人教A版 (2019)必修 第一册2.2 基本不等式精品第1课时当堂检测题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册2.2 基本不等式精品第1课时当堂检测题，共4页。

1．若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中恒成立的是( D )
A．a2＋b2>2ab B．a＋b>2 eq \r(ab)
C． eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) > eq \f(2,\r(ab)) D． eq \f(1,\r(a)) ＋ eq \r(a) ≥2
【解析】 当a＝b时，选项A错误；当a<0，b<0时，选项B，C错误；由基本不等式得 eq \f(1,\r(a)) ＋ eq \r(a) ≥2 eq \r(\f(1,\r(a))·\r(a)) ＝2(当且仅当a＝1时等号成立)，选项D正确．故选D.
2．若x>0，y>0，且 eq \f(2,x) ＋ eq \f(8,y) ＝1，则( D )
A．xy≤64 B．xy≥ eq \f(1,64)
C．xy≥ eq \f(1,2) D．xy≥64
【解析】 1＝ eq \f(2,x) ＋ eq \f(8,y) ≥2 eq \r(\f(2,x)·\f(8,y)) ＝8 eq \r(\f(1,xy)) ，所以xy≥64(当且仅当x＝4，y＝16时等号成立).故选D.
3．若a>b>0，则下列不等式成立的是( B )
A．a>b> eq \f(a＋b,2) > eq \r(ab)
B．a> eq \f(a＋b,2) > eq \r(ab) >b
C．a> eq \f(a＋b,2) >b> eq \r(ab)
D．a> eq \r(ab) > eq \f(a＋b,2) >b
【解析】 因为a＝ eq \f(a＋a,2) > eq \f(a＋b,2) > eq \r(ab) > eq \r(b·b) ＝b，故B项正确．
4．若a>0，b>0且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( D )
A． eq \f(1,ab) > eq \f(1,2) B． eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ≤1
C． eq \r(ab) ≥2 D． eq \f(1,a2＋b2) ≤ eq \f(1,8)
【解析】 因为a>0，b>0，a＋b＝4，所以 eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) ＝2，所以ab≤4，所以 eq \f(1,ab) ≥ eq \f(1,4) (当且仅当a＝b＝2时等号成立)，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \f(a＋b,ab) ＝ eq \f(4,ab) ≥1，故A，B，C均错，故选D.
5．给出下列条件，其中可使 eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥2成立的是( D )
①ab>0；②ab<0；③a>0，b>0；④a<0，b<0.
A． ①② B． ②④
C． ②③④ D． ①③④
【解析】 使 eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)) ＝2成立的条件是 eq \f(b,a) ， eq \f(a,b) 均为正数，所以只需要a，b同号即可，故①③④正确．
6．设b>a>0，且a＋b＝1，则四个数 eq \f(1,2) ，2ab，a2＋b2，b中最大的是( A )
A．b B．a2＋b2
C．2ab D． eq \f(1,2)
【解析】 因为b>a>0，所以a2＋b2>2ab.又因为a＋b＝1，所以b> eq \f(1,2) .又b＝b(b＋a)＝b2＋ab>b2＋a2，则b最大，故选A.
二、填空题
7．已知a，b，x，y都是正实数，且 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝1，x2＋y2＝8，则ab与xy的大小关系是__ab≥xy__．
【解析】 ab＝ab· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b))) ＝a＋b≥2 eq \r(ab) ，所以ab≥4，等号在a＝b＝2时成立；xy≤ eq \f(x2＋y2,2) ＝4，等号在x＝y＝2时成立．所以ab≥xy.
8．已知x∈R，x≠0，y>0，设m＝2x2＋ eq \f(1,2) y，n＝ eq \f(3,2) |x|· eq \r(y) ，则m与n的大小关系是__m>n__．
【解析】 因为m＝2x2＋ eq \f(1,2) y≥2 eq \r(2x2·\f(1,2)y) ＝2|x| eq \r(y) > eq \f(3,2) |x| eq \r(y) ＝n，所以m>n.
9．已知x>0，y>0，若2x2＋4y2≥kxy恒成立，则k的取值范围是__k≤4 eq \r(2) __．
【解析】 因为x>0，y>0，所以2x2＋4y2≥2 eq \r(2x2·4y2) ＝4 eq \r(2) xy.因为x>0，y>0，所以 eq \f(2x2＋4y2,xy) ≥4 eq \r(2) .因为2x2＋4y2≥kxy恒成立，所以k≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x2＋4y2,xy))) eq \s\d7(min) ，所以k≤4 eq \r(2) ，所以k的取值范围是k≤4 eq \r(2) .
10．已知a>b>c，则 eq \r(（a－b）（b－c）) 与 eq \f(a－c,2) 的大小关系是__ eq \r(（a－b）（b－c）) ≤ eq \f(a－c,2) __.
