北师大版 (2019)必修 第一册3.2 基本不等式第2课时精练

这是一份北师大版 (2019)必修 第一册3.2 基本不等式第2课时精练，共5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。
A 组·素养自测
一、选择题
1．若x∈{x|－2＜x＜0}，则x(2＋x)的最小值是( C )
A．－2 B．－eq \f(3,2)
C．－1 D．－eq \f(1,2)
[解析] 因为x∈{x|－2＜x＜0}，所以2＋x＞0，所以x(2＋x)＝－(－x)(2＋x)≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2－x,2)))eq \s\up12(2)＝－1，当且仅当x＝－1时，等号成立．
2．某工厂第一年产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x，则( B )
A．x＝eq \f(a＋b,2) B．x≤eq \f(a＋b,2)
C．x＞eq \f(a＋b,2) D．x≥eq \f(a＋b,2)
3．当x＞1时，不等式x＋eq \f(1,x－1)≥a恒成立，则实数a的取值范围是( D )
A．a≤2 B．a≥2
C．a≥3 D．a≤3
[解析] 由于x＞1，所以x－1＞0，eq \f(1,x－1)＞0，
于是x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，
当eq \f(1,x－1)＝x－1即x＝2时等号成立，
即x＋eq \f(1,x－1)的最小值为3，要使不等式恒成立，应有a≤3，故选D．
4．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( B )
A．6 B．9
C．12 D．15
[解析] x，y为正数，(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝1＋4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥9，当且仅当y＝2x时等号成立．选B．
5．若对所有正数x，y，不等式x＋y≤aeq \r(x2＋y2)都成立，则a的最小值是( A )
A．eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．8
[解析] 因为x＞0，y＞0，
所以x＋y＝eq \r(x2＋y2＋2xy)
≤eq \r(2x2＋2y2)＝eq \r(2)·eq \r(x2＋y2)，
当且仅当x＝y时等号成立，
所以使得x＋y≤aeq \r(x2＋y2)对所有正数x，y都成立的a的最小值是eq \r(2)．故选A．
6．若点A(－2，－1)在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n均大于0，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)的最小值为( C )
A．2 B．4
C．8 D．16
[解析] 因为点A在直线mx＋ny＋1＝0上，
所以－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1．
因为m＞0，n＞0，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＝eq \f(2m＋n,m)＋eq \f(4m＋2n,n)＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(4m,n)＋2≥4＋2·eq \r(\f(n,m)·\f(4m,n))＝8，当且仅当m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)时取等号．故选C．
二、填空题
7．已知x、y都是正数，
(1)如果xy＝15，则x＋y的最小值是__2eq \r(15)__；
(2)如果x＋y＝15，则xy的最大值是__eq \f(225,4)__．
[解析] (1)x＋y≥2eq \r(xy)＝2eq \r(15)，即x＋y的最小值是2eq \r(15)；当且仅当x＝y＝eq \r(15)时取最小值．
(2)xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(225,4)，
即xy的最大值是eq \f(225,4)．
当且仅当x＝y＝eq \f(15,2)时xy取最大值．
8．已知正数a、b满足eq \f(9,a)＋eq \f(1,b)＝3，则ab的最小值为__4__．
[解析] eq \f(9,a)＋eq \f(1,b)＝3≥2eq \r(\f(9,ab))⇒eq \r(ab)≥2⇒ab≥4．
当且仅当eq \f(9,a)＝eq \f(1,b)，即a＝6，b＝eq \f(2,3)时取等号．
三、解答题
9．若正数a、b满足：eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，求eq \f(2,a－1)＋eq \f(1,b－2)的最小值．
[解析] 正数a、b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，则eq \f(1,a)＝1－eq \f(2,b)＝eq \f(b－2,b)，则eq \f(1,b－2)＝eq \f(a,b)，由正数a、b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，则eq \f(2,b)＝1－eq \f(1,a)＝eq \f(a－1,a)，则eq \f(2,a－1)＝eq \f(b,a)，eq \f(2,a－1)＋eq \f(1,b－2)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥
2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b＝3时取等号，故eq \f(2,a－1)＋eq \f(1,b－2)的最小值为2．
10．某公司今年3月欲抽调一批销售员推销A产品，根据过去的经验，每月A产品销售数量y(万件)与销售员的数量x(人)之间的函数关系式为y＝eq \f(920x,x2＋3x＋1600)(x＞0)．在该月内，销售员数量为多少时，销售的数量最大？最大销售量为多少？(精确到0.1万件)
[解析] 依题意得y＝eq \f(920,x＋3＋\f(1600,x))(x∈N*)．
因为x＋eq \f(1600,x)≥2eq \r(x·\f(1600,x))＝80，
