专题1-2 基本不等式的五种常考题型归类（专题分层练）解析版.docx

1、专题验收评价专题1-2 基本不等式的五种常考题型归类内容概览A常考题不丢分一等式与不等式的性质（共1小题）二不等关系与不等式（共1小题）三基本不等式及其应用（共6小题）四其他不等式的解法（共1小题）五二次函数的性质与图象（共1小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（9题）C挑战真题争满分（13题）一等式与不等式的性质（共1小题）1（2023宝山区校级模拟）下列命题正确的是（）A若a2b2，则abB若|a|b，则a2b2C若a|b|，则a2b2D若ab，则a2b2【分析】通过特殊值法代入判断即可【解答】解：对于A：错误，如a3，b0；对于B：错误，如|a|2，b5，对于C：正确；对于D：错误，如a0，

2、b3，故选：C【点评】本题考查了不等式的性质，是一道基础题二不等关系与不等式（共1小题）2（2023长宁区校级三模）如果a0，b0，则下列不等式中正确的是（）Aa2b2BCD|a|b|【分析】a0，b0，利用不等式的性质可得：a2b2，|a|b|不一定成立，而0，即可判断出正误【解答】解：a0，b0，a2b2，|a|b|不一定成立，只有0正确故选：C【点评】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力，属于基础题三基本不等式及其应用（共6小题）3（2023宝山区二模）已知定义在R上的偶函数f（x）|xm+1|2，若正实数a、b满足f（a）+f（2b）m，则的最小值为（）AB9CD8【分析】由f（

3、x）为偶函数可得m+10，进而求出m的值，得到f（x）的解析式，再由正实数a、b满足f（a）+f（2b）m，可得a+2b5，结合基本不等式求解即可【解答】解：f（x）|xm+1|2为R上的偶函数，m+10，m1，f（x）|x|2，又正实数a、b满足f（a）+f（2b）m，（a2）+（2b2）1，即a+2b5，（a+2b）（）（5+），当且仅当，即ab时，等号成立，即的最小值为故选：A【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，考查了利用基本不等式求最值，属于基础题4（2023上海模拟）已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为162【分析】利用矩形的周长

4、公式、基本不等式的性质、圆柱的侧面积计算公式即可得出【解答】解：如图所示，设矩形的长与宽分别为a，b则2a+2b36，即a+b18，当且仅当ab9时取等号解得ab81旋转形成的圆柱的侧面积2ab281162旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为162故答案为：162【点评】本题考查了矩形的周长公式、基本不等式的性质、圆柱的侧面积计算公式，属于基础题5（2023徐汇区校级三模）已知1a4，则的最小值是 2【分析】先将分离常数，再利用“1”的代换的方法求最值【解答】解：1a4，4a0，a10，1+，1+1+（4a）+（a1）（+）1+5+1+（5+2）2，当且仅当，即a2取等号，则的最小值是2故答案为：

5、2【点评】本题考查基本不等式，属于中档题6（2023奉贤区校级模拟）已知a0，b0，且abab+3，则a+b的最小值为 【分析】利用等式abab+3求解b，代入a+b计算，结合基本不等式，即可求得a+b的最小值【解答】解：因为abab+3，解得：，则，当且仅当，时取等号故答案为：【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题7（2023普陀区校级模拟）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ABC120，ABC的平分线交AC于点D，且BD1，则4a+c的最小值为 9【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式“1的代换”进行求解即可【解答】解：由题意得acsin1

6、20asin60+csin60，即aca+c，得+1，得4a+c（4a+c）（+）+52+54+59，当且仅当，即c2a时，取等号，故答案为：9【点评】本题主要考查基本不等式的应用，利用1的代换结合基本不等式是解决本题的关键8（2023宝山区校级模拟）已知x，yR，且x+2y1，则2x+4y的最小值是【分析】首先判断2x0，4y0，然后知2x+4y2 ，即得答案【解答】解：由2x0，4y0，2x+4y2 所以2x+4y的最小值为故答案为：【点评】本题考查均值不等式的性质和应用，解题时要注意公式的正确应用四其他不等式的解法（共1小题）9（2023浦东新区校级一模）不等式0的解集为（0，1）【分析

