高考数学 3-4-1基本不等式课后强化作业 新人教A版必修5

【成才之路】-学年高考数学3-4-1基本不等式课后强化作业新人教A版必修5基础巩固一、选择题1．设0＜a＜b，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是()A.eq\f(1,2) B．a2＋b2C．2ab D．a[答案]B[解析]解法一：∵0＜a＜b，∴1＝a＋b＞2a，∴a＜eq\f(1,2)，又∵a2＋b2≥2ab，∴最大数一定不是a和2ab，∵1＝a＋b＞2eq\r(ab)，∴ab＜eq\f(1,4)，∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab＞1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2＞eq\f(1,2).故选B.解法二：特值检验法：取a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)，则2ab＝eq\f(4,9)，a2＋b2＝eq\f(5,9)，∵eq\f(5,9)＞eq\f(1,2)＞eq\f(4,9)＞eq\f(1,3)，∴a2＋b2最大．2．(～学年度湖南师大附中高二期中测试)设a＞0，b＞0，若eq\r(3)是3a与3b的等比中项，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A．8 B．4C．1 D.eq\f(1,4)[答案]B[解析]根据题意得3a·3b＝3，∴a＋b∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4.当a＝b＝eq\f(1,2)时“＝”成立．故选B.3．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，则a＋b,2eq\r(ab)，2ab，a2＋b2中最大的一个是()A．a2＋b2 B．2eq\r(ab)C．2ab D．a＋b[答案]D[解析]解法一：∵0<a<1,0<b<1，∴a2＋b2>2ab，a＋b>2eq\r(ab)，a>a2，b>b2，∴a＋b>a2＋b2，故选D.解法二：取a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,3)，则a2＋b2＝eq\f(13,36)，2eq\r(ab)＝eq\f(\r(6),3)，2ab＝eq\f(1,3)，a＋b＝eq\f(5,6)，显然eq\f(5,6)最大．4．设a、b是正实数，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，则A、B的大小关系是()A．A≥B B．A≤BC．A＞B D．A＜B[答案]C[解析]∵a＞0，b＞0，∴A＞0，B＞0，A2－B2＝(a＋b＋2eq\r(ab))－(a＋b)＝2eq\r(ab)＞0，∴A2＞B2，∵A>0，B>0，∴A＞B.5．某工厂第一年产量为A，第二年的增长率为a,第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x，则()A．x＝eq\f(a＋b,2) B．x≤eq\f(a＋b,2)C．x＞eq\f(a＋b,2) D．x≥eq\f(a＋b,2)[答案]B[解析]∵这两年的平均增长率为x∴A(1＋x)2＝A(1＋a)(1＋b)，∴(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)，由题设a＞0，b＞0.∴1＋x＝eq\r(1＋a1＋b)≤eq\f(1＋a＋1＋b,2)＝1＋eq\f(a＋b,2)，∴x≤eq\f(a＋b,2)，等号在1＋a＝1＋b即a＝b时成立．∴选B.6．(～学年度山西忻州一中高二期中测试)a＝(x－1,2)，b＝(4，y)(x、y为正数)，若a⊥b，则xy的最大值是()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．1 D．－1[答案]A[解析]由已知得4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2.∴xy＝x(2－2x)＝eq\f(2x2－2x,2)≤eq\f(1,2)×(eq\f(2x＋2－2x,2))2＝eq\f(1,2).二、填空题7．若0<x<1，则x(1－x)的最大值为________．[答案]eq\f(1,4)[解析]∵0<x<1，∴1－x>0，∴x(1－x)≤[eq\f(x＋1－x,2)]2＝eq\f(1,4)，等号在x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)时成立，∴所求最大值为eq\f(1,4).8．(～学年度湖南师大附中高二期中测试)已知t>0，则函数y＝eq\f(t2－4t＋1,t)的最小值是________．[答案]－2[解析]∵t>0，∴y＝eq\f(t2－4t＋1,4)＝t＋eq\f(1,t)－4≥2eq\r(t·\f(1,t))－4＝－2，当且仅当t＝eq\f(1,t)，即t＝1时，等号成立．三、解答题9．今有一台坏天平，两臂长不等，其余均精确．有人说要用它称物体的质量，只需将物体放在左右托盘各称一次，则两次称量结果的和的一半就是物体的真实质量，这种说法对吗？证明你的结论．[解析]不对．