《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式 推理與證明 課時跟蹤訓(xùn)練37 基本不等式及其應(yīng)用 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式 推理與證明 課時跟蹤訓(xùn)練37 基本不等式及其應(yīng)用 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式 推理與證明 課時跟蹤訓(xùn)練37 基本不等式及其應(yīng)用 文 一、選擇題 1．若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是(　　) A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．a(chǎn)＋b≥2 C.＋> D.＋≥2 [解析]　∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴A錯誤．對于B，C，當(dāng)a<0，b<0時，明顯錯誤．對于D，∵ab>0，∴＋≥2＝2. [答案]　D 2．(2017·福建福州外國語學(xué)校期中)在下列各函數(shù)中，最小值為2的函數(shù)是(　　) A．y＝x＋(x≠0) B．y＝cosx＋ C．y＝(x∈R) D．y＝ex＋－2(x∈R)

2、[解析]　對于A項，當(dāng)x<0時，y＝x＋≤－2，故A錯；對于B項，因為00，所以y＝ex＋－2≥2－2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝2，即x＝ln2時等號成立．故選D. [答案]　D 3．(2017·陜西咸陽質(zhì)檢)已知x＋y＝3，則2x＋2y的最小值是(　　) A．8 B．6 C．3 D．4 [解析]　因為2x>0,2y>0，x＋y＝3，所以由基本不等式得2x＋2y≥2＝2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝2y，即x＝y(tǒng)＝時等號成立，故選D. [答

3、案]　D 4．(2017·湖南衡陽四校聯(lián)考)設(shè)x，y為正實數(shù)，且x＋2y＝1，則＋的最小值為(　　) A．2＋2 B．3＋2 C．2 D．3 [解析]　因為x，y為正實數(shù)，且x＋2y＝1，所以＋＝(x＋2y)·＝3＋＋≥3＋2＝3＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝－1時取等號．所以＋的最小值為3＋2.故選B. [答案]　B 5．(2017·江西九江一中期中)已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于(　　) A．10 B．7 C．8 D．9 [解析]　不等式＋≥恒成立，即不等式m≤(2a＋b)·恒成立，而(2a＋b)＝5＋＋≥5＋2 ＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時“

4、＝”成立，所以m≤9，m的最大值等于9，故選D. [答案]　D 6．(2015·陜西卷)設(shè)f(x)＝lnx,0p D．p＝r>q [解析]　∵0，又f(x)＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f()p，∵r＝(f(a)＋f(b))＝(lna＋lnb)＝ln＝f()＝p，∴p＝r0，b>0)過點(1,2)，則2a＋b的最小值為__

5、______． [解析]　∵直線＋＝1(a>0，b>0)過點(1,2)， ∴＋＝1，∴2a＋b＝(2a＋b)＝2＋＋2＋≥4＋2＝8(當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a，即a＝2，b＝4時取等號)． [答案]　8 8．設(shè)b>a>0，且a＋b＝1，則，2ab，a2＋b2，b四個數(shù)中最大的是________． [解析]　根據(jù)基本不等式知a2＋b2>2ab(b>a>0)，因為b>a>0，且a＋b＝1，所以b>>a.因為b－a2－b2＝b(a＋b)－a2－b2＝a(b－a)>0，所以，2ab，a2＋b2，b四個數(shù)中最大的是b. [答案]　b 9．(2017·江蘇卷)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買

6、x噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則x的值是________． [解析]　本題考查基本不等式及其應(yīng)用． 設(shè)總費用為y萬元，則 y＝×6＋4x＝4≥240. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝30時，等號成立． [答案]　30 三、解答題 10．(1)已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1， 求證：＋＋≥9. (2)設(shè)a、b均為正實數(shù)，求證：＋＋ab≥2. [證明]　(1)∵a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1， ∴＋＋＝＋＋ ＝3＋＋＋＋＋＋ ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時，取等號．

