新教材高中數(shù)學(xué)第二章一元二次函數(shù)方程和不等式2基本不等式提升訓(xùn)練含解析新人教A版必修第一冊

PAGEPAGE16基本不等式基礎(chǔ)過關(guān)練題組一對基本不等式的理解1.若a,b∈R,且ab>0,則下列不等式恒成立的是 ()A.a2+b2>2ab B.a+b≥2abC.1a+1b>2ab D.ba2.不等式(x-2y)+1x-2y≥2A.x≥2y B.x>2yC.x≤2y D.x<2y3.(2020山東德州夏津一中高一月考)不等式9x-2+(x-2)≥6(其中x>2)中等號成立的條件是A.x=5 B.x=-3C.x=3 D.x=-54.(2020浙江杭州高一月考)下列不等式一定成立的是 ()A.3x+12xB.3x2+12xC.3(x2+1)+12(D.3(x2-1)+12(題組二利用基本不等式比較大小5.(多選)(2021遼寧葫蘆島高一質(zhì)量檢測)已知兩個不等正數(shù)a,b滿足a+b=1,則下列說法正確的是 ()A.ab<14 B.1a+C.a+b<2 D.a2+b2>16.若0<a<b,則下列不等式一定成立的是 ()A.b>a+b2>a>ab B.b>ab>C.b>a+b2>ab>a D.b>a>7.小W從A地到B地和從B地到A地的速度分別為m和n(m>n),其全程的平均速度為v,則 ()A.m+n2<v<m B.n<C.mn<v<m+n2 D.8.若a>b>c,則a-c2與(9.某商店出售的某種飲料需分兩次提價,提價方案有兩種,方案甲:第一次提價p%,第二次提價q%;方案乙:每次都提價p+q2%,若p,q>0,且p≠q,題組三利用基本不等式求最值10.已知實(shí)數(shù)x,y>0,則x+y+4x+1y的最小值為 (A.42 B.6 C.210 D.3611.(2020浙江諸暨高二期末)已知函數(shù)y=x+4x-1(x>1),則函數(shù)的最小值等于A.42 B.42+1C.5 D.912.(2021寧夏大學(xué)附屬中學(xué)高二上期中)若-2<x<0,則函數(shù)y=-x(x+2)的最大值為 ()A.1 B.2 C.4 D.513.已知a>b>0,則a2+16b(a-A.8 B.82 C.16 D.16214.若正數(shù)x,y滿足x+4y-xy=0,則當(dāng)x+y取得最小值時,x的值為 ()A.9 B.8 C.6 D.315.(2021江蘇溧陽高一期末檢測)已知正實(shí)數(shù)x,y滿足x+y=1,則1x+1y的最小值是16.(2021黑龍江鶴崗第一中學(xué)高一上月考)(1)已知a>0,b>0,且4a+b=1,求ab的最大值;(2)已知x<54,求4x-2+14題組四利用基本不等式證明不等式17.(2021福建三明第一中學(xué)高一上月考)已知a,b均為正實(shí)數(shù),求證:a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).18.(2021安徽六安城南中學(xué)高二上開學(xué)考試)已知a,b,c是三個不全相等的正數(shù).求證:b+c-aa+19.設(shè)x>0,求證:x+22x+1題組五利用基本不等式解決實(shí)際問題20.某人要用鐵管做一個形狀為直角三角形且面積為1m2的鐵架框(鐵管的粗細(xì)忽略不計(jì)),在下面四種長度的鐵管中,最合理(夠用,又浪費(fèi)最少)的是 ()A.4.6m B.4.8m C.5m D.5.2m21.(2020廣東廣州荔灣高二期末)為滿足人民日益增長的美好生活需要,實(shí)現(xiàn)群眾對舒適的居住條件、更優(yōu)美的環(huán)境、更豐富的精神文化生活的追求,某大型廣場計(jì)劃進(jìn)行升級改造.改造的重點(diǎn)工程之一是新建一個矩形音樂噴泉綜合體A1B1C1D1,該項(xiàng)目由矩形核心噴泉區(qū)ABCD(陰影部分)和四周的綠化帶組成.規(guī)劃核心噴泉區(qū)ABCD的面積為1000m2,綠化帶的寬分別為2m和5m(如圖所示).