2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)33 基本不等式 理（含解析）北師大版

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1、課后限時集訓(xùn)(三十三)　基本不等式 (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題1．“x≥1”是“x＋≥2”的(　　) A．充分不必要條件　　　 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 A　[x＋≥2?x＞0，所以“x≥1”是“x＋≥2”的充分不必要條件，故選A.] 2．已知x＞0，y＞0，且4x＋y＝xy，則x＋y的最小值為(　　) A．8　　　　B．9　　　　C．12　　　　D．16 B　[由4x＋y＝xy得＋＝1，則x＋y＝(x＋y)＝＋＋1＋4≥2＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝3，y＝6時取“＝”，故選B．] 3．已知x＞0，y＞0，lg

2、 2x＋lg 8y＝lg 2，則＋的最小值為(　　) A．2 B．2 C．4 D．2 C　[∵lg 2x＋lg 8y＝lg(2x·8y) ＝lg 2x＋3y＝lg 2， ∴2x＋3y＝2，即x＋3y＝1. ∵x＞0，y＞0，∴＋＝(x＋3y)＝2＋＋≥2＋2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝時等號成立． ∴＋的最小值為4.故選C.] 4．設(shè)a＞1，b＞1，且ab－(a＋b)＝1，那么(　　) A．a(chǎn)＋b有最小值2(＋1) B．a(chǎn)＋b有最大值(＋1)2 C．a(chǎn)b有最大值＋1 D．a(chǎn)b有最小值2(＋1) A　[因?yàn)閍b－(a＋b)＝1，ab≤2， 所以2－(a＋b)≥1，

3、它是關(guān)于a＋b的一元二次不等式， 解得a＋b≥2(＋1)或a＋b≤2(1－)(舍去)， 所以a＋b有最小值2(＋1)． 又因?yàn)閍b－(a＋b)＝1，a＋b≥2， 所以ab－2≥1，它是關(guān)于的一元二次不等式， 解得≥＋1或≤1－(舍去)， 所以ab≥3＋2，即ab有最小值3＋2.] 5．已知關(guān)于x的不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＜0)的解集為(x1，x2)，則x1＋x2＋的最大值是(　　) A. B． C. D．－ D　[∵不等式x2－4ax＋3a2＜0(a＜0)的解集為(x1，x2)，∴在方程x2－4ax＋3a2＝0中，由根與系數(shù)的關(guān)系知x1x2＝3a2，x1＋x

4、2＝4a，則x1＋x2＋＝4a＋.∵a＜0，∴－≥2＝，即4a＋≤－，故x1＋x2＋的最大值為－.故選D] 二、填空題 6．若對任意x＞0，≤a恒成立，則a的取值范圍是________． 　[∵對任意x＞0，≤a恒成立， ∴對x∈(0，＋∞)，a≥max， 而對x∈(0，＋∞)，＝≤＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時等號成立，∴a≥.] 7．(2019·石家莊模擬)已知正數(shù)a，b滿足4a＋b＝30，使得＋取最小值的實(shí)數(shù)對(a，b)是________． 　[∵正數(shù)a，b滿足4a＋b＝30， ∴＋＝(4a＋b)＝≥×＝， 當(dāng)且僅當(dāng)b＝4a＝15時，取等號． ∴使得＋取最小值的實(shí)數(shù)對(a，b

5、)是.] 8．某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬元/次，一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元，要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小，則x的值是________． 30　[一年的總運(yùn)費(fèi)為6×＝(萬元)． 一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元． 總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用的和為萬元． 因?yàn)椋?x≥2＝240，當(dāng)且僅當(dāng)＝4x，即x＝30時取得等號， 所以當(dāng)x＝30時，一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小．] 三、解答題 9．已知x＞0，y＞0，且2x＋5y＝20. (1)求u＝lg x＋lg y的最大值； (2)求＋的最小值． [解]　(1)因?yàn)閤＞0，y＞0， 所以由基本不等式，得2

