高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第6章　不等式6.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第6章　不等式6.3(教师版)，共9页。
一、选择题
1．若x＞0，则x＋eq \f(2,x)的最小值是( )
A．2 B．4
C.eq \r(2) D．2eq \r(2)
答案 D
解析 由基本不等式可得x＋eq \f(2,x)≥2eq \r(x·\f(2,x))＝2eq \r(2)，
当且仅当x＝eq \f(2,x)即x＝eq \r(2)时取等号，故最小值是2eq \r(2).故选D.
2．若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x＞2)在x＝a处取最小值，则a等于( )
A．1＋eq \r(2) B．1＋eq \r(3)
C．3 D．4
答案 C
解析 当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2
≥2eq \r(x－2×\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)(x＞2)，
即x＝3时取等号，即当f(x)取得最小值时，即a＝3.故选C.
3．若对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是( )
A．a≥eq \f(1,5) B．a＞eq \f(1,5)
C．a＜eq \f(1,5) D．a≤eq \f(1,5)
答案 A
解析 因为对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，
所以对x∈(0，＋∞)，a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x2＋3x＋1)))max，
而对x∈(0，＋∞)，eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,2\r(x·\f(1,x))＋3)＝eq \f(1,5)，
当且仅当x＝1时等号成立，∴a≥eq \f(1,5).故选A.
4．在方程|x|＋|y|＝1表示的曲线所围成的区域内(包括边界)任取一点P(x，y)，则z＝xy的最大值为 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8)
答案 C
解析 根据题意如图所示，要保证z最大，则P应落在第一或第三象限内，不妨设P点落在线段AB上，故z＝xy＝x(1－x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当x＝eq \f(1,2)时，等号成立，故z的最大值为eq \f(1,4).故选C.
5．已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a的值是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2)
C．1 D．2
答案 C
解析 由题意可得a>0，①当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2≥2eq \r(a)＋2，
当且仅当x＝eq \r(a)时取等号；②当x0，b>0，且ab＝1，若不等式(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))>m，对任意的正实数x，y恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．[4，＋∞) B．(－∞，1]
C．(－∞，4] D．(－∞，4)
答案 D
解析 因为a，b，x，y为正实数，所以(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(ay,x)＋eq \f(bx,y)≥a＋b＋2≥2eq \r(ab)＋2＝4，当且仅当a＝b，eq \f(ay,x)＝eq \f(bx,y)，即a＝b，x＝y时等号成立，故只要m0，b>0，O为坐标原点)，若A，B，C三点共线，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的最小值是( )
A．4 B.eq \f(9,2)
C．8 D．9
答案 D
解析 ∵eq \(AB,\s\up16(→))＝eq \(OB,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))＝(a－1,1)，eq \(AC,\s\up16(→))＝eq \(OC,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))＝(－b－1,2)，
若A，B，C三点共线，则有eq \(AB,\s\up16(→))∥eq \(AC,\s\up16(→))，
∴(a－1)×2－1×(－b－1)＝0，∴2a＋b＝1，
又a>0，b>0，∴eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))·(2a＋b)＝5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＝\f(2a,b)，,2a＋b＝1，))即a＝b＝eq \f(1,3)时等号成立．故选D.
10．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)．若∀x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，则eq \f(b2,a2＋2c2)的最大值为( )
A.eq \r(6)＋2 B.eq \r(6)－2
C．2eq \r(2)＋2 D．2eq \r(2)－2
答案 B
解析 由题意得f′(x)＝2ax＋b，由f(x)≥f′(x)在R上恒成立得ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0在R上恒成立，则a>0且Δ≤0，
可得b2≤4ac－4a2，则eq \f(b2,a2＋2c2)≤eq \f(4ac－4a2,a2＋2c2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)－1)),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2＋1)，
且4ac－4a2≥0，∴4·eq \f(c,a)－4≥0，∴eq \f(c,a)－1≥0，令t＝eq \f(c,a)－1，则t≥0.
当t＞0时，eq \f(b2,a2＋2c2)≤eq \f(4t,2t2＋4t＋3)＝eq \f(4,2t＋\f(3,t)＋4)≤eq \f(4,2\r(6)＋4)
＝eq \r(6)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当t＝\f(\r(6),2)时等号成立))，当t＝0时，eq \f(b2,a2＋2c2)＝0，
故eq \f(b2,a2＋2c2)的最大值为eq \r(6)－2.故选B.
