课时过关检测（四）基本不等式

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这是一份课时过关检测（四）基本不等式，共6页。

1．“a>b>0”是“abA．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 由a>b>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab2．已知x＞0，y＞0，且x＋2y＝2，则xy( )
A．有最大值为1 B．有最小值为1
C．有最大值为eq \f(1,2) D．有最小值为eq \f(1,2)
解析：选C 因为x＞0，y＞0，x＋2y＝2，所以x＋2y≥2eq \r(x·2y)，即2≥2eq \r(2xy)，xy≤eq \f(1,2)，当且仅当x＝2y，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立．所以xy有最大值，且最大值为eq \f(1,2).
3．(2021·湖北八校第一次联考)已知x＞0，y＞0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，则x＋y的最小值为( )
A．12 B．16
C．20 D．24
解析：选B 法一：由题意x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝1＋eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)＋9≥1＋2eq \r(\f(y,x)×\f(9x,y))＋9＝16，当且仅当
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，y＞0，\f(1,x)＋\f(9,y)＝1，\f(y,x)＝\f(9x,y)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，y＝12))时取等号，故选B.
法二：由eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1得9x＋y－xy＝0，即(x－1)(y－9)＝9，可知x＞1，y＞9，所以x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥2eq \r(x－1y－9)＋10＝16，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞1，,y＞9，,\f(1,x)＋\f(9,y)＝1，,x－1＝y－9＝3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝12))时取等号，故选B.
4．已知f(x)＝eq \f(x2＋3x＋6,x＋1)(x＞0)，则f(x)的最小值是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D f(x)＝eq \f(x2＋3x＋6,x＋1)＝eq \f(x＋12＋x＋1＋4,x＋1)＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)＋1，
因为x＞0，所以x＋1＞0，则x＋1＋eq \f(4,x＋1)＋1≥2eq \r(4)＋1＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x＋1＝\f(4,x＋1)，即x＝1时取“＝”))，故f(x)的最小值是5.故选D.
5．(多选)(2021·泉州市高三模拟)若x≥y，则下列不等式中正确的是( )
A．2x≥2y B.eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)
C．x2≥y2 D．x2＋y2≥2xy
解析：选AD 由指数函数的单调性可知，当x≥y时，有2x≥2y，故A正确；
当0>x≥y时，eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)不成立，故B错误；
当0≥x≥y时，x2≥y2不成立，故C错误；
x2＋y2－2xy＝(x－y)2≥0成立，即x2＋y2≥2xy成立，故D正确．
6．(多选)若正实数a，b满足a＋b＝1，则下列选项中正确的是( )
A．ab有最大值eq \f(1,4)
B.eq \r(a)＋eq \r(b)有最小值eq \r(2)
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4
D．a2＋b2有最小值eq \f(\r(2),2)
解析：选ABC 因为a＞0，b＞0，且a＋b＝1，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，所以ab≤eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，所以ab有最大值eq \f(1,4)，所以选项A正确；
eq \r(a)＋eq \r(b)≤ 2 eq \r(\f(a＋b,2))＝eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)取等号，所以eq \r(a)＋eq \r(b)的最小值是eq \r(2)，所以B正确；
因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4，所以C正确；
因为a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，所以a2＋b2的最小值不是eq \f(\r(2),2)，所以D错误．故选A、B、C.
7．若x>1，则x＋eq \f(4,x－1)的最小值为________．
解析：x＋eq \f(4,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.
当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，
即x＝3时等号成立．
答案：5
8．当3＜x＜12时，函数y＝eq \f(x－312－x,x)的最大值为________．
解析：y＝eq \f(x－312－x,x)＝eq \f(－x2＋15x－36,x)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(36,x)))＋15≤－2 eq \r(x·\f(36,x))＋15＝3，
当且仅当x＝eq \f(36,x)，即x＝6时取等号，
所以ymax＝3.
答案：3
9．某游泳馆拟建一座平面图形为矩形且面积为200平方米的泳池，池的深度为1米，池的四周墙壁建造单价为每米400元，中间一条隔壁建造单价为每米100元，池底建造单价每平方米60元(池壁厚忽略不计)．则泳池的长设计为______米时，可使总造价最低．
解析：设泳池的长为x米，则宽为eq \f(200,x)米，总造价f(x)＝400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2×\f(200,x)))＋100×eq \f(200,x)＋60×200＝800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(225,x)))＋12 000≥1 600eq \r(x·\f(225,x))＋12 000＝36 000(元)，当且仅当x＝eq \f(225,x)(x>0)，即x＝15时等号成立．即泳池的长设计为15米时，可使总造价最低．
答案：15
10．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是________(填序号)．
①eq \f(1,ab)≤eq \f(1,4)；②eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤1；③eq \r(ab)≥2；④a2＋b2≥8.
