2.2基本不等式 同步练习2021-2022学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册第二章（Word含答案）

2.2　基本不等式
刷新题夯基础
题组一　对基本不等式的理解
1.若a,b∈R,且ab>0,则下列不等式恒成立的是 (　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.a2+b2>2ab B.a+b≥2ab
C.1a+1b>2ab D.ba+ab≥2
2.不等式(x-2y)+1x-2y≥2成立的前提条件为 (　　)
A.x≥2y B.x>2y
C.x≤2y D.x<2y
3.(2020山东德州夏津一中高一月考)不等式9x-2+(x-2)≥6(其中x>2)中等号成立的条件是 (　　)
A.x=5 B.x=-3 C.x=3 D.x=-5
4.(2020浙江杭州高一月考)下列不等式一定成立的是 (　　)
A.3x+12x≥6
B.3x2+12x2≥6
C.3(x2+1)+12(x2+1)≥6
D.3(x2-1)+12(x2-1)≥6
题组二　利用基本不等式比较大小
5.(多选)(2021辽宁葫芦岛高一质量检测)已知两个不等正数a,b满足a+b=1,则下列说法正确的是 (　　)
A.ab<14 B.1a+1b<4
C.a+b<2 D.a2+b2>12
6.若0A.b>a+b2>a>ab B.b>ab>a+b2>a
C.b>a+b2>ab>a D.b>a>a+b2>ab
7.小W从A地到B地和从B地到A地的速度分别为m和n(m>n),其全程的平均速度为v,则 (　　)
A.m+n2C.mn8.若a>b>c,则a-c2与(a-b)(b-c)的大小关系是　　　　　　　　　　.?
9.某商店出售的某种饮料需分两次提价,提价方案有两种,方案甲:第一次提价p%,第二次提价q%;方案乙:每次都提价p+q2%,若p,q>0,且p≠q,则提价多的方案是　　　　.?
题组三　利用基本不等式求最值
10.已知实数x,y>0,则x+y+4x+1y的最小值为 (　　)
A.42 B.6 C.210 D.36
11.(2020浙江诸暨高二期末)已知函数y=x+4x-1(x>1),则函数的最小值等于 (　　)
A.42 B.42+1 C.5 D.9
12.(2021宁夏大学附属中学高二上期中)若-2A.1 B.2 C.4 D.5
13.已知a>b>0,则a2+16b(a-b)的最小值为 (　　)
A.8 B.82 C.16 D.162
14.若正数x,y满足x+4y-xy=0,则当x+y取得最小值时,x的值为 (　　)
A.9 B.8 C.6 D.3
15.(2021江苏溧阳高一期末检测)已知正实数x,y满足x+y=1,则1x+1y的最小值是　　　　.?
16.(2021黑龙江鹤岗第一中学高一上月考)(1)已知a>0,b>0,且4a+b=1,求ab的最大值;
(2)已知x<54,求4x-2+14x-5的最大值.
题组四　利用基本不等式证明不等式
17.(2021福建三明第一中学高一上月考)已知a,b均为正实数,求证:a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).
18.(2021安徽六安城南中学高二上开学考试)已知a,b,c是三个不全相等的正数.
求证:b+c-aa+a+c-bb+a+b-cc>3.
19.设x>0,求证:x+22x+1≥32.
