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文档简介

第二章2.2第1课时A组·基础自测一、选择题1.下列不等式中正确的是(D)A.a+eq\f(4,a)≥4 B.a2+b2≥4abC.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)<eq\f(a+b,2),故C错;由基本不等式可知D项正确.2.已知x,y为正实数,且xy=4,则x+4y的最小值是(B)A.4 B.8C.16 D.32[解析]∵x>0,y>0,∴x+4y≥2eq\r(x·4y)=8,当且仅当x=4y且xy=4,即x=4,y=1时取等号,∴x+4y的最小值为8.故选B.3.已知函数y=x+eq\f(1,x)-2(x<0),则函数有(C)A.最大值为0 B.最小值为0C.最大值为-4 D.最小值为-4[解析]∵x<0,∴y=-eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-x+\f(1,-x)))-2≤-2-2=-4,当且仅当-x=eq\f(1,-x),即x=-1时取等号.4.已知x>0,y>0,且x+y=8,则(1+x)(1+y)的最大值为(B)A.16 B.25C.9 D.36[解析]因为x>0,y>0,且x+y=8,所以(1+x)(1+y)=1+x+y+xy=9+xy≤9+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x+y,2)))2=9+42=25,当且仅当x=y=4时,等号成立,故(1+x)(1+y)的最大值为25.5.(多选题)若a>0,b>0,a+b=2,则下列不等式恒成立的有(ACD)A.ab≤1 B.eq\r(a)+eq\r(b)≤eq\r(2)C.a2+b2≥2 D.eq\f(1,a)+eq\f(1,b)≥2[解析]因为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))2=1,所以A正确;因为(eq\r(a)+eq\r(b))2=a+b+2eq\r(ab)=2+2eq\r(ab)≤2+a+b=4,所以B不正确;a2+b2≥eq\f(a+b2,2)=2,所以C正确;eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=eq\f(a+b,ab)=eq\f(2,ab)≥2,故ab≤1,所以D正确.二、填空题6.当x>1时,(x-1)+eq\f(9,x-1)+2的最小值为_8_.[解析]令t=(x-1)+eq\f(9,x-1)+2,因为x-1>0,所以t≥2eq\r(x-1·\f(9,x-1))+2=8,当且仅当x-1=eq\f(9,x-1),即x=4时,t的最小值为8.7.已知a>b>c,则eq\r(a-bb-c)与eq\f(a-c,2)的大小关系是eq\r(a-bb-c)≤eq\f(a-c,2)_.[解析]因为a>b>c,所以a-b>0,b-c>0.eq\r(a-bb-c)≤eq\f(a-b+b-c,2)=eq\f(a-c,2).当且仅当a-b=b-c,即a+c=2b时,等号成立.所以eq\r(a-bb-c)≤eq\f(a-c,2).8.已知x>0,y>0,且满足eq\f(x,3)+eq\f(y,4)=1,则xy的最大值为_3_,取得最大值时y的值为_2_.[解析]因为x>0,y>0,且1=eq\f(x,3)+eq\f(y,4)≥2eq\r(\f(xy,12)),所以xy≤3.当且仅当eq\f(x,3)=eq\f(y,4)=eq\f(1,2),即x=eq\f(3,2),y=2时取等号.三、解答题9.(1)已知x>0,求y=2-x-eq\f(4,x)的最大值;(2)已知0<x<eq\f(1,2),求y=eq\f(1,2)x(1-2x)的最大值.[解析](1)∵x>0,∴x+eq\f(4,x)≥4.∴y=2-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(4,x)))≤2-4=-2.当且仅当x=eq\f(4,x)(x>0),即x=2时取等号,ymax=-2.(2)∵0<x<eq\f(1,2),∴1-2x>0,∴y=eq\f(1,2)x(1-2x)=eq\f(1,4)×2x(1-2x)≤eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x+1-2x,2)))2=eq\f(1,4)×eq\f(1,4)=eq\f(1,16),当且仅当2x=1-2x,即x=eq\f(1,4)时取等号,故y=eq\f(1,2)x(1-2x)的最大值为eq\f(1,16).10.设x>0,求证:x+eq\f(2,2x+1)≥eq\f(3,2).[证明]∵x>0,∴x+eq\f(2,2x+1)=x+eq\f(1,x+\f(1,2))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,2)))+eq\f(1,x+\f(1,2))-eq\f(1,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,2)))·\f(1,x+\f(1,2)))-eq\f(1,2)=2-eq\f(1,2)=eq\f(3,2).