高中数学（人教版必修5）配套练习：3.4 基本不等式 第1课时.doc
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高中数学（人教版必修5）配套练习：3.4 基本不等式 第1课时.doc
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第三章 3.4 第1课时
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(\r(x),x＋1)的最大值为( )
A.eq \f(2,5) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D．1
[答案] B
[解析] 令t＝eq \r(x)(t≥0)，则x＝t2，
∴f(x)＝eq \f(\r(x),x＋1)＝eq \f(t,t2＋1).
当t＝0时，f(x)＝0；
当t>0时，f(x)＝eq \f(1,\f(t2＋1,t))＝eq \f(1,t＋\f(1,t)).
∵t＋eq \f(1,t)≥2，∴0∴f(x)的最大值为eq \f(1,2).
2．若a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( )
A．ab≤eq \f(1,2) B．ab≥eq \f(1,2)
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
[答案] C
[解析] ∵a≥0，b≥0，且a＋b＝2，
∴b＝2－a(0≤a≤2)，
∴ab＝a(2－a)＝－a2＋2a＝－(a－1)2＋1.
∵0≤a≤2，∴0≤ab≤1，故A、B错误；
a2＋b2＝a2＋(2－a)2＝2a2－4a＋4
＝2(a－1)2＋2.
∵0≤a≤2，∴2≤a2＋b2≤4.故选C.
3．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＋b2
C．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．
4．(2013·湖南师大附中高二期中)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．4
C．1 D．eq \f(1,4)
[答案] B
[解析] 根据题意得3a·3b＝3，∴a＋b＝1，
∴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.
5．设a、b∈R＋，若a＋b＝2，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值等于( )
A．1 B．3
C．2 D．4
[答案] C
[解析] eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2，等号在a＝b＝1时成立．
6．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．1
C．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.
二、填空题
7．若0[答案] eq \f(1,4)
[解析] ∵00，
∴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．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．已知x>0，y>0.
(1)若2x＋5y＝20，求u＝lgx＋lgy的最大值；
(2)若lgx＋lgy＝2，求5x＋2y的最小值．
[解析] (1)∵x>0，y>0，
由基本不等式，得2x＋5y≥2eq \r(2x·5y)＝2eq \r(10)·eq \r(xy).
又∵2x＋5y＝20，
∴20≥2eq \r(10)·eq \r(xy)，
∴eq \r(xy)≤eq \r(10)，∴xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，等号成立．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＝5y,2x＋5y＝20))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝5,y＝2)).
∴当x＝5，y＝2时，xy有最大值10.
这样u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.
∴当x＝5，y＝2时，umax＝1.
(2)由已知，得x·y＝100，
5x＋2y≥2eq \r(10xy)＝2eq \r(103)＝20eq \r(10).
∴当且仅当5x＝2y＝eq \r(103)，即当x＝2eq \r(10)，
y＝5eq \r(10)时，等号成立．
所以5x＋2y的最小值为20eq \r(10).
10．求函数y＝eq \f(x2＋a＋1,\r(x2＋a))的最小值，其中a>0.
[解析] 当0y＝eq \r(x2＋a)＋eq \f(1,\r(x2＋a))≥2，
当且仅当x＝±eq \r(1－a)时，ymin＝2.
当a>1时，令eq \r(x2＋a)＝t(t≥eq \r(a))，
则有y＝f(t)＝t＋eq \f(1,t).
设t2>t1≥eq \r(a)>1，则f(t2)－f(t1)＝eq \f(t2－t1t1t2－1,t1t2)>0，
∴f(t)在[eq \r(a)，＋∞)上是增函数．
∴ymin＝f(eq \r(a))＝eq \f(a＋1,\r(a))，此时x＝0.
综上，当01，x＝0时，ymin＝eq \f(a＋1,\r(a)).
一、选择题
1．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.
2．若0A．a2＋b2 B．2eq \r(ab)
C．2ab D．a＋b
[答案] D
[解析] 解法一：∵0∴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．
3．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.
4．(2013·山西忻州一中高二期中)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)，等号成立时2x＝2－2x，即x＝eq \f(1,2)，y＝1，∴xy的最大值为eq \f(1,2).
二、填空题
5．已知eq \f(2,x)＋eq \f(3,y)＝2(x>0，y>0)，则xy的最小值是________．
[答案] 6
[解析] eq \f(2,x)＋eq \f(3,y)≥2eq \r(\f(6,xy))，∴2eq \r(\f(6,xy))≤2，∴xy≥6.
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．已知直角三角形两条直角边的和等于10 cm，求面积最大时斜边的长．
[解析] 设一条直角边长为x cm，(0面积s＝eq \f(1,2)x(10－x)≤eq \f(1,2)[eq \f(x＋10－x,2)]2＝eq \f(25,2)(cm2)
等号在x＝10－x即x＝5时成立，
∴面积最大时斜边长L＝eq \r(x2＋10－x2)＝eq \r(52＋52)＝5eq \r(2)(cm)．
8．某商场预计全年分批购入每台2 000元的电视机共3 600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43 600元．现在全年只有24 000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(3 600,x)×400＋k(2 000x)，依条件，当x＝400时，y＝43 600，可得k＝5%，
故有y＝eq \f(1 440 000,x)＋100x
≥2eq \r(\f(1 440 000,x)·100x)＝24 000(元)．
当且仅当eq \f(1 440 000,x)＝100x，即x＝120时取等号．
所以只需每批购入120台，可使资金够用．
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第三章 3.4 第1课时
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(\r(x),x＋1)的最大值为( )
A.eq \f(2,5) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D．1
[答案] B
[解析] 令t＝eq \r(x)(t≥0)，则x＝t2，
∴f(x)＝eq \f(\r(x),x＋1)＝eq \f(t,t2＋1).
