＋b,2)，则( )
A.R＜P＜Q B.Q＜P＜R C.P＜Q＜R D.P＜R＜Q
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且C=eq \f(π,6)，a＋b=12，则△ABC面积的最大值为( )
A.8 B.9 C.16 D.21
下列不等式一定成立的是( )
A.lg(x2＋eq \f(1,4))>lgx(x>0)
B.sinx＋eq \f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C.x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
设x，y均为正实数，且eq \f(3,2＋x)＋eq \f(3,2＋y)=1，则xy的最小值为( )
A.4 B.4eq \r(3) C.9 D.16
已知x>0，y>0，且3x＋2y=xy，若2x＋3y>t2＋5t＋1恒成立，则实数t取值范围是( )
A.(－∞，－8)∪(3，＋∞)
B.(－8,3)
C.(－∞，－8)
D.(3，＋∞)
设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 017=4 034，则eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)的最小值为 .
若对于任意的x>0，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.a≥eq \f(1,5) B.a>eq \f(1,5) C.a 设a>0,若关于x的不等式 SKIPIF 1 < 0 ≥5在(1,+∞)上恒成立,则a的最小值为( )
A.16 B.9 C.4 D.2
二、填空题
已知a>0，b>0，a＋b=2，则y=eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是________.
已知函数y=x＋eq \f(m,x－2)(x＞2)的最小值为6，则正数m的值为________.
已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，BC=4，若点P是边BC上的动点，且P到AB，AC的距离分别为m，n，则eq \f(4,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 017=4 034，则eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)的最小值为 .
设x，y∈R，a＞1，b＞1，若ax=by=2，a＋eq \r(b)=4，则eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最大值为________.
设x，y∈R，且xy≠0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,y2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值为________.
\s 0 答案解析
答案为：B
解析：因为第一象限的点(a，b)在直线2x＋3y－1=0上，所以2a＋3b－1=0，
即2a＋3b=1，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b)))(2a＋3b)=4＋9＋eq \f(6b,a)＋eq \f(6a,b)≥13＋2eq \r(\f(6b,a)·\f(6a,b))=25，
当且仅当eq \f(6b,a)=eq \f(6a,b)，即a=b=eq \f(1,5)时取等号，所以eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)的最小值为25.故选B.
答案为：C；
解析：由eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)=eq \r(ab)知a＞0，b＞0，所以eq \r(ab)=eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))，即ab≥2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＝\f(2,b)，,\f(1,a)＋\f(2,b)＝\r(ab)))，即a=eq \r(4,2)，b=2eq \r(4,2)时取“=”，所以ab的最小值为2eq \r(2).
答案为：C；
解析：由x＞0，y＞0，得4x2＋9y2＋3xy≥2·(2x)·(3y)＋3xy(当且仅当2x=3y时等号成立)，∴12xy＋3xy≤30，即xy≤2，∴xy的最大值为2.
答案为：B；
解析：由题意可得eq \f(4,y)＋eq \f(1,x)=1，则x＋y=(x＋y)(eq \f(4,y)＋eq \f(1,x))=5＋eq \f(4x,y)＋eq \f(y,x)≥5＋2eq \r(\f(4x,y)×\f(y,x))=9，
当且仅当eq \f(4x,y)=eq \f(y,x)，即x=3，y=6时等号成立，故x＋y的最小值为9.
答案为：C；
解析：∵a＞b＞1，∴lg a＞lg b＞0，eq \f(1,2)(lg a＋lg b)＞eq \r(lg a·lg b)，
即Q＞P.∵eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)，∴lgeq \f(a＋b,2)＞lgeq \r(ab)=eq \f(1,2)(lg a＋lg b)，即R＞Q，∴P＜Q＜R.
答案为：B；
解析：由三角形的面积公式：S=eq \f(1,2)absin C=eq \f(1,4)ab≤eq \f(1,4)×(eq \f(a＋b,2))2=9，
当且仅当a=b=6时等号成立.则△ABC面积的最大值为9.
答案为：C.
解析：对选项A，当x>0时，x2＋eq \f(1,4)－x=(x-eq \f(1,2))2≥0，所以lg(x2＋eq \f(1,4))≥lgx；
对选项B，当sinx<0时显然不成立；对选项C，x2＋1=|x|2＋1≥2|x|，一定成立；
对选项D，因为x2＋1≥1，所以0 答案为：D
解析：由eq \f(3,2＋x)＋eq \f(3,2＋y)=1可得xy=8＋x＋y.
