备战高考数学 高频考点归类分析（真题为例）：基本不等式的应用 .pdf

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1、高频考点分析基本不等式的应用典型例题：例1.（2012年天津市理5分）设m，nR，若直线(m1)x+(n1)y2=0与圆22(x1)+(y1)=1相切，则m+n的取值范围是【】（A）[13,1+3]（Ｂ）(,13][1+3,+)（Ｃ）[222,2+22]　　　（Ｄ）(,222][2+22,+)【答案】D。【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法22【分析】∵直线(m1)x+(n1)y2=0与圆(x1)+(y1)=1相切，

2、(m1)+(n1)2

3、∴圆心(1

4、,1)到直线的距离为d==1，∴mnmn1。22(m1)+(n1)222222m+n又∵2mnmn，∴4mnmn+2mn=m+n，即mn。42(mn)∴mn1。412设t=mn，则tt+1，解得t(,222][2+22,+)。故选D。4例2.（2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x4y的最小值是【】2428A.B.C.5D.655【答案】C。【考点】基本不等式或配方法的应用。13113【解析】∵x+3y=5xy，∴5，1。yx5yx∴11313x

5、12y1313x12y223613(3x4y)()()()5。（或由5yx5yx55yx55基本不等式得）∴3x4y5，即3x4y的最小值是5。故选C。例3.（2012年湖北省理5分）设a,b,c,x,y,z是正数，且222222a+b+ca+b+c=10,x+y+z=40,ax+by+cz=20，则=【】[来源:学+科+网Z+X+X+K]x+y+z1113A.B.C.D.4324【答案】C。【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。2222222【解析】由柯西不等式知a+b+cx+y+zax+b

6、y+cz=400，222222abc而此时a+b+cx+y+z=400恰好满足取等条件==。xyzabc令===kk>0，则a=kx,b=yk,c=zk。[来源:学科网ZXXK]xyz222222222221代入到a+b+c=10中得kx+y+z=10，再将x+y+z=40代入得k=。41a+b+ckx+ky+kz1∵k>0，∴k=。∴==k=。故选C。2x+y+zx+y+z2例4.（2012年福建省理5分）下列不等式一定成立的是【】1A．lg(x2＋＞lgx(x＞0)4)1B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)sinxC．x

7、2＋1≥2

8、x

9、(x∈R)1D.＞1(x∈R)x2＋1【答案】C。【考点】不等式的性质以及基本不等式的应用。11【解析】对于A，当x＝时，lgx2＋＝lgx，所以A不一定成立；2(4)对于B，当sinx>0时，不等式才成立，所以B不一定成立；对于C，命题显然正确；1对于D，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，所以D不成立.x2＋1故选C。例5.（2012年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为a和b（ab），其全程的平均时速为，则【v】abA.avabB.v=abC.ab<

10、2ab2ab【解析】设从甲地到乙地的路程为S，则v=ab。SS11ab2ababab22ab2a又∵ab，∴va。ab2a∴avab。故选A。[来源:学科网ZXXK]例6.（2012年福建省理7分）已知函数f(x)＝m－

11、x－2

12、，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．（Ⅰ）求m的值；111（Ⅱ）若a，b，c∈R，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.a2b3c【答案】解：（Ⅰ）因为f(x＋2)＝m－

13、x

14、，f(x＋2)≥0等价于

15、x

16、≤m，由

17、x

18、≤m有解，得m≥0，且其解集为{x

19、－m≤x≤m}。又f(

20、x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1。111（Ⅱ）由(1)知＋＋＝1，a2b3c又a，b，c∈R，由柯西不等式得1112b3ca3ca2ba＋2b＋3c=(a＋2b＋3c)(＋＋)111a2b3caa2b2b3c3c2b3ca3ca2b3369，aa2b2b3c3c2b3ca3ca2b当且仅当======1时，等号成立。aa2b2b3c3c所以a＋2b＋3c≥9。【考点】带绝对值的函数，不等式的证明。【解析】（Ⅰ）由条件可得f(x＋2)＝m－

21、x

22、，f(x＋2)≥0，故有

23、x

24、≤m的解集为[-1，1]

25、，故m=1。111111（Ⅱ）由（Ⅰ）得＋＋＝1，从而a＋2b＋3c=(a＋2b＋3c)(＋＋)，展a2b3ca2b3c开后可得2b3ca3ca2ba