2025年高考数学一轮复习-2.2.1-基本不等式-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-2.2.1-基本不等式-专项训练【含解析】，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．a，b∈R，则a2＋b2与2|ab|的大小关系是( )
A．a2＋b2≥2|ab|B．a2＋b2＝2|ab|
C．a2＋b2≤2|ab|D．a2＋b2>2|ab|
2．若实数a，b∈(0,1)，且满足(1－a)b>eq \f(1,4)，则a，b的大小关系是( )
A．a>bB．a≥b
C．a≤bD．a0，b>0
D．若a∈R，则有a2＋9≥6a
4．某工厂生产某种产品，第一年产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x，则( )
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．设a，b为正数，且a＋b≤4，则下列各式中正确的一个是( )
A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)nB．ma
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4
C．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
D．a2＋9>6a
14.《几何原本》第二卷中的几何代数法(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，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，并称之为无字证明．现有如图所示的图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB.设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋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．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是 ；a＋b的取值范围是 .
16．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：
(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
2025年高考数学一轮复习-基本不等式-专项训练【解析版】
时间：45分钟
一、选择题
1．a，b∈R，则a2＋b2与2|ab|的大小关系是( A )
A．a2＋b2≥2|ab|B．a2＋b2＝2|ab|
C．a2＋b2≤2|ab|D．a2＋b2>2|ab|
解析：∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，∴a2＋b2≥2|ab|(当且仅当|a|＝|b|时，等号成立)．
2．若实数a，b∈(0,1)，且满足(1－a)b>eq \f(1,4)，则a，b的大小关系是( D )
A．a>bB．a≥b
C．a≤bD．aeq \f(1,4)，
∴eq \r(1－ab)>eq \f(1,2)，又eq \f(1－a＋b,2)≥eq \r(1－ab)，
∴eq \f(1－a＋b,2)>eq \f(1,2)，∴a0，b>0
D．若a∈R，则有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，则有eq \f(a,b)>0，eq \f(b,a)>0，因此a>0，b>0或a0.又因为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(当且仅当a－2＝eq \f(1,a－2)，即a＝3时，“＝”成立)．
故m≥4.由b≠0得b2≠0.所以22－b2a
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4
C．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
D．a2＋9>6a
解析：由于a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4，
当且仅当a＝b＝1时，等号成立，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\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝b时，等号成立，故C恒成立；当a＝3时，a2＋9＝6a，故D不恒成立．
14.《几何原本》第二卷中的几何代数法(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，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，并称之为无字证明．现有如图所示的图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB.设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( D )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋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：由图形可知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．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是ab≥9；a＋b的取值范围是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，求证：
(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
证明：(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\c1(\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(a＋b,b)＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2＋2＝4，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立)．
(2)方法一：∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＋eq \f(1,a)＝1＋eq \f(a＋b,a)＝2＋eq \f(b,a)，
同理，1＋eq \f(1,b)＝2＋eq \f(a,b)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立)．
方法二：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab).
由(1)知，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8，
当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥9，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立．