高中数学3.4 基本不等式第1课时课后练习题

这是一份高中数学3.4 基本不等式第1课时课后练习题，共5页。

[A组 学业达标]
1．下列不等式正确的是( )
A．a＋eq \f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))≤－2
C．a2＋eq \f(1,a2)≥2 D．(－a)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))2≤－2
答案：C
2．下列不等式中正确的是( )
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)答案：D
3．已知0A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(3,4) D.eq \f(2,3)
解析：由x(3－3x)＝eq \f(1,3)×3x(3－3x)≤eq \f(1,3)×eq \f(9,4)＝eq \f(3,4)，当且仅当3x＝3－3x，即x＝eq \f(1,2)时等号成立．
答案：B
4．已知m＝a＋eq \f(1,a)＋1(a>0)，n＝3x(x<1)，则m，n之间的大小关系是( )
A．m>n B．mC．m＝n D．m≤n
解析：因为a>0，所以m＝a＋eq \f(1,a)＋1≥2eq \r(a·\f(1,a))＋1＝3，当且仅当a＝1时等号成立．又因为x<1，所以n＝3x<31＝3，所以m>n.
答案：A
5．已知正数a，b的等比中项是2，且m＝b＋eq \f(1,a)，n＝a＋eq \f(1,b)，则m＋n的最小值是( )
A.eq \f(7,2) B．4
C.eq \f(9,2) D．5
解析：由题意：正数a，b的等比中项是2，得ab＝4，因为m＝b＋eq \f(1,a)，n＝a＋eq \f(1,b)，
所以m＋n＝b＋eq \f(1,a)＋a＋eq \f(1,b)，
由ab＝4，那么b＝eq \f(4,a)，
所以b＋eq \f(1,a)＋a＋eq \f(1,b)
＝eq \f(4,a)＋eq \f(1,a)＋a＋eq \f(a,4)＝eq \f(5a,4)＋eq \f(5,a)≥2eq \r(\f(5a,4)·\f(5,a))＝5，当且仅当eq \f(5a,4)＝eq \f(5,a)即a＝2时取等号．
所以m＋n的最小值是5.
答案：D
6．已知关于x的不等式2x＋eq \f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：因为x＞a，所以2x＋eq \f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq \f(2,x－a)＋2a≥2eq \r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a＝2a＋4，即2a＋4≥7，所以a≥eq \f(3,2).即a的最小值为eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
7．已知x≥1，则函数f(x)＝eq \f(x,x2＋2x＋4)的最大值是________．
解析：∵x≥1，∴f(x)＝eq \f(x,x2＋2x＋4)＝eq \f(1,x＋\f(4,x)＋2)≤eq \f(1,2\r(4)＋2)＝eq \f(1,6).当且仅当x＝eq \f(4,x)且x≥1，即x＝2时等号成立．
答案：eq \f(1,6)
8．已知m，n∈(0，＋∞)，若m＝eq \f(m,n)＋2，则mn的最小值为________．
解析：因为m＝eq \f(m,n)＋2，化简可得mn＝m＋2n≥2eq \r(2mn)，故mn≥8，当且仅当m＝2n＝4时，等号成立，即mn的最小值是8.
答案：8
9．设f(x)＝ln x,0＜a＜b，若p＝f(eq \r(ab))，q＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，r＝eq \f(1,2)(f(a)＋f(b))，试比较p，q，r的大小．
解析：p＝f(eq \r(ab))＝ln eq \r(ab)，q＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))＝ln eq \f(a＋b,2)，r＝eq \f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq \f(1,2)ln ab＝ln eq \r(ab)，因为eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)，函数f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))＞f(eq \r(ab))，所以q＞p＝r.
10．(1)若正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，求xy的最小值；
(2)若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，求x＋y的最大值．
解析：(1)∵xy＝2x＋y＋6≥2eq \r(2xy)＋6，设eq \r(xy)＝t(t＞0)，即t2≥2eq \r(2)t＋6，(t－3eq \r(2))(t＋eq \r(2))≥0，∴t≥3eq \r(2)，则xy≥18，当且仅当2x＝y且2x＋y＋6＝xy，即x＝3，y＝6时等号成立，故xy的最小值为18.
