2024秋高中數(shù)學(xué)第一講不等式和絕對(duì)值不等式1.1.2基本不等式課堂演練含解析新人教A版選修4-5

PAGE1-第一講不等式和肯定值不等式1.1不等式1.1.2基本不等式A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．設(shè)非零實(shí)數(shù)a，b，則“a2＋b2≥2ab”是“eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2”成立的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：因?yàn)閍，b∈R時(shí)，都有a2＋b2≥2ab，而eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2等價(jià)于ab>0，所以“a2＋b2≥2ab”是“eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2”的必要不充分條件．答案：B2．下列不等式中，正確的個(gè)數(shù)是()①若a，b∈R，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)；②若x∈R，則x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)≥2；③若a，b為正實(shí)數(shù)，則eq\f(\r(a)＋\r(b),2)≥eq\r(ab).A．0 B．1C．2 D．3解析：明顯①不正確；對(duì)于②，雖然x2＋2＝eq\f(1,x2＋2)無解，但x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)>2成立，故②正確；③不正確，如a＝1，b＝4.答案：B3．函數(shù)y＝eq\f(1,x－3)＋x(x>3)的最小值是()A．5B．4C．3D．2解析：原式變形為y＝eq\f(1,x－3)＋x－3＋3.因?yàn)閤>3，所以x－3>0，所以eq\f(1,x－3)>0，所以y≥2eq\r(（x－3）·\f(1,x－3))＋3＝5，當(dāng)且僅當(dāng)x－3＝eq\f(1,x－3)，即x＝4時(shí)等號(hào)成立．答案：A4．若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(diǎn)(1，1)，則a＋b的最小值等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：因?yàn)橹本€eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1過點(diǎn)(1，1)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1.又a，b均大于0，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋1＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．所以a＋b的最小值為4.答案：C5．函數(shù)y＝eq\f(x2,x4＋9)(x≠0)的最大值及此時(shí)x的值為()A.eq\f(1,6)，eq\r(3) B.eq\f(1,6)，±eq\r(3)C.eq\f(1,6)，－eq\r(3) D.eq\f(1,6)，±3解析：y＝eq\f(x2,x4＋9)＝eq\f(1,x2＋\f(9,x2))(x≠0)，因?yàn)閤2＋eq\f(9,x2)≥2eq\r(x2·\f(9,x2))＝6，所以y≤eq\f(1,6)，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝eq\f(9,x2)，即x＝±eq\r(3)時(shí)，ymax＝eq\f(1,6).答案：B二、填空題6．若x≠0，則f(x)＝2－3x2－eq\f(12,x2)的最大值是________，取得最值時(shí)x的值是________．解析：f(x)＝2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,x2)))≤2－3×4＝－10，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝eq\f(4,x2)，即x＝±eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．答案：－10±eq\r(2)7．已知x＋3y－2＝0，則3x＋27y＋1的最小值是________．解析：3x＋27y＋1＝3x＋33y＋1≥2eq\r(3x·33y)＋1＝2eq\r(3x＋3y)＋1＝7，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝1，y＝eq\f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立．答案：78．在4×□＋9×□＝60的兩個(gè)□中，分別填入兩個(gè)自然數(shù)，使它們的倒數(shù)和最小，應(yīng)分別填上________和________．解析：設(shè)兩數(shù)為x，y，即4x＋9y＝60.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\f(4x＋9y,60)＝eq\f(1,60)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋\f(4x,y)＋\f(9y,x)))≥eq\f(1,60)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(4x,y)·\f(9y,x))))＝eq\f(1,60)×(13＋12)＝eq\f(5,12).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4x,y)＝eq\f(9y,x)，且4x＋9y＝60，即x＝6且y＝4時(shí)等號(hào)成立，故應(yīng)填6和4.答案：64三、解答題9．(1)已知x<2，求函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x－2)的最大值．(2)已知0<x<eq\f(1,2)，求函數(shù)y＝x(1－2x)的最大值．解：(1)因?yàn)閤<2，所以2－x>0，所以f(x)＝x＋eq\f(4,x－2)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2－x）＋\f(4,2－x)))＋2≤－2eq\r(（2－x）·\f(4,2－x))＋2＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)2－x＝eq\f(4,2－x)，得x＝0或x＝4(舍去)，即x＝0時(shí)，等號(hào)成立．所以f(x)＝x＋eq\f(4,x－2)的最大值為－2.(2)因?yàn)?<x<eq\f(1,2)，所以1－2x>0.所以y＝x(1－2x)＝eq\f(1,2)·2x(1－2x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（1－2x）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝1－2x，即x＝eq\f(1,4)時(shí)，等號(hào)成立．所以函數(shù)y＝x(1－2x)的最大值為eq\f(1,8).10．若a、b、c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明：因?yàn)閍＞0，b＞0，c＞0，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)＞0.且上述三個(gè)不等式中等號(hào)不能同時(shí)成立．所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.B級(jí)實(shí)力提升1．某公司租地建倉(cāng)庫(kù)，每月土地占用費(fèi)y1與倉(cāng)庫(kù)到車站的距離成反比，而每月庫(kù)存貨物的運(yùn)費(fèi)y2與倉(cāng)庫(kù)到車站的距離成正比，假如在距離車站10千米處建倉(cāng)庫(kù)，這兩項(xiàng)費(fèi)用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小，倉(cāng)庫(kù)應(yīng)建在離車站()A．5千米處 B．4千米處C．3千米處 D．2千米處解析：由已知：y1＝eq\f(20,x)，y2＝0.8x(x為倉(cāng)庫(kù)到車站的距離)．費(fèi)用之和y＝y(tǒng)1＋y2＝0.8x＋eq\f(20,x)≥2eq\r(0.8x·\f(20,x))＝8.當(dāng)且僅當(dāng)0.8x＝eq\f(20,x)，即x＝5時(shí)等號(hào)成立．答案：A2．(2024·天津卷)若a，b∈R，ab＞0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為________．解析：因?yàn)閍，b∈R，ab＞0，所以eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4)))時(shí)取得等號(hào)．故eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為4.答案：43．若對(duì)隨意x＞0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：由x＞0，知原不等式等價(jià)于0＜eq\f(1,a)≤eq\f(x2＋3x＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)＋3恒成立．又x＞0時(shí)，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x)