2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試小題基礎(chǔ)練三不等式

小題基礎(chǔ)練(三)不等式1．(2024·惠州模擬)已知實(shí)數(shù)a>b>0>c，則下列結(jié)論肯定正確的是()A．eq\f(a,b)>eq\f(a,c) B．(eq\f(1,2))a>(eq\f(1,2))cC．eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D．a(chǎn)2>c2解析：A選項(xiàng)，因?yàn)閍>b>0>c，所以eq\f(a,b)>0>eq\f(a,c)，故A選項(xiàng)正確；B選項(xiàng)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝(eq\f(1,2))x在R上單調(diào)遞減且a>c，所以(eq\f(1,2))a<(eq\f(1,2))c，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，因?yàn)閍>0>c，則eq\f(1,a)>0>eq\f(1,c)，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，若a＝1，c＝－2，滿意a>0>c，但a2<c2，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A.答案：A2．(2024·廣州黃埔區(qū)校級(jí)模擬)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b<b2C．a(chǎn)＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：因?yàn)閑q\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以a和b為負(fù)數(shù)且a>b，所以a2<b2，故A正確；再由不等式的性質(zhì)可得ab<b2，故B正確；由a和b為負(fù)數(shù)可得a＋b<0，故C正確；再由a和b為負(fù)數(shù)可得|a|＋|b|＝|a＋b|，故D錯(cuò)誤．故選D.答案：D3．(2024·臨沂二模)若a>0，b>0，且eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝1，則a＋b的最小值為()A．2eq\r(2)－1 B．2eq\r(2)＋2C．2 D．4解析：因?yàn)閍>0，b>0，且eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝1，則a＋b＝(a＋1＋b)(eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b))－1＝2＋eq\f(b,a＋1)＋eq\f(2a＋2,b)≥2＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝eq\r(2)(a＋1)且eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝1，即a＝eq\r(2)，b＝2＋eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．故選B.答案：B4．(2024·菏澤一模)設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿意x＋y＝1，y>0，x>0，則eq\f(2,|x|)＋eq\f(|x|,y)的最小值為()A．2eq\r(2)－2 B．2eq\r(2)＋2C．eq\r(2)－1 D．eq\r(2)＋1解析：因?yàn)閥>0，x＋y＝1，x>0，所以eq\f(2,|x|)＋eq\f(|x|,y)＝eq\f(2（x＋y）,|x|)＋eq\f(|x|,y)＝eq\f(|x|,y)＋eq\f(2y,|x|)＋eq\f(2x,|x|)，eq\f(|x|,y)＋eq\f(2y,|x|)＋eq\f(2x,|x|)≥2eq\r(2)＋2(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2y,|x|)＝eq\f(|x|,y)取得等號(hào))；所以eq\f(2,|x|)＋eq\f(|x|,y)的最小值為2eq\r(2)＋2.故選B.答案：B5．(2024·龍口模擬)若正實(shí)數(shù)x，y滿意x＋y＝1，且不等式eq\f(4,x＋1)＋eq\f(1,y)<m2＋eq\f(3,2)m有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．m<－3或m>eq\f(3,2) B．m<－eq\f(3,2)或m>3C．－eq\f(3,2)<m<3 D．－3<m<eq\f(3,2)解析：因?yàn)閤＋y＝1，所以(x＋1)＋y＝2，所以eq\f(4,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)(eq\f(4,x＋1)＋eq\f(1,y))·[(x＋1)＋y]＝eq\f(1,2)(4＋eq\f(4y,x＋1)＋eq\f(x＋1,y)＋1)≥eq\f(1,2)·(5＋2eq\r(4))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4y,x＋1)＝eq\f(x＋1,y)，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)eq\f(4,x＋1)＋eq\f(1,y)取得最小值eq\f(9,2)，原不等式有解，可轉(zhuǎn)化為eq\f(9,2)<m2＋eq\f(3,2)m成立，即2m2＋3m－9>0，所以m<－3或m>eq\f(3,2).故選A.答案：A6．(多選題)(2024·普寧校級(jí)二模)已知正數(shù)x，y滿意x＋y＝2，則下列選項(xiàng)正確的是()A．eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值是2B．xy的最小值是1C．x2＋y2的最小值是4D．x(y＋1)的最大值是eq\f(9,4)解析：對(duì)于A，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))eq\f(x＋y,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(y,2x)＋eq\f(x,2y)＋eq\f(1,2)≥1＋2eq\r(\f(y,2x)·\f(x,2y))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,2x)＝eq\f(x,2y)，即x＝y(tǒng)＝1時(shí)等號(hào)成立，故選項(xiàng)A正確．