高中2.2 基本不等式第1课时同步达标检测题

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这是一份高中2.2 基本不等式第1课时同步达标检测题，共6页。

1．不等式a2＋ eq \f(4,a2)≥4中，等号成立的条件是( )
A．a＝4 B．a＝ eq \r(2)
C．a＝－ eq \r(2) D．a＝± eq \r(2)
解析：选D．此不等式等号成立的条件为a2＝ eq \f(4,a2)，即a＝± eq \r(2).故选D．
2．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则t与s的大小关系是( )
A．s≥t B．s>t
C．s≤t D．s解析：选A．因为b2＋1≥2b，所以a＋2b≤a＋b2＋1.
3．已知a>0，b>0，则下列不等式中错误的是( )
A．ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2) B．ab≤ eq \f(a2＋b2,2)
C． eq \f(1,ab)≥ eq \f(2,a2＋b2) D． eq \f(1,ab)≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a＋b))) eq \s\up12(2)
解析：选D．由基本不等式知A正确，由重要不等式知B，C正确，由 eq \f(a2＋b2,2)≥ab得，ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)，所以 eq \f(1,ab)≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a＋b))) eq \s\up12(2).故选D．
4．《几何原本》中的几何代数法(用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，通过这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”．如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点(不同于A，B，O)，点D在半圆O上，且CD⊥AB，CE⊥OD于E，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的“无字证明”为( )
A． eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)
B． eq \f(a＋b,2)< eq \f(2ab,a＋b)(a>0，b>0，a≠b)
C． eq \f(2ab,a＋b)≤ eq \r(ab)(a>0，b>0)
D． eq \f(2ab,a＋b)< eq \r(ab)< eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0，a≠b)
解析：选D．由AC＝a，BC＝b，可得半圆O的半径DO＝ eq \f(a＋b,2)，易得DC＝ eq \r(AC·BC)＝ eq \r(ab)，DE＝ eq \f(DC2,DO)＝ eq \f(2ab,a＋b)，因为DE0，b>0，a≠b).故选D．
5．小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(aA．aC． eq \r(ab)解析：选A．设甲、乙两地的距离为s，则v＝ eq \f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)).由于aa，又 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)>2 eq \r(\f(1,ab))，所以v< eq \r(ab).故a6．已知a，b是不相等的正数，x＝ eq \f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝ eq \r(a＋b)，则x，y的大小关系是________．
解析：x2＝ eq \f(a＋b＋2\r(ab),2)，y2＝a＋b＝ eq \f(a＋b＋a＋b,2).因为a＋b>2 eq \r(ab)(a≠b)，所以x20，所以x答案：x7．已知a>b>c，则 eq \r((a－b)(b－c))与 eq \f(a－c,2)的大小关系是______________．
解析：因为a>b>c，所以a－b>0，b－c>0.所以 eq \f(a－c,2)＝ eq \f((a－b)＋(b－c),2)≥ eq \r((a－b)(b－c))，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号．
答案： eq \r((a－b)(b－c))≤ eq \f(a－c,2)
8．已知a，b，x，y都是正实数，且 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＝1，x2＋y2＝8，则ab与xy的大小关系是________．
解析：ab＝ab· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝a＋b≥2 eq \r(ab)，所以ab≥4，当且仅当a＝b＝2时，等号成立；xy≤ eq \f(x2＋y2,2)＝4，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，所以ab≥xy.
答案：ab≥xy
9．已知a，b，c为正数，求证： eq \f(b＋c－a,a)＋ eq \f(c＋a－b,b)＋ eq \f(a＋b－c,c)≥3.
证明：左边＝ eq \f(b,a)＋ eq \f(c,a)－1＋ eq \f(c,b)＋ eq \f(a,b)－1＋ eq \f(a,c)＋ eq \f(b,c)－1
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3.
因为a，b，c为正数，
所以 eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)≥2(当且仅当a＝b时，等号成立)；
eq \f(c,a)＋ eq \f(a,c)≥2(当且仅当a＝c时，等号成立)；
eq \f(c,b)＋ eq \f(b,c)≥2(当且仅当b＝c时，等号成立).
从而 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥6(当且仅当a＝b＝c时，等号成立).
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3≥3，
即 eq \f(b＋c－a,a)＋ eq \f(c＋a－b,b)＋ eq \f(a＋b－c,c)≥3.
10．已知a，b都是正数，求证 eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤ eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)).
