数学必修 第一册2.2.4 均值不等式及其应用第1课时巩固练习

这是一份数学必修 第一册2.2.4 均值不等式及其应用第1课时巩固练习，共6页。
1．不等式a2＋b2≥2|ab|成立时，实数a，b一定是( )
A．正数 B.非负数
C．实数 D．不存在
解析：选C.原不等式可变形为a2＋b2－2|ab|＝|a|2＋|b|2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，对任意实数都成立．
2．(多选)下列不等式一定成立的是( )
A．x2＋eq \f(1,4)>x(x>0) B.x＋eq \f(1,x)≥2(x>0)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R) D．eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
解析：选BC.对于A，当x＝eq \f(1,2)时，x2＋eq \f(1,4)＝x，所以A不一定成立；对于B，当x>0时，不等式成立，所以B一定成立；对于C，不等式显然恒成立，所以C一定成立；对于D，因为x2＋1≥1，所以00，且eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝1，则x＋2y的最小值为( )
A．2 B.4
C．6 D．8
解析：选D.因为x>0，y>0，且eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝1，
所以x＋2y＝(x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)≥4＋2eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝8，
当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝4，y＝2时等号成立．故选D.
5．设x＞0，则y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为( )
A．0 B.eq \f(1,2)
C．1 D．eq \f(3,2)
解析：选A.因为x＞0，所以x＋eq \f(1,2)＞0，
所以y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－2≥
2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，当且仅当x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq \f(1,2)时等号成立，所以y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为0.
6．若a>0，且a＋b＝0，则a－eq \f(1,b)＋1的最小值为________．
解析：因为a＋b＝0，a>0，所以a－eq \f(1,b)＋1＝a＋eq \f(1,a)＋1≥3，当且仅当a＝1，b＝－1时取等号．
答案：3
7．若x，y均为正实数，且x＋4y＝20，则xy的最大值是________．
解析：因为x，y均为正实数，所以20＝x＋4y≥2eq \r(x·4y)＝4eq \r(xy)，所以eq \r(xy)≤5，
所以xy≤25，当且仅当x＝4y＝10，即x＝10，y＝eq \f(5,2)时，等号成立，所以xy的最大值是25.
答案：25
8．已知当x＝3时，代数式4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)取得最小值，则a＝________．
解析：4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)(x>0，a>0)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(a),2)时等号成立，所以eq \f(\r(a),2)＝3，即a＝36.
答案：36
9．(1)已知x>0，求y＝2－x－eq \f(4,x)的最大值；
(2)已知00) ，即x＝2时取等号，ymax＝－2.
(2)因为00，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．
答案：3 2
13．(2020·江苏徐州期中考试)已知正实数a，b满足a＋2b＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,b)))的最小值为________．
解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)＋eq \f(1,ab)＝2＋eq \f(a＋2b＋1,ab)＝2＋eq \f(2,ab)，又1＝a＋2b≥2eq \r(2ab)，所以ab≤eq \f(1,8)，即2＋eq \f(2,ab)≥2＋2×8＝18，当且仅当a＝2b，即a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,4)时取等号．
答案：18
14．已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab.
(1)求ab的最小值；
(2)求a＋2b的最小值．
解：因为2a＋b＝ab，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1.
(1)因为a>0，b>0；
所以1＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))，当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)＝eq \f(1,2)，
即a＝2，b＝4时取等号；
所以ab≥8，即ab的最小值为8.
(2)a＋2b＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(2a,b)，即a＝b＝3时取等号；
所以a＋2b的最小值为9.
15．a>b>c，n∈N且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(n,a－c)，求n的最大值．
解：因为a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，a－c>0.
因为eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(n,a－c)，
所以n≤eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c).
因为a－c＝(a－b)＋(b－c)，
所以n≤eq \f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq \f(（a－b）＋（b－c）,b－c)，
所以n≤eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)＋2.
因为eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b－c,a－b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,b－c))))＝2(2b＝a＋c时取等号)．
所以n≤4，所以n的最大值是4.
[C 拓展探究]
16．是否存在正实数a和b，同时满足下列条件：①a＋b＝10；②eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1 (x>0，y>0)且x＋y的最小值为18，若存在，求出a，b的值；若不存在，说明理由．
解：因为eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(bx,y)＋eq \f(ay,x)≥a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2，
又x＋y的最小值为18，所以(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝18.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\r(a)＋\r(b)）2＝18，,a＋b＝10，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝8，,b＝2.))
故存在实数a＝2，b＝8或a＝8，b＝2满足条件．