對(duì)于B，xy≤(eq\f(x＋y,2))2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)等號(hào)成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤．對(duì)于C，x2＋y2＝(x＋y)2－2xy≥(x＋y)2－2(eq\f(x＋y,2))2＝eq\f(（x＋y）2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)等號(hào)成立，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．對(duì)于D，因?yàn)閤＋y＝2，所以x＋(y＋1)＝3，則x(y＋1)≤(eq\f(x＋y＋1,2))2＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＋1＝eq\f(3,2)時(shí)等號(hào)成立，故選項(xiàng)D正確．故選AD.答案：AD7．(多選題)(2024·深圳模擬)已知a，b都是正實(shí)數(shù)，則下列不等式中恒成立的是()A．(a＋4b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥9 B．(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥6C．a(chǎn)2＋eq\f(5,2)>3a D.eq\f(a,a2－a＋1)≤eq\f(1,2)解析：A選項(xiàng)，因?yàn)閍，b都是正實(shí)數(shù)，故(a＋4b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥1＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)＋4≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b時(shí)，等號(hào)成立，A正確；B選項(xiàng)，因?yàn)閍，b都是正實(shí)數(shù)，故(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝1＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋1≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b時(shí)，等號(hào)成立，B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，a2－3a＋eq\f(5,2)＝(a－eq\f(3,2))2＋eq\f(1,4)≥eq\f(1,4)>0，故a2＋eq\f(5,2)>3a恒成立，C正確；D選項(xiàng)，a是正實(shí)數(shù)，故eq\f(a,a2－a＋1)＝eq\f(1,a＋\f(1,a)－1)，其中a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(a·\f(1,a))＝2，故eq\f(a,a2－a＋1)＝eq\f(1,a＋\f(1,a)－1)≤eq\f(1,2－1)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,a)，即a＝1時(shí)，等號(hào)成立，D錯(cuò)誤．故選AC.答案：AC8．(多選題)(2024·東莞模擬)下列說法正確的有()A．若x<eq\f(1,2)，則2x＋eq\f(1,2x－1)的最大值是－1B．若x∈R，則eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4))的最小值為2C．若a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝2，則eq\f(1,a＋b)＋eq\f(4,b＋c)＋eq\f(1,a＋c)的最小值是4D．已知a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，則a(b－1)最小值是3＋2eq\r(2)解析：對(duì)于A，由x<eq\f(1,2)可得1－2x>0，由基本不等式可得y＝2x＋eq\f(1,2x－1)＝－[(1－2x)＋eq\f(1,1－2x)]＋1≤－2eq\r(（1－2x）·\f(1,1－2x))＋1＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)1－2x＝eq\f(1,1－2x)即x＝0時(shí)取等號(hào)，所以y＝2x＋eq\f(1,2x－1)的最大值為－1，故A正確；對(duì)于B，eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4))≥2eq\r(\r(x2＋4)·\f(1,\r(x2＋4)))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x2＋4)＝eq\f(1,\r(x2＋4))時(shí)等號(hào)成立，但此時(shí)x無解，等號(hào)無法取得，則最小值不為2，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由a＋b＋c＝2可得eq\f(1,a＋b)＋eq\f(4,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,a＋b)＋eq\f(4,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))(a＋b＋b＋c＋a＋c)＝eq\f(1,4)[6＋eq\f(b＋c,a＋b)＋eq\f(4（a＋b）,b＋c)＋eq\f(4（a＋c）,b＋c)＋eq\f(b＋c,c＋a)＋eq\f(a＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b,c＋a)]≥eq\f(1,4)[6＋2eq\r(\f(b＋c,a＋b)·\f(4（a＋b）,b＋c))＋2eq\r(\f(4（a＋c）,b＋c)·\f(b＋c,c＋a))＋2eq\r(\f(a＋c,a＋b)·\f(a＋b,c＋a))]＝4，當(dāng)且僅當(dāng)b＋c＝2(a＋b)＝2(c＋a)且a＋b＋c＝2，即a＝0，b＝1，c＝1時(shí)，等號(hào)成立，由于a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則等號(hào)取不到，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1可得ab＝2a＋b，代入到a(b－1)＝ab－a＝a＋b＝(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)即a＝eq\r(2)＋1，b＝2＋eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，故D正確．