2025苏教版高中数学必修第一册同步练习题--3.2.1　基本不等式的证明 3.2.2　基本不等式的应用（含解析）

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2025苏教版高中数学必修第一册
3.2　基本不等式≤(a,b≥0)
3.2.1　基本不等式的证明　3.2.2　基本不等式的应用
基础过关练
题组一　对基本不等式的理解
1.(2023江苏海头高级中学月考)下列条件中,不能使+≥2成立的有(　　)
A.ab>0　　　　B.ab<0
C.a>0,b>0　　　　D.a<0,b<0
2.不等式a2+≥4中,等号成立的条件是(　　)
A.a=2　　　　B.a=±2
C.a=　　　　D.a=±
3.(多选题)下列不等式一定成立的是(　　)
A.3x+≥
B.3x2+≥
C.3(x2+1)+>
D.3(x2-1)+≥
题组二　利用基本不等式比较大小
4.(2024江苏淮安期中)已知实数a,b,c满足c-b=a+-2,c+b=2a2+2a+,且a>0,则a,b,c的大小关系是(　　)
A.b>c>a　　　　B.c>b>a
C.a>c>b　　　　D.c>a>b
5.已知a,b,x,y都是正实数,且+=1,x2+y2=8,则ab与xy的大小关系是　　　　.
6.某商店出售的某种饮料需分两次提价,提价方案有两种,方案甲:第一次提价p%,第二次提价q%;方案乙:每次都提价 %,若p,q>0,且p≠q,则提价较多的方案是　　　　.
题组三　利用基本不等式求最值
7.(2024江苏如东高级中学期中)若x<,则y=3x+1+有(　　)
A.最大值0　　　　B.最小值9
C.最大值-3　　　　D.最小值-3
8.(2024江苏徐州统考)已知x>0,y>0,x+4y=xy,则+的最小值为(　　)
A.6　　　　B.8　　　　C.9　　　　D.10
9.(2024福建莆田期中)已知010.(2024江苏江浦高级中学期中)若正数x,y,z满足x+y=xy,x+y+3=xyz,则z的最大值是　　　　.
题组四　利用基本不等式证明不等式
11.(2024安徽池州期中)已知a>0,b>0,且a-b=2,求证:a+≥5.
12.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:
(1)++≥9;
(2)ab+bc+ac≤;
(3)a2+b2+c2≥.
题组五　利用基本不等式解决实际问题
13.(2024江苏南通期中)某单位要建造一间背面靠墙的房屋,其地面面积为48 m2,房屋正面每平方米的造价为1 200元(包含门窗),房屋侧面每平方米的造价为800元,屋顶的造价为5 800元.如果墙高为3 m,且不计房屋背面和地面的费用,则房屋的最低总造价是(　　)
A.57 600元　　　　B.63 400元　　　　
C.69 200元　　　　D.57 600元
14.(2024浙江杭州联考)某人要买房,随着楼层的升高,上下楼耗费的精力增多,因此不满意度升高.当住第n层楼时,上下楼造成的不满意度为n.但高处空气清新,嘈杂音较小,环境较为安静,因此随着楼层的升高,环境不满意度降低.设住第n层楼时,环境不满意度为,则此人选第　　　　层楼时,不满意度最低.
15.第19届亚运会的吉祥物是一套名为“江南忆”的三个机器人模型,三个吉祥物分别取名“琮琮”“莲莲”“宸宸”.某公益团队联系亚运会组委会计划举办一场吉祥物纪念品展销会,成套出售“江南忆”,将所获利润全部用于体育设施建设.据市场调查:每套吉祥物纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分,其中固定价格为60元,浮动价格=(单位:元,其中销售量单位:万套).而当每套吉祥物售价定为x元时,销售量为(30-0.2x)万套.注:利润=(售价-供货价格)×销售量(不计其他成本).
(1)每套吉祥物纪念品售价为125元时,能获得的总利润是多少万元
(2)每套吉祥物纪念品的售价为多少元时,每套吉祥物纪念品的利润最大 并求出最大利润.
能力提升练
题组一　利用基本不等式求最值(范围)
1.(2024江苏盐城期中,)若x>0,y>1,则+的最小值为(　　)
A.1　　　　B.4　　　　
C.8　　　　D.12
2.(2024江苏南通期中,)设0A.32　　　　B.16　　　　
C.8　　　　D.4
3.(2024江苏田家炳中学期中)设x>y>z,n∈N,且+≥恒成立,则n的最大值为(　　)
A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
4.(多选题)(2024江苏扬州邗江中学期中)已知a,b均为正数,且满足a≥+,b≥+,则下列结论正确的是(　　)
A.a+b≥4　　　　B.ab≥3
C.<　　　　D.a2+b2≥3+2
5.(2024江苏常州期中,)已知正数x,y满足x+4y=xy,若不等式x+4y≥m2-6m恒成立,则实数m的取值范围为　　　　.
