数学3.4 基本不等式随堂练习题

这是一份数学3.4 基本不等式随堂练习题，共6页。

1．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则eq \f(a＋b2,cd)的最小值是( )
A．0 B．1 C．2 D．4
【解析】 eq \f(a＋b2,cd)＝eq \f(x＋y2,xy)≥eq \f(4xy,xy)＝4，当且仅当x＝y时等号成立．
【答案】 D
2．设x>0，则y＝3－3x－eq \f(1,x)的最大值是( )
A．3 B．3－2eq \r(2)
C．3－2eq \r(3) D．－1
【解析】 y＝3－3x－eq \f(1,x)＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,x)))≤3－2eq \r(3x·\f(1,x))＝3－2eq \r(3)，
当且仅当3x＝eq \f(1,x)，即x＝eq \f(\r(3),3)时取等号．
【答案】 C
3．下列函数中，最小值为4的函数是( )
A．y＝x＋eq \f(4,x) B．y＝sin x＋eq \f(4,sin x)
C．y＝ex＋4e－x D．y＝lg3x＋lgx81
【解析】 A、D不能保证是两正数之和，sin x取不到2，只有C项满足两项均为正，当且仅当x＝ln 2时等号成立．
【答案】 C
4．已知m＝a＋eq \f(1,a－2)(a>2)，n＝22－b2(b≠0)，则m，n之间的大小关系是( )
A．m>n B．mC．m＝n D．不确定
【解析】 ∵a>2，∴a－2>0.
又∵m＝a＋eq \f(1,a－2)＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2≥2eq \r(a－2×\f(1,a－2))＋2＝4(当且仅当a－2＝eq \f(1,a－2)，即a＝3时，“＝”成立)．
即m∈[4，＋∞)，由b≠0得b2≠0，
∴2－b2<2，∴22－b2<4，即n<4.
∴n∈(0,4)，综上易知m>n.
【答案】 A
5．已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是( )
A．3 B．4 C.eq \f(9,2) D.eq \f(11,2)
【解析】 ∵x＋2y＋2xy＝8，∴y＝eq \f(8－x,2x＋2)>0.
∴0当且仅当x＋1＝eq \f(9,x＋1)，即x＝2时，取“＝”号，此时x＝2，y＝1.
【答案】 B
二、填空题
6．建造一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元．
【解析】 设水池的造价为y元，长方体底的一边长为x m，由于底面积为4 m2，所以另一边长为eq \f(4,x) m．那么
y＝120·4＋2·80·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2·\f(4,x)))
＝480＋320eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))≥480＋320·2eq \r(x·\f(4,x))＝1 760(元)．
当x＝2，即底为边长为2 m的正方形时，水池的造价最低，为1 760元．
【答案】 1 760
7．若对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是________．
【解析】 因为x>0，所以x＋eq \f(1,x)≥2.
当且仅当x＝1时取等号，所以有
eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,2＋3)＝eq \f(1,5)，
即eq \f(x,x2＋3x＋1)的最大值为eq \f(1,5)，
故a≥eq \f(1,5).
【答案】 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，＋∞))
8．设a>0，b>0，给出下列不等式：
①a2＋1>a；
②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4；
③(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；
④a2＋9>6a.
其中恒成立的是________(填序号)．
【解析】 由于a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，故①恒成立；
由于a＋eq \f(1,a)≥2，b＋eq \f(1,b)≥2.
∴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，故②恒成立；
由于a＋b≥2eq \r(ab)，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))，
故(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，故③恒成立；当a＝3时，a2＋9＝6a，故④不能恒成立．
【答案】 ①②③
三、解答题
9．(1)已知x<3，求f(x)＝eq \f(4,x－3)＋x的最大值；
(2)已知x，y∈R＋，且x＋y＝4，求eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)的最小值. 【导学号：05920079】
【解】 (1)∵x<3，∴x－3<0，
∴f(x)＝eq \f(4,x－3)＋x＝eq \f(4,x－3)＋(x－3)＋3
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3
≤－2eq \r(\f(4,3－x)·3－x)＋3＝－1，
当且仅当eq \f(4,3－x)＝3－x，即x＝1时取等号，
∴f(x)的最大值为－1.
