-新教材高中数学课时检测10基本不等式含解析湘教版必修第一册

PAGEPAGE4课时跟踪检测(十)基本不等式[A级基础巩固]1．不等式a＋1≥2eq\r(a)(a＞0)中等号成立的条件是()A．a＝0 B．a＝eq\f(1,2)C．a＝1 D．a＝2答案：C2．不等式a2＋eq\f(4,a2)≥4中，等号成立的条件是()A．a＝4 B．a＝eq\r(2)C．a＝－eq\r(2) D．a＝±eq\r(2)解析：选D此不等式等号成立的条件为a2＝eq\f(4,a2)，即a＝±eq\r(2)，故选D.3．设a，b为正数，且a＋b≤4，则下列各式中正确的是()A.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1 B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<2 D．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2解析：选B因为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＝4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))≥2eq\r(\f(1,4))＝1，当且仅当a＝b＝2时等号成立．4．已知a，b∈R，且ab＞0，则下列结论恒成立的是()A．a2＋b2＞2ab B．a＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞eq\f(2,\r(ab)) D．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2解析：选D对于A，当a＝b时，a2＋b2＝2ab，所以A错误；对于B、C，ab＞0只能说明a，b同号，当a，b都小于0时，B、C错误；对于D，因为ab＞0，所以eq\f(b,a)＞0，eq\f(a,b)＞0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))，即eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2恒成立．故选D.5．(多选)设a＞0，b＞0，下列不等式恒成立的是()A．a2＋1＞a B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4C．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 D．a2＋9＞6a解析：选ABC由于a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0，故A恒成立；由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(ab·\f(1,ab))＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,ab)，,\f(b,a)＝\f(a,b)，))即a＝b＝1时，“＝”成立，故B恒成立；由于(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b＝1时，“＝”成立，故C恒成立；当a＝3时，a2＋9＝6a，故D不恒成立．6．不等式(x－2y)＋eq\f(1,x－2y)≥2成立的前提条件为________．解析：因为不等式成立的前提条件是各项均为正，所以x－2y>0，即x>2y.答案：x>2y7．已知0＜x＜1，则x(1－x)的最大值为________，此时x＝________．解析：因为0＜x＜1，所以1－x＞0，所以x(1－x)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋（1－x）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，当且仅当x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)时“＝”成立，即当x＝eq\f(1,2)时，x(1－x)取得最大值eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)eq\f(1,2)8．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________．解析：x2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)，y2＝a＋b＝eq\f(a＋b＋a＋b,2)，∵a＋b＞2eq\r(ab)(a≠b)，∴x2＜y2，∵x，y＞0，∴x＜y.答案：x＜y9．设a＞0，b＞0，且不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，求实数k的取值范围．解：因为a＞0，b＞0，所以原不等式可化为k≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)，所以k≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))－2.因为eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(当且仅当a＝b时，等号成立)，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))－2≤－4，所以k≥－4，即k的取值范围是[－4，＋∞)．10．设a，b，c都是正数，试证明不等式：eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.证明：因为a>0，b>0，c>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)≥2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)≥2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥6，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，eq\f(c,a)＝eq\f(a,c)，eq\f(c,b)＝eq\f(b,c)，即a＝b＝c时，等号成立．所以eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.[B级综合运用]11．如果正数a，b，c，d满足a＋b＝cd＝4，那么()A．ab≤c＋d，且等号成立时a，b，c，d的取值唯一B．ab≥c＋d，且等号成立时a，b，c，d的取值唯一C．ab≤c＋d，且等号成立时a，b，c，d的取值不唯一D．ab≥c＋d，且等号成立时a，b，c，d的取值不唯一解析：选A∵a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号．∵c＋d≥2eq\r(cd)，∴c＋d≥2eq\r(cd)＝4，当且仅当c＝d＝2时取等号．故c＋d≥ab，当且仅当a＝b＝c＝d＝2时取等号．12．(多选)设a，b是正实数，则下列各式中成立的是()A．a＋b≥2eq\r(ab) B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2C.eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq\r(ab) D．eq\f(a＋b,2)≤eq\f(2ab,a＋b)解析：ABC由eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)得a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，∴A成立；∵eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时等号成立，∴B成立；∵eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥eq\f(2ab,\r(ab))＝2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，∴C成立；∵eq\f(a＋b,2)－eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(（a－b）2,2（a＋b）)≥0，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，∴D不成立，故选A、B、C.13．设x＞0，则eq\f(x2＋x＋3,x＋1)的最小值为________．解析：由x＞0，可得x＋1＞1.令t＝x＋1(t＞1)，则x＝t－1，则eq\f(x2＋x＋3,x＋1)＝eq\f(（t－1）2＋t－1＋3,t)＝t＋eq\f(3,t)－1≥2eq\r(t·\f(3,t))－1＝2eq\r(3)－1，当且仅当t＝eq\r(3)，即x＝eq\r(3)－1时，等号成立．答案：2eq\r(3)－114．是否存在正实数a和b，同时满足下列条件：①a＋b＝10；②eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)＝1(x>0，y>0)且x＋y的最小值为18，若存在，求出a，b的值；若不存在，说明理由．解：因为eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)＝1，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq\f(bx,y)＋eq\f(ay,x)≥a＋b＋2eq\r(ab)＝(eq\r(a)＋eq\r(b))2，又x＋y的最小值为18，所以(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝18.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(a)＋\r(b)）2＝18，,a＋b＝10，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝8，,b＝2.))故存在实数a＝2，b＝8或a＝8，b＝2满足条件．[C级拓展探究]15．阅读下列材料：二元基本不等式：设a，b为正数，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时等式成立．证明：因为(a＋b)2－4ab＝(a－b)2≥0，所以(a＋b)2≥4ab，从而得eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时等式成立．三元基本不等式：设a，b，c为正数，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时等式成立．证明：设d为正数，由二元基本不等式，得eq\f(a＋b＋c＋d,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)＋\f(c＋d,2)))≥eq\f(\r(ab)＋\r(cd),2)≥eq\r(4,abcd)，当且仅当a＝b＝c＝d时，等式成立．令d＝eq\f(a＋b＋c,3)，即a＋b＋c＝3d，代入上述不等式，得d≥eq\r(4,abcd)，由此推出d3≥abc，因此eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时等式成立．利用上述结论求解：设a＞0，b＞0，c＞0，a＋b＋c＝1，求(1－a)(1－b)(1－c)的最大值．解：因为a＞0，b＞0，c＞0，eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,ab