6.(2024江苏金陵中学期中)命题“ x>a,关于x的不等式2x+<2成立”为假命题,则实数a的取值范围是　　　　.
7.(2024浙江宁波期中,)已知实数x,y,且x+y+2xy=7.
(1)当x,y均为正数时,x+y的最小值为　　　　;
(2)当x,y均为整数时,x+y的最小值为　　　　.
8.(2024江苏南通期中)已知正实数a,b满足a2+2b2=4.
(1)求a2+2b的最大值;
(2)求的最小值.
题组二　利用基本不等式证明不等式
9.已知a>0,b>0,a+b=1,求证:
(1)++≥8;
(2)≥9.
10.(2023湖南株洲二中月考)已知a,b,c均为正实数.
(1)求证:++≥3;
(2)若a+b+c=3,证明:++≥.
题组三　利用基本不等式解决实际问题
11.(2024河南郑州外国语学校阶段检测)某品牌手机为了打开市场,促进销售,准备对其特定型号的产品降价,有四种降价方案:①先降价a%,再降价b%;②先降价%,再降价a%;③先降价%,再降价%;④一次性降价(a+b)%.其中a>b>0,则最终降价幅度最小的方案是(　　)
A.①　　　　B.②　　　　C.③　　　　D.④
12.(2024河南洛阳第三中学联考)我国后汉时期的数学家赵爽通过弦图利用出入相补法证明了勾股定理,在我国历史上还有多人通过出入相补法证明过勾股定理.我国清末数学家华蘅芳证明勾股定理时构造的图形如图所示,△ABC是以AB为斜边的直角三角形,分别以AB,BC,AC为边向外作3个正方形,点D在直线AC上,∠ABD=90°,记△ABC的周长与面积分别为l,S,则的最大值为　　　　　.
13.(2023山东青岛第一中学阶段检测)某厂家拟举行某产品的促销活动,经调查测算,该产品的年销售量(即该厂的年产量)x(万件)与年促销费用m(m≥0,单位:万元)满足x=4-(k为常数),如果不搞促销活动,那么该产品的年销售量只能是2万件.已知生产该产品的固定投入为8万元,每生产1万件该产品需要再投入16万元,厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍此处每件产品的年平均成本按元来计算.
(1)将该产品的年利润y(万元)表示为年促销费用m的函数;
(2)当年促销费用为多少万元时,该厂家的年利润最大 最大年利润是多少
答案与分层梯度式解析
3.2　基本不等式≤(a,b≥0)
3.2.1　基本不等式的证明 3.2.2　基本不等式的应用
基础过关练
1.B　根据基本不等式的条件知>0,>0,故a,b同号.故选B.
2.D　该不等式等号成立的条件为a2=,即a=±,故选D.
3.BC　对于A,x可能是负数,不成立;对于B,由基本不等式可知,3x2+≥,当且仅当3x2=,即x4=时取等号,故成立;对于C,易知x2+1>1,所以3(x2+1)+≥,当且仅当3(x2+1)=时取等号,但3(x2+1)=无解,所以3(x2+1)+>;对于D,x2-1可能是负数,不成立.故选BC.
4.B　因为a>0,所以c-b=a+-2≥2-2=2-2>0,故c>b.
c+b=2a2+2a+,c-b=a+-2,
两式相减得,2b=2a2+2a+-a-+2=2a2+a+2,
所以b=a2+a+1,
所以b-a=a2-a+1=+>0,故b>a,所以c>b>a.故选B.
5.答案　ab≥xy
解析　因为ab=ab·=a+b≥2,当且仅当a=b=2时等号成立,所以ab≥4.因为xy≤=4,当且仅当x=y=2时等号成立,所以ab≥xy.
6.答案　乙
解析　不妨设原价为1,则按方案甲提价后的价格为(1+p%)(1+q%),按方案乙提价后的价格为,
易知≤=1+,当且仅当1+p%=1+q%,即p=q时等号成立,又p≠q,所以(1+p%)(1+q%)<,所以提价较多的方案是乙.
7.C　因为x<,所以3x-2<0,y=3x+1+=3x-2++3=-+3≤-2+3=-3,
当且仅当-(3x-2)=,即x=-时取等号.
故选C.
8.D　由x>0,y>0,x+4y=xy,得+=1,
所以+=x+y++=x+y+1=(x+y)·+1=4+++1+1≥6+2=10,
当且仅当x=6,y=3时取等号.故选D.
解题模板　求含二次分式(分子是二次式,分母是一次式)的函数的最大(小)值时,常将一次式看成一个整体,将原来函数表达式中的分子按照一次式的形式进行配凑,分离常数,转化为可利用基本不等式求最大(小)值的形式.