设左右臂长分别为l1，l2，物体放在左、右托盘称得重量分别为a、b，真实重量为G，则由杠杆平衡原理有：l1·G＝l2·a，①l2·G＝l1·b，②①×②得G2＝ab，∴G＝eq\r(ab)，由于l1≠l2，故a≠b，由均值不等式eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)知说法不对，真实重量是两次称量结果的几何平均数.能力提升一、选择题1．设函数f(x)＝2x＋eq\f(1,x)－1(x<0)，则f(x)()A．有最大值 B．有最小值C．是增函数 D．是减函数[答案]A[解析]∵x<0，∴f(x)＝2x＋eq\f(1,x)－1≤－2eq\r(－2x－\f(1,x))－1＝－2eq\r(2)－1，等号在－2x＝eq\f(1,－x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)时成立．∴f(x)有最大值．2．已知x>0，y>0，x、a、b、y成等差数列，x、c、d、y成等比数列，则eq\f(a＋b2,cd)的最小值是()A．0 B．1C．2 D．4[答案]D[解析]由等差、等比数列的性质得eq\f(a＋b2,cd)＝eq\f(x＋y2,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＋2≥2eq\r(\f(y,x)·\f(x,y))＋2＝4.当且仅当x＝y时取等号，∴所求最小值为4.3．设a、b∈R，且ab>0.则下列不等式中，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[答案]D[解析]a＝b时，A不成立；a、b<0时，B、C都不成立，故选D.[点评]对于D选项，∵ab>0，∴eq\f(b,a)>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.4．已知0＜a＜1,0＜x≤y＜1，且logax·logay＝1，那么xy()A．无最大值也无最小值 B．无最大值而有最小值C．有最大值而无最小值 D．有最大值也有最小值[答案]C[解析]∵0<a<1,0<x≤y<1，∴logax>0，logay>0，1＝logax·logay≤(eq\f(logax＋logay,2))2＝[eq\f(1,2)loga(xy)]2＝(logaeq\r(xy))2，∵0<eq\r(xy)<1，∴logaeq\r(xy)>0，∴logaeq\r(xy)≥1，∴0<eq\r(xy)≤a，∴0<xy≤a2，等号在logax＝logay即x＝y时成立，∴xy有最大值a2，在x＝y＝a时取得；无最小值，选C.二、填空题5．已知a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lg(eq\f(a＋b,2))，则P、Q、R的大小关系是________．[答案]P<Q<R[解析]因为a>b>1，所以lga>lgb>0，所以eq\f(1,2)(lga＋lgb)>eq\r(lga·lgb)，即Q>P，又因为eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，所以lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，所以R>Q.故P<Q<R.6．已知x＜eq\f(5,4)，则函数y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值是________．[答案]1[解析]∵x＜eq\f(5,4)，∴4x－5＜0，y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝4x－5＋eq\f(1,4x－5)＋3＝3－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))≤3－2＝1，等号在5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1时成立．三、解答题7．已知a、b、x、y∈R，且a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求证：ax＋by≤1.[解析]∵a2＋x2≥2ac，b2＋y2≥2by∴a2＋x2＋b2＋y2≥2ax＋2by，又∵a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，∴2ax＋2by≤2，∴ax＋by≤1.8．某商场预计全年分批购入每台2000元的电视机共3600台．每批都购入x台(x是自然数)且每批均需付运费400元．贮存购入的电视机全年所需付的保管费与每批购入电视机的总价值(不含运费)成正比．若每批购入400台，则全年需用去运输和保管总费用43600元．现在全年只有24000元资金可以支付这笔费用，请问，能否恰当安排每批进货数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．[解析]设总费用为y元(y＞0)，且将题中正比例函数的比例系数设为k，则y＝eq\f(3600,x)×400＋k(2000x)，依条件，当x＝400时，y＝43600，可得k＝5%，故有y＝eq\f(1440000,x)＋100x≥2eq\r(\f(1440000,x)·100x)＝24000(元)．当且仅当eq\f(1440000,x)＝100x，即x＝120时取等号．所以只需每批购入120台，可使资金