7、】由不等式0可得 x（x1）0，由此解得不等式的解集【解答】解：由不等式0可得 x（x1）0，解得 0x1，故答案为：（0，1）【点评】本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于基础题五二次函数的性质与图象（共1小题）10（2023宝山区校级模拟）已知函数f（x）x2+ax+b（a，bR）的值域为0，+），若关于x的不等式f（x）c的解集为（m，m+6），则实数c的值为9【分析】根据函数的值域求出a与b的关系，然后根据不等式的解集可得f（x）c的两个根为m，m+6，最后利用根与系数的关系建立等式，解之即可【解答】解：函数f（x）x2+ax+b（a，bR）的值域为0，+），f（

8、x）x2+ax+b0只有一个根，即a24b0，则4ba2不等式f（x）c的解集为（m，m+6），即为x2+ax+bc解集为（m，m+6），则x2+ax+bc0的两个根x1，x2分别为m，m+6两根之差为|x1x2|m+6m|6根据韦达定理可知：x1+x2ax1x2bc|x1x2|6666解得c9故答案为：9【点评】本题主要考查了一元二次不等式的应用，以及根与系数的关系，同时考查了分析求解的能力和计算能力，属于中档题一选择题（共3小题）1（2022上海自主招生）ab0，则最小值为（）ABCD4【分析】利用基本不等式可解【解答】解：ab0，则a23，当且仅当，即a，b时取等号故选：C【点评】本题考

9、查基本不等式相关知识，属于基础题2（2020上海自主招生）下列不等式恒成立的是（）ABC|xy|2D|xy|xz|+|yz|【分析】由不等式的性质，利用作差法及赋值法比较大小逐一判断即可得解【解答】解：对于选项A，即，即选项A正确；对于选项B，取x0，y1，不等式显然不成立，即选项B错误；对于选项C，取x1，y0，不等式显然不成立，即选项C错误；对于选项D，取x0，y0，z1，不等式显然不成立，即选项D错误，故选：A【点评】本题考查了不等式的性质，重点考查了利用作差法比较大小，属基础题3（2020上海自主招生）下列不等式恒成立的是（）Ax2+x+BC|xy|xz|+|yz|D【分析】Ax0时，

10、x2+x+成立；x0时，设tx+2，不等式x2+x+化为：t22t，化简即可判断出正误B取特殊值，令xy1，即可判断出正误；C由绝对值不等式的性质即可判断出正误；D.，即可判断出真假【解答】解：Ax0时，x2+x+成立；x0时，设tx+2，不等式x2+x+化为：t22t，化为（t2）（t+1）0，即t2，恒成立因此不等式恒成立B取xy1，则|xy|+1102，因此不恒成立；C由绝对值不等式的性质可得：|xz|+|yz|（xz）（yz）|xy|，因此不恒成立D，0，错误故选：A【点评】本题考查了不等式的性质、绝对值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题二填空题（共2小题）4（2020

11、上海自主招生）已知yax2+bx+c过A（3，4），B（5，4），则2a+b0【分析】由二次函数图象的对称性，可得对称轴方程为x1，可解出答案【解答】解：图象过A，B两点，可知该函数一定是二次函数，对称轴方程为，所以b2a，b+2a0故答案为0【点评】本题考查了二次函数的对称性5（2022上海自主招生）x，y，z为正整数，求的最小值为 4【分析】直接利用关系式的变换和不等式的应用求出结果【解答】解：引入参数k值，使之满足10x2+10y2+z2kx2+ky2+（10k）x2+2kxy+，依据取等号的条件，有2k，整理得：t4，故的最小值为4故答案为：4【点评】本题考查的知识要点：关系式的变换，

12、不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题三解答题（共4小题）6（2021上海自主招生）若，f（x）log2x，解不等式0g（f（x）1【分析】g（x）（x+x+2x+|x|+2）（x+xx+|x|）+1，解不等式0g（x）1，得到解集为（2，0）k+，k+1），（kZ），从而不等式0g（f（x）1的解集满足f（x）log2x（2，0）k+，k+1），（kN），由此能求出结果【解答】解：g（x）（x+x+2x+|x|+2）（x+xx+|x|）+1，下面解不等式0g（x）1，分两大类：即若x0和x0时，（1）若x0，则g（x）（x+x）+1，（i）当1x0时，0g（x）（x1

