2019-2020年高中數(shù)學 第3章 不等式 3 基本不等式 第2課時 基本不等式與最大(小)值同步練習 北師大版必修5.doc

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2019-2020年高中數(shù)學 第3章 不等式 3 基本不等式 第2課時 基本不等式與最大(小)值同步練習 北師大版必修5 一、選擇題 1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則(　　) A．a(chǎn)b≤　　　　　　　 B．a(chǎn)b≥ C．a(chǎn)2＋b2≥2　 D．a(chǎn)2＋b2≤2 [答案]　C [解析]　由a＋b＝2，得ab≤()2＝1，排除A、B；又≥()2，∴a2＋b2≥2.故選C. 2．設函數(shù)f(x)＝2x＋－1(x<0)，則f(x)(　　) A．有最大值　 B．有最小值 C．是增函數(shù)　 D．是減函數(shù) [答案]　A [解析]　令2x＝，由x<0得x＝－， ∴在x＝－兩側(cè)，函數(shù)f(x)的單調(diào)性不同，排除C、D. f(x)＝2x＋－1＝－－1 ≤－2－1＝－2－1， 等號在x＝－時成立，排除B. 3．已知a、b是正數(shù)，則、和的大小順序是(　　) A.≥≥　 B.≥≥ C.≥≥　 D.≥≥ [答案]　D [解析]　a、b是正數(shù)，顯然有≥(當且僅當a＝b時，取等號)；再比較與， ∵()－＝－＝－()2≤0， ∴≤，故選D. 4．(xx云南師大附中高三月考)已知a＋b＝t(a>0，b>0)，t為常數(shù)，且ab的最大值為2，則t等于(　　) A．2　 B．4 C．2　 D．2 [答案]　C [解析]　當a>0，b>0時，ab≤＝，當且僅當a＝b＝時取等號．因為ab的最大值為2，所以＝2，t2＝8，所以t＝＝2.故選C. 5．用長度為24米的材料圍成一矩形場地，中間加兩道隔墻，要使矩形的面積最大，則隔墻的長度為(　　) A．3米　 B．4米 C．6米　 D．12米 [答案]　A [解析]　解法一：設隔墻的長度為xm，則矩形的寬為xm，長為＝(12－2x)m， 矩形的面積為 S＝(12－2x)x＝－2x2＋12x＝－2(x－3)2＋18， ∴當x＝3時，S取最大值，故選A. 解法二：(接解法一)S＝(12－2x)x＝2(6－x)x ≤22＝18 當且僅當6－x＝x即x＝3時取“＝”．故選A. 6．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，則的最小值是(　　) A．0　 B．1 C．2　 D．4 [答案]　D [解析]　因為x，a，b，y成等差數(shù)列，所以a＋b＝x＋y.因為x，c，d，y成等比數(shù)列，所以cd＝xy，所以＝＝＝＋2.因為x>0，y>0，所以＋2≥＋2＝4，當且僅當x＝y(tǒng)時，等號成立． 二、填空題 7．已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________． [答案]　18 [解析]　本題考查利用均值不等式求最值的問題，解決此類問題的關(guān)鍵是根據(jù)條件靈活變形，構(gòu)造定值． ∵log2a＋log2b≥1 ∴l(xiāng)og2ab≥1，ab≥2. ∴a2b≥4，∴a＋2b≥2≥4(當且僅當a＝2b＝2時取“＝”) 3a＋9b＝3a＋32b≥2＝2≥2＝18. (當且僅當a＝2b＝2時取“＝”) 8．若x<3，則實數(shù)f(x)＝＋x的最大值為________． [答案]　－1 [解析]　∵x<3，∴x－3<0. ∴f(x)＝＋x＝＋(x－3)＋3 ＝－[＋(3－x)]＋3 ≤－2＋3＝－1， 當且僅當＝3－x，即x＝1時取“＝”號． ∴f(x)的最大值為－1. 三、解答題 9．已知a、b、c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1， 求證：(－1)(－1)(－1)≥8. [證明]　∵a＋b＋c＝1，代入不等式的左端， ∴(－1)(－1)(－1) ＝(－1)(－1)(－1) ＝(＋)(＋)(＋) ＝＋＋＋＋＋＋2 ＝(＋)＋(＋)＋(＋)＋2. ∵a、b、c∈(0，＋∞)，∴＋≥2， ＋≥2，＋≥2， ∴(＋)＋(＋)＋(＋)≥6， ∴(－1)(－1)(－1)≥8， 當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立． 