高中数学人教A版 (2019)必修 第一册2.2 基本不等式第2课时课后练习题

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2课时课后练习题，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．设0＜a＜b，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是( B )
A．eq \f(1,2) B．a2＋b2
C．2ab D．a
[解析] 法一：因为0＜a＜b，所以1＝a＋b＞2a，所
以a＜eq \f(1,2).又因为a2＋b2≥2ab，所以四个数中的最大数一定不是a和2ab.又因为1＝a＋b＞2eq \r(ab)，所以ab＜eq \f(1,4)，所以a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab＞1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，即a2＋b2＞eq \f(1,2)，故选B.
法二(特值检验法)：取a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)，则2ab＝eq \f(4,9)，a2＋b2＝eq \f(5,9).因为eq \f(5,9)＞eq \f(1,2)＞eq \f(4,9)＞eq \f(1,3)，所以a2＋b2最大，故选B.
2．某工厂第一年产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x，则( B )
A．x＝eq \f(a＋b,2) B．x≤eq \f(a＋b,2)
C．x>eq \f(a＋b,2) D．x≥eq \f(a＋b,2)
[解析] 由条件知A(1＋a)(1＋b)＝A(1＋x)2，所以(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋a＋1＋b,2)))2，所以1＋x≤1＋eq \f(a＋b,2)，故x≤eq \f(a＋b,2).
3．当x>1时，不等式x＋eq \f(1,x－1)≥a恒成立，则实数a的取值范围是( D )
A．a≤2 B．a≥2
C．a≥3 D．a≤3
[解析] 由于x>1，所以x－1>0，eq \f(1,x－1)>0，
于是x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，
当eq \f(1,x－1)＝x－1即x＝2时等号成立，
即x＋eq \f(1,x－1)的最小值为3，要使不等式恒成立，应有a≤3，故选D.
4．用一段长为16 m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜地(墙的长大于16 m)，则菜地的最大面积为( C )
A．64 m2 B．48 m2
C．32 m2 D．16 m2
[解析] 根据题意，设篱笆的宽为x m，则长为(16－2x)m，
所以菜地的面积为S＝x(16－2x)＝eq \f(1,2)×2x(16－2x)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋16－2x,2)))2＝32，
当且仅当2x＝16－2x，即x＝4时等号成立，
所以菜地的最大面积为32 m2.故选C．
5．若eq \f(x2－x＋1,x－1)(x>1)在x＝t处取得最小值，则t等于( B )
A．1＋eq \r(2) B．2
C．3 D．4
[解析] eq \f(x2－x＋1,x－1)＝eq \f(xx－1＋1,x－1)＝x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立．
6．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比．如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( A )
A．5千米处 B．4千米处
C．3千米处 D．2千米处
[解析] 设仓库应建在离车站x千米处，设y1＝eq \f(m,x)(m>0)，y2＝nx(n>0)，
由已知，m＝20，n＝eq \f(4,5).
∴两项费用之和为y＝y1＋y2＝eq \f(20,x)＋eq \f(4x,5)≥2eq \r(\f(20,x)·\f(4x,5))＝8(万元)，
当且仅当eq \f(20,x)＝eq \f(4,5)x，即x＝5时，取等号．
二、填空题
7．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_x＜y_.
[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＞2eq \r(ab)(a≠b)，所以x2＜y2，因为x，y＞0，所以x＜y.
8．已知a>0，b>0,3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为 2＋eq \r(3)_.
[解析] 根据题意，3a＋b＝2ab⇒eq \f(3,2b)＋eq \f(1,2a)＝1，
则a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))(a＋b)＝2＋eq \f(3a,2b)＋eq \f(b,2a)≥2＋2eq \r(\f(3a,2b)·\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).
9．设x>－1，则eq \f(x＋5x＋2,x＋1)的最小值是_9_.
