专题04 基本不等式-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

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【知识梳理】2
【真题自测】2
【考点突破】10
【考点1】利用基本不等式求最值10
【考点2】基本不等式的综合应用13
【考点3】基本不等式的实际应用20
【分层检测】27
【基础篇】27
【能力篇】33
【培优篇】36
考试要求：
1.了解基本不等式的证明过程.
2.能用基本不等式解决简单的最值问题.
3.掌握基本不等式在生活实际中的应用.
知识梳理
1.基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的条件：a>0，b>0.
(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号.
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数.
2.两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
3.利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
1.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号.
2.ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2).
3.应用基本不等式求最值要注意：“一正，二定，三相等”，忽略某个条件，就会出错.
4.在利用不等式求最值时，一定要尽量避免多次使用基本不等式.若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致.
真题自测
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高考真题）下列函数中最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2021·全国·高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
4．（2021·浙江·高考真题）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
5．（2022·全国·高考真题）若x，y满足，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
6．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
7．（2023·天津·高考真题）在中，，，记，用表示 ；若，则的最大值为 ．
8．（2021·天津·高考真题）若，则的最小值为 ．
参考答案：
1．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
2．C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
3．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
4．C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【详解】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
5．BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
6．/
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

7．
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为为的中点，则，可得，
两式相加，可得到，
即，则；
空2：因为，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，根据余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
故答案为：；.

8．
【分析】两次利用基本不等式即可求出.
【详解】，
，
当且仅当且，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
考点突破
【考点1】利用基本不等式求最值
一、单选题
1．（2023·安徽蚌埠·模拟预测）已知实数满足且，则下列不等关系一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·辽宁葫芦岛·二模）若，则的最小值是 （ ）
A．B．1
C．2D．
二、多选题
3．（2023·江苏·一模）已知正数a，b满足，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最小值为D．的最小值为
4．（2023·山东烟台·三模）已知且，则（ ）
A．的最大值为B．的最大值为2
C．的最小值为6D．的最小值为4
三、填空题
5．（2023·辽宁大连·三模）已知，且，则的最小值为 .
6．（2020·天津滨海新·模拟预测）已知，则的最大值是 .
参考答案：
1．C
【分析】由不等式的性质判断A、B，根据基本不等式可判断C、D.
【详解】因为且，所以或，
对A：若，则，若，则，A错误；
对B：∵，，∴，B错误；
对C：由或，知且，∴，C正确；
对D：当时，有，从而
当，则且，∴，D错误.
故选：C
2．C
【分析】根据给定等式，利用均值不等式变形，再解一元二次不等式作答.
【详解】，当且仅当时取等号，
因此，即，解得，
所以当时，取得最小值2.
故选：C
3．AC
【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.
【详解】对于A，，
当且仅当时成立，A正确；
对于B，，即，可得，
所以，当且仅当时成立，B错误；
对于C，，当且仅当时成立，C正确；
对于D，由，
当且仅当，即，等号成立，
所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.
故选：AC.
4．BC
【分析】利用基本不等式可判断AB；先将化为，再妙用“1”可判断C；取特值可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故错误；
对于B，因为，所以，
即，，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，由得，所以，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D，令，则，所以的最小值不是4，D错误.
故选：BC.
5．
【分析】先对已知式子变形得，然后代入中，整理后利用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以
，
（当且仅当时取等号），
所以的最小值为，
故答案为：.
6．
【解析】先化简原式为，再换元设得原式，再换元设得原式可化为，再利用函数单调性得到函数的最大值.
【详解】，设，
所以原式=，
令
所以原式=.
(函数在上单调递增)
故答案为：
【点睛】(1)本题主要考查基本不等式，考查函数y=+的图像和性质，考查换元法的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化的能力及数形结合的思想方法；(2)解答本题的关键是两次换元，第一次是设，第二次是设，换元一定要注意新元的范围.
反思提升：
1.利用配凑法求最值，主要是配凑成“和为常数”或“积为常数”的形式.
2.常数代换法，主要解决形如“已知x＋y＝t(t为常数)，求eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)的最值”的问题，先将eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值.