9.答案　2
解析　因为0由基本不等式可得≤=2,
当且仅当x=4-x,即x=2时,等号成立.
故的最大值为2.
10.答案　
解析　由题意,得xy=x+y≥2,所以xy≥4,当且仅当x=y=2时等号成立,所以z==1+≤1+=,故z的最大值是.
11.证明　由a>0,b>0,a-b=2,得a=b+2,
所以a+=b+2+=(b+1)++1
≥2+1=5,
当且仅当a=b+2,b+1=,即b=1,a=3时等号成立,
所以a+≥5.
12.证明　(1)因为a,b,c均为正数,且a+b+c=1,所以++=++=3+++≥3+2+2+2=9,当且仅当a=b=c=时,等号成立.
(2)因为a,b,c均为正数,所以a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时取“=”),b2+c2≥2bc(当且仅当b=c时取“=”),c2+a2≥2ca(当且仅当a=c时取“=”),
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca(当且仅当a=b=c时取“=”).由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,所以1≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca,
即ab+bc+ac≤.
(3)由(2)得2ab+2bc+2ac≤2(a2+b2+c2),
所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1≤a2+b2+c2+2(a2+b2+c2),即a2+b2+c2≥当且仅当a=b=c=时取“=”.
解题模板　证明不等式时,要观察待证不等式的结构特征,若不能直接使用基本不等式,则要结合左、右两边的结构特征进行拆项、变形、配凑等,使之满足使用基本不等式的条件.
13.B　设房屋地面的长为x m,宽为y m,总造价为z元,则xy=48,即y=,
所以z=3x×1 200+6y×800+5 800=3 600x++5 800≥2+5 800=63 400,
当且仅当3 600x=,即x=8时取等号,此时z有最小值,且房屋的最低总造价为63 400元.
故选B.
14.答案　3
解析　由题意可知,当住第n层楼时,不满意度为n+,因为n>0,且n∈N*,所以n+≥2=6,当且仅当n=,即n=3时,等号成立,
故当此人选第3层楼时,不满意度最低.
15.解析　(1)当每套吉祥物纪念品售价为125元时,销售量为30-0.2×125=5(万套),
供货价格为60+=61(元),
故获得的总利润为5×(125-61)=320(万元).
(2)当每套吉祥物纪念品的售价为x元时,销售量为(30-0.2x)万套,
供货价格为元,
又x>0,30-0.2x>0,所以0所以每套吉祥物纪念品的利润为元,
x-60-=-+90≤-2+90=80,
当且仅当150-x=,即x=145时取等号.
所以每套吉祥物纪念品的售价为145元时,每套吉祥物纪念品的利润最大,且最大利润是80元.
能力提升练
1.C　设+=t,则4y2-(4+tx)y+x4+tx=0,
由Δ≥0,得[-(4+tx)]2-16(x4+tx)≥0,
即(tx-4)2≥16x4,
则tx-4≥4x2,即t≥4x+≥2=8,当且仅当4x=,即x=1时,等号成立.故选C.
2.B　t=+=+=(4m+1-4m)=8++
≥8+2=16,
当且仅当=,即m=时,等号成立.
故选B.
3.B　因为x>y>z,所以x-y>0,y-z>0,x-z>0,
+≥恒成立,等价于n≤(x-z)恒成立
破题关键,
因为x-z=(x-y)+(y-z),
所以(x-z)=[(x-y)+(y-z)]
=2++≥2+2=4,
当且仅当=,即x-y=y-z时等号成立,
所以要使n≤(x-z)恒成立,则需n≤4(n∈N),所以n的最大值为4.故选B.
4.ACD　对于A,由a≥+,b≥+,得a+b≥+++=4,
则(a+b)2≥4(a+b)=4≥4=16,
当且仅当=,即a=b时取等号,所以a+b≥4,故A正确;
对于B,因为a≥+,所以ab≥+2,
因为b≥+,所以ab≥3+,
故2ab≥5++≥5+2=5+2,
所以ab≥+,
当且仅当=,即b=a时取等号,
又+<3,故B错误;
对于C,因为a≥+>,所以a>1,所以<1,
因为b≥+>,所以b>,所以<,
所以+<1+,即<,所以<,故C正确;
对于D,因为a≥+,所以a2≥1+,
因为b≥+,所以b2≥+2,
所以a2+b2≥3++≥3+2=3+2,
当且仅当=,即a=b时取等号,故D正确.
故选ACD.
5.答案　[-2,8]
解析　因为正数x,y满足x+4y=xy,所以+=1,
则x+4y=(x+4y)=++8≥2+8=16,
当且仅当=,即x=8,y=2时等号成立,
所以x+4y的最小值为16,
若不等式x+4y≥m2-6m恒成立,则m2-6m≤16,
解得-2≤m≤8,即实数m的取值范围为[-2,8].