(2)法一 ∵x，y∈R＋，
∴(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(3,y)))＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(3x,y)))≥4＋2eq \r(3).
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(3x,y)，即x＝2(eq \r(3)－1)，y＝2(3－eq \r(3))时取“＝”号．
又x＋y＝4，∴eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)≥1＋eq \f(\r(3),2)，
故eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)的最小值为1＋eq \f(\r(3),2).
法二 ∵x，y∈R＋，且x＋y＝4，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)＝eq \f(x＋y,4x)＋eq \f(3x＋y,4y)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,4x)＋\f(3x,4y)))≥1＋2eq \r(\f(y,4x)·\f(3x,4y))＝1＋eq \f(\r(3),2).
当且仅当eq \f(y,4x)＝eq \f(3x,4y)，即x＝2(eq \r(3)－1)，y＝2(3－eq \r(3))时取“＝”号．
∴eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)的最小值为1＋eq \f(\r(3),2).
10．某种汽车，购车费用是10万元，每年使用保险费、养路费、汽油费约为0.9万元，年维修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0.2万元，问这种汽车使用多少年时，它的年平均费用最少？
【解】 设使用x年平均费用最少．由条件知，汽车每年维修费用构成以0.2万元为首项，0.2万元为公差的等差数列．
因此，汽车使用x年总的维修费用为eq \f(0.2＋0.2x,2)x万元．
设汽车的年平均费用为y万元，则有
y＝eq \f(10＋0.9x＋\f(0.2＋0.2x,2)x,x)＝eq \f(10＋x＋0.1x2,x)＝1＋eq \f(10,x)＋eq \f(x,10)≥1＋2eq \r(\f(10,x)·\f(x,10))＝3.
当且仅当eq \f(10,x)＝eq \f(x,10)，即x＝10时，y取最小值．
即这种汽车使用10年时，年平均费用最少．
[能力提升]
1．(2015·湖南高考)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】 由eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)知a>0，b>0，所以eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))，即ab≥2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＝\f(2,b)，,\f(1,a)＋\f(2,b)＝\r(ab)))即a＝eq \r(4,2)，b＝2eq \r(4,2)时取“＝”，所以ab的最小值为2eq \r(2).
【答案】 C
2．若lg(3x)＋lgy＝lg(x＋y＋1)，则xy的最小值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【解】 由lg(3x)＋lgy＝lg(x＋y＋1)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,y>0，,3xy＝x＋y＋1，))
因为 x>0，y>0，所以 3xy＝x＋y＋1≥2eq \r(xy)＋1，
所以 3xy－2eq \r(xy)－1≥0，
即 3(eq \r(xy))2－2eq \r(xy)－1≥0，
所以(3eq \r(xy)＋1)(eq \r(xy)－1)≥0，
所以eq \r(xy)≥1，所以 xy≥1，
当且仅当 x＝y＝1 时，等号成立，
所以 xy 的最小值为1.
【答案】 A
3．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq \f(xy,z)取得最大值时eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)－eq \f(2,z)的最大值为________．
【解析】 eq \f(xy,z)＝eq \f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq \f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤eq \f(1,4－3)＝1
当且仅当x＝2y时等式成立，此时z＝2y2，eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)－eq \f(2,z)＝－eq \f(1,y2)＋eq \f(2,y)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1))2＋1≤1，当且仅当y＝1时等号成立，故所求的最大值为1.
【答案】 1
4．已知函数f(x)＝lg x(x∈R＋)，若x1，x2∈R＋，判断eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))的大小并加以证明．
【解】 eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))).
证明：f(x1)＋f(x2)
＝lg x1＋lg x2＝lg(x1·x2)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))).
∵x1，x2∈R＋，∴eq \f(x1＋x2,2)≥ eq \r(x1·x2)，
∴lgeq \r(x1·x2)≤lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，
即eq \f(1,2)lg(x1·x2)≤lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，
∴eq \f(1,2)(lg x1＋lg x2)≤lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))).
故eq \f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))).