6、x＋5y＝20≥2. 即xy≤10，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝5y時等號成立，此時x＝5，y＝2， 所以u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1. 所以當(dāng)x＝5，y＝2時，u＝lg x＋lg y有最大值1. (2)因?yàn)閤＞0，y＞0，所以＋＝·＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝時等號成立． 所以＋的最小值為. 10．某廠家擬在2019年舉行某產(chǎn)品的促銷活動，經(jīng)調(diào)查測算，該產(chǎn)品的年銷售量(即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費(fèi)用m萬元(m≥0)滿足x＝3－(k為常數(shù))，如果不搞促銷活動，則該產(chǎn)品的年銷售量只能是1萬件．已知生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元，每生產(chǎn)一萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元，廠家將每件產(chǎn)品的

7、銷售價格定為每件產(chǎn)品年平均成本的1.5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金)． (1)將2019年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費(fèi)用m萬元的函數(shù)； (2)該廠家2019年的促銷費(fèi)用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？ [解]　(1)由題意知，當(dāng)m＝0時，x＝1(萬件)， 則1＝3－k，解得k＝2，∴x＝3－. ∵每件產(chǎn)品的銷售價格為1.5×(元)， ∴2018年的利潤y＝1.5x×－8－16x－m＝－＋29(m≥0)． (2)∵當(dāng)m≥0時，m＋1＞0，∴＋(m＋1)≥2＝8，當(dāng)且僅當(dāng)m＝3時等號成立． ∴y≤－8＋29＝21， 當(dāng)且僅當(dāng)＝m＋1，即m＝3萬元時，ymax＝2

8、1(萬元)． 故該廠家2019年的促銷費(fèi)用投入3萬元時，廠家的利潤最大為21萬元． B組　能力提升 1．若x＜，則f(x)＝＋4x(　　) A．有最小值2＋2　　　　　B．有最大值2＋2 C．有最小值2－2 D．有最大值2－2 D　[由題可知，f(x)＝＋2(2x－1)＋2，因?yàn)閤＜，所以2x－1＜0. 所以＋2(2x－1)＝－[2(1－2x)＋]≤－2＝－2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝2(2x－1)，即x＝時等號成立． 所以f(x)≤2－2，即f(x)有最大值2－2.] 2．(2019·西安模擬)若△ABC的內(nèi)角滿足sin A＋sin B＝2sin C，則cos C的最小值是(　　

9、) A. B． C. D． A　[由正弦定理，得a＋b＝2c. 所以cos C＝ ＝＝ ≥＝. 當(dāng)且僅當(dāng)3a2＝2b2，即a＝b時，等號成立． 所以cos C的最小值為.] 3．(2018·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，則2a＋的最小值為________． 　[∵a－3b＝－6，∴2a＋＝2a＋2－3b ≥2＝2＝2＝2×2－3＝， 當(dāng)且僅當(dāng)即a＝－3，b＝1時等號成立．] 4．(2019·成都診斷)某工廠需要建造一個倉庫，根據(jù)市場調(diào)研分析，運(yùn)費(fèi)與工廠和倉庫之間的距離成正比，倉儲費(fèi)與工廠和倉庫之間的距離成反比，當(dāng)工廠和倉庫之間的距離為4千米時，運(yùn)費(fèi)為20萬元，倉儲費(fèi)為5萬元，當(dāng)工廠和倉庫之間的距離為多少千米時，運(yùn)費(fèi)與倉儲費(fèi)之和最小，最小為多少萬元？ [解]　設(shè)工廠和倉庫之間的距離為x千米，運(yùn)費(fèi)為y1萬元，倉儲費(fèi)為y2萬元，則y1＝k1x(k1≠0)，y2＝(k2≠0)， ∵工廠和倉庫之間的距離為4千米時，運(yùn)費(fèi)為20萬元，倉儲費(fèi)用為5萬元， ∴k1＝5，k2＝20，∴運(yùn)費(fèi)與倉儲費(fèi)之和為萬元， ∵5x＋≥2＝20，當(dāng)且僅當(dāng)5x＝，即x＝2時，運(yùn)費(fèi)與倉儲費(fèi)之和最小，為20萬元． - 6 -