[解析] ∵x>－1，∴x＋1>0，
设x＋1＝t>0，则x＝t－1，
于是有eq \f(x＋5x＋2,x＋1)＝eq \f(t＋4t＋1,t)＝eq \f(t2＋5t＋4,t)＝t＋eq \f(4,t)＋5≥2eq \r(t·\f(4,t))＋5＝9，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取“＝”，此时x＝1.
∴当x＝1时，eq \f(x＋5x＋2,x＋1)取得最小值9.
三、解答题
10．已知x，y都是正数．
(1)若3x＋2y＝12，求xy的最大值；
(2)若x＋2y＝3，求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
[解析] (1)∵3x＋2y＝12，
∴xy＝eq \f(1,6)·3x·2y≤eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x＋2y,2)))2＝6，
当且仅当3x＝2y，即x＝2，y＝3时，等号成立．∴xy取得最大值为6.
(2)∵x＋2y＝3，∴1＝eq \f(x,3)＋eq \f(2y,3)，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)＋\f(2y,3)))＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(x,3y)＋eq \f(2y,3x)
≥1＋2eq \r(\f(x,3y)·\f(2y,3x))＝1＋eq \f(2\r(2),3)，
当且仅当eq \f(x,3y)＝eq \f(2y,3x)，即x＝3eq \r(2)－3，y＝3－eq \f(3\r(2),2)时取等号，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为1＋eq \f(2\r(2),3).
11．某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1 m，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左、右内墙保留3 m宽的通道，如图，设矩形温室的室内长为x(m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S(m2)．
(1)求S关于x的函数关系式；
(2)求S的最大值，及此时长x的值．
[解析] (1)由题意知，室内面积为900 m2的矩形，长为x m，则宽为eq \f(900,x) m，
三块种植植物的矩形区域的长为x－8，则宽为eq \f(900,x)－2，
植物的矩形区域的总面积为S＝(x－8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(900,x)－2)).(8(2)由(1)可得S＝(x－8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(900,x)－2))(8因为2x＋eq \f(7 200,x)≥2eq \r(2x×\f(7 200,x))＝240(当且仅当x＝60时取等号)，
所以S的最大值为916－240＝676(m2)，此时长为x＝60.
B 组·能力提升
一、选择题
1．已知实数x，y＞0，且eq \f(1,x)＋y＝1，则2x＋eq \f(1,y)的最小值是( B )
A．6 B．3＋2eq \r(2)
C．2＋3eq \r(2) D．1＋eq \r(2)
[解析] 法一：由eq \f(1,x)＋y＝1得y＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x).
因为x＞0，y＞0，所以x－1＞0，
所以2x＋eq \f(1,y)＝2x＋eq \f(x,x－1)＝2x＋eq \f(x－1＋1,x－1)＝2x＋1＋eq \f(1,x－1)＝2(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋3≥2eq \r(2x－1·\f(1,x－1))＋3＝2eq \r(2)＋3，
当且仅当2(x－1)＝eq \f(1,x－1)，即x＝1＋eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
所以2x＋eq \f(1,y)的最小值是3＋2eq \r(2).
法二：因为x＞0，y＞0，
所以2x＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,y)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋y))＝2＋2xy＋eq \f(1,xy)＋1≥3＋2eq \r(2xy·\f(1,xy))＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2xy＝\f(1,xy)，,\f(1,x)＋y＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝\r(2)－1))时，等号成立，
所以2x＋eq \f(1,y)的最小值是3＋2eq \r(2).
2．设a＞0，b＞0，a＋4b＝1，则使不等式t≤eq \f(a＋b,ab)恒成立的实数t的取值范围是( C )
A．t≤8 B．t≥8
C．t≤9 D．t≥9
[解析] 因为a＞0，b＞0，所以t≤eq \f(a＋b,ab)等价于t≤eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)，只需t≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))min，
而eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋4b)＝eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)＋5≥2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＋5＝9，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4b,a)＝\f(a,b)，,a＋4b＝1，))即a＝2b＝eq \f(1,3)时等号成立．所以t≤9.
