高中数学人教A版 (2019)必修 第一册基本不等式第1课时课后复习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册基本不等式第1课时课后复习题，共6页。试卷主要包含了设a，b，c都是正数，求证，已知x，y，z都是正数，求证等内容，欢迎下载使用。
巩固新知 夯实基础
1.对x∈R且x≠0都成立的不等式是( )
A．x＋eq \f(1,x)≥2 B．x＋eq \f(1,x)≤－2
C.eq \f(|x|,x2＋1)≥eq \f(1,2)D.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≥2
2.已知x>0，y>0，x≠y，则下列四个式子中值最小的是( )
A.eq \f(1,x＋y) B.eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y))) C. eq \r(\f(1,2x2＋y2)) D.eq \f(1,2\r(xy))
3.设M＝a＋eq \f(1,a－2)(2＜a＜3)，N＝x(4eq \r(3)－3x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(4\r(3),3)))，则M，N的大小关系为( )
A．M＞N B．M＜N C．M≥N D．M≤N
4.下列不等式的推导过程正确的是________．
①若x＞1，则x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2.
②若x＜0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x)))))≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x))))＝－4.
③若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.
5.当a，b∈R时，下列不等关系成立的是________(填序号)．
①eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)；②a－b≥2eq \r(ab)；③a2＋b2≥2ab；④a2－b2≥2ab.
6.设a，b，c都是正数，求证：eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c.
7.已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝1，求证：eq \r(ab)＋eq \r(ac)＋eq \r(bc)≤1.
8.已知x，y，z都是正数，求证：(x＋y)(y＋z)(z＋x)≥8xyz.
能 力 练
综合应用 核心素养
9.若00，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2) B.eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab) C.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b D．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
11.已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
12.给出下列结论：
①若a>0，则a2＋1>a.
①若a>0，b>0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4.
③若a>0，b>0，则(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.
④若a∈R且a≠0，则eq \f(9,a)＋a≥6.
其中恒成立的是________．
13.设a>b>c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，求m的取值范围．
14.设y＝x＋eq \f(1,x)，求y的取值范围．
15.已知x＞0，y＞0，z＞0.求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(z,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(z,y)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,z)＋\f(y,z)))≥8.
16.已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
【参考答案】
1.D 解析：因为x∈R且x≠0，所以当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2；当x0，所以x＋eq \f(1,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))≤－2，所以A、B都错误；又因为x2＋1≥2|x|，所以eq \f(|x|,x2＋1)≤eq \f(1,2)，所以C错误，故选D.
2.C解析：解法一：∵x＋y>2eq \r(xy)，∴eq \f(1,x＋y)eq \f(1,\f(x＋y2,x＋y))＝eq \f(1,x＋y)，∴排除B；∵(x＋y)2＝x2＋y2＋2xyeq \r(\f(1,2x2＋y2))，排除A.
解法二：取x＝1，y＝2.则eq \f(1,x＋y)＝eq \f(1,3)；eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(3,8)；eq \r(\f(1,2x2＋y2))＝eq \f(1,\r(10))；eq \f(1,2\r(xy))＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(1,\r(8)).其中eq \f(1,\r(10))最小．
3.A 解析：M＝a＋eq \f(1,a－2)＝a－2＋eq \f(1,a－2)＋2＞4，N＝x(4eq \r(3)－3x)＝eq \f(1,3)×3x(4eq \r(3)－3x)≤eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x＋4\r(3)－3x,2)))2＝4.
∴M＞N.
4.② 解析：①中忽视了基本不等式等号成立的条件，当x＝eq \f(1,x)时，即x＝1时，x＋eq \f(1,x)≥2等号成立，因为x＞1，所以x＋eq \f(1,x)＞2，③中忽视了利用基本不等式时每一项必须为正数这一条件．
5.③ 解析：根据eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件判断，知①②④错，只有③正确．
6.证明: 因为a，b，c都是正数，所以eq \f(bc,a)，eq \f(ac,b)，eq \f(ab,c)也都是正数．所以eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)≥2c，eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥2a，eq \f(bc,a)＋eq \f(ab,c)≥2b，
三式相加得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，即eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时取等号．
7.∵eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，eq \r(bc)≤eq \f(b＋c,2)，eq \r(ac)≤eq \f(a＋c,2)，
∴eq \r(ab)＋eq \r(ac)＋eq \r(bc)≤eq \f(2a＋b＋c,2)＝1.
故原不等式成立．
8.证明: ∵x，y，z都是正数，
∴x＋y≥2eq \r(xy)，y＋z≥2eq \r(yz)，z＋x≥2eq \r(zx)，
∴(x＋y)(y＋z)(z＋x)≥2eq \r(xy)·2eq \r(yz)·2eq \r(zx)＝8xyz.
当且仅当x＝y＝z时，等号成立．
9. C 解析：选C.因为0a，故①恒成立．
因为a>0，所以a＋eq \f(1,a)≥2，因为b>0，所以b＋eq \f(1,b)≥2，所以当a>0，b>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4，故②恒成立．
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)，又因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2，所以(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，故③恒成立．
因为a∈R且a≠0，不符合基本不等式的条件，故eq \f(9,a)＋a≥6是错误的．
13.解：由a>b>c，知a－b>0，b－c>0，a－c>0.
因此，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．
因为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．
所以m≤4，即m∈{m|m≤4}．
14.解：当x＞0时，y＝x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2.
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取“＝”．
当x＜0时，y＝x＋eq \f(1,x)＝－[(－x)＋eq \f(1,－x)]
∵(－x)＋eq \f(1,－x)≥2
∴－[(－x)＋eq \f(1,－x)]≤－2.
当且仅当x＝eq \f(1,x)时，即x＝－1时取“＝”．
∴y的取值范围为{y|y≤－2或y≥2}．
15.证明：因为x＞0，y＞0，z＞0，所以eq \f(y,x)＋eq \f(z,x)≥eq \f(2\r(yz),x)＞0，eq \f(x,y)＋eq \f(z,y)≥eq \f(2\r(xz),y)＞0，eq \f(x,z)＋eq \f(y,z)≥eq \f(2\r(xy),z)＞0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(z,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(z,y)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,z)＋\f(y,z)))≥eq \f(8\r(yz)·\r(xz)·\r(xy),xyz)＝8，当且仅当x＝y＝z时等号成立．
16.证明: 证法一：因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以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)，
故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.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号)．
证法二：因为a，b为正数，a＋b＝1.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＝1＋eq \f(a＋b,ab)＋eq \f(1,ab)＝1＋eq \f(2,ab)，
ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，于是eq \f(1,ab)≥4，eq \f(2,ab)≥8，因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥1＋8＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立)).