當(dāng)整個項(xiàng)目A1B1C1D1占地面積最小時,核心噴泉區(qū)的邊BC的長度為 ()A.20m B.50mC.1010m D.100m22.某建筑公司用8000萬元購得一塊空地,計(jì)劃在該地塊上建造一棟至少12層,每層建筑面積為4000平方米的樓房.經(jīng)初步估計(jì)得知,若將樓房建為x(x≥12,x∈N*)層,則每平方米的平均建筑費(fèi)用s=3000+50x(單位:元).為了使樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用最少,該樓房應(yīng)建為多少層?每平方米的平均綜合費(fèi)用的最小值是多少?注:平均綜合費(fèi)用=平均建筑費(fèi)用+平均購地費(fèi)用,平均購地費(fèi)用=購地總費(fèi)用建筑總面積能力提升練題組一利用基本不等式求最值1.(2020廣東惠州高二期末,)已知x>0,y>0,且2x+y=1,則xy的最大值是 ()A.14 B.4 C.182.(2021黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一上開學(xué)考試,)已知a>0,b>0,a+b=1,則a2+4a+b2+4A.6 B.8 C.15 D.173.(2021河北辛集中學(xué)高一上月考,)已知a>0,b>0,a+b=4ab,則a+b的最小值為 ()A.12 B.1 C.2 4.(2020河南三門峽外國語高級中學(xué)高一下期中,)設(shè)正數(shù)x,y滿足x2+y22=1,則x1+y2的最大值為A.32 B.322 C.35.(2020浙江麗水高一期末,)設(shè)正數(shù)a,b滿足a2+4b2+1ab=4,則a=,b=.

6.(2020河北唐山第一中學(xué)高一下月考,)已知x>0,則x2+3x+67.(2020湖北麻城一中高一月考,)已知a,b∈R,且a>b>0,a+b=1,則a2+2b2的最小值為,4a-b+128.(2021江蘇蘇州高一期末,)已知a,b均為正實(shí)數(shù)且ab+a+3b=9,則a+3b的最小值為.

9.(2021吉林長春東北師范大學(xué)附屬中學(xué)高一上段考,)已知x>0,y>0,4x2+y2+xy=1,求:(1)4x2+y2的最小值;(2)2x+y的最大值.題組二利用基本不等式證明不等式10.()已知a,b為正數(shù),求證:1a+4b≥211.()若a>b,且ab=2,求證:a2+b212.(2021湖南長沙長郡中學(xué)高一上檢測,)已知a>0,b>0,a+b=1,求證:(1)1a+1b+1(2)1+1a1+

13.()(1)已知a,b,c∈R,求證:a2+b2+b2+c2+c2+(2)若0<x<1,a>0,b>0,求證:a2x+b21-x≥(題組三基本不等式在實(shí)際問題中的應(yīng)用14.(2021山東日照五蓮高一上期中,)某工廠過去的年產(chǎn)量為a,技術(shù)革新后,第一年的年產(chǎn)量增長率為p(p>0),第二年的年產(chǎn)量增長率為q(q>0,p≠q),這兩年的年產(chǎn)量平均增長率為x,則 ()A.x=p+q2 B.C.x>p+q2 D.15.(2020湖北宜昌高三期末,)某地為了加快推進(jìn)垃圾分類工作,新建了一個垃圾處理廠,每月最少要處理300噸垃圾,最多要處理600噸垃圾,月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數(shù)關(guān)系可近似表示為y=12x2-300x+80000,為使每噸的平均處理成本最低,則該廠每月的處理量應(yīng)為 ()A.300噸 B.400噸 C.500噸 D.600噸16.(2021山東菏澤第一中學(xué)等六校高一上聯(lián)考,)欲在如圖所示的銳角三角形空地中建一個內(nèi)接矩形花園(陰影部分),則矩形花園面積的最大值為m2.