3.当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”的形式，最后利用基本不等式求最值.
4.构建目标式的不等式求最值，在既含有和式又含有积式的等式中，对和式或积式利用基本不等式，构造目标式的不等式求解.
【考点2】基本不等式的综合应用
一、单选题
1．（2024·山东济宁·一模）已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（21-22高一上·河南商丘·期末）若对任意实数，不等式恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2023·河北保定·二模）如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，若的周长为定值，则（ ）

A．的大小为B．面积的最小值为
C．长度的最小值为D．点到的距离可以是
4．（2021·全国·模拟预测）已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A．的最小值为2B．面积的最大值为
C．直线的斜率为D．为钝角
三、填空题
5．（2024·广东深圳·一模）已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为 ．
6．（2021·湖北襄阳·一模）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是 ．
参考答案：
1．A
【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得，结合余弦定理以及不等式求得的最大值，再求三角形面积的最大值即可.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
即，，
又，，故；由，解得；
由余弦定理，结合，可得，
即，解得，当且仅当时取得等号；
故的面积，当且仅当时取得等号.
即的面积的最大值为.
故选：A.
2．D
【分析】分离变量将问题转化为对于任意实数恒成立，进而求出的最大值，设及，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】由题意可得，对于任意实数恒成立，则只需求的最大值即可，，设，则，再设，则，当且仅当时取得“=”.
所以，即实数a的最小值为.
故选：D.
3．BC
【分析】选项A：设线段、的长度分别为、，可得，可得，设，可得，可得；
选项B：设可得，由可得；
选项C：由，根据基本不等式可得；
选项D：根据线段、的长度分别为、，可得直线的方程为
，根据距离公式可得距离为.
【详解】选项A：
设线段、的长度分别为、，，
则，，
因为的周长为定值，所以．
则由勾股定理得，即，
又因为，，于是
因为，所以即，故A错误；
选项B：
设，则，，，
因为所以，即，
故，故B正确；
选项C：由A选项的推理可知，
所以，所以，即
又因得，当且仅当即时等号成立，故C正确；
选项D：
以为轴正向，为轴正向建立平面直角坐标系，
又选项A可知：，，，，
则直线的方程为，即，
即，
则C点到直线的距离
故D错误．
故选：BC
4．BC
【分析】A项，先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换利用基本不等式可得最小值，A项错误； B项，由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值； C项，由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系； D项，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知， 得，即，排除D项.
【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，
则四边形为平行四边形，
，
，
当且仅当时等号成立，A错误；
对于B，由得，
，
的面积，
当且仅当时等号成立，B正确；
对于C，设，则，，
故直线的斜率，C正确；
对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，
则，
又点和点在椭圆上，①，②，
①②得，易知，
则，得，
，，D错误.
故选：BC.
【点睛】椭圆常用结论：
已知椭圆，AB为椭圆经过原点的一条弦，P是椭圆上异于A、B的任意一点，若都存在，则.
5．18
【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由于，
故，
故，，
则
，
由，得，
由，即，知位于之间，
不妨设，则，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故则的最小值为18，
故答案为：18
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.
6．
【分析】由基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得的范围．
【详解】∵，，且，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
∴的最小值为8，
由解得，
∴ 实数的取值范围是
故答案为：．
【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题第一步是利用基本不等式求得的最小值，第二步是解不等式．
反思提升：
(1)当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值.
(2)求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用基本不等式确定等号成立的条件，从而得到参数的值或范围.
【考点3】基本不等式的实际应用
一、单选题
1．（2023·湖南·一模）某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年（今年）的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是（ ）
A．6年B．7年C．8年D．9年
2．（22-23高一上·重庆沙坪坝·期末）2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福寿安康.故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点离地面194cm.小南身高160cm（头顶距眼睛的距离为10cm），为使观赏视角最大，小南离墙距离应为（ ）
A．B．76cmC．94cmD．
二、多选题
3．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）某单位为了激励员工努力工作，决定提高员工待遇，给员工分两次涨工资，现拟定了三种涨工资方案，甲：第一次涨幅，第二次涨幅；
乙：第一次涨幅，第二次涨幅；
丙：第一次涨幅，第二次涨幅.