【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．
三、解答题
11．已知a>0，b>0，求证：(a3＋b3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋\f(a2,b))) ≥4a2b2.
证明：因为a>0，b>0，所以(a3＋b3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋\f(a2,b))) ≥2 eq \r(a3·b3) ·2 eq \r(\f(b2,a)·\f(a2,b)) ＝4 eq \r(a3b3) · eq \r(ab) ＝4a2b2.
当且仅当a＝b时，等号成立．
所以原不等式成立．
12．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证： eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＋ eq \f(1,ab) ≥8.
证明：因为a＋b＝1，a＞0，b＞0，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \f(a＋b,a) ＋ eq \f(a＋b,b) ＝2＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(b,a) ≥2＋2＝4，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＋ eq \f(1,ab) ＝ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＋ eq \f(a＋b,ab) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b))) ≥8 eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(成立)) .
[B级 素养养成与评价]
13．若对任意x>0， eq \f(x2＋3x＋1,x) ≥a恒成立，则实数a的取值范围是( B )
A．{a|a≥5} B．{a|a≤5}
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(a≤\f(1,5))))) D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(a≥\f(1,5)))))
【解析】 因为x>0，所以x＋ eq \f(1,x) ≥2(当且仅当x＝1时取等号)，所以 eq \f(x2＋3x＋1,x) ＝x＋ eq \f(1,x) ＋3≥5，故a≤5.
14． eq \a\vs4\al(【多选题】) 已知a>0，b>0，则下列不等式恒成立的是( ABC )
A．a2＋1>a
B． 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
C．(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b))) ≥4
D．a2＋9>6a
【解析】 由于a2＋1－a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,4) >0，故A成立；
由于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b))) ＝ab＋ eq \f(1,ab) ＋ eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥2 eq \r(ab·\f(1,ab)) ＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)) ＝4.当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ab＝\f(1,ab)，,\f(b,a)＝\f(a,b)，)) 即a＝b＝1时，“＝”成立，故B成立；
由于(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) ≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)) ＝4，当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(a,b) ，即a＝b时，“＝”成立，故C成立；
当a＝3时，a2＋9＝6a，故D不恒成立．故选ABC.
15．已知正数a，b，c，d，证明： eq \f(c2,a) ＋ eq \f(d2,b) ≥ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋d))\s\up12(2),a＋b) .
证明： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,a)＋\f(d2,b))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝c2＋ eq \f(bc2,a) ＋ eq \f(ad2,b) ＋d2≥c2＋2cd＋d2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋d)) eq \s\up12(2) ，
当且仅当ad＝bc时等号成立，故原不等式成立．
16． (1)已知a，b，c都是正数，求证： eq \f(bc,a) ＋ eq \f(ca,b) ＋ eq \f(ab,c) ≥a＋b＋c.
(2)已知a，b，c都是正数，求证： eq \f(b2,a) ＋ eq \f(c2,b) ＋ eq \f(a2,c) ≥a＋b＋c.
证明：(1)∵a，b，c都是正数，∴ eq \f(bc,a) ＋ eq \f(ca,b) ＋ eq \f(ab,c)
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ca,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ca,b)＋\f(ab,c)))))
≥ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(bc,a)·\f(ca,b))＋2\r(\f(ab,c)·\f(bc,a))＋2\r(\f(ca,b)·\f(ab,c))))
＝a＋b＋c.
当且仅当a＝b＝c时取等号，故原不等式成立．
(2)∵a，b，c都是正数，∴ eq \f(b2,a) ＋ eq \f(c2,b) ＋ eq \f(a2,c) ＋a＋b＋c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c)) ≥2b＋2c＋2a，当且仅当a＝b＝c时取等号．
∴ eq \f(b2,a) ＋ eq \f(c2,b) ＋ eq \f(a2,c) ≥a＋b＋c.
17．已知x>0，y>0，且不等式 eq \r(x) ＋ eq \r(y) ≤a eq \r(x＋y) 恒成立，求a的最小值．
解：由 eq \r(x) ＋ eq \r(y) ≤a eq \r(x＋y) 对任意x>0，y>0恒成立⇔ eq \f(\r(x)＋\r(y),\r(x＋y)) ≤a对任意x>0，y>0恒成立，
∵ eq \f(\r(x)＋\r(y),\r(x＋y)) ＝ eq \r(\f(x＋y＋2\r(xy),x＋y)) ＝ eq \r(1＋\f(2\r(xy),x＋y)) ≤ eq \r(1＋\f(x＋y,x＋y)) ＝ eq \r(2) ，从而a≥ eq \r(2) ，∴a的最小值为 eq \r(2) .