二、填空题
11．要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元)．
答案 160
解析 设底面的相邻两边长分别为x m，y m，总造价为T元，
则V＝xy·1＝4⇒xy＝4.
T＝4×20＋(2x＋2y)×1×10＝80＋20(x＋y)≥80＋20×2eq \r(xy)＝80＋20×4＝160.(当且仅当x＝y时取等号)
故该容器的最低总造价是160元．
12．已知正实数a，b满足a＋b＝4，则eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋3)的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 ∵a＋b＝4，∴a＋1＋b＋3＝8，
∴eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋3)＝eq \f(1,8)[(a＋1)＋(b＋3)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋3)))
＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b＋3,a＋1)＋\f(a＋1,b＋3)))≥eq \f(1,8)(2＋2)＝eq \f(1,2)，
当且仅当a＋1＝b＋3，即a＝3，b＝1时取等号，
∴eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋3)的最小值为eq \f(1,2).
13．正实数a、b满足eq \f(2,a＋2b)＋eq \f(1,2a＋b)＝6，则4a＋5b的最小值是________．
答案 eq \f(3,2)
解析 正实数a、b满足eq \f(2,a＋2b)＋eq \f(1,2a＋b)＝6，
令a＋2b＝m,2a＋b＝n，则正数m，n满足eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)＝6，
则4a＋5b＝2m＋n＝eq \f(1,6)(2m＋n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)＋\f(1,n)))
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2n,m)＋\f(2m,n)))≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2n,m)·\f(2m,n))))＝eq \f(3,2)，
当且仅当eq \f(2n,m)＝eq \f(2m,n)即m＝n＝eq \f(1,2)时取等号，
此时a＝b＝eq \f(1,6)，故4a＋5b的最小值为eq \f(3,2).
14．已知x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y≥0，,x＋2y≥0，,2x－y－2≤0，))且目标函数z＝ax＋by(a，b＞0)的最大值为4，则eq \f(4,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________．
答案 3＋2eq \r(2)
解析 画区域如图，
易知目标函数在点A处取得最大值，由
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,2x－y－2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，))所以2a＋2b＝4，即a＋b＝2，
所以eq \f(4,a)＋eq \f(2,b)＝eq \f(2a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝2＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)＋1＝3＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)
≥3＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,b)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4－2\r(2)，,b＝2\r(2)－2))时，取等号．
故eq \f(4,a)＋eq \f(2,b)的最小值为3＋2eq \r(2).
三、解答题
15．如图，围建一个面积为100 m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(旧墙需维修)，其余三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，已知旧墙的维修费用为56元/米，新墙的造价为200元/米，设利用的旧墙长度为x(单位：米)，修建此矩形场地围墙的总费用y(单位：元)．
(1)将y表示为x的函数；
(2)求当x为何值时，y取得最小值，并求出此最小值．
解 (1)由题意得矩形场地的另一边长为eq \f(100,x)米，
∴y＝56x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2·\f(100,x)－2))×200＝256x＋eq \f(40000,x)－400(x＞0)．
(2)由(1)得y＝256x＋eq \f(40000,x)－400≥2eq \r(256x·\f(40000,x))－400＝6000，
当且仅当256x＝eq \f(40000,x)时，等号成立，
即当x＝eq \f(25,2)米时，y取得最小值6000元．
16．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanA，tanB是关于x的方程x2＋(1＋p)x＋p＋2＝0的两个实根，c＝4.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的取值范围．
解 (1)由题意得tanA＋tanB＝－1－p，tanA·tanB＝p＋2，
所以tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq \f(－1－p,1－p＋2)＝1，
故△ABC中，A＋B＝eq \f(π,4)，所以C＝eq \f(3π,4).
(2)由C＝eq \f(3π,4)，c＝4及c2＝a2＋b2－2abcsC，
可得42＝a2＋b2－2ab×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))，
整理得16＝a2＋b2＋eq \r(2)ab，即16－eq \r(2)ab＝a2＋b2，
又a>0，b>0，所以16－eq \r(2)ab＝a2＋b2≥2ab，
得ab≤eq \f(16,2＋\r(2))，当且仅当a＝b时取等号，
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×ab×eq \f(\r(2),2)
≤eq \f(1,2)×eq \f(16,2＋\r(2))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(4\r(2),2＋\r(2))＝4eq \r(2)－4，
所以△ABC面积的取值范围为(0,4eq \r(2)－4]．