其中，小明帮员工李华比较上述三种方案得到如下结论，其中正确的有（ ）
A．方案甲和方案乙工资涨得一样多B．采用方案乙工资涨得比方案丙多
C．采用方案乙工资涨得比方案甲多D．采用方案丙工资涨得比方案甲多
4．（2023·河北唐山·三模）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（ ）
A．平面
B．五面体的体积为5
C．四边形与四边形的面积和为定值
D．与的面积和的最小值为
三、填空题
5．（2021·黑龙江大庆·三模）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木?”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门步有树，出南门步能见到此树，则该小城的周长的最小值为（注：里步） 里.
6．（21-22高三上·湖北·阶段练习）拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，，以，，为边向外作三个等边三角形，其中心依次为，，，若，则 ，的最大值为 .
参考答案：
1．B
【分析】根据等差数列的性质以及求和公式，结合基本不等式即可求解.
【详解】设第年的维修保养费为万元，数列的前项和为，该机的年平均耗费为，
据题意，数列是首项为12，公差为4的等差数列.
则.
当且仅当，即时，取最小值38.
所以这台冰激凌机的使用年限是7年.
故选:.
2．D
【分析】由题意只需最大，设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，求出，，设，则，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得为锐角，故要使最大，只需最大，
设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，如图，
则依题意可得（cm），（cm），，
设，则，且，
，
故
，当且仅当即时等号成立，
故使观赏视角最大，小南离墙距离应为cm.
故选：D.
3．BC
【分析】不防设原工资为1，分别计算三种方案两次涨幅后的价格，利用均值不等式比较即可求解.
【详解】方案甲：两次涨幅后的价格为：；
方案乙：两次涨幅后的价格为：；
方案丙：两次涨幅后的价格为：；
因为，由均值不等式，当且仅当时等号成立，
故，因为，所以，，
所以方案采用方案乙工资涨得比方案甲多，采用方案甲工资涨得比方案丙多，
故选：.
4．ABD
【分析】取BC的中点G，可得四边形EFGO为平行四边形，则EO∥FG，从而EO∥平面BCF，即可判断A；利用分割的方法，把几何体分割成三部分，可得一个三棱柱和两个四棱锥，再由已知求解即可判断B；设，则，利用梯形面积公式计算四边形与四边形的面积和，即可判断C；设，则，且，，则△ADE与△BCF的面积和为，利用不等式：当时，，求解最小值即可判断D.
【详解】
取BC的中点G，连接OG，FG，
∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，
∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；
过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，
∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，
又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，
过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，
∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，
同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，
如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，
∴五面体的体积：
，故B正确；
设，则，
，，
四边形与四边形的面积和为
，不是定值，故C错误；
过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，
∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，
又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，
∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，
设，则，且，，
△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，
则△ADE与△BCF的面积和为，
当时，，即，
∴，当且仅当等号成立，
，当且仅当等号成立，
则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确．
故选：ABD.
5．
【分析】根据题意得出，进而可得出，结合基本不等式求的最小值即可.
【详解】因为里步，由图可知，步里，步里，
，则，且，
所以，，所以，，则，
所以，该小城的周长为（里）.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
6．
【分析】在中，，由余弦定理可求得的值；同理可得，在中，求出，由余弦定理可求得与的关系，再由基本不等式即可求最大值.
【详解】设，，.如图，连接，.
由拿破仑定理知，为等边三角形.
因为为等边三角形的中心，所以在中，，，设，由余弦定理，得，即，
解得：，即，，同理；
又，，所以，
在中，由余弦定理可得，
即，化简得，
由基本不等式得，解得（当且仅当时取等号），所以.
故答案为：；.
反思提升：
(1)根据实际问题抽象出函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值.
(2)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围.