(2)注意到消元有难度，而目标式为x＋y，且条件可以构造出x＋y的平方，于是1＝(x＋y)2－xy≥(x＋y)2－(eq \f(x＋y,2))2＝eq \f(3,4)(x＋y)2，所以eq \f(4,3)≥(x＋y)2，所以x＋y≤eq \f(2\r(3),3)，当且仅当x＝y＞0且x2＋y2＋xy＝1，即x＝y＝eq \f(\r(3),3)时等号成立．
[B组 能力提升]
11．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．m＜n
C．m＝n D．不确定
解析：因为a＞2，所以a－2＞0.
又因为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，等号成立)．
即m∈[4，＋∞)．
由b≠0得b2≠0，
所以22－b2＜4，即n＜4.
所以n∈(－∞，4)，综上易知m＞n.
答案：A
12．已知数列{an}是等比数列，若a2a5a8＝－8，则eq \f(1,a1a5)＋eq \f(4,a1a9)＋eq \f(9,a5a9)( )
A．有最大值eq \f(1,2) B．有最小值eq \f(1,2)
C．有最大值eq \f(5,2) D．有最小值eq \f(5,2)
解析：由题意，得a2a5a8＝aeq \\al(3,5)＝－8，即a5＝－2，所以a1a9＝aeq \\al(2,5)＝4，则eq \f(1,a1a5)＋eq \f(4,a1a9)＋eq \f(9,a5a9)＝eq \f(1,a1a5)＋eq \f(9,a5a9)＋1≥2eq \r(\f(1,a1a5)·\f(9,a5a9))＋1＝2eq \r(\f(9,a\\al(4,5)))＋1＝eq \f(5,2)(当且仅当eq \f(1,a1a5)＝eq \f(9,a5a9)时取等号)．故选D.
答案：D
13．已知a∈R，b＞0，且(a＋b)b＝1，则a＋eq \f(2,a＋b)的最小值是________．
解析：∵b＞0，且(a＋b)b＝1，∴a＝eq \f(1,b)－b，
∴a＋eq \f(2,a＋b)＝eq \f(1,b)－b＋eq \f(2,\f(1,b)－b＋b)＝eq \f(1,b)－b＋2b＝eq \f(1,b)＋b≥2eq \r(\f(1,b)·b)＝2.当且仅当eq \f(1,b)＝b，即b＝1时等号成立，故a＋eq \f(2,a＋b)的最小值为2.
答案：2
14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝csin A，则eq \f(a＋b,c)的最大值为________．
解析：由eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，a＝csin A，得sin C＝1，即△ABC是直角三角形，C为直角，于是a2＋b2＝c2，从而eq \f(a＋b2,c2)＝eq \f(a2＋b2＋2ab,c2)＝1＋eq \f(2ab,c2)≤1＋eq \f(a2＋b2,c2)＝2，即eq \f(a＋b,c)≤eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(\r(2),2)c时等号成立，所以eq \f(a＋b,c)的最大值为eq \r(2).
答案：eq \r(2)
15．已知不等式ax2－3x＋2＜0的解集为A＝{x|1＜x＜b}．
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)＝(2a＋b)x＋eq \f(25,b－ax＋a)(x∈A)的最小值．
解析：(1)由题意知，1，b是方程ax2－3x＋2＝0的两根，且b＞1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3＋2＝0，,ab2－3b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))
(2)由(1)得f(x)＝(2×1＋2)x＋eq \f(25,2－1x＋1)＝4x＋eq \f(25,x＋1)＝4(x＋1)＋eq \f(25,x＋1)－4≥2eq \r(4x＋1·\f(25,x＋1))－4＝16.
当且仅当4(x＋1)＝eq \f(25,x＋1)，即x＝eq \f(3,2)∈A时等号成立．
∴函数f(x)的最小值为16.
16．已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，试比较a2＋b2＋c2，ab＋bc＋ac，eq \f(1,3)的大小．
解析：∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，
∴2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2ac＋2bc，①
∴a2＋b2＋c2≥ab＋ac＋bc(当且仅当a＝b＝c时等号成立)．
①式两边分别加上a2＋b2＋c2，得
3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，
∴a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
3(ab＋bc＋ac)≤a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝(a＋b＋c)2＝1.
∴ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3).
综上，a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3)≥ab＋bc＋ac，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．