人教A版 (2019)必修 第一册基本不等式同步训练题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册基本不等式同步训练题，共5页。试卷主要包含了下列不等式正确的是，下列不等式，比较大小等内容，欢迎下载使用。
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．(多选)下列条件可使eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的有( )
A．ab>0 B．ab0，b>0 D．aM>P D．M>Q>P
6．下列不等式：①a2＋1>2a；②eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≥2；③eq \f(a＋b,\r(ab))≤2；④x2＋eq \f(1,x2＋1)≥1.其中正确的个数是________．
7．不等式eq \f(9,x－2)＋(x－2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是__________.
8．比较大小：eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))________2.(填“>”“eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).
B级——重点培优
11．两个工厂生产同一种产品，其产量分别为a，b(00，∴eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，eq \f(b＋c,2)≥eq \r(bc)，eq \f(c＋a,2)≥eq \r(ca).∴eq \f(a＋b,2)＋eq \f(b＋c,2)＋eq \f(c＋a,2)≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca)，即a＋b＋c≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).由于a，b，c不全相等，∴等号不成立，∴a＋b＋c>eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).
11．选A 由eq \f(x－a,b－x)＝1得x－a＝b－x，解得x＝eq \f(a＋b,2)，即A＝eq \f(a＋b,2)；由eq \f(x－a,b－x)＝eq \f(a,x)得x2－ax＝ab－ax，解得x＝eq \r(ab)，即G＝eq \r(ab)；由eq \f(x－a,b－x)＝eq \f(a,b)得bx－ab＝ab－ax，解得x＝eq \f(2ab,a＋b)，即H＝eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab).又eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，∴eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．∴H0，所以a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2 eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)，当且仅当a＝b且2eq \r(ab)＝eq \f(1,\r(ab))，即a＝b＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，故A一定成立．由作差比较法，eq \f(a2＋b2,2)－eq \f(a＋b2,4)＝eq \f(a－b2,4)≥0，可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，故B一定成立．因为a＋b≥2 eq \r(ab)>0, 所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2 \r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，故C不一定成立．因为(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥4，当且仅当a＝b时，等号成立，故D一定成立．
13．解析：因为a>0，b>0，所以a＋b＝2≥2eq \r(ab)，所以ab≤1，故①正确；左边平方可得(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)≤2＋2＝4，所以eq \r(a)＋eq \r(b)≤2，故②错误；因为a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab，由①知ab≤1，所以a2＋b2≥4－2＝2，故③正确；a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2×[(a＋b)2－3ab]＝8－6ab≥8－6＝2，故④错误；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)≥2，故⑤正确．故本题正确答案为①③⑤.
答案：①③⑤
14．解：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))(a－c)≥4，理由如下：
因为a－c＝(a－b)＋(b－c)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))[(a－b)＋(b－c)]＝2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)，又a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，
所以eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥2，当且仅当eq \f(b－c,a－b)＝eq \f(a－b,b－c)，
即b－c＝a－b时，等号成立．
则2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥4.故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))(a－c)≥4.
15．证明：(1)由a＋b＋c＝1，得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1，
又由基本不等式可知当a，b，c均为正数时，2ab≤a2＋b2,2ac≤a2＋c2,2bc≤b2＋c2，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，上述不等式等号均成立，所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤3a2＋3b2＋3c2，即3(a2＋b2＋c2)≥1，
所以a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3)，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
(2)因为a，b，c均为正数，
所以eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，不等式等号均成立，
则eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋b＋c＋a≥2a＋2b＋2c，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c＝1，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.