3．有下列4个关于不等式的结论，其中正确的是( ABC )
A．若x<0，则x＋eq \f(1,x)≤－2
B．若x∈R，则eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))≥2
C．若x∈R且x≠0，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≥2
D．若a＞1，则(1＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))≥6
[解析] 若x＜0，则x＋eq \f(1,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－x))))＝－2，当且仅当x＝－1时取等号，A正确；
若x∈R，则eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))＝eq \f(x2＋1＋1,\r(x2＋1))＝eq \r(x2＋1)＋eq \f(1,\r(x2＋1))≥2eq \r(\r(x2＋1)·\f(1,\r(x2＋1)))＝2，当且仅当x＝0时取等号，B正确；
当x＞0时，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取等号，结合选项A，x∈R且x≠0时，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≥2，C正确；
若a＞0，则(1＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))＝2＋a＋eq \f(1,a)≥2＋2eq \r(a·\f(1,a))＝4，当且仅当a＝1时取等号，D错误．
二、填空题
4．已知x≥eq \f(5,2)，则f(x)＝eq \f(x2－4x＋5,2x－4)的最小值是_1_.
[解析] f(x)＝eq \f(x－22＋1,2x－4)＝eq \f(x－2,2)＋eq \f(1,2x－4)
＝eq \f(2x－4,4)＋eq \f(1,2x－4)
≥2eq \r(\f(2x－4,4)·\f(1,2x－4))＝1.
当且仅当eq \f(2x－4,4)＝eq \f(1,2x－4)，即x＝3时取“＝”．
5．一批救灾物资随51辆汽车从某市以v km/h的速度匀速直达灾区，已知两地公路线长400 km，为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于eq \f(v2,800) km，那么这批物资全部到达灾区，最少需要_10_h.
[解析] 当最后一辆汽车出发，第一辆汽车走了eq \f(50·\f(v2,800),v)＝eq \f(v,16)小时，最后一辆车走完全程共需要eq \f(400,v)小时，所以一共需要eq \f(400,v)＋eq \f(v,16)小时，结合基本不等式，计算最值，可得eq \f(400,v)＋eq \f(v,16)≥2eq \r(\f(400,v)·\f(v,16))＝10，故最少需要10小时．
三、解答题
6．某厂家拟在2023年举行促销活动，经调查测算，某产品的年销售量(也即该产品的年产量)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，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2023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年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．
(1)将2023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2023年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
[解析] (1)由题意知，当m＝0时，x＝1，
∴1＝3－k⇒k＝2，∴x＝3－eq \f(2,m＋1)，
每件产品的销售价格为1.5·eq \f(8＋16x,x)(元)，
∴2023年该产品的利润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)∵m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，∴y≤－8＋29＝21，当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3时，ymax＝21.故该厂家2023年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大利润为21万元．
C 组·创新拓展
已知正实数x，y满足x＋y＝4.
(1)是否存在正实数x，y，使得xy＝5？若存在，求出x，y的值；若不存在，请说明理由．
(2)求证：eq \f(1,x＋1)＋eq \f(4,y＋2)≥eq \f(9,7)，并说明等号成立的条件．
[解析] (1)不存在．因为正实数x，y满足x＋y＝4，
所以4＝x＋y≥2eq \r(xy)，所以xy≤4.
故不存在正实数x，y，使得xy＝5.
(2)由x＋y＝4得(x＋1)＋(y＋2)＝7，
又因为x，y都是正实数，
所以eq \f(1,x＋1)＋eq \f(4,y＋2)＝eq \f(1,7)[(x＋1)＋(y＋2)]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋1)＋\f(4,y＋2)))＝eq \f(1,7)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋\f(y＋2,x＋1)＋\f(4x＋1,y＋2)))≥eq \f(1,7)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(y＋2,x＋1)·\f(4x＋1,y＋2))))＝eq \f(9,7)，
当且仅当eq \f(y＋2,x＋1)＝eq \f(4x＋1,y＋2)时，等号成立．
又因为x＋y＝4，所以x＝eq \f(4,3)，y＝eq \f(8,3)时等号成立．