高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.2 基本不等式第1课时课后复习题

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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.2 基本不等式第1课时课后复习题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·基础自测
一、选择题
1．下列不等式中正确的是( D )
A．a＋eq \f(4,a)≥4 B．a2＋b2≥4ab
C．eq \r(ab)≥eq \f(a＋b,2) D．x2＋eq \f(3,x2)≥2eq \r(3)
[解析] a<0，则a＋eq \f(4,a)≥4不成立，故A错；a＝1，b＝1，a2＋b2<4ab，故B错；a＝4，b＝16，则eq \r(ab)2．已知x，y为正实数，且xy＝4，则x＋4y的最小值是( B )
A．4 B．8
C．16 D．32
[解析] ∵x＞0，y＞0，∴x＋4y≥2eq \r(x·4y)＝8，当且仅当x＝4y且xy＝4，即x＝4，y＝1时取等号，∴x＋4y的最小值为8.故选B.
3．已知函数y＝x＋eq \f(1,x)－2(x＜0)，则函数有( C )
A．最大值为0 B．最小值为0
C．最大值为－4 D．最小值为－4
[解析] ∵x＜0，∴y＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))－2≤－2－2＝－4，当且仅当－x＝eq \f(1,－x)，即x＝－1时取等号．
4．已知x＞0，y＞0，且x＋y＝8，则(1＋x)(1＋y)的最大值为( B )
A．16 B．25
C．9 D．36
[解析] 因为x＞0，y＞0，且x＋y＝8，
所以(1＋x)(1＋y)＝1＋x＋y＋xy＝9＋xy≤9＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2＝9＋42＝25，
当且仅当x＝y＝4时，等号成立，
故(1＋x)(1＋y)的最大值为25.
5．(多选题)若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式恒成立的有( ACD )
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] 因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝1，所以A正确；
因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝2＋2eq \r(ab)≤2＋a＋b＝4，所以B不正确；
a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)＝2，所以C正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)≥2，故ab≤1，所以D正确．
二、填空题
6．当x>1时，(x－1)＋eq \f(9,x－1)＋2的最小值为_8_.
[解析] 令t＝(x－1)＋eq \f(9,x－1)＋2，
因为x－1>0，所以t≥2eq \r(x－1·\f(9,x－1))＋2＝8，当且仅当x－1＝eq \f(9,x－1)，即x＝4时，t的最小值为8.
7．已知a>b>c，则eq \r(a－bb－c)与eq \f(a－c,2)的大小关系是 eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－c,2)_.
[解析] 因为a>b>c，
所以a－b>0，b－c>0.
eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－b＋b－c,2)＝eq \f(a－c,2).当且仅当a－b＝b－c，即a＋c＝2b时，等号成立．所以eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－c,2).
8．已知x＞0，y＞0，且满足eq \f(x,3)＋eq \f(y,4)＝1，则xy的最大值为_3_，取得最大值时y的值为_2_.
[解析] 因为x＞0，y＞0，且1＝eq \f(x,3)＋eq \f(y,4)≥2eq \r(\f(xy,12))，所以xy≤3.当且仅当eq \f(x,3)＝eq \f(y,4)＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,2)，y＝2时取等号．
三、解答题
9．(1)已知x＞0，求y＝2－x－eq \f(4,x)的最大值；
(2)已知0＜x＜eq \f(1,2)，求y＝eq \f(1,2)x(1－2x)的最大值．
[解析] (1)∵x＞0，∴x＋eq \f(4,x)≥4.
∴y＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))≤2－4＝－2.
当且仅当x＝eq \f(4,x)(x＞0)，
即x＝2时取等号，ymax＝－2.
(2)∵0＜x＜eq \f(1,2)，∴1－2x＞0，
∴y＝eq \f(1,2)x(1－2x)＝eq \f(1,4)×2x(1－2x)≤eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋1－2x,2)))2＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)，
当且仅当2x＝1－2x，即x＝eq \f(1,4)时取等号，故y＝eq \f(1,2)x(1－2x)的最大值为eq \f(1,16).
10．设x>0，求证：x＋eq \f(2,2x＋1)≥eq \f(3,2).
[证明] ∵x>0，∴x＋eq \f(2,2x＋1)＝x＋eq \f(1,x＋\f(1,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－eq \f(1,2)≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－eq \f(1,2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
当且仅当x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,x＋\f(1,2)).
x＝eq \f(1,2)时取等号．
综上所述，原式得证．
B 组·能力提升
一、选择题
1．不等式eq \f(9,x－2)＋(x－2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是( C )
A．x＝3 B．x＝6
C．x＝5 D．x＝10
[解析] ∵x>2，∴x－2>0，∴eq \f(9,x－2)＋(x－2)≥2eq \r(\f(9,x－2)·x－2)＝6，当且仅当eq \f(9,x－2)＝x－2，即x＝5时，等号成立，故选C．
2．若正数x，y满足x2＋3xy－1＝0，则x＋y的最小值是( B )
A．eq \f(\r(2),3) B．eq \f(2\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(3),3)
[解析] 由x2＋3xy－1＝0可得y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x)).
因为x>0，所以x＋y＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(\f(2x,3)·\f(1,3x))＝2eq \r(\f(2,9))＝eq \f(2\r(2),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2x,3)＝\f(1,3x)，即x＝\f(\r(2),2)时，等号成立)).故x＋y的最小值为eq \f(2\r(2),3).
3．(多选题)设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( ABC )
A．ab<1 B．1C．ab[解析] ∵ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，a≠b，∴ab<1，
又∵eq \r(\f(a2＋b2,2))>eq \f(a＋b,2)，a＋b＝2，
∴eq \f(a2＋b2,2)>1，∴ab<1二、填空题
4．若a>0，b>0，且a＋2b＝4，则ab的最大值是_2_.
[解析] ∵a>0，b>0，a＋2b＝4，
∴4＝a＋2b≥2eq \r(2ab)，
∴ab≤2，当且仅当a＝2b时取等号，即a＝2，b＝1时取等号．
故答案为2.
5．当x>0时，若2x＋eq \f(a,x)(a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝_18_.
[解析] ∵a>0，且2x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(2x·\f(a,x))＝2eq \r(2a)，当且仅当2x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(2a),2)时，2x＋eq \f(a,x)取得最小值，
∴eq \f(\r(2a),2)＝3，解得a＝18.
三、解答题
6．已知a＞0，b＞0，c＞0，且abc＝1，a，b，c不相等．
求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＞eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
[证明] 因为a＞0，b＞0，c＞0，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))，①
eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥eq \f(2,\r(bc))，②
eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)≥eq \f(2,\r(ac)).③
由①＋②＋③，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(ab))＋\f(1,\r(bc))＋\f(1,\r(ac)))).
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥eq \f(1,\r(ab))＋eq \f(1,\r(bc))＋eq \f(1,\r(ac))＝eq \f(\r(c)＋\r(a)＋\r(b),\r(abc))，
且abc＝1，又a，b，c不相等，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＞eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
C 组·创新拓展
《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，因此这种方法也被称之为“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于点E，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的“无字证明”为( D )
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] 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).∵DE＜DC＜DO，∴eq \f(2ab,a＋b)＜eq \r(ab)＜eq \f(a＋b,2)(a＞0，b＞0，a≠b)．故选D.

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