题组五　利用基本不等式解决实际问题
20.某人要用铁管做一个形状为直角三角形且面积为1 m2的铁架框(铁管的粗细忽略不计),在下面四种长度的铁管中,最合理(够用,又浪费最少)的是 (　　)
A.4.6 m B.4.8 m C.5 m D.5.2 m
21.(2020广东广州荔湾高二期末)为满足人民日益增长的美好生活需要,实现群众对舒适的居住条件、更优美的环境、更丰富的精神文化生活的追求,某大型广场计划进行升级改造.改造的重点工程之一是新建一个矩形音乐喷泉综合体A1B1C1D1,该项目由矩形核心喷泉区ABCD(阴影部分)和四周的绿化带组成.规划核心喷泉区ABCD的面积为1 000 m2,绿化带的宽分别为2 m和5 m(如图所示).当整个项目A1B1C1D1占地面积最小时,核心喷泉区的边BC的长度为 (　　)
A.20 m B.50 m C.1010 m D.100 m
22.某建筑公司用8 000万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少12层,每层建筑面积为4 000平方米的楼房.经初步估计得知,若将楼房建为x(x≥12,x∈N*)层,则每平方米的平均建筑费用s=3 000+50x(单位:元).为了使楼房每平方米的平均综合费用最少,该楼房应建为多少层?每平方米的平均综合费用的最小值是多少?
注:平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用,平均购地费用=购地总费用建筑总面积
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题组一　利用基本不等式求最值
1.(2020广东惠州高二期末,)已知x>0,y>0,且2x+y=1,则xy的最大值是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.14 B.4 C.18 D.8
2.(2021黑龙江大庆实验中学高一上开学考试,)已知a>0,b>0,a+b=1,则a2+4a+b2+4b的最小值为 (　　)
A.6 B.8 C.15 D.17
3.(2021河北辛集中学高一上月考,)已知a>0,b>0,a+b=4ab,则a+b的最小值为 (　　)
A.12 B.1 C.2 D.4
4.(2020河南三门峡外国语高级中学高一下期中,)设正数x,y满足x2+y22=1,则x1+y2的最大值为 (　　)
A.32 B.322 C.34 D.324
5.(2020浙江丽水高一期末,)设正数a,b满足a2+4b2+1ab=4,则a=　　　　,b=　　　　.?
6.(2020河北唐山第一中学高一下月考,)已知x>0,则x2+3x+6x+1的最小值是　　　　.?
7.(2020湖北麻城一中高一月考,)已知a,b∈R,且a>b>0,a+b=1,则a2+2b2的最小值为　　　　,4a-b+12b的最小值为　　　　.?
8.(2021江苏苏州高一期末,)已知a,b均为正实数且ab+a+3b=9,则a+3b的最小值为　　　　.?
9.(2021吉林长春东北师范大学附属中学高一上段考,)已知x>0,y>0,4x2+y2+xy=1,求:
(1)4x2+y2的最小值;
(2)2x+y的最大值.
题组二　利用基本不等式证明不等式
10.()已知a,b为正数,求证:1a+4b≥2(2+1)22a+b.
11.()若a>b,且ab=2,求证:a2+b2a-b≥4.
12.(2021湖南长沙长郡中学高一上检测,)已知a>0,b>0,a+b=1,求证:
(1)1a+1b+1ab≥8;
(2)1+1a1+1b≥9.
13.()(1)已知a,b,c∈R,求证:a2+b2+b2+c2+c2+a2≥2(a+b+c);
(2)若00,b>0,求证:a2x+b21-x≥(a+b)2.
题组三　基本不等式在实际问题中的应用
14.(2021山东日照五莲高一上期中,)某工厂过去的年产量为a,技术革新后,第一年的年产量增长率为p(p>0),第二年的年产量增长率为q(q>0,p≠q),这两年的年产量平均增长率为x,则 (　　)
A.x=p+q2 B.x=pq
C.x>p+q2 D.x< p+q2
15.(2020湖北宜昌高三期末,)某地为了加快推进垃圾分类工作,新建了一个垃圾处理厂,每月最少要处理300吨垃圾,最多要处理600吨垃圾,月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似表示为y=12x2-300x+80 000,为使每吨的平均处理成本最低,则该厂每月的处理量应为 (　　)
A.300吨 B.400吨 C.500吨 D.600吨
16.(2021山东菏泽第一中学等六校高一上联考,)欲在如图所示的锐角三角形空地中建一个内接矩形花园(阴影部分),则矩形花园面积的最大值为　　　　m2.?