证明：因为a>0，b>0，所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥2 eq \r(\f(1,ab))，所以 eq \f(1,\f(1,a)＋\f(1,b))≤ eq \f(1,2\r(\f(1,ab)))，
即 eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤ eq \r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立).
又因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(a2＋2ab＋b2,4)≤ eq \f(a2＋a2＋b2＋b2,4)＝ eq \f(a2＋b2,2)(当且仅当a＝b时，等号成立)，所以 eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)).
又由基本不等式得 eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)，
故 eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤ eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(当且仅当a＝b时等号成立).
[B 能力提升]
11．(多选)设a>0，b>0，则下列不等式恒成立的是( )
A．a2＋1>a B．a2＋9>6a
C．(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4
解析：选ACD．设a>0，b>0，a2＋1－a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(3,4)>0，A成立；a2＋9－6a＝(a－3)2≥0，B不成立；(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋ eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)＋1≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(a,b)，即a＝b时取等号，故C成立；a＋ eq \f(1,a)≥2，b＋ eq \f(1,b)≥2，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝ eq \f(1,a)，b＝ eq \f(1,b)，即a＝b＝1时取等号，故D成立．故选ACD．
12．(多选)若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式中正确的有( )
A．ab≤1 B． eq \r(a)＋ eq \r(b)≤ eq \r(2)
C．a2＋b2≥2 D． eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥2
解析：选ACD．因为a>0，b>0，a＋b＝2，由基本不等式可得，ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)＝1，所以A正确；当a＝b＝1时， eq \r(a)＋ eq \r(b)＝2> eq \r(2)，所以B错误；因为a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝4，即a2＋b2≥2，所以C正确；因为013．(2020·高考江苏卷)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是__________．
解析：方法一：由5x2y2＋y4＝1得x2＝ eq \f(1,5y2)－ eq \f(y2,5)，则x2＋y2＝ eq \f(1,5y2)＋ eq \f(4y2,5)≥2 eq \r(\f(1,5y2)·\f(4y2,5))＝ eq \f(4,5)，当且仅当 eq \f(1,5y2)＝ eq \f(4y2,5)，即y2＝ eq \f(1,2)时取等号，则x2＋y2的最小值是 eq \f(4,5).
方法二：4＝(5x2＋y2)·4y2≤ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f((5x2＋y2)＋4y2,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(25,4)(x2＋y2)2，则x2＋y2≥ eq \f(4,5)，当且仅当5x2＋y2 ＝4y2＝2，即x2＝ eq \f(3,10)，y2＝ eq \f(1,2)时取等号，则x2＋y2的最小值是 eq \f(4,5).
答案： eq \f(4,5)
14．已知a，b都是正数，且a＋b＝1，求证： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
证明：方法一：因为a>0，b>0，且a＋b＝1，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))＝5＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝9.
当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(a,b)，
即a＝b＝ eq \f(1,2)时，等号成立．
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
方法二： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋ eq \f(1,b)＋ eq \f(1,a)＋ eq \f(1,ab)＝1＋ eq \f(a＋b,ab)＋ eq \f(1,ab).
因为a＋b＝1，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋ eq \f(2,ab).
又因为a，b>0，
所以ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,4).
所以 eq \f(1,ab)≥4，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2)时取等号．
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥1＋2×4＝9.
[C 拓展探究]
15．已知a>b，ab＝1，求证：a2＋b2≥2 eq \r(2)(a－b).
证明：因为a>b，所以a－b>0，又ab＝1，
所以 eq \f(a2＋b2,a－b)＝ eq \f(a2＋b2＋2ab－2ab,a－b)＝ eq \f((a－b)2＋2ab,a－b)＝a－b＋ eq \f(2,a－b)≥2 eq \r((a－b)·\f(2,a－b))＝2 eq \r(2)，即 eq \f(a2＋b2,a－b)≥2 eq \r(2)，即a2＋b2≥2 eq \r(2)(a－b)，当且仅当a－b＝ eq \f(2,a－b)，即a－b＝ eq \r(2)时等号成立．

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