高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第二章 一元二次函数、方程和不等式2.2 基本不等式课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第二章 一元二次函数、方程和不等式2.2 基本不等式课时练习，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。
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．已知x>0，y>0，且x＋y＝8，则(1＋x)(1＋y)的最大值为( )
A．16 B．25 C．9 D．36
【解析】选B.因为x>0，y>0，且x＋y＝8，
所以(1＋x)·(1＋y)＝1＋x＋y＋xy＝9＋xy≤9＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2))) eq \s\up12(2) ＝9＋42＝25，
因此当且仅当x＝y＝4时等号成立，(1＋x)(1＋y)取最大值25.
2．设x，y为正数，则(x＋y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y))) 的最小值为( )
A．6 B．9 C．12 D．15
【解析】选B.(x＋y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y))) ＝x· eq \f(1,x) ＋ eq \f(4x,y) ＋ eq \f(y,x) ＋y· eq \f(4,y) ＝1＋4＋ eq \f(4x,y) ＋ eq \f(y,x) ≥5＋2 eq \r(\f(4x,y)·\f(y,x)) ＝9.
3．若正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当 eq \f(xy,z) 取得最大值时， eq \f(2,x) ＋ eq \f(1,y) － eq \f(2,z) 的最大值为( )
A．0 B．1 C． eq \f(9,4) D．3
【解析】选B.由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)
则 eq \f(xy,z) ＝ eq \f(xy,x2－3xy＋4y2) ＝ eq \f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3) ≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以 eq \f(2,x) ＋ eq \f(1,y) － eq \f(2,z) ＝ eq \f(1,y) ＋ eq \f(1,y) － eq \f(1,y2) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1)) eq \s\up12(2) ＋1≤1.
4．将一根铁丝切割成三段做一个面积为2 m2、形状为直角三角形的框架，在下列四种长度的铁丝中，选用最合理(够用且浪费最少)的是( )
A. 6.5 m B. 6.8 m C. 7 m D. 7.2 m
【解析】选C.设两直角边分别为a，b，直角三角形的框架的周长为l，则 eq \f(1,2) ab＝2，所以ab＝4，l＝a＋b＋ eq \r(a2＋b2) ≥2 eq \r(ab) ＋ eq \r(2ab) ＝4＋2 eq \r(2) ≈6.828(m).因为要求够用且浪费最少，所以选7 m最合理．
5．若对任意x＞0， eq \f(x,x2＋3x＋1) ≤a恒成立，则a的取值范围是( )
A．a≥ eq \f(1,5) B．a＞ eq \f(1,5) C．a＜ eq \f(1,5) D．a≤ eq \f(1,5)
【解析】选A.因为对任意x＞0， eq \f(x,x2＋3x＋1) ≤a恒成立，所以对x>0，a≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x2＋3x＋1))) eq \s\d7(max) ，而对x>0时， eq \f(x,x2＋3x＋1) ＝ eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3) ≤ eq \f(1,2\r(x·\f(1,x))＋3) ＝ eq \f(1,5) ，当且仅当x＝ eq \f(1,x) 时等号成立，所以a≥ eq \f(1,5) .
6．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( )
A． eq \f(1,ab) ≤ eq \f(1,4) B． eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ≤1
C． eq \r(ab) ≥2 D．a2＋b2≥8
【解析】选D.4＝a＋b≥2 eq \r(ab) (当且仅当a＝b时，等号成立)，即 eq \r(ab) ≤2，ab≤4， eq \f(1,ab) ≥ eq \f(1,4) ，选项A，C不成立； eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \f(a＋b,ab) ＝ eq \f(4,ab) ≥1，选项B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8.
二、填空题(每小题5分，共10分)
7．已知正数a，b满足a＋b－ab＋3＝0，则ab的最小值是________．
【解析】因为a＋b－ab＋3＝0，所以a＋b＝ab－3，
因为a，b为正实数，所以a＋b≥2 eq \r(ab) ，
当且仅当a＝b时取等号，所以ab－3≥2 eq \r(ab) ，
所以ab－2 eq \r(ab) －3≥0，即( eq \r(ab) －3)( eq \r(ab) ＋1)≥0，
解得 eq \r(ab) ≥3或 eq \r(ab) ≤－1(舍去)，
所以ab≥9，当且仅当a＝b＝3时取等号，即ab的最小值是9.
答案：9
8．若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m2.
【解析】设矩形的一边为x m，矩形场地的面积为y m2，则另一边为 eq \f(1,2) ×(20－2x)＝(10－x)(m)，
则y＝x(10－x)≤ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋（10－x）,2))) eq \s\up12(2) ＝25，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.
答案：25
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．已知正实数x，y满足4x＋4y＝1.
(1)求xy的最大值；
(2)若不等式 eq \f(4,x) ＋ eq \f(1,y) ≥a2＋5a恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)4x＋4y＝1，所以 eq \f(1,4) ＝x＋y≥2 eq \r(xy) ，
解得xy≤ eq \f(1,64) ，
当且仅当x＝y＝ eq \f(1,8) 取等号，
所以xy的最大值为 eq \f(1,64) .
(2) eq \f(4,x) ＋ eq \f(1,y) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(1,y))) (4x＋4y)＝20＋ eq \f(16y,x) ＋ eq \f(4x,y) ≥20＋2 eq \r(\f(16y,x)·\f(4x,y)) ＝36，
当且仅当x＝ eq \f(1,6) ，y＝ eq \f(1,12) 取等号，
所以a2＋5a≤36，解得－9≤a≤4.
即a的取值范围是－9≤a≤4.
