人教A版 (2019)必修 第一册2.2 基本不等式精品课时作业

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册2.2 基本不等式精品课时作业，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

复习巩固


一、选择题


1．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是( )


A．a＝±1 B．a＝1


C．a＝－1 D．a＝0


[解析] a2＋1－2a＝(a－1)2≥0，


∴a＝1时，等号成立．


[答案] B


2．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


[解析] 因为x∈R且x≠0，所以当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2；当x<0时，－x>0，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.


[答案] D


3．若0

A.eq \f(1,2) B．a2＋b2


C．2ab D．a


[解析] a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥(a＋b)2－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,2).


∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴a2＋b2≥2ab，


∵0

[答案] B


4．若a>0，b>0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的( )


A．充分不必要条件 B．必要不充分条件


C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件


[解析] 当a>0，b>0时，a＋b≥2eq \r(ab)，则当a＋b≤4时有2eq \r(ab)≤a＋b≤4，解得ab≤4，充分性成立．


当a＝1，b＝4时满足ab≤4，但此时a＋b＝5>4，必要性不成立，综上所述，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．


[答案] A


5．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))


[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＋2xy<2(x2＋y2)，∴eq \f(1,x＋y)>eq \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．


[答案] C





二、填空题


6．已知a>b>c，则eq \r(a－bb－c)与eq \f(a－c,2)的大小关系是


________.


[解析] ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0.


∴eq \f(a－c,2)＝eq \f(a－b＋b－c,2)≥eq \r(a－bb－c)，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号．


[答案] eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－c,2)


7．若不等式eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))≥2恒成立，则当且仅当x＝________时取“＝”号．


[解析] eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))＝eq \f(x2＋1＋1,\r(x2＋1))＝eq \r(x2＋1)＋eq \f(1,\r(x2＋1))≥


2eq \r(\r(x2＋1)\f(1,\r(x2＋1)))＝2，其中当且仅当eq \r(x2＋1)＝eq \f(1,\r(x2＋1))⇔x2＋1＝1⇔x2＝0⇔x＝0时成立．


[答案] 0


8．若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(填序号)．


①ab≤1；②eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2.


[解析] 令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2eq \r(ab)⇒ab≤1，①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，③正确；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)≥2，⑤正确．


[答案] ①③⑤


三、解答题


9．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.


[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．


10．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.


[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＝9


eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立)).


综合运用


11．已知a>0，b>0，则eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是( )


A.eq \f(a＋b,2) B.eq \r(ab)


C. eq \r(\f(a2＋b2,2)) D.eq \f(2ab,a＋b)


[解析] 因为a>0，b>0，所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))＝ eq \r(\f(2a2＋b2,4))≥ eq \r(\f(a＋b2,4))＝eq \f(a＋b,2)(当且仅当a＝b>0时，等号成立)．所以eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是eq \f(2ab,a＋b)，故选D.


[答案] D


12．已知a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，则下列各式恒成立的是( )


A.eq \f(1,ab)≥8 B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4


C.eq \r(ab)≥eq \f(1,2) D.eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,2)


[解析] ∵当a，b∈(0，＋∞)时，a＋b≥2eq \r(ab)，又a＋b＝1，∴2eq \r(ab)≤1，即eq \r(ab)≤eq \f(1,2).∴ab≤eq \f(1,4).∴eq \f(1,ab)≥4.故选项A不正确，选项C也不正确．对于选项D，∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab，当a，b∈(0，＋∞)时，由ab≤eq \f(1,4)可得a2＋b2＝1－2ab≥eq \f(1,2).所以eq \f(1,a2＋b2)≤2，故选项D不正确．对于选项B，∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝1＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋1≥4，当且仅当a＝b时，等号成立．故选B.


[答案] B


13．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


[解析] (x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(ax,y)＋eq \f(y,x)≥1＋a＋2eq \r(a)＝(eq \r(a)＋1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(y,x)＝\r(a)时取等号)).∵(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，∴(eq \r(a)＋1)2≥9.∴a≥4.


[答案] B


14．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________．


[解析] 因为(a2＋1)－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，


所以a2＋1>a，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．


[答案] ①②③


15．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．


[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}．