当t＝0时，f(x)＝0；
当t>0时，f(x)＝eq \f(1,\f(t2＋1,t))＝eq \f(1,t＋\f(1,t)).
∵t＋eq \f(1,t)≥2，∴0
2．若a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( )
A．ab≤eq \f(1,2) B．ab≥eq \f(1,2)
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
[答案] C
[解析] ∵a≥0，b≥0，且a＋b＝2，
∴b＝2－a(0≤a≤2)，
∴ab＝a(2－a)＝－a2＋2a＝－(a－1)2＋1.
∵0≤a≤2，∴0≤ab≤1，故A、B错误；
a2＋b2＝a2＋(2－a)2＝2a2－4a＋4
＝2(a－1)2＋2.
∵0≤a≤2，∴2≤a2＋b2≤4.故选C.
3．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＋b2
C．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．
4．(2013·湖南师大附中高二期中)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．4
C．1 D．eq \f(1,4)
[答案] B
[解析] 根据题意得3a·3b＝3，∴a＋b＝1，
∴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.
5．设a、b∈R＋，若a＋b＝2，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值等于( )
A．1 B．3
C．2 D．4
[答案] C
[解析] eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2，等号在a＝b＝1时成立．
6．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．1
C．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.
二、填空题
7．若0
[解析] ∵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．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．已知x>0，y>0.
(1)若2x＋5y＝20，求u＝lgx＋lgy的最大值；
(2)若lgx＋lgy＝2，求5x＋2y的最小值．
[解析] (1)∵x>0，y>0，
由基本不等式，得2x＋5y≥2eq \r(2x·5y)＝2eq \r(10)·eq \r(xy).
又∵2x＋5y＝20，
∴20≥2eq \r(10)·eq \r(xy)，
∴eq \r(xy)≤eq \r(10)，∴xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，等号成立．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＝5y,2x＋5y＝20))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝5,y＝2)).
∴当x＝5，y＝2时，xy有最大值10.
这样u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.
∴当x＝5，y＝2时，umax＝1.
(2)由已知，得x·y＝100，
5x＋2y≥2eq \r(10xy)＝2eq \r(103)＝20eq \r(10).
∴当且仅当5x＝2y＝eq \r(103)，即当x＝2eq \r(10)，
y＝5eq \r(10)时，等号成立．
所以5x＋2y的最小值为20eq \r(10).
10．求函数y＝eq \f(x2＋a＋1,\r(x2＋a))的最小值，其中a>0.
[解析] 当0
当且仅当x＝±eq \r(1－a)时，ymin＝2.
当a>1时，令eq \r(x2＋a)＝t(t≥eq \r(a))，
则有y＝f(t)＝t＋eq \f(1,t).
设t2>t1≥eq \r(a)>1，则f(t2)－f(t1)＝eq \f(t2－t1t1t2－1,t1t2)>0，
∴f(t)在[eq \r(a)，＋∞)上是增函数．
∴ymin＝f(eq \r(a))＝eq \f(a＋1,\r(a))，此时x＝0.
综上，当0
一、选择题
1．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.
2．若0
C．2ab D．a＋b
[答案] D
[解析] 解法一：∵0
∴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．
3．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.
4．(2013·山西忻州一中高二期中)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)，等号成立时2x＝2－2x，即x＝eq \f(1,2)，y＝1，∴xy的最大值为eq \f(1,2).
二、填空题
5．已知eq \f(2,x)＋eq \f(3,y)＝2(x>0，y>0)，则xy的最小值是________．
[答案] 6
[解析] eq \f(2,x)＋eq \f(3,y)≥2eq \r(\f(6,xy))，∴2eq \r(\f(6,xy))≤2，∴xy≥6.
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．已知直角三角形两条直角边的和等于10 cm，求面积最大时斜边的长．
[解析] 设一条直角边长为x cm，(0
等号在x＝10－x即x＝5时成立，
∴面积最大时斜边长L＝eq \r(x2＋10－x2)＝eq \r(52＋52)＝5eq \r(2)(cm)．
8．某商场预计全年分批购入每台2 000元的电视机共3 600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43 600元．现在全年只有24 000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(3 600,x)×400＋k(2 000x)，依条件，当x＝400时，y＝43 600，可得k＝5%，
故有y＝eq \f(1 440 000,x)＋100x
≥2eq \r(\f(1 440 000,x)·100x)＝24 000(元)．
当且仅当eq \f(1 440 000,x)＝100x，即x＝120时取等号．
所以只需每批购入120台，可使资金够用．