13、）+11，则x（3，1），即x1，0）；（ii）当2x1时，0g（x），则x（2，2），即x（2，1）；（iii）当x2时，g（x）（22）+10，原不等式无解；（iV）当x0时，g（x）1，故原不等式无解（2）若x0，则g（x）（x+x2x）+1，设xk+，其中kN，0，1，则g（x）（2）+1，（i）当时，0g（x），则（3，1），即，1）；（ii）当时，0g（x），则（4，0），原不等式无解综上，不等式0g（x）1的解集为（2，0）k+，k+1），（kZ），不等式0g（f（x）1的解集满足f（x）log2x（2，0）k+，k+1），（kN），解得x（kN）【点评】本题考查不等式的解法，考

14、查分类讨论思想、等价转化思想、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题7（2022浦东新区校级二模）设实数a、bR，f（x，a，b）a2x+blog2x+x（1）解不等式：f（x，1，1）3；（2）若存在x1，x2R，使得f（x1，2，0）9，f（x2，0，1）10，求x1+x2的值；（3）设常数a0，若u0，v0，f（u，a，0）f（v，0，1）t求证：（va2u）（t+log2a）0【分析】（1）由f（1，1，1）3及f（x，1，1）的单调性求不等式的解集；（2）问题转化为求y9x与y2x+1、ylog2x的交点横坐标，根据y2x+1与ylog2x1关于yx对称，即可求x1+x2的

15、值；（3）由题设可得，根据ya2x与关于yx对称及其单调性，由反函数性质讨论va2u、va2u、va2u对应t+log2a的符号，即可证结论【解答】解：（1）由题设f（x，1，1）2x+log2x+x3，又f（x，1，1）在定义域上递增且f（1，1，1）3，所以f（x，1，1）f（1，1，1），则x1，故解集为（1，+）；（2）由题设，f（x，2，0）2x+1+x，f（x，0，1）log2x+x，由f（x1，2，0）9，f（x2，0，1）10，则，所以x1，x2分别是y9x与y2x+1、ylog2x1的交点横坐标，而y2x+1与ylog2x1关于yx对称，即互为反函数，所以x19x2，即x1+

16、x29；证明：（3）由f（u，a，0）a2u+u，f（v，0，1）log2v+v，由题设有，又a0，ya2x与关于yx对称，且在定义域上均递增，当va2u时，则t+log2a0，此时（va2u）（t+log2a）0，当va2u时，则t+log2a0，此时（va2u）（t+log2a）0，当va2u时，则t+log2a0，此时（va2u）（t+log2a）0，综上，（va2it）（t+log2a）0【点评】第二、三问，结合反函数的对称性和指对数函数的单调性，求参数值或讨论参数的大小关系证明不等式8（2022青浦区二模）设函数f（x）x2+px+q（p，qR），定义集合Dfx|f（f（x）x，xR

17、，集合Efx|f（f（x）0，xR（1）若pq0，写出相应的集合Df和Ef；（2）若集合Df0，求出所有满足条件的p，q；（3）若集合Ef只含有一个元素，求证：p0，q0【分析】（1）由x4x、x40解得x，可得Df，Ef；（2）由f（f（x）x0得x2+（p+1）x+p+q+10或x2+（p1）x+q0，然后由1（p+1）24（p+q+1），2（p1）24q1，方程f（f（x）x0只有一个实数解0，得20，10，转化为x2+（p1）x+q0有唯一实数解0，可得答案；（3）由条件，f（f（x）0有唯一解，得f（x）0有解，分f（x）0有唯一解x0、f（x）0有两个解x1，x2 （x1x2），则

18、f（x）（xx1）（xx2），且两个方程f（x）x1，f（x）x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）x2有唯一解，所以x20，x10，结合f（x）的图像和实数解的个数可得答案【解答】解：f（x）x2，f（f（x）x4，由x4x解得x0或x1，由x40解得x0，所以Df0，1，Ef0（2）由f（f（x）xf（f（x）f（x）+f（x）xf2 （x）+pf（x）x2px+f（x）x（f（x）+x+p+1）（f（x）x）（x2+（p+1）x+p+q+1）（x2+（p1）x+q）0，得x2+（p+1）x+p+q+10或x2+（p1）x+q0，1（p+1）24（p+q+1）（p1）24q4，2

