课时质量评价5　基本不等式-2022届高三数学一轮复习检测（新高考）

课时质量评价(五)(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1．(2020·上海卷)下列不等式恒成立的是()A．a2＋b2≤2abB．a2＋b2≥－2abC．a＋b≥2eq\r(|ab|)D．a＋b≤－2eq\r(|ab|)B解析：对于选项A，因为a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时取等号，所以a2＋b2≥2ab，故A错误．对于选项B，因为a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2≥0，当且仅当a＝－b时取等号，所以a2＋b2≥－2ab，故B正确．对于选项C，令a＝－1，b＝2，则a＋b＝－1＋2＝1，2eq\r(|ab|)＝2eq\r(|－1×2|)＝2eq\r(2).因为1＜2eq\r(2)，所以a＋b＜2eq\r(|ab|)，故C错误．对于选项D，令a＝1，b＝0，则a＋b＝1，－2eq\r(|ab|)＝－2eq\r(|1×0|)＝0.因为1>0，所以a＋b>－2eq\r(|ab|)，故D错误．2．当x>0时，函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)有()A．最小值1 B．最大值1C．最小值2 D．最大值2B解析：f(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2\r(x·\f(1,x)))＝1，当且仅当x＝eq\f(1,x)(x>0)，即x＝1时取等号，所以f(x)有最大值1.3．司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析()A．甲合适B．乙合适C．油价先高后低甲合适D．油价先低后高甲合适B解析：设甲每次加m升油，乙每次加n元钱的油，第一次加油x元/升，第二次加油y元/升．甲的平均单价为eq\f(mx＋my,2m)＝eq\f(x＋y,2)，乙的平均单价为eq\f(2n,\f(n,x)＋\f(n,y))＝eq\f(2xy,x＋y).因为x≠y，所以eq\f(\f(x＋y,2),\f(2xy,x＋y))＝eq\f(x2＋y2＋2xy,4xy)>eq\f(4xy,4xy)＝1，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适．故选B．4．(2020·滨州三校高三联考)已知a>0，b>0，若不等式eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋b)恒成立，则m的最大值为()A．10 B．12C．16 D．9D解析：由已知a>0，b>0，若不等式eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋b)恒成立，则m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)恒成立，转化成求y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)的最小值．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝5＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，当且仅当a＝2b时，等号成立，所以m≤9.故选D．5．(2020·咸阳高三一模)已知x＋2y＝xy(x>0，y>0)，则2x＋y的最小值为()A．10 B．9C．8 D．7B解析：由x＋2y＝xy得eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以2x＋y＝(2x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝5＋eq\f(2x,y)＋eq\f(2y,x)≥5＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(2y,x))＝9，当且仅当eq\f(2x,y)＝eq\f(2y,x)，即x＝y时取等号，所以2x＋y的最小值为9.故选B．6．(2020·临沂高三期末)当eq\r(x)＋eq\f(9,\r(x)＋1)取得最小值时，x＝________.4解析：eq\r(x)＋eq\f(9,\r(x)＋1)＝eq\r(x)＋1＋eq\f(9,\r(x)＋1)－1≥2eq\r(9)－1＝5，当且仅当eq\r(x)＋1＝eq\f(9,\r(x)＋1)，即x＝4时，等号成立．7．(2020·枣庄高三统考)函数f(x)＝eq\f(2x2－4x＋5,x－1)(x＞1)的最小值是________．2eq\r(6)解析：由于x＞1，故x－1＞0，故f(x)＝2(x－1)＋eq\f(3,x－1)≥2eq\r(2x－1·\f(3,x－1))＝2eq\r(6)，当且仅当2(x－1)＝eq\f(3,x－1)，即x＝1＋eq\f(\r(6),2)时，函数取得最小值2eq\r(6).8．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元．8解析：每台机器运转x年的年平均利润为eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时每台机器为该公司创造的年平均利润最大，最大值为8万元．9．某厂家拟定在2020年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x＝3－eq\f(k,m＋1)(k为常数)．如果不搞促销活动，那么该产品的年销量只能是1万件．已知2020年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．(1)将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；(2)该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？解：(1)由题意知，当m＝0时，x＝1，所以1＝3－k⇒k＝2，所以x＝3－eq\f(2,m＋1)(m≥0)．又每件产品的销售价格为1.5×eq\f(8＋16x,x)，所以2020年的利润y＝1.5x×eq\f(8＋16x,x)－8－16x－m＝4＋8x－m＝4＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,m＋1)))－m＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)．(2)因为m≥0时，eq\f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq\r(16)＝8，所以y≤－8＋29＝21，当且仅当eq\f(16,m＋1)＝m＋1⇒m＝3时，ymax＝21.