故選AD.答案：AD9．(多選題)(2024·東莞模擬)已知a，b∈R，滿意ea＋eb＝4，則()A．a(chǎn)＋b≤2ln2 B．ea＋b≤3C．a(chǎn)b≥1 D．e2a＋e2b≥8解析：對(duì)于A，由ea＋eb＝4≥2eq\r(ea＋b)，得ea＋b≤4，所以a＋b≤2ln2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝ln2時(shí)等號(hào)成立，A正確；對(duì)于B，由ea＝4－eb>0，得ea＋b＝4＋b－eb且a，b∈(－∞，ln4)，令f(x)＝4＋x－ex(x<ln4)，則f′(x)＝1－ex，f′(x)>0解得x<0，f′(x)<0解得0<x<ln4，得f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，ln4)上單調(diào)遞減，所以f(x)≤f(0)＝3，即ea＋b＝4＋b－eb≤3，B正確；對(duì)于C，當(dāng)a＝0，b＝ln3時(shí)，滿意ea＋eb＝4，ab＝0<1，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，e2a＋e2b＝eq\f(1,2)·2(e2a＋e2b)≥eq\f(1,2)(e2a＋e2b＋2eq\r(e2a·e2b))＝eq\f(1,2)(ea＋eb)2＝8，D正確．故選ABD.答案：ABD10．(多選題)(2024·濟(jì)南二模)已知實(shí)數(shù)a，b，c滿意a>b>c，且a＋b＋c＝0，則下列說法正確的是()A．eq\f(1,a－c)>eq\f(1,b－c) B．a(chǎn)－c>2bC．a(chǎn)2>b2 D．a(chǎn)b＋bc>0解析：對(duì)于A，因?yàn)閍>b>c，所以a－c>b－c>0，所以eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閍>b>c，a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，所以b＋c＝－a<0，a－b>0，所以a－b>b＋c，即a－c>2b，B正確；對(duì)于C，因?yàn)閍－b>0，a＋b＝－c>0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，即a2>b2，C正確；對(duì)于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D錯(cuò)誤．故選BC.答案：BC11．(多選題)(2024·濰坊二模)已知實(shí)數(shù)a>b>0，則()A.eq\f(b,a)<eq\f(b＋2,a＋2) B．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)C．a(chǎn)b>ba D．lgeq\f(a＋b,2)>eq\f(lga＋lgb,2)解析：依據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，eq\f(b,a)－eq\f(b＋2,a＋2)＝eq\f(2（b－a）,a（a＋2）)<0，則有eq\f(b,a)<eq\f(b＋2,a＋2)，A正確；對(duì)于B，a＋eq\f(1,b)－b－eq\f(1,a)＝(a－b)－(eq\f(1,a)－eq\f(1,b))＝(a－b)＋(eq\f(a－b,ab))＝(a－b)(1＋eq\f(1,ab))，又由a>b>0，則a＋eq\f(1,b)－b－eq\f(1,a)＝(a－b)(1＋eq\f(1,ab))>0，必有a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，B正確；對(duì)于C，當(dāng)a＝4，b＝2時(shí)，有ab＝ba，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由于a>b>0，則eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)可得：lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\r(ab)＝eq\f(lga＋lgb,2)，D正確．故選ABD.答案：ABD12．(2024·茂名模擬)已知0<x<eq\f(1,3)，則x(1－3x)的最大值是________．解析：令f(x)＝x(1－3x)＝－3x2＋x＝－3(x－eq\f(1,6))2＋eq\f(1,12)，其圖象為開口朝下，且以x＝eq\f(1,6)為對(duì)稱軸的拋物線，又因?yàn)?<x<eq\f(1,3)，所以當(dāng)x＝eq\f(1,6)時(shí)，f(x)＝x(1－3x)取最大值eq\f(1,12).故答案為eq\f(1,12).答案：eq\f(1,12)13．(2024·茂名二模)已知實(shí)數(shù)a，b滿意lga＋lgb＝lg(a＋2b)，則a＋b的最小值是________．解析：因?yàn)閘ga＋lgb＝lg(a＋2b)，所以ab＝a＋2b，a>0，b>0，所以eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝1，故a＋b＝(a＋b)(eq\f(2,a)＋eq\f(1,b))＝3＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)≥3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(2)b時(shí)取等號(hào)．故答案為3＋2eq\r(2).答案：3＋2eq\r(2)14．(2024·廣東模擬)已知正數(shù)a，b滿意a＋2b＝1，則eq\f(5,a＋1)＋eq\f(1,b)的最小值為________．解析：因?yàn)檎龜?shù)a，b滿意a＋2b＝1，所以a＋1＋2b＝2，則eq\f(5,a＋1)＋eq\f(1,b)＝eq\f(5,a＋1)＋eq\f(2,2b)＝eq\f(1,2)(eq\f(5,a＋1)＋eq\f(2,2b))(a＋1＋2b)＝eq\f(1,2)(7＋eq\f(10b,