19、（p1）24q（p1）24q1，而方程f（f（x）x0只有一个实数解0，所以20，10，即只需x2+（p1）x+q0有唯一实数解0，所以p1，q0（3）由条件，f（f（x）0有唯一解，所以f（x）0有解，若f（x）0有唯一解x0，则f（x）（xx0）2，且f（x）x0有唯一解，结合f（x）图像可知x00，所以f（x）x2，所以pq0若f（x）0有两个解x1，x2 （x1x2），则f（x）（xx1）（xx2），且两个方程f（x）x1，f（x）x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）x2有唯一解，所以x20，x10，则f（x）（xx1）（xx2），且两个方程f（x）x1，f（x）x2总共只

20、有一个解，结合f（x）图像可知f（x）x2有唯一解，所以x20，x10，所以qx1x20，且f（x）的对称轴x0，所以p0，所以p0，q0综上，p0，q0【点评】本题主题考查了二次函数与二次方程之间的关系的相互转换，方程根与系数的应用，考查了系数对新定义的理解能力及计算能力9（2022宝山区二模）已知函数f（x）（1）当ab1时，求满足f（x）3x的x的取值范围；（2）若yf（x）的定义域为R，又是奇函数，求yf（x）的解析式，判断其在R上的单调性并加以证明【分析】（1）由题意可得3x从中解得13x，解此指数不等式即可求得x的取值范围；（2）由f（0）0，可求得a，f（1）+f（1）0可求得b

21、，从而可得yf（x）的解析式；利用单调性的定义，对任意x1，x2R，x1x2，再作差f（x1）f（x2），最后判断符号即可【解答】解：（1）由题意，3x，化简得3（3x）2+23x10（2分）解得13x（4分）所以x1（6分），如果是其它答案得5分）（2）已知定义域为R，所以f（0）0a1，（7分）又f（1）+f（1）0b3，（8分）所以f（x）；（9分）f（x）（）（1+）对任意x1，x2R，x1x2，可知f（x1）f（x2）（）（）（12分）因为x1x2，所以0，所以f（x1）f（x2），因此f（x）在R上递减（14分）【点评】本题考查指数不等式的解法，考查函数奇偶性的应用，考查函数单调性

22、的判断与证明，属于综合题，难度大，运算量大，属于难题一选择题（共4小题）1（2022上海）若abcd，则下列不等式恒成立的是（）Aa+db+cBa+cb+dCacbdDadbc【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解【解答】解：对于A，令a2，b1，c1，d2，满足abcd，但a+db+c，故A错误，对于B，abcd，即ab，cd，由不等式的可加性可得，a+cb+d，故B正确，对于C，令a2，b1，c1，d2，满足abcd，但acbd，故C错误，对于D，令a2，b1，c1，d2，满足abcd，但adbc，故D错误故选：B【点评】本题主要考查了不等式的性质，掌握特殊值法是解

23、本题的关键，属于基础题2（2020上海）下列不等式恒成立的是（）Aa2+b22abBa2+b22abCa+b2Da2+b22ab【分析】利用（a+b）20恒成立，可直接得到a2+b22ab成立，通过举反例可排除ACD【解答】解：A显然当a0，b0时，不等式a2+b22ab不成立，故A错误；B（a+b）20，a2+b2+2ab0，a2+b22ab，故B正确；C显然当a0，b0时，不等式a+b2不成立，故C错误；D显然当a0，b0时，不等式a2+b22ab不成立，故D错误故选：B【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题3（2022上海）若实数a、b满足ab0，下列不等式中恒成立

24、的是（）Aa+b2Ba+b2C+2b2D+2b2【分析】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解【解答】解：因为ab0，所以a+b2，当且仅当ab时取等号，又ab0，所以a+b，故A正确，B错误，2，当且仅当，即a4b时取等号，故CD错误，故选：A【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的理解能力，属于基础题4（2021上海）已知两两不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足x1y1，x2y2，x3y3；x1+y1x2+y2x3+y3；x1y1+x3y32x2y2，以下哪个选项恒成立（）A2x2x1+x3B2x2x1+x3Cx22x1x3Dx22x1x3【分析】设，根据题意，

25、则有，可得x1+x32x22b（a+c），通过求解（2b）2（a+c）20，可得x1+x32x22b（a+c）0，可得A正确，B错误；利用作差法可得x1x3x22（2bac）m，而上面已证（2bac）0，因无法知道m的正负，可得该式子的正负无法恒定，即无法判断CD，即可得解【解答】解：设x1+y1x2+y2x3+y32m，根据题意，应该有，且m2a2+m2c22（m2b2）0，则有，则x1+x32x2（ma）+（mc）2（mb）2b（a+c），因为（2b）2（a+c）22（a2+c2）（a+c）20，所以x1+x32x22b（a+c）0，所以A项正确，B错误x1x3x22（ma）（mc）（mb