17.(2021四川绵阳南山中学高三上开学考试,)网店和实体店各有利弊,两者的结合将在未来一段时间内成为商业的一个主要发展方向.某品牌行车记录仪支架销售公司从2017年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式.根据几个月的运营发现,产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足关系式x=3-2t+1.已知网店每月固定的各种费用支出为3万元,每1万件产品的进货价格为32万元,若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和,则该公司最大月利润是　　　　万元.?
18.(2020山东滨州高一上期末,)物联网(Internet of Things,缩写:IOT)是基于互联网、传统电信网等信息承载体,让所有能行使独立功能的普通物体实现互联互通的网络,其应用领域主要包括运输和物流、工业制造、健康医疗、智能环境(家庭、办公、工厂)等,具有十分广阔的市场前景.现有一家物流公司计划租地建造仓库储存货物,经过市场调查了解到下列信息:仓库每月土地占地费为y1(单位:万元),仓库到车站的距离为x(单位:千米),x>0,其中y1与x+1成反比,每月库存货物费y2(单位:万元)与x成正比,若在距离车站9千米处建仓库,则y1和y2分别为2万元和7.2万元.这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处,才能使两项费用之和最少?最少费用是多少?
答案全解全析
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1.D　∵a2+b2-2ab=(a-b)2≥0,∴A不符合题意;当a<0,b<0时,明显B,C不符合题意;∵ab>0,∴ba>0,ab>0,∴ba+ab≥2　ba·ab=2,当且仅当a=b时等号成立,∴D符合题意.
2.B　因为不等式成立的前提条件是x-2y和1x-2y均为正数,所以x-2y>0,即x>2y,故选B.
3.A　当x>2时,9x-2+(x-2)≥29x-2·(x-2)=6,等号成立的条件是9x-2=x-2,即(x-2)2=9,解得x=5(x=-1舍去).故选A.
4.B　对于A,x可能是负数,不成立;对于B,由基本不等式可知,3x2+12x2≥6,当且仅当3x2=12x2,即x4=16时取等号,故成立;对于C,当3(x2+1)=12(x2+1)时,(x2+1)2=16,x无解,不成立;对于D,x2-1可能是负数,不成立.故选B.
5.ACD　A.因为a,b为两个不等正数,所以abB.因为1a+1b=a+bab=1ab,所以由选项A可知,1ab>4,故选项B不正确;
C.因为(a+b)2=a+b+2ab=1+2ab,所以由选项A可知选项C正确;
D.因为a2+b2=(a+b)2-2ab=1-2ab,所以由选项A可知,a2+b2=1-2ab>12,故选项D正确.
6.C　∵0a+b,∴b>a+b2>ab.
∵b>a>0,∴ab>a2,∴ab>a.
故b>a+b2>ab>a.
7.B　设从A地到B地的路程为s,小W从A地到B地和从B地到A地所用的时间分别为t1,t2,则t1=sm,t2=sn,其全程的平均速度为v=2st1+t2=2ssm+sn=2mnm+n.
∵m>n>0,∴v=2mnm+n<2mn2mn=mn,
v-n=2mnm+n-n=2mn-mn-n2m+n=n(m-n)m+n>0,
∴n故选B.
8.答案　a-c2≥(a-b)(b-c)
解析　因为a>b>c,所以a-c2=(a-b)+(b-c)2≥(a-b)(b-c),当且仅当a-b=b-c,即2b=a+c时,等号成立.
9.答案　乙
解析　不妨设原价为1,则按方案甲提价后的价格为(1+p%)(1+q%),按方案乙提价后的价格为1+p+q2%2,
易知(1+p%)(1+q%)≤1+p%+1+q%2
=1+p%+q%2,当且仅当1+p%=1+q%,即p=q时等号成立,又p≠q,
故(1+p%)(1+q%)<1+p+q2%2,所以提价多的方案是乙.