解析：4＝a＋b≥2eq \r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立)，即eq \r(ab)≤2，ab≤4，eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，故①③不成立；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥1，故②不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，故④成立．
答案：④
11．(1)当x(2)设0解：(1)y＝eq \f(1,2)(2x－3)＋eq \f(8,2x－3)＋eq \f(3,2)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq \f(3,2).
当x0，
∴eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2 eq \r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，
当且仅当eq \f(3－2x,2)＝eq \f(8,3－2x)，即x＝－eq \f(1,2)时取等号．
于是y≤－4＋eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2)，故函数的最大值为－eq \f(5,2).
(2)∵00，
∴y＝eq \r(x4－2x)＝eq \r(2)·eq \r(x2－x)≤ eq \r(2)·eq \f(x＋2－x,2)＝eq \r(2)，
当且仅当x＝2－x，即x＝1时取等号，
∴当x＝1时，函数y＝eq \r(x4－2x)的最大值为eq \r(2).
12．已知x＞0，y＞0，且2x＋8y－xy＝0，求：
(1)xy的最小值；
(2)x＋y的最小值．
解：(1)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1.
又x＞0，y＞0，
则1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2 eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy))，得xy≥64，
当且仅当eq \f(8,x)＝eq \f(2,y)，即x＝16且y＝4时，等号成立．
所以xy的最小值为64.
(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
则x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))(x＋y)
＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.
当且仅当eq \f(2x,y)＝eq \f(8y,x)，即x＝12且y＝6时等号成立，
所以x＋y的最小值为18.
B级——综合应用
13.《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
D.eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)
解析：选D 由AC＝a，BC＝b，可得圆O的半径r＝eq \f(a＋b,2)，
又OC＝OB－BC＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \f(a－b,2)，
则FC2＝OC2＋OF2＝eq \f(a－b2,4)＋eq \f(a＋b2,4)＝eq \f(a2＋b2,2)，
再根据题图知FO≤FC，
即eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时取等号．
故选D.
14．已知a>b>0，则a2＋eq \f(16,ba－b)的最小值为( )
A．15 B．16
C．17 D．26
解析：选B 因为a>b>0，所以a－b>0.
所以b(a－b)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(b＋a－b,2)))2＝eq \f(a2,4).
所以a2＋eq \f(16,ba－b)≥a2＋eq \f(64,a2)≥2 eq \r(a2·\f(64,a2))＝16.
当a2＝eq \f(64,a2)且b＝a－b，即a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)时等号成立．
所以a2＋eq \f(16,ba－b)的最小值为16.
故选B.
15．某厂家拟定在2021年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k为常数)．如果不搞促销活动，那么该产品的年销量只能是1万件．已知2021年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平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．
(1)将2021年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家2021年的促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？
解：(1)由题意知，当m＝0时，x＝1(万件)，
所以1＝3－k⇒k＝2，所以x＝3－eq \f(2,m＋1)(m≥0)，
每件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(元)，
所以2021年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m＝4＋8x－m＝4＋8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,m＋1)))－m＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)．
(2)因为m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
所以y≤－8＋29＝21，
当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1⇒m＝3(万元)时，
ymax＝21(万元)．
故该厂家2021年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元．
C级——迁移创新
16．某单位拟建一个扇环形状的花坛(如图所示)，该扇环是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成．按设计要求，扇环的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米．设小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度)．已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米．设花坛的面积与装饰总费用的比值为y，求当y最大时，x的值．
解：由题意得30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，所以θ＝eq \f(10＋2x,10＋x)，花坛的面积为eq \f(1,2)θ(102－x2)＝(5＋x)(10－x)＝－x2＋5x＋50(0＜x＜10)，装饰总费用为9θ(10＋x)＋8(10－x)＝170＋10x，所以花坛的面积与装饰总费用的比值y＝eq \f(－x2＋5x＋50,170＋10x)＝－eq \f(x2－5x－50,1017＋x).令t＝17＋x，t∈(17,27)，则y＝eq \f(39,10)－eq \f(1,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(324,t)))≤eq \f(3,10)，当且仅当t＝18时取等号，此时x＝1，θ＝eq \f(12,11).所以当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比值y最大.