∵x，y均为正实数，∴xy=8＋x＋y≥8＋2eq \r(xy)(当且仅当x=y时等号成立)，
即xy－2eq \r(xy)－8≥0，解得eq \r(xy)≥4，即xy≥16，故xy的最小值为16.
答案为：B.
解析：∵x>0，y>0，且3x＋2y=xy，可得eq \f(3,y)＋eq \f(2,x)=1，
∴2x＋3y=(2x＋3y)eq \f(3,y)＋eq \f(2,x)=13＋eq \f(6x,y)＋eq \f(6y,x)≥13＋2eq \r(\f(6x,y)·\f(6y,x))=25，
当且仅当x=y=5时取等号.
∵2x＋3y>t2＋5t＋1恒成立，
∴t2＋5t＋1<(2x＋3y)min，∴t2＋5t＋1<25，解得－8 答案为：4.
解析：由等差数列的前n项和公式，
得S2 017=eq \f(2 017a1＋a2 017,2)=4 034，则a1＋a2 017=4.
由等差数列的性质得a9＋a2 009=4，
所以eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a9)＋\f(9×4,a2 009)))=eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a9＋a2 009,a9)＋\f(9a9＋a2 009,a2 009)))
=eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2 009,a9)＋\f(9a9,a2 009)))＋10))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(a2 009,a9)×\f(9a9,a2 009))＋10))=4，
当且仅当a2 009=3a9时等号成立.
答案为：A.
解析：由x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)=eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)，令t=x＋eq \f(1,x)，则t≥2eq \r(x·\f(1,x))=2，
当且仅当x=1时，t取得最小值2.eq \f(x,x2＋3x＋1)取得最大值eq \f(1,5)，
所以对于任意的x>0，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a≥eq \f(1,5).
答案为：C；
答案为：eq \f(9,2).
解析：依题意，得eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))·(a＋b)=eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))=eq \f(9,2)，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a=eq \f(2,3)，b=eq \f(4,3)时取等号，即eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是eq \f(9,2).
答案为：4
解析：∵x＞2，m＞0，∴y=x－2＋eq \f(m,x－2)＋2≥2eq \r(（x－2）·\f(m,x－2))＋2=2eq \r(m)＋2，
当且仅当x=2＋eq \r(m)时取等号，又函数y=x＋eq \f(m,x－2)(x＞2)的最小值为6，
∴2eq \r(m)＋2=6，解得m=4.
答案为：eq \f(9,2).
解析：如图所示，根据题意，过点P作PE⊥AB，PF⊥AC，
则PE=m，PF=n，
又由AB=AC，∠BAC=120°，得∠ABC=∠ACB=30°，
则PE=eq \f(1,2)PB，PF=eq \f(1,2)PC，即m=eq \f(1,2)PB，n=eq \f(1,2)PC.
由PB＋PC=BC=4，得m＋n=2，则eq \f(4,m)＋eq \f(1,n)=(eq \f(4,m)＋eq \f(1,n))·eq \f(m＋n,2)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(9,2)，
即eq \f(4,m)＋eq \f(1,n)的最小值为eq \f(9,2)，此时m=2n.
答案为：4；
解析：由等差数列的前n项和公式，
得S2 017=eq \f(2 017a1＋a2 017,2)=4 034，则a1＋a2 017=4.
由等差数列的性质得a9＋a2 009=4，
所以eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a9)＋\f(9×4,a2 009)))=eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a9＋a2 009,a9)＋\f(9a9＋a2 009,a2 009)))
=eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2 009,a9)＋\f(9a9,a2 009)))＋10))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 \r(\f(a2 009,a9)×\f(9a9,a2 009))＋10))=4，
当且仅当a2 009=3a9时等号成立，故所求最小值为4.
答案为：4.
解析：由x=lga2，y=lgb2，得eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)=eq \f(2,lga2)＋eq \f(1,lgb2)=lg2a2＋lg2b=lg2(a2b).
又4=a＋eq \r(b)≥2eq \r(a\r(b))，所以a2b≤16，故eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)=lg2(a2b)≤4.
答案为： 9
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,y2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋4y2))=5＋eq \f(1,x2y2)＋4x2y2≥5＋2eq \r(\f(1,x2y2)·4x2y2)=9，
当且仅当x2y2=eq \f(1,2)时等号成立.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,y2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值为9.