10．运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时).假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360))) 升，司机的工资是每小时14元．
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式．
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低？并求出最低费用的值．
【解析】(1)设所用时间为t＝ eq \f(130,x) (h)，
y＝ eq \f(130,x) ×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360))) ＋14× eq \f(130,x) (50≤x0，
所以f(x)＝ eq \f(x,4) ＋ eq \f(9,x－1) ＝ eq \f(1,4) (x－1)＋ eq \f(9,x－1) ＋ eq \f(1,4) ≥
2 eq \r(\f(x－1,4)·\f(9,x－1)) ＋ eq \f(1,4) ＝ eq \f(13,4) ，
当且仅当 eq \f(x－1,4) ＝ eq \f(9,x－1) ，即x＝7时等号成立，
所以f(x)的最小值为 eq \f(13,4) .
3．(多选题)已知a>0，b>0，且a＋b＋ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝5，则a＋b的( )
A．最大值是3 B．最大值是4
C．最小值是2 D．最小值是1
【解析】选BD.因为a＋b＋ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,ab))) ＝5，又a>0，b>0，所以a＋b＝ eq \f(5,1＋\f(1,ab)) ≤ eq \f(5,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a＋b)))\s\up12(2)) ，当且仅当a＝b时，等号成立，即(a＋b)2－5(a＋b)＋4≤0，解得1≤a＋b≤4.
4．已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【解析】选C.方法一：由已知得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2))) eq \s\up12(2) ，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，令x＋3y＝t，则t>0，且t2＋12t－108≥0，得t≥6.即x＋3y≥6.
方法二：因为x＋3y＝9－xy≥2 eq \r(3xy) ，所以( eq \r(xy) )2＋2 eq \r(3) · eq \r(xy) －9≤0，所以( eq \r(xy) ＋3 eq \r(3) )·( eq \r(xy) － eq \r(3) )≤0，所以00时，方程a－4x－ eq \f(1,x) ＝0有解，则实数a的取值范围是________．
【解析】因为a＝4x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(4x·\f(1,x)) ＝4，
当且仅当4x＝ eq \f(1,x) ，即x＝ eq \f(1,2) 时等号成立，所以a≥4.
答案：a≥4
7．若a，b∈R，ab>0，则 eq \f(a4＋4b4＋1,ab) 的最小值为________．
【解析】因为a，b∈R，ab>0，所以 eq \f(a4＋4b4＋1,ab) ≥ eq \f(4a2b2＋1,ab) ＝4ab＋ eq \f(1,ab) ≥2 eq \r(4ab·\f(1,ab)) ＝4，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4))) 时取得等号．
答案：4
8．一批货物随17列货车从A市以v千米/小时匀速直达B市，已知两地铁路线长400千米，为了安全，两列货车的间距不得小于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,20))) eq \s\up12(2) 千米，那么这批货物全部运到B市，最快需要________小时．
【解析】设这批货物从A市全部运到B市的时间为t，则t＝ eq \f(400＋16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,20)))\s\up12(2),v) ＝ eq \f(400,v) ＋ eq \f(16 v,400) ≥2 eq \r(\f(400,v)×\f(16v,400)) ＝8(小时)，当且仅当 eq \f(400,v) ＝ eq \f(16v,400) ，即v＝100时等号成立，此时t＝8小时．
答案：8
三、解答题(共30分)
9．(10分)若a>0，b>0，且 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \r(ab) .
(1)求a3＋b3的最小值．
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
【解析】(1)因为a>0，b>0，且 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \r(ab) ，
所以 eq \r(ab) ＝ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ≥2 eq \r(\f(1,ab)) ，所以ab≥2，
当且仅当a＝b＝ eq \r(2) 时取等号．
因为a3＋b3≥2 eq \r(（ab）3) ≥2 eq \r(23) ＝4 eq \r(2) ，
当且仅当a＝b＝ eq \r(2) 时取等号，所以a3＋b3的最小值为4 eq \r(2) .
(2)由(1)可知，2a＋3b≥2 eq \r(2a·3b) ＝2 eq \r(6ab) ≥4 eq \r(3) >6，
故不存在a，b，使得2a＋3b＝6成立．
10．(10分)(1)已知x>0，求函数y＝ eq \f(x2＋5x＋4,x) 的最小值．
(2)已知00)的最小值为9.
(2)因为00.
所以y＝x(1－3x)＝ eq \f(1,3) ·3x(1－3x)
≤ eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3x＋1－3x,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,12) .
当且仅当3x＝1－3x，即x＝ eq \f(1,6) 时，等号成立．
所以当x＝ eq \f(1,6) 时，函数取得最大值 eq \f(1,12) .
11．(10分)某食品厂定期购买面粉．已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．
(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？
(2)若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠(即原价的90%)，问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由．
【解析】(1)设该厂每x天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y元．
所以购买面粉的费用为6×1 800x＝10 800x元，
保管等其他费用为3×(6＋12＋…＋6x)＝9x(x＋1).
所以y＝ eq \f(10 800x＋9x（x＋1）＋900,x)
＝10 809＋9 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(100,x))) ≥10 809＋9×2 eq \r(x·\f(100,x))
＝10 989.
当x＝ eq \f(100,x) ，即x＝10时，y有最小值10 989.
所以该厂每10天购买一次面粉，才能使平均每天支付的总费用最少．
(2)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉，
设该厂利用此优惠条件后，每隔x(x≥35)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y1元，则
y1＝ eq \f(1,x) [9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.90＝ eq \f(900,x) ＋9x＋9 729(x≥35).
令f(x)＝x＋ eq \f(100,x) (x≥35)，x2>x1≥35，
则f(x1)－f(x2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(100,x1))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(100,x2)))
＝ eq \f(（x2－x1）（100－x1x2）,x1x2) ，
因为x2>x1≥35，所以x2－x1>0，
x1·x2＞0，100－x1x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)