数学基本不等式课时练习

这是一份数学基本不等式课时练习，共6页。试卷主要包含了2　基本不等式，若－4 【课时跟踪检测】
层级(一) “四基”落实练
1．若n＞0，则n＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
2．若a>0，b>0，a＋2b＝5，则ab的最大值为( )
A．25 B.eq \f(25,2)
C.eq \f(25,4) D.eq \f(25,8)
3．若－40，b>0，a＋2b＝5，
∴ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2＝eq \f(25,8)，
当且仅当a＝eq \f(5,2)，b＝eq \f(5,4)时取等号．
3.解析：选D eq \f(x2－2x＋2,2x－2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－1＋\f(1,x－1))).
又∵－40，eq \f(1,2a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)＋\f(2,b)))(a＋b)＝eq \f(5,2)＋eq \f(b,2a)＋eq \f(2a,b)≥eq \f(5,2)＋2＝eq \f(9,2)，当且仅当a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)时取等号，∴－eq \f(1,2a)－eq \f(2,b)≤－eq \f(9,2).
6.解析：∵a＋b＝M(a＞0，b＞0)，由基本不等式，得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(M2,4).又ab的最大值为4，∴eq \f(M2,4)＝4(M＞0)．∴M＝4.
答案：4
7.解析：设这批货物从A市全部运到B市的时间为t，则t＝eq \f(400＋16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,20)))2,v)＝eq \f(400,v)＋eq \f(16v,400)≥2·eq \r(\f(400,v)×\f(16v,400))＝8(小时)，当且仅当eq \f(400,v)＝eq \f(16v,400)，即v＝100时，等号成立，所以这批货物全部运到B市，最快需要8小时．
答案：8
8.证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，
∴1＋eq \f(1,a)＝1＋eq \f(a＋b,a)＝2＋eq \f(b,a)，
同理，1＋eq \f(1,b)＝2＋eq \f(a,b)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立．
9.解析：选BD 由0＜a＜b，a＋b＝1，则0＜a＜eq \f(1,2)＜b＜1.
对A，因为－eq \f(1,2)＜－a＜0，eq \f(1,2)＜b＜1，所以0＜b－a＜1，所以A错误；
对B，eq \f(1,2)＜b⇒1＜2b⇒a＜2ab＜a2＋b2，所以B正确；
对C，ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)(当且仅当a＝b时取“＝”)，由于a＜b，所以“＝”不可取，所以C错误；
对D，因为a2＋b2＞eq \f(a＋b2,2)＝eq \f(1,2)，又a2＜a，b2＜b⇒a2＋b2＜a＋b＝1，所以D正确．
10.解析：选BC 对于A、B，由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－1＝3xy≤3( eq \f(x＋y,2))2，解得－2≤x＋y≤2，所以A不正确，B正确；对于C、D，由x2＋y2－xy＝1，得x2＋y2－1＝xy≤ eq \f(x2＋y2,2)，当且仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤2，所以C正确，D不正确．故选B、C.
11.解析：如图，过点A作AH⊥BC交BC于点H，交DE于点F，易知eq \f(DE,BC)＝eq \f(x,40)＝eq \f(AD,AB)＝eq \f(AF,AH)，则AF＝x，所以FH＝40－x.
所以矩形面积S＝x(40－x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋40－x,2)))2＝400，
当且仅当40－x＝x，即x＝20时，取“＝”．
所以满足题意的矩形花园的边长x为20 m.
答案：20
12.解：由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，且a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，知a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时取等号，故a＋b的最小值为2.
(2)证明：由(1)知a2＋b2≥2ab＝2，且a＋b≥2，因此a2＋b2＋a＋b≥4，①
假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则a2＋b2＋a＋b＜4，②
①②两式矛盾，故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
13.解：设平均每天所支付的总费用为y元，
则y＝eq \f(1,x)[9x(x＋1)＋900]＋0.6×6 000
＝eq \f(900,x)＋9x＋3 609≥2eq \r(\f(900,x)×9x)＋3 609
＝180＋3 609＝3 789，
当且仅当eq \f(900,x)＝9x，即x＝10时取等号，
所以该食堂10天购买一次大米，才能使平均每天所支付的总费用最少．
14.解析：由a＞b＞c知，a－b＞0，b－c>0，a－c＞0.
∴原不等式等价于eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)≥m.
要使原不等式恒成立，只需eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．
∵eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)＝eq \f(a－b＋b－c,a－b)＋eq \f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，
当且仅当eq \f(b－c,a－b)＝eq \f(a－b,b－c)，即2b＝a＋c时，等号成立．
故m的取值范围为{m|m≤4}．
答案：{m|m≤4}
15.解：(1)由题意可得AD＝4－x，且x＞4－x＞0，可得2＜x＜4，
又AE＝CE＝x－DE，
在直角三角形ADE中，可得AE2＝AD2＋DE2，
即(x－DE)2＝(4－x)2＋DE2，
化简可得DE＝4－eq \f(8,x)(2＜x＜4)．
(2)S△ADE＝eq \f(1,2)AD·DE＝eq \f(1,2)(4－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(8,x)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－x－\f(8,x)))≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－2\r(x·\f(8,x))))＝12－8eq \r(2)，
当且仅当x＝2eq \r(2)，4－x＝4－2eq \r(2)，
即队徽的长和宽分别为2eq \r(2)，4－2eq \r(2)时，△ADE的面积最大．