当且仅当x+eq\f(1,2)=eq\f(1,x+\f(1,2)).x=eq\f(1,2)时取等号.综上所述,原式得证.B组·能力提升一、选择题1.不等式eq\f(9,x-2)+(x-2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是(C)A.x=3 B.x=6C.x=5 D.x=10[解析]∵x>2,∴x-2>0,∴eq\f(9,x-2)+(x-2)≥2eq\r(\f(9,x-2)·x-2)=6,当且仅当eq\f(9,x-2)=x-2,即x=5时,等号成立,故选C.2.若正数x,y满足x2+3xy-1=0,则x+y的最小值是(B)A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)[解析]由x2+3xy-1=0可得y=eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)-x)).因为x>0,所以x+y=eq\f(2x,3)+eq\f(1,3x)≥2eq\r(\f(2x,3)·\f(1,3x))=2eq\r(\f(2,9))=eq\f(2\r(2),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(2x,3)=\f(1,3x),即x=\f(\r(2),2)时,等号成立)).故x+y的最小值为eq\f(2\r(2),3).3.(多选题)设a,b∈R,且a≠b,a+b=2,则必有(ABC)A.ab<1 B.1<eq\f(a2+b2,2)C.ab<eq\f(a2+b2,2) D.eq\f(a2+b2,2)<ab[解析]∵ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))2,a≠b,∴ab<1,又∵eq\r(\f(a2+b2,2))>eq\f(a+b,2),a+b=2,∴eq\f(a2+b2,2)>1,∴ab<1<eq\f(a2+b2,2).二、填空题4.若a>0,b>0,且a+2b=4,则ab的最大值是_2_.[解析]∵a>0,b>0,a+2b=4,∴4=a+2b≥2eq\r(2ab),∴ab≤2,当且仅当a=2b时取等号,即a=2,b=1时取等号.故答案为2.5.当x>0时,若2x+eq\f(a,x)(a>0)在x=3时取得最小值,则a=_18_.[解析]∵a>0,且2x+eq\f(a,x)≥2eq\r(2x·\f(a,x))=2eq\r(2a),当且仅当2x=eq\f(a,x),即x=eq\f(\r(2a),2)时,2x+eq\f(a,x)取得最小值,∴eq\f(\r(2a),2)=3,解得a=18.三、解答题6.已知a>0,b>0,c>0,且abc=1,a,b,c不相等.求证:eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,c)>eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c).[证明]因为a>0,b>0,c>0,所以eq\f(1,a)+eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab)),①eq\f(1,b)+eq\f(1,c)≥eq\f(2,\r(bc)),②eq\f(1,a)+eq\f(1,c)≥eq\f(2,\r(ac)).③由①+②+③,得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)+\f(1,c)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(ab))+\f(1,\r(bc))+\f(1,\r(ac)))).所以eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,c)≥eq\f(1,\r(ab))+eq\f(1,\r(bc))+eq\f(1,\r(ac))=eq\f(\r(c)+\r(a)+\r(b),\r(abc)),且abc=1,又a,b,c不相等,所以eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,c)>eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c).C组·创新拓展《几何原本》中的几何代数法(用几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据,通过这一方法,很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明,因此这种方法也被称之为“无字证明”.如图所示,AB是半圆O的直径,点C是AB上一点(不同于A,B,O),点D在半圆O上,且CD⊥AB,CE⊥OD于点E,设AC=a,BC=b,则该图形可以完成的“无字证明”为(D)A.eq\r(ab)≤eq\f(a+b,2)(a>0,b>0)B.eq\f(a+b,2)<eq\f(2ab,a+b)(a>0,b>0,a≠b)C.eq\f(2ab,a+b)≤eq\r(ab)(a

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