10．設a≥0，b≥0，a2＋＝1，求a的最大值． [解析]　∵a2＋＝1， ∴a2＋＝，a＝a ≤＝＝. ∴當a2＋＝1且a＝， 即a＝，b＝時，a的最大值為. 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)＝|lgx|，若a≠b，且f(a)＝f(b)，則a＋b的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞)　 B．[1，＋∞) C．(2，＋∞)　 D．[2，＋∞) [答案]　C [解析]　由條件得|lga|＝|lgb|， ∴l(xiāng)ga＝lgb或lga＝－lgb， ∵a≠b，∴l(xiāng)ga＝lgb不成立． ∴只有l(wèi)ga＝－lgb. 即lga＋lgb＝0，∴ab＝1，b＝. 又a>0，∴a＋b＝a＋>2，故選C. 2．若2x＋2y＝1，則x＋y的取值范圍是(　　) A．[0,2]　 B．[－2,0] C．[－2，＋∞)　 D．(－∞，－2] [答案]　D [解析]　因為2x>0,2y>0，所以1＝2x＋2y≥2＝2，故≤，即2x＋y≤＝2－2. 所以x＋y≤－2，故選D. 3．下列命題中正確的是(　　) A．函數(shù)y＝x＋的最小值為2 B．函數(shù)y＝的最小值為2 C．函數(shù)y＝2－3x－(x>0)的最小值為2－4 D．函數(shù)y＝2－3x－(x>0)的最大值為2－4 [答案]　D [解析]　對于A，當x<0時，不成立；對于B，若設＝2，則無實數(shù)解；對于C、D，y＝2－3x－≤2－4(x>0)，當且僅當3x＝時，等號成立，故選D. 4．若直線2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)被圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦長為4，則＋的最小值為(　　) A.　 B. C．2　 D．4 [答案]　D [解析]　圓的標準方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圓的直徑為4，而直線被圓截得的弦長為4，則直線應過圓心(－1,2)，∴－2a－2b＋2＝0，即a＋b＝1， ∴＋＝(a＋b)＝1＋1＋＋ ≥2＋2＝4　(等號在a＝b＝時成立)． 故所求最小值為4，選D. 二、填空題 5．(xx北京市東城區(qū)高三期末)某種飲料分兩次提價方案有兩種，方案甲：第一次提價p%，第二次提價q%；方案乙：每次都提價%，若p>q>0，則提價多的方案是________． [答案]　乙 [解析]　設原價為1，則提價后的價格，方案甲：(1＋p%)(1＋q%)，乙：(1＋%)2，因為 ≤＝1＋%，因為p>q>0，所以<1＋%，即(1＋p%)(1＋q%)<(1＋%)2，所以提價多的方案是乙． 6．(xx山東文，14)定義運算“?”：x?y＝(x，y∈R，xy≠0)．當x＞0，y＞0時，x?y＋(2y)?x的最小值為________． [答案]　 [解析]　由新定義運算知，x?y＝， 所以(2y)?x＝＝，因為，x＞0，y＞0， 所以，x?y＋(2y)?x＝＋＝≥＝，當且僅當x＝y(tǒng)時，x?y＋(2y)?x的最小值是. 三、解答題 7．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0. 求：(1)xy的最小值； (2)x＋y的最大值． [解析]　(1)xy＝2x＋8y≥2，當且僅當2x＝8y，即x＝16，y＝4時等號成立， ∴≥8，∴xy≥64. 故xy的最小值為64. (2)由2x＋8y＝xy，得＋＝1， ∴x＋y＝(x＋y)1＝(x＋y)(＋) ＝10＋＋≥10＋8＝18，當且僅當＝， 即x＝12，y＝6時等號成立， 故x＋y的最小值為18. 8．某漁業(yè)公司今年初用98萬元購進一艘魚船用于捕撈，第一年需要各種費用12萬元．從第二年起包括維修費在內(nèi)每年所需費用比上一年增加4萬元．該船每年捕撈總收入50萬元． (1)問捕撈幾年后總盈利最大，最大是多少？ (2)問捕撈幾年后的平均利潤最大，最大是多少？ [解析]　(1)設船捕撈n年后的總盈利y萬元．則 y＝50n－98－[12n＋4] ＝－2n2＋40n－98 ＝－2(n－10)2＋102 ∴捕撈10年后總盈利最大，最大是102萬元． (2)年平均利潤為＝－2 ≤－2＝12 當且僅當n＝，即n＝7時上式取等號． 所以，捕撈7年后的平均利潤最大，最大是12萬元．