(3)在应用基本不等式求函数的最值时，若等号取不到，则可利用函数的单调性求解.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2023·北京西城·二模）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·山东滨州·二模）已知直线与圆相切，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
3．（2023·湖南长沙·一模）已知，则m，n不可能满足的关系是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023·湖北·模拟预测）已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．16B．12C．8D．4
二、多选题
5．（2023·吉林白山·一模）若正数a，b满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．（22-23高一上·甘肃临夏·阶段练习）已知，且，若不等式恒成立，则的值可以为（ ）
A．10B．9C．8D．7
7．（2021·江苏南通·一模）已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
8．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知正数，满足，若，则 ．
9．（2023·辽宁沈阳·二模）已知，则的最小值是 ．
10．（2022·上海·二模）已知对，不等式恒成立，则实数的最大值是 .
四、解答题
11．（2023·广西南宁·二模）已知a，b，c均为正数，且，证明：
(1)若，则；
(2).
12．（9-10高二下·江苏·期末）首届世界低碳经济大会在南昌召开，本届大会以“节能减排，绿色生态”为主题.某单位在国家科研部门的支持下进行技术攻关，采取了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本 (元)与月处理量 (吨)之间的函数关系可近似的表示为 ，且处理每吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元.
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则需要国家至少补贴多少元才能使单位不亏损？
参考答案：
1．A
【分析】根据对数函数的性质、对数的运算法则及基本不等式判断即可.
【详解】因为，，
又，，所以，
且，所以，
所以.
故选：A
2．B
【分析】由直线和圆相切可得，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】由于直线与圆相切，
故圆心到直线l的距离为，即，
故，当且仅当时取等号，
故选：B
3．C
【分析】根据对数的运算判断A，根据不等式的性质判断BCD.
【详解】，即，即.
对于 A， 成立.
对于 B， ，成立.
对于 C， ，即.故C错误；
对于 D， 成立.
故选：C.
4．D
【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.
【详解】对求导得，
由得，则，即，
所以，
当且仅当时取等号．
故选：D．
5．BD
【分析】由不等式的性质和基本不等式，验证各选项是否正确.
【详解】因为，，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故A错误；
因为，所以，则，同理可得，因为，所以，当且仅当时，等号成立，则B正确；
因为，所以，所以，所以，则C错误；
因为，当且仅当时，等号成立，所以D正确．
故选：BD
6．BCD
【分析】根据题意和基本不等式，求得，由恒成立，得到，结合选项，即可求解.
【详解】由 ，且，
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
又因为不等式恒成立，所以，
结合选项，可得选项B、C、D符合题意.
故选：BCD.
7．ABD
【分析】根据基本不等式及其性质，结合“1”的妙用以及对勾函数的性质，逐项进行分析判断即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，
从而，正确.
对于B，因为，所以，解得，
所以，正确.
对于C，令()，，在为增函数，
所以在上单调递增，从而，即，错误.
对于D，因为，所以，正确.
故选：ABD
8．6
【分析】化简不等式，利用基本不等式求出，即可得出的值.
【详解】由题意，由，得，
即，故．
又，所以，
当且仅当即时，等号成立，
此时，解得或，则，
所以.
故答案为：.
9．
【分析】变形条件等式得，然后展开，利用基本不等式求最小值.
【详解】，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
的最小值是.
故答案为：.
10．不存在
【分析】利用参变量分离法结合基本不等式求出的取值范围，即可得解.
【详解】由已知可得，，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，，故实数的最大值不存在.
故答案为：不存在.
11．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由基本不等式证明；
（2）用柯西不等式证明．
【详解】（1），，，
，
当且仅当，时取等号，
，即；
（2）∵a，b，c均为正数，且，由柯西不等式得，
，
，
，当且仅当时取等号．
12．(1)400吨；
(2)不获利，需要国家每个月至少补贴40000元才能不亏损.
【分析】（1）由题设平均每吨二氧化碳的处理成本为，应用基本不等式求其最小值，注意等号成立条件.
（2）根据获利，结合二次函数的性质判断是否获利，由其值域确定最少的补贴额度.
【详解】（1）由题意知，平均每吨二氧化碳的处理成本为；
当且仅当 ，即 时等号成立，
故该当每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低为200元.