6.答案　[0,+∞)
解析　依题意,命题“ x>a,关于x的不等式2x+≥2成立”,
当x>a时,2x+=2(x-a)++2a≥2×+2a=2a+2,
当且仅当2(x-a)=,即x=a+时取等号,
因此2a+2≥2,解得a≥0,
所以实数a的取值范围是[0,+∞).
7.答案　(1)-1　(2)-9
解析　(1)因为x,y均为正数时,x+y+2xy=7,
所以x+y+2xy=7≤x+y+2,当且仅当x=y=时取等号,
即(x+y)2+2(x+y)-14≥0,
解得x+y≥-1或x+y≤--1,
因为x,y均为正数,所以x+y≥-1,
所以x+y的最小值为-1.
(2)由x+y+2xy=7可得(2x+1)(2y+1)=15.
因为x,y均为整数,所以2x+1,2y+1为整数,
则2x+1=1,2y+1=15,解得x=0,y=7,所以x+y=7,
2x+1=3,2y+1=5,解得x=1,y=2,所以x+y=3,
2x+1=5,2y+1=3,解得x=2,y=1,所以x+y=3,
2x+1=15,2y+1=1,解得x=7,y=0,所以x+y=7,
2x+1=-1,2y+1=-15,解得x=-1,y=-8,所以x+y=-9,
2x+1=-3,2y+1=-5,解得x=-2,y=-3,所以x+y=-5,
2x+1=-5,2y+1=-3,解得x=-3,y=-2,所以x+y=-5,
2x+1=-15,2y+1=-1,解得x=-8,y=-1,所以x+y=-9,
故x+y的最小值为-9.
8.解析　(1)因为a2+2b2=4,所以a2=4-2b2,
因为a,b为正实数,所以4-2b2>0,解得0则a2+2b=-2b2+2b+4=-2+,
根据二次函数的性质,得当b=时,a2+2b取得最大值,为.
(2)因为a,b为正实数,所以a2+2b2≥2=2ab,当且仅当a2=2b2时取等号,
又a2+2b2=4,所以2ab≤4,所以0则=8ab++=8ab+≥12,当且仅当ab=时取等号,
所以的最小值为12.
9.证明　(1)∵a+b=1,a>0,b>0,
∴++=++=2,
又+=+=2++≥2+2=4,当且仅当a=b=时等号成立,∴++≥8.
(2)证法一:∵a+b=1,
∴1+=1+=2+,同理,1+=2+,
又a>0,b>0,
∴==5+2≥5+4=9,当且仅当a=b=时等号成立,
∴≥9.
证法二:=1+++.
由(1)知,++≥8,
故=1+++≥9,当且仅当a=b=时,等号成立.
10.证明　(1)因为a,b,c均为正实数,
所以+≥2(当且仅当a=2b时,等号成立),
+≥2(当且仅当a=3c时,等号成立),
+≥2(当且仅当2b=3c时,等号成立),
以上三式相加,得++≥6(当且仅当a=2b=3c时,等号成立),
所以++≥3(当且仅当a=2b=3c时,等号成立),
即++≥3(当且仅当a=2b=3c时,等号成立).
(2)由题可得(a+b)+(b+c)+(c+a)=6,
则左边=++
=3++++++
≥3+2+2+2==右边,当且仅当=,=,=,a+b+c=3,即a=b=c=1时取“=”.
故++≥成立.
11.C　设原价为单位1,
对于①,降价后的价格为(1-a%)(1-b%);
对于②,降价后的价格为(1-a%),
对于③,降价后的价格为;
对于④,降价后的价格为一次性降价1-(a+b)%.
则(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%b%>1-(a+b)%.
因为a>b>0,所以(1-a%)(1-b%)<=.
因为a>b>0,所以%>%,1-%<1-%,
(1-a%)<.
综上所述,最终降价幅度最小的方案是③.
故选C.
12.答案　
解析　设BC=a,AC=b,则AB=,
由∠ABD=∠ACB=90°,∠DAB=∠BAC,可得Rt△ABD∽Rt△ACB,
所以=,所以AC·AD=AB2=a2+b2,
所以=
≤=,
当且仅当a=b时取等号,所以的最大值为.
13.解析　(1)由题意知,当m=0时,x=2,则2=4-k,解得k=2,∴x=4-.
∵每件产品的销售价格为1.5×(元),
∴y=1.5x×-8-16x-m=36--m(m≥0).
(2)∵当m≥0时,m+1>0,
∴y=37--(m+1)≤37-2=37-8=29,当且仅当=m+1,即m=3时等号成立,
即m=3时,ymax=29.
故当年促销费用为3万元时,该厂家的年利润最大,最大年利润是29万元.
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