故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元．B组新高考培优练10．(多选题)(2020·潍坊高三期中)若x≥y，则下列不等式中正确的是()A．2x≥2y B．eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)C．x2≥y2 D．x2＋y2≥2xyAD解析：由指数函数的单调性可知，当x≥y时，有2x≥2y，故A正确；当y<x<0时，eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)不成立，故B错误；当0≥x≥y时，x2≥y2不成立，故C错误；因为x2＋y2－2xy＝(x－y)2≥0成立，从而有x2＋y2≥2xy成立，故D正确．故选AD．11．《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．如图所示，在AB上取一点C，使得AC＝a，BC＝b，过点C作CD⊥AB交圆周于点D，连接OD．作CE⊥OD交OD于点E，则下列不等式可以表示CD≥DE的是()A．eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)(a＞0，b＞0)B．eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)C．eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)(a＞0，b＞0)D．a2＋b2≥2ab(a＞0，b＞0)A解析：连接DB，因为AB是圆O的直径，所以∠ADB＝90°.在Rt△ADB中，中线OD＝eq\f(AB,2)＝eq\f(a＋b,2).由射影定理可得CD2＝AC·BC＝ab.所以CD＝eq\r(ab).在Rt△DCO中，由射影定理可得CD2＝DE·OD，即DE＝eq\f(CD2,OD)＝eq\f(ab,\f(a＋b,2))＝eq\f(2ab,a＋b).由CD≥DE得eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b).故选A．12.已知正实数a，b满足a＋b＝2，则eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)的最大值为()A．2eq\r(2) B．4C．4eq\r(2) D．16A解析：因为(eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1))2＝(a＋1)＋(b＋1)＋2eq\r(a＋1)·eq\r(b＋1)≤(a＋1)＋(b＋1)＋(a＋1)＋(b＋1)＝2(a＋b＋2)＝8，当且仅当a＝b＝1时取等号，所以eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)的最大值为2eq\r(2).故选A．13．(2020·湖北省高三模拟)若不等式eq\f(1,x)＋eq\f(1,1－4x)－m≥0对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，则实数m的最大值为()A．7 B．8C．9 D．10C解析：将不等式化为eq\f(1,x)＋eq\f(1,1－4x)≥m，只需当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,1－4x)))min即可．由eq\f(1,x)＋eq\f(1,1－4x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,1－4x)))(4x＋1－4x)＝4＋eq\f(1－4x,x)＋eq\f(4x,1－4x)＋1≥5＋2eq\r(\f(1－4x,x)·\f(4x,1－4x))＝5＋4＝9，当且仅当x＝eq\f(1,6)时取等号，故m≤9.故m的最大值为9.故选C．14．(多选题)设正实数a，b满足a＋b＝1，则()A．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4B．eq\r(ab)有最小值eq\f(1,2)C．eq\r(a)＋eq\r(b)有最大值eq\r(2)D．a2＋b2有最小值eq\f(1,2)ACD解析：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(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，取等号时a＝b＝eq\f(1,2)，故A正确.eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)，取等号时a＝b＝eq\f(1,2)，所以eq\r(ab)有最大值eq\f(1,2)，故B错误．(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝1＋2eq\r(ab)≤2，所以eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，取等号时a＝b＝eq\f(1,2)，故C正确．a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，取等号时a＝b＝eq\f(1,2)，故D正确．故选ACD．15．设x>0，y>0，x＋2y＝4，则eq\f(x＋12y＋1,xy)的最小值为________．eq\f(9,2)解析：eq\f(x＋12y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,xy)＝eq\f(2xy＋5,xy)＝2＋eq\f(5,xy).因为x>0，y>0且x＋2y＝4，所以4≥2eq\r(2xy)(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，所以2xy≤4，所以eq\f(1,xy)≥eq\f(1,2)，所以2＋eq\f(5,xy)≥2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).16．(2020·山东师范大学附中高三月考)已知某工厂每天固定成本是4万元，每生产一件产品成本增加100元，工厂每件产品的出厂价定为a元时，生产x件产品的销售收入是R(x)＝－eq\f(1,4)x2＋500x(元)，P(x)为每天生产x件产品的平均利润(平均利润＝总利润/总产量)．销售商从工厂每件a元进货后又以每件b元销售，b＝a＋λ(c－a)，其中c为最高限价(a＜b＜c)，λ为销售乐观系数．据市场调查，λ是由当b－a是c－b，c－a的比例中项时来确定．(1)每天生产量x为多少时，平均利润P(x)取得最大值？求P(x)的最大值．(2)求乐观系数λ的值．(3)若c＝600，当厂家平均利润最大时，求a与b的值．解：(1)依题意，总利润为－eq\f(1,4)x2＋500x－100x－4