当且仅当x＝eq \f(1600,x)，即x＝40时上式等号成立，
所以ymax＝eq \f(920,83)≈11.1(万件)．
所以当销售员为40人时，销售量最大，最大销售量约为11.1万件．
B 组·素养提升
一、选择题
1．已知m，n∈R，且m2＋n2＝100，则mn的最大值是( B )
A．100 B．50
C．20 D．10
[解析] 由m2＋n2≥2mn得mn≤eq \f(m2＋n2,2)＝50，当且仅当m＝n＝±5eq \r(2)时等号成立．
2．已知0＜x＜1，a，b为常数，且ab＞0，则y＝eq \f(a2,x)＋eq \f(b2,1－x)的最小值为( A )
A．(a＋b)2 B．(a－b)2
C．a＋b D．a－b
[解析] y＝eq \f(a2,x)＋eq \f(b2,1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x)＋\f(b2,1－x)))[x＋(1－x)]＝a2＋b2＋eq \f(a2(1－x),x)＋eq \f(b2x,1－x)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2，当且仅当x＝eq \f(a,a＋b)时取等号．
3．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( B )
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(y,x)＋eq \f(ax,y)≥1＋a＋2eq \r(\f(y,x)·\f(ax,y))＝1＋a＋2eq \r(a)，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(ax,y)，即y＝eq \r(a)x时取等号．
依题意得1＋a＋2eq \r(a)≥9，
即(eq \r(a)－2)(eq \r(a)＋4)≥0，又eq \r(a)＋4＞0，
∴eq \r(a)≥2，解得a≥4，故a的最小值为4，故选B．
4．(多选题)已知集合U＝R，A＝{p|p＝a＋eq \f(1,a－2)，a＞2}，B＝{q|q＝－x2＋8，x∈R}，则下列正确的是( ABD )
A．A∩B＝{x|4≤x≤8} B．A∪B＝R
C．A⊆B D．∁UA⊆B
[解析] 由a＞2，故p＝a＋eq \f(1,a－2)＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2≥4，当且仅当a＝3时取等号．
所以A＝{p|p≥4}，B＝{q|q≤8}．故选ABD．
二、填空题
5．已知x≥eq \f(5,2)，则f(x)＝eq \f(x2－4x＋5,2x－4)的最小值是__1__．
[解析] f(x)＝eq \f((x－2)2＋1,2x－4)＝eq \f(x－2,2)＋eq \f(1,2x－4)
＝eq \f(2x－4,4)＋eq \f(1,2x－4)
≥2eq \r(\f(2x－4,4)·\f(1,2x－4))＝1．
当且仅当eq \f(2x－4,4)＝eq \f(1,2x－4)，即x＝3时取“＝”．
6．(2021·湖南湘潭高二期末)一批救灾物资随51辆汽车从某市以vkm/h的速度匀速直达灾区，已知两地公路线长400km，为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于eq \f(v2,800)km，那么这批物资全部到达灾区，最少需要__10__h．
[解析] 当最后一辆汽车出发，第一辆汽车走了eq \f(50·\f(v2,800),v)＝eq \f(v,16)小时，最后一辆车走完全程共需要eq \f(400,v)小时，所以一共需要eq \f(400,v)＋eq \f(v,16)小时，结合基本不等式，计算最值，可得eq \f(400,v)＋eq \f(v,16)≥2eq \r(\f(400,v)·\f(v,16))＝10，故最小值为10小时．
三、解答题
7．(2022·福建厦门双十中学高二上第二次月考)设a＞0，b＞0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)．
(1)求a＋b的最小值；
(2)证明：a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
[解析] 由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，且a＞0，b＞0，得ab＝1．
(1)由基本不等式及ab＝1，知a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时取等号，故a＋b的最小值为2．
(2)证明：由(1)知a2＋b2≥2ab＝2，且a＋b≥2，因此a2＋b2＋a＋b≥4，①
假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则a2＋b2＋a＋b＜4，②
①②两式矛盾，故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
8．某厂家拟在2020年举行促销活动，经调查测算，某产品的年销售量(也即该产品的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k为常数)，如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2020年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．
(1)将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
[解析] (1)由题意知，当m＝0时，x＝1，∴1＝3－k⇒k＝2，∴x＝3－eq \f(2,m＋1)，
每件产品的销售价格为1.5·eq \f(8＋16x,x)(元)，
∴2020年该产品的利润y＝1.5x·eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋(m＋1)))＋29(m≥0)．
(2)∵m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，∴y≤－8＋29＝21，当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3时，ymax＝21．故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大利润为21万元．