17.(2021四川綿陽南山中學(xué)高三上開學(xué)考試,)網(wǎng)店和實(shí)體店各有利弊,兩者的結(jié)合將在未來一段時間內(nèi)成為商業(yè)的一個主要發(fā)展方向.某品牌行車記錄儀支架銷售公司從2017年1月起開展網(wǎng)絡(luò)銷售與實(shí)體店體驗(yàn)安裝結(jié)合的銷售模式.根據(jù)幾個月的運(yùn)營發(fā)現(xiàn),產(chǎn)品的月銷量x萬件與投入實(shí)體店體驗(yàn)安裝的費(fèi)用t萬元之間滿足關(guān)系式x=3-2t+1.已知網(wǎng)店每月固定的各種費(fèi)用支出為3萬元,每1萬件產(chǎn)品的進(jìn)貨價格為32萬元,若每件產(chǎn)品的售價定為“進(jìn)貨價的150%”與“平均每件產(chǎn)品的實(shí)體店體驗(yàn)安裝費(fèi)用的一半”之和,則該公司最大月利潤是萬元18.(2020山東濱州高一上期末,)物聯(lián)網(wǎng)(InternetofThings,縮寫:IOT)是基于互聯(lián)網(wǎng)、傳統(tǒng)電信網(wǎng)等信息承載體,讓所有能行使獨(dú)立功能的普通物體實(shí)現(xiàn)互聯(lián)互通的網(wǎng)絡(luò),其應(yīng)用領(lǐng)域主要包括運(yùn)輸和物流、工業(yè)制造、健康醫(yī)療、智能環(huán)境(家庭、辦公、工廠)等,具有十分廣闊的市場前景.現(xiàn)有一家物流公司計(jì)劃租地建造倉庫儲存貨物,經(jīng)過市場調(diào)查了解到下列信息:倉庫每月土地占地費(fèi)為y1(單位:萬元),倉庫到車站的距離為x(單位:千米),x>0,其中y1與x+1成反比,每月庫存貨物費(fèi)y2(單位:萬元)與x成正比,若在距離車站9千米處建倉庫,則y1和y2分別為2萬元和7.2萬元.這家公司應(yīng)該把倉庫建在距離車站多少千米處,才能使兩項(xiàng)費(fèi)用之和最少?最少費(fèi)用是多少?答案全解全析基礎(chǔ)過關(guān)練1.D∵a2+b2-2ab=(a-b)2≥0,∴A不符合題意;當(dāng)a<0,b<0時,明顯B,C不符合題意;∵ab>0,∴ba>0,ab>0,∴ba+ab≥2ba·ab2.B因?yàn)椴坏仁匠闪⒌那疤釛l件是x-2y和1x-2y均為正數(shù),所以x-2y>0,即x>2y3.A當(dāng)x>2時,9x-2+(x-2)≥29x-2·(x-2)=6,等號成立的條件是9x-2=x-2,即(x4.B對于A,x可能是負(fù)數(shù),不成立;對于B,由基本不等式可知,3x2+12x2≥6,當(dāng)且僅當(dāng)3x2=12x2,即x4=16時取等號,故成立;對于C,當(dāng)3(x2+1)=12(x2+1)時,(x2+1)2=15.ACDA.因?yàn)閍,b為兩個不等正數(shù),所以ab<a+b2=12,可得ab<14B.因?yàn)?a+1b=a+bab=1ab,所以由選項(xiàng)A可知,C.因?yàn)?a+b)2=a+b+2ab=1+2ab,所以由選項(xiàng)D.因?yàn)閍2+b2=(a+b)2-2ab=1-2ab,所以由選項(xiàng)A可知,a2+b2=1-2ab>12,故選項(xiàng)D正確6.C∵0<a<b,∴2b>a+b,∴b>a+b2∵b>a>0,∴ab>a2,∴ab>a.故b>a+b2>7.B設(shè)從A地到B地的路程為s,小W從A地到B地和從B地到A地所用的時間分別為t1,t2,則t1=sm,t2=sn,其全程的平均速度為v=2st1∵m>n>0,∴v=2mnm+n<v-n=2mnm+n-n=∴n<v<mn.故選B.8.答案a-c解析因?yàn)閍>b>c,所以a-c2=(a-b)+(b-c)2≥(a-b)(b-c9.