新教材适用2023-2024学年高中数学第2章一元二次函数方程和不等式2.2基本不等式第1课时基本不等式素养作业新人教A版必修第一册

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