2023届高考一轮复习讲义（文科）第七章　不等式 第4讲　高效演练 分层突破学案

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A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.因为正实数x，y满足x＋y＝2，
所以xy≤eq \f(（x＋y）2,4)＝eq \f(22,4)＝1，
所以eq \f(1,xy)≥1.
2．下列选项中，正确的是( )
A．x＋eq \f(1,x)的最小值为2
B．sin x＋eq \f(4,sin x)的最小值为4，x∈(0，π)
C．x2＋1的最小值为2
D．4x(1－x)的最大值为1
解析：选D.对于A，当x<0时，x＋eq \f(1,x)<0，错误；对于B，当x∈(0，π)时，0对于C，因为x2≥0，x2＋1≥1，当且仅当x＝0时取等号，所以，x2＋1的最小值为1；
对于D，由基本不等式可得4x(1－x)≤4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))eq \s\up12(2)＝1，当且仅当x＝1－x时，即当x＝eq \f(1,2)时，等号成立，正确．
3．设x>0，则函数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.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．所以函数的最小值为0.故选A.
4．若a>0，b>0，a＋b＝ab，则a＋b的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B.法一：由于a＋b＝ab≤eq \f(（a＋b）2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
法二：由题意，得eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
法三：由题意知a＝eq \f(b,b－1)(b>1)，所以a＋b＝eq \f(b,b－1)＋b＝2＋b－1＋eq \f(1,b－1)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
5．某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是 ．
解析：一年购买eq \f(600,x)次，则总运费与总存储费用之和为eq \f(600,x)×6＋4x＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(900,x)＋x))≥8eq \r(\f(900,x)·x)＝240，当且仅当x＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x的值是30.
答案：30
6．函数y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为 ．
解析：因为y＝eq \f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2(x>－1)，
所以y≥2eq \r(1)－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立．
答案：0
7．(2020·湖南岳阳期末改编)若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，则ab的最大值为 ，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为 ．
解析：因为a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，所以a＋2b＝4，所以ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))eq \s\up12(2)＝2，当且仅当a＝2b，即a＝2，b＝1时等号成立，所以ab的最大值为2，因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2b,a)＋\f(2a,b)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝b时等号成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为eq \f(9,4).
答案：2 eq \f(9,4)
8．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，求
(1)xy的最小值；
(2)x＋y的最小值．
解：(1)由2x＋8y－xy＝0，
得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
又x>0，y>0，
则1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2 eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy)).
得xy≥64，
当且仅当x＝16，y＝4时，等号成立．
所以xy的最小值为64.
(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
则x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)
＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.
当且仅当x＝12且y＝6时等号成立，
所以x＋y的最小值为18.
[综合题组练]
1．设a>0，若关于x的不等式x＋eq \f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为( )
A．16 B．9
C．4 D．2
解析：选C.在(1，＋∞)上，x＋eq \f(a,x－1)＝(x－1)＋eq \f(a,x－1)＋1≥2eq \r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq \r(a)＋1(当且仅当x＝1＋eq \r(a)时取等号)．
由题意知2eq \r(a)＋1≥5，所以a≥4.
2．(2020·福建龙岩一模)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，则x＋y的最小值为( )
A．3 B．5
C．7 D．9
解析：选C.因为x>0，y>0.且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2(1＋1＋eq \f(y,x＋1)＋eq \f(x＋1,y))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y))))＝8，当且仅当eq \f(y,x＋1)＝eq \f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4时取等号，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值为7，故选C.
3．已知正实数x，y满足x＋y＝1，①则x2＋y2的最小值为 ；②若eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)≥a恒成立，则实数a的取值范围是 ．
解析：因为x＋y＝1，所以xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，所以x2＋y2＝(x＋y)2－2xy≥1－eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，所以x2＋y2的最小值为eq \f(1,2).
若a≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)恒成立，则a小于等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))的最小值，因为eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥5＋2eq \r(\f(y,x)×\f(4x,y))＝9，所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为9，所以a≤9，故实数a的取值范围是(－∞，9]．
答案：eq \f(1,2) (－∞，9]
4．(2020·洛阳市统考)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为 ．
解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因为3x＋2y＝(3x＋2y)(eq \f(1,x)＋eq \f(2,y))＝7＋eq \f(6x,y)＋eq \f(2y,x)，且x>0，y>0，所以3x＋2y≥7＋4eq \r(3)，所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3).
答案：7＋4eq \r(3)