答案乙解析不妨設(shè)原價為1,則按方案甲提價后的價格為(1+p%)(1+q%),按方案乙提價后的價格為1+p易知(1+p=1+p%+q%2,當(dāng)且僅當(dāng)1+p%=1+q%,即p=q時等號成立,故(1+p%)(1+q%)<1+p+q10.B∵x,y>0,∴x+y+4x+1y≥2x·4x+2y·1y=4+2=6,當(dāng)且僅當(dāng)x=4x且y=故選B.11.C因?yàn)閤>1,所以y=x+4x-1=(x-1)+4x-當(dāng)且僅當(dāng)x-1=4x-1,即x=3時,等號成立.12.A∵-2<x<0,∴-x>0,x+2>0,∴y=-x(x+2)≤-x當(dāng)且僅當(dāng)-x=x+2,即x=-1時等號成立.故選A.規(guī)律總結(jié)1.利用基本不等式求最值,必須按照“一正,二定,三相等”的原則,缺一不可.2.若是求和式的最小值,通常化(或利用)積為定值;若是求積的最大值,通?；?或利用)和為定值,其解答技巧是恰當(dāng)變形,合理拆分,消元或配湊因式.13.C∵a>b>0,∴由基本不等式的變形可得b(a-b)≤b+a-b22=a24,∴a2+16b(a-b)≥a2+16a24誤區(qū)警示利用基本不等式求最值,若需多次應(yīng)用基本不等式,則要注意等號成立的條件必須一致,如本題中第一次利用基本不等式取等號的條件為b=a-b,第二次利用基本不等式取等號的條件為a2=64a2,14.C∵x>0,y>0,x+4y=xy,∴4x+1∴x+y=(x+y)4x+1y=5+xy+4yx≥5+2xy·4yx=9,當(dāng)且僅當(dāng)x=215.答案4解析由題意可得,1x+1y=x=2+yx+xy≥2+2當(dāng)且僅當(dāng)x=y=12時等號成立16.解析(1)∵1=4a+b≥24ab=4ab∴ab≤14,∴ab≤1當(dāng)且僅當(dāng)4a=b,即a=18,b=12故ab的最大值為116(2)∵x<54,∴5-4x∴4x-2+14x-5=-5-當(dāng)且僅當(dāng)5-4x=15-4x,即x=1時,等號成立,故4x-2+17.證明由基本不等式得a2b2+a2≥2a2b,a2b2+b2≥2ab2,b2+a2≥2ab,三式相加得2a2b2+2a2+2b2≥2a2b+2ab2+2ab=2ab(a+b+1).所以a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).18.證明∵a,b,c是三個不全相等的正數(shù),∴三個不等式ba+ab≥2,ca+ac≥2,cb+則ba+ab+ca+ac+∴ba+ca-1+cb+即b+c-aa+19.證明因?yàn)閤>0,所以x+12所以x+22x+1=x+1x+12=x+12+1x+當(dāng)且僅當(dāng)x+12=1x+12,即x=12時,等號成立.故x>0時,20.C設(shè)直角三角形兩直角邊長分別為xm,ym,則12xy=1,即xy=2周長l=x+y+x2+y2≥2xy+2xy=22當(dāng)且僅當(dāng)x=y時等號成立.結(jié)合實(shí)際問題,可知選C.21.B設(shè)BC=xm,則CD=1000x所以S矩形A1B=1040+4x+10000≥1040+24x當(dāng)且僅當(dāng)4x=10000x,即x=50時,等號成立所以當(dāng)BC的長度為50m時,整個項(xiàng)目占地面積最小.故選B.22.解析設(shè)樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用為y元.依題意得y=s+8000×100004000x=50x+20000x+3000(x≥12,x∈N因?yàn)?0x+20000x≥2×50x當(dāng)且僅當(dāng)50x=20000x,即x=20時,等號成立所以當(dāng)x=20時,y取得最小值5000.所以為了使樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用最少,該樓房應(yīng)建為20層,每平方米的平均綜合費(fèi)用的最小值為5000元.