2023届高考一轮复习讲义（理科）第七章　不等式 第4讲　高效演练分层突破学案

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1．下列不等式一定成立的是( )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lg x(x>0)
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
解析：选C.对于选项A，当x>0时，x2＋eq \f(1,4)－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)≥0，所以lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))≥lg x；
对于选项B，当sin x<0时显然不成立；
对于选项C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，一定成立；
对于选项D，因为x2＋1≥1，
所以02．(2020·广西钦州期末)已知a，b∈R，a2＋b2＝15－ab，则ab的最大值是( )
A．15 B．12
C．5 D．3
解析：选C.因为a2＋b2＝15－ab≥2ab，所以3ab≤15，即ab≤5，当且仅当a＝b＝±eq \r(5)时等号成立．所以ab的最大值为5.故选C.
3．已知f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(4,3)
C．－1 D．0
解析：选D.f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－2≥2－2＝0，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号．又1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值是0.
4．若实数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值为( )
A.eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．4
解析：选C.因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以a＞0，b＞0，
由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq \r(\f(2,ab))，
所以ab≥2eq \r(2)(当且仅当b＝2a时取等号)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
5．(2020·湖南衡阳期末)已知P是面积为1的△ABC内的一点(不含边界)，若△PAB，△PAC和△PBC的面积分别为x，y，z，则eq \f(y＋z,x)＋eq \f(1,y＋z)的最小值是( )
A.eq \f(2\r(3)＋1,3) B．eq \f(\r(3)＋2,3)
C.eq \f(1,3) D．3
解析：选D.因为x＋y＋z＝1，06．已知a>0，b>0，3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为________．
解析：由a>0，b>0，3a＋b＝2ab，得eq \f(3,2b)＋eq \f(1,2a)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq \f(3a,2b)＋eq \f(b,2a)≥2＋eq \r(3)，当且仅当b＝eq \r(3)a时等号成立，则a＋b的最小值为2＋eq \r(3).
答案：2＋eq \r(3)
7．(2020·江西吉安期末)已知函数f(x)＝eq \f(sin2x,sin x＋2)，则f(x) 的最大值为________．
解析：设t＝sin x＋2，则t∈[1，3]，则sin2x＝(t－2)2，则g(t)＝eq \f(（t－2）2,t)＝t＋eq \f(4,t)－4(1≤t≤3)，由“对勾函数”的性质可得g(t)在[1，2)上为减函数，在(2，3]上为增函数，又g(1)＝1，g(3)＝eq \f(1,3)，所以g(t)max＝g(1)＝1.即f(x)的最大值为1.
答案：1
8．已知正数x，y满足x＋2eq \r(2xy)≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为________．
解析：依题意得x＋2eq \r(2xy)≤x＋(x＋2y)＝2(x＋y)，即eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)≤2(当且仅当x＝2y时取等号)，即eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)的最大值为2.又λ≥eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)恒成立，因此有λ≥2，即λ的最小值为2.
答案：2
9．(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，
所以eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2eq \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)因为00，
所以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，
所以当x＝1时，函数y＝eq \r(x（4－2x）)的最大值为eq \r(2).
10．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x＝16，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x＝12，y＝6时等号成立，
所以x＋y的最小值为18.
[综合题组练]
1．已知a＞0，b＞0，若不等式eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)恒成立，则m的最大值为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
解析：选B.由eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)，
得m≤(a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6.
又eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6≥2eq \r(9)＋6＝12，
当且仅当eq \f(9b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝3b时等号成立，
所以m≤12，所以m的最大值为12.
2．(2020·湖北恩施2月教学质量检测)已知角α，β的顶点都为坐标原点，始边都与x轴的非负半轴重合，且都为第一象限的角，α，β终边上分别有点A(1，a)，B(2，b)，且α＝2β，则eq \f(1,a)＋b的最小值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选C.由已知得，a>0，b>0，tan α＝a，tan β＝eq \f(b,2)，因为α＝2β，所以tan α＝tan 2β，
所以a＝eq \f(2·\f(b,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))\s\up12(2))＝eq \f(4b,4－b2)，所以eq \f(1,a)＋b＝eq \f(4－b2,4b)＋b＝eq \f(1,b)＋eq \f(3b,4)≥2eq \r(\f(1,b)·\f(3b,4))＝eq \r(3)，当且仅当eq \f(1,b)＝eq \f(3b,4)，即b＝eq \f(2\r(3),3)时，取等号．故eq \f(1,a)＋b的最小值为eq \r(3).
3．(2020·安徽合肥第二次教学质量检测)若a＋b≠0，则a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)的最小值为________．
解析：a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)≥eq \f(（a＋b）2,2)＋eq \f(1,（a＋b）2)≥2eq \r(\f(1,2))＝eq \r(2)，当且仅当a＝b＝2－eq \f(3,4)时，a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)取得最小值eq \r(2).
答案：eq \r(2)
4．当x∈R时，32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，则k的取值范围是________．
解析：由32x－(k＋1)3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq \f(2,3x).
因为3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(2)eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(当且仅当3x＝\f(2,3x)，即x＝lg3\r(2)时，))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1( , )等号成立)，
所以3x＋eq \f(2,3x)的最小值为2eq \r(2).
又当x∈R时，32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，
所以当x∈R时，k＋1即k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1.
答案：(－∞，2eq \r(2)－1)
5．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.
求：(1)u＝lg x＋lg y的最大值；
(2)eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
解：(1)因为x>0，y>0，
所以由基本不等式，得2x＋5y≥2eq \r(10xy).
因为2x＋5y＝20，
所以2eq \r(10xy)≤20，xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，等号成立．
因此有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝2，))
此时xy有最大值10.
所以u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1.
所以当x＝5，y＝2时，u＝lg x＋lg y有最大值1.
(2)因为x>0，y>0，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq \f(2x＋5y,20)
＝eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋2 \r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))＝eq \f(7＋2\r(10),20).
当且仅当eq \f(5y,x)＝eq \f(2x,y)时，等号成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为eq \f(7＋2\r(10),20).
6．某厂家拟定在2020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2020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2020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2020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2020年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－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2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元．