（2）不获利，设该单位每个月获利为S元，则 ，
因为，则，
故该当单位每月不获利，需要国家每个月至少补贴40000元才能不亏损.
【能力篇】
一、单选题
1．（2022·河北石家庄·二模）已知，则x､y､z的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（22-23高一下·安徽合肥·阶段练习）直角三角形中，是斜边上一点，且满足，点在过点的直线上，若，则下列结论正确的是（ ）
A．为常数B．的值可以为：
C．的最小值为3D．的最小值为
三、填空题
3．（2023·河南·模拟预测）已知向量，，其中，，若，则的最小值为 ．
四、解答题
4．（2022·山西晋中·模拟预测）已知，，且.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)证明：.
参考答案：
1．D
【分析】作商，由对数的性质、运算及基本不等式可比较出，再由，可比较出与的大小即可得出的大小关系.
【详解】，
，
即，
，而，
，又，
，
综上，，
故选：D
2．ACD
【分析】作出图形，由可得出，根据三点共线的结论得出，由此判断A，B，结合基本不等式可判断CD.
【详解】如下图所示：
由，可得，
，
若，，，
则，，
，
、、三点共线，
，，
故A正确；
当，时， ，所以B错误；
，
当且仅当时，等号成立，C正确；
的面积，的面积，
所以，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
即，当且仅当时等号成立，
所以当时，取最小值，最小值为，
所以的最小值为，D正确；
故选：ACD.
3．
【分析】根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可.
【详解】，，，
，即，
由，，则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：
4．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先通过基本不等式求出的最小值，进而解出不等式即可；
（2）先进行变形，然后通过基本不等式证得答案.
【详解】（1）已知，，且.
则，
当且仅当时，取到最小值，所以，即，解得.
（2），当且仅当，即时，等号成立.所以.
【培优篇】
一、单选题
1．（2023·上海长宁·二模）设各项均为实数的等差数列和的前n项和分别为和，对于方程①，②，③．下列判断正确的是（ ）
A．若①有实根，②有实根，则③有实根
B．若①有实根，②无实根，则③有实根
C．若①无实根，②有实根，则③无实根
D．若①无实根，②无实根，则③无实根
二、多选题
2．（2022·浙江·模拟预测）已知a，b为正数，且，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
3．（21-22高三上·天津南开·期中）已知正实数a，b满足，则的最小值为 .
参考答案：
1．B
【分析】若①有实根，得到，设方程与方程的判别式分别为和，得到，结合举反例可以判断选项AB；通过举反例可以判断选项CD.
【详解】若①有实根，由题意得：，
其中，，
代入上式得，
设方程与方程的判别式分别为和，
则等号成立的条件是．
又，
如果②有实根，则，则或者，所以③有实根或者没有实根，如 满足，，但是，所以③没有实根，所以选项A错误；
如果②没实根，则，则，所以③有实根，所以选项B正确；
若①无实根，则，②有实根，则,
设，所以，，
此时，则③有实根，所以选项C错误；
若①无实根，则，②无实根，则,
设，所以，，
此时，则③有实根，所以选项D错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是排除法的灵活运用，要证明一个命题是假命题，证明比较困难，只需举一个反例即可.
2．ACD
【分析】对于A选项，配成完全平方后验证取等条件即可判断A选项正误；
对于B选项，根据均值定理中的“1”的妙用即可判断B选项正误；
对于C选项，将代入，整理成二次函数，借助二次函数值域即可判断C选项的正误；
对于D选项，将代入，整理成分式函数，借助分式函数值域即可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，，当且仅当时等号成立，
当时，由于，得，与为正数矛盾，故，
即得，故A选项正确；
对于B选项，，.又
，
当且仅当，即时等号成立；故B选项不正确；
对于C选项，，，.
，
，当且仅当时等号成立，
，故C选项正确；
对于D选项，，，.
，
当时，，
，得，即，故D选项正确.
故选：ACD
3．/
【分析】将目标式转化为，应用柯西不等式求的取值范围，进而可得目标式的最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，，则，
又，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立.
∴的最小值为.
故答案为：.