26、）2（2bac）m+acb2（2bac）m，而上面已证（2bac）0，因为不知道m的正负，所以该式子的正负无法恒定故选：A【点评】本题主要考查不等关系与不等式的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题二填空题（共8小题）5（2022上海）不等式0的解集为 （0，1）【分析】把分式不等式转化为二次不等式即可直接求解【解答】解：由题意得x（x1）0，解得0x1，故不等式的解集（0，1）故答案为：（0，1）【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题6（2021上海）不等式1的解集为（7，2）【分析】由已知进行转化0，进行可求【解答】解：100，解得，7x2故答案为：（7，2）【点评】本题主

27、要考查了分式不等式的求解，属于基础题7（2023上海）已知正实数a、b满足a+4b1，则ab的最大值为 【分析】直接利用基本不等式求出结果【解答】解：正实数a、b满足a+4b1，则ab，当且仅当a，时等号成立故答案为：【点评】本题考查的知识要点：基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题8（2021上海）已知函数f（x）3x+（a0）的最小值为5，则a9【分析】利用基本不等式求最值需要满足“一正、二定、三相等”，该题只需将函数解析式变形成f（x）3x+1+1，然后利用基本不等式求解即可，注意等号成立的条件【解答】解：f（x）3x+3x+1+115，所以a9，经检验，3x2

28、时等号成立故答案为：9【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，以及整体的思想，解题的关键是构造积为定值，属于基础题9（2020上海）不等式3的解集为（0，）【分析】将不等式化简后转化为一元二次不等式，由一元二次不等式的解法求出不等式的解集【解答】解：由得，则x（13x）0，即x（3x1）0，解得，所以不等式的解集是（0，），故答案为：（0，）【点评】本题考查分式不等式、一元二次不等式的解法，以及转化思想，属于基础题10（2022上海）xy0，x+y10，求zx+2y的最小值 【分析】根据已知条件作出可行域，再求目标函数的最小值即可【解答】解：如图所示：由xy0，x+y10，可知行域为直线xy0

29、的左上方和x+y10的右上方的公共部分，联立，可得，即图中点A（，），当目标函数zx+2y沿着与正方向向量（1，2）的相反向量平移时，离开区间时取最小值，即目标函数zx+2y过点A（，）时，取最小值：+2故答案为：【点评】本题考查了线性规划知识，难点在于找到目标函数取最小值的位置，属于中档题11（2021上海）已知，zxy，则z的最大值为 4【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得目标函数的最大值【解答】解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：yxz，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距的相反数，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点B处取得

30、最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：B（3，1），据此可知目标函数的最大值为：zmax3（1）4故答案为：4【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用线性规划求最值的方法等知识，属于中等题12（2020上海）已知x、y满足，则zy2x的最大值为1【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图阴影部分，化目标函数zy2x为y2x+z，由图可知，当直线y2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，联立，解得，即A（1，1）z有最大值为1211故答案为：1【点评】本题考查简单的线性规划，

31、考查数形结合的解题思想方法，是中档题三解答题（共1小题）13（2022上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设如图是一处要架空线入地的矩形地块ABCD，AB30m，AD15m为保护D处的一棵古树，有关部门划定了以D为圆心、DA为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区若空线入线口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与封闭区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区（计算长度精确到0.1m，计算面积精确到0.01m2）（1）若ADE20，求EF的长；（2）当入线口E在AB上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多

32、少？【分析】（1）作DHEF，然后结合锐角三角函数定义表示出EF，（2）设ADE，结合锐角三角函数定义可表示AE，FH，然后表示出面积，结合同角基本关系进行化简，再由基本不等式可求【解答】解：（1）作DHEF，垂足为H，则EFEH+HF15tan20+15tan5023.3m；（2）设ADE，则AE15tan，FH15tan（902），S四边形ADFE2SADE+SDFH21515tan+，（30tan+15cot2）（30tan+15），当且仅当3tan，即tan时取等号，此时AE15tan5，最大面积为450255.14m2【点评】本题主要考查了利用基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是由实际问题抽象出数学问题，属于中档题