能力提升練1.C由題意得,xy=12×2xy≤12×2x+y22當(dāng)且僅當(dāng)2x=y,即x=14,y=12時等號成立,所以xy的最大值是18.2.D易得a2+4a+b2+4b=a+b+4a又ab≤a+b22=14,∴1∴a2+4a+b2+4b≥17,當(dāng)且僅當(dāng)a故選D.3.B∵a+b=4ab,a>0,b>0,∴等式兩邊同除以ab,得1a+1∴a+b=(a+b)·141a+≥12+14×2ba·a當(dāng)且僅當(dāng)ba=ab,即a=b=12時取等號.4.D∵正數(shù)x,y滿足x2+y2∴2x2+y2=2,∴x1+y2=22×2x×1+y2≤22×(2當(dāng)且僅當(dāng)2x2+y∴x1+y2的最大值為5.答案1;1解析a2+4b2+1ab=(a-2b)2+4ab+1ab≥(a-2b)2+24ab·1ab=(a-2b)2+4,當(dāng)且僅當(dāng)a-2b=0且4ab=1ab,即a=1,所以a=1,b=126.答案5解析∵x>0,∴x+1>1,∴x2+3x+6x+1=(x+1當(dāng)且僅當(dāng)x+1=4x+1,即x=1時,∴x2+3x7.答案23解析因?yàn)閍+b=1,所以a=1-b,因?yàn)閍>b>0,所以0<b<12所以a2+2b2=(1-b)2+2b2=3b2-2b+1=3b-132+23,所以當(dāng)b=13時,a易得4a-b+12b=4a-b+12b=41-2b+12當(dāng)且僅當(dāng)8b1-2b=1-2b2b,即b=8.答案6解析∵ab+a+3b=9,∴a=9-3bb+1,由題意可知,a=9∵a+3b=9-3bb+1+3b=12-3(b+1)b+1+3b=12b+1+3(方法點(diǎn)睛求含多個字母的代數(shù)式的最值,常見的方法有消元法、基本不等式法等.應(yīng)用消元法時要注意變元范圍的傳遞.應(yīng)用基本不等式法時,需遵循“一正、二定、三相等”的原則,如果原代數(shù)式中沒有積為定值或和為定值,則需要將給定的代數(shù)式變形以產(chǎn)生和為定值或積為定值的局部結(jié)構(gòu).求最值時要關(guān)注取等條件的驗(yàn)證.9.解析(1)∵4x2+y2≥2·2x·y=4xy,∴xy≤4x2+y24,當(dāng)且僅當(dāng)又4x2+y2+xy=1,∴1=4x2+y2+xy≤4x2+y2+4x∴4x2+y2≥45,當(dāng)且僅當(dāng)x=1010,y=10∴4x2+y2的最小值是45(2)由4x2+y2+xy=1,得(2x+y)2-1=3xy.又∵2xy≤(2x+y)24,∴(2x+y)2-1≤32×(2x+y)24,解得(2x+y)2≤當(dāng)且僅當(dāng)x=1010,y=105∴2x+y的最大值是21010.證明因?yàn)閍>0,b>0,所以(2a+b)1a+4b=6+ba+8ab≥6+2ba·8ab=6+42=2(2+1)因?yàn)?a+b>0,所以1a+4b≥11.證明a2+b2a-b=(a-b)2+2aba-b=(a-b)2+4a-b=(a所以a2+b12.證明(1)∵a+b=1,a>0,b>0,∴1a+1b+1ab=1a+1b1a+1b=a+ba+a+bb=2+ab+ba∴1a+1b+1ab(2)證法一:∵a>0,b>0,a+b=1,∴1+1a=1+a+b同理,1+1b=2+a∴1+1a=5+2ba+ab≥5+4=9,當(dāng)且僅當(dāng)a=b∴1+1a1+證法二:1+1a1+1b=1+1由(1)知,1a+1b+1故1+1a1+1b=1+1a+1b+1ab≥9,當(dāng)且僅當(dāng)a13.證明(1)∵a+b2≤a2+b22,∴a2+b2≥a+b2=同理,b2+c2≥22(b+c)(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時,等號成立),a2+c2≥22(a+c三式相加得a2+b2+b2+c2+a2+c2≥22(a+b=2(a+b+c)(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時,等號成立).(2)∵0<x<1,∴1-x>0.又∵a>0,b>0,∴不等式左邊=(x+1-x)a2x+b21-x=a2+b2+x1-x·b2+1-xx·a2≥a2+b2+2x1-x·b2·1-xx·a2=a2+b2+2ab=(故a2x+b21-x≥(14.D由題意可得a(1+p)(1+q)=a(1+x)2,即(