7、 (2)∵＋≥2 ＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． 又＋ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)ab＝時取等號， ∴＋＋ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng) 即a＝b＝時取等號． [能力提升] 11．(2017·河北保定一模)司機甲、乙加油習(xí)慣不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定錢數(shù)的油，恰有兩次甲、乙同時加同單價的油，但這兩次的油價不同，則從這兩次加油的均價角度分析(　　) A．甲合適 B．乙合適 C．油價先高后低甲合適 D．油價先低后高甲合適 [解析]　設(shè)甲每次加m升油，乙每次加n元錢的油，第一次加油x元/升，第二次加油y元/升．甲的平均單價為＝，乙的平均單價為＝，因為x≠y，所以＝>＝1，即乙的兩次平均

8、單價低，乙的方式更合適，故選B. [答案]　B 12．(2018·貴州銅仁一中月考)若兩個正實數(shù)x，y滿足＋＝1，且不等式x＋4.解得m<－1或m>4.故選C. [答案]　C 13．已知正實數(shù)x，y滿足xy＋2x＋y＝4，則x＋y的最小值為________． [解析]　因為xy＋2x＋y＝4，

9、所以x＝.由x＝>0，得－20, 則0

10、得m<－＝－.因為t＋≥2＝2(當(dāng)且僅當(dāng)t＝時取等號)，所以m<－. [答案]　(－∞，－) 15．(2017·河北唐山一模)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y. (1)求＋的最小值． (2)是否存在x，y滿足(x＋1)(y＋1)＝5？并說明理由． [解]　(1)因為＋＝＝≥＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時，等號成立，所以＋的最小值為2. (2)不存在．理由如下： 因為x2＋y2≥2xy，所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)． 又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.從而有(x＋1)(y＋1)≤2≤4，因此不存在x，y滿足(x＋1)(y＋1)＝5. 16．某品

11、牌電腦體驗店預(yù)計全年可以銷售360臺電腦，已知該品牌電腦的進價為3000元/臺，為節(jié)約資金，經(jīng)理決定分批購入，若每批都購入x臺(x為正整數(shù))，則每批需付運費300元，儲存購入的電腦全年所付保管費與每批購入電腦的總價值(不含運費)成正比，且每批購入20臺時，全年需用去運費和保管費7800元． (1)求全年所付運費和保管費之和y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)若全年只有8000元資金可用于支付運費和保管費，則能否恰當(dāng)?shù)匕才琶颗M貨的數(shù)量，使資金夠用？如果夠用，求出每批進貨的數(shù)量；如果不夠用，最少還需多少？ [解]　(1)設(shè)儲存購入的電腦全年所付保管費與每批購入電腦總價值的比例系數(shù)為k，則y＝×3

12、00＋k(3000×x)＝＋3000kx.又當(dāng)x＝20時，y＝7800，代入可得k＝0.04.故所求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y＝＋120x(x∈N*)． (2)由(1)知，y＝＋120x(x∈N*)．根據(jù)基本不等式可得，y＝＋120x≥2＝2×3600＝7200，當(dāng)且僅當(dāng)＝120x，即x＝30時，等號成立．故當(dāng)每批購入30臺時，支付的運費和保管費最低，為7200元，此時資金夠用． [延伸拓展] 　(2017·內(nèi)蒙古包頭二模)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項am，an使得 ＝4a1，則＋的最小值為(　　) A. B. C. D. [解析]　解法一

13、(常數(shù)代換法)：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，可得a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2. 因為＝4a1，所以qm＋n－2＝16，所以2m＋n－2＝24，所以m＋n＝6， 所以＋＝(m＋n)＝≥×(5＋4)＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝時，等號成立． 所以＋的最小值為，故選A. 解法二(拼湊法)：由解法一可得m＋n＝6，所以n＝6－m， 又m，n≥1，所以1≤m≤5. 故＋＝＋＝＝＝ ＝＝. 由基本不等式可得(m＋2)＋－10≥2－10＝－2(當(dāng)且僅當(dāng)m＋2＝，即m＝2時等號成立)，易知(m＋2)＋－10<0， 所以＋≥＝.故選A. [答案]　A