10.B　∵x,y>0,∴x+y+4x+1y≥2x·4x+2y·1y=4+2=6,当且仅当x=4x且y=1y,即x=2,y=1时等号成立.
故选B.
11.C　因为x>1,所以y=x+4x-1=(x-1)+4x-1+1≥2(x-1)·4x-1+1=5,
当且仅当x-1=4x-1,即x=3时,等号成立.故选C.
12.A　∵-20,x+2>0,∴y=-x(x+2)≤-x+x+222=1,
当且仅当-x=x+2,即x=-1时等号成立.
故选A.
规律总结　1.利用基本不等式求最值,必须按照“一正,二定,三相等”的原则,缺一不可.
2.若是求和式的最小值,通常化(或利用)积为定值;若是求积的最大值,通常化(或利用)和为定值,其解答技巧是恰当变形,合理拆分,消元或配凑因式.
13.C　∵a>b>0,∴由基本不等式的变形可得b(a-b)≤b+a-b22=a24,∴a2+16b(a-b)≥a2+16a24=a2+64a2≥2a2×64a2=16,当且仅当a-b=b,a2=64a2,即a=22,b=2时,等号成立.
误区警示　利用基本不等式求最值,若需多次应用基本不等式,则要注意等号成立的条件必须一致,如本题中第一次利用基本不等式取等号的条件为b=a-b,第二次利用基本不等式取等号的条件为a2=64a2,故最终的最值应该是在这两个条件下共同取得的.
14.C　∵x>0,y>0,x+4y=xy,∴4x+1y=1,
∴x+y=(x+y)4x+1y=5+xy+4yx≥5+2xy·4yx=9,当且仅当x=2y时,等号成立,此时x=2y,x+4y=xy,解得x=6,y=3.故选C.
15.答案　4
解析　由题意可得,1x+1y=x+yx+x+yy
=2+yx+xy≥2+2yx·xy=4,
当且仅当x=y=12时等号成立.
16.解析　(1)∵1=4a+b≥24ab=4ab,
∴ab≤14,∴ab≤116,
当且仅当4a=b,即a=18,b=12时取等号,
故ab的最大值为116.
(2)∵x<54,∴5-4x>0,
∴4x-2+14x-5=-5-4x+15-4x+3≤-2(5-4x)×15-4x+3=1,
当且仅当5-4x=15-4x,即x=1时,等号成立,故4x-2+14x-5的最大值为1.
17.证明　由基本不等式得a2b2+a2≥2a2b,a2b2+b2≥2ab2,b2+a2≥2ab,
三式相加得2a2b2+2a2+2b2≥2a2b+2ab2+2ab=2ab(a+b+1).
所以a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).
18.证明　∵a,b,c是三个不全相等的正数,
∴三个不等式ba+ab≥2,ca+ac≥2,cb+bc≥2的等号不能同时成立,
则ba+ab+ca+ac+cb+bc>6,
∴ba+ca-1+cb+ab-1+ac+bc-1>3,
即b+c-aa+a+c-bb+a+b-cc>3.
19.证明　因为x>0,所以x+12>0,
所以x+22x+1=x+1x+12=x+12+1x+12-12≥2x+12·1x+12-12=32,
当且仅当x+12=1x+12,即x=12时,等号成立.故x>0时,x+22x+1≥32.
20.C　设直角三角形两直角边长分别为x m,y m,则12xy=1,即xy=2.
周长l=x+y+x2+y2≥2xy+2xy=22+2≈4.83(m),
当且仅当x=y时等号成立.结合实际问题,可知选C.
21.B　设BC=x m,则CD=1 000x m,
所以S矩形A1B1C1D1=(x+10)1 000x+4
=1 040+4x+10 000x
≥1 040+24x·10 000x=1 440,
当且仅当4x=10 000x,即x=50时,等号成立,
所以当BC的长度为50 m时,整个项目占地面积最小.故选B.
22.解析　设楼房每平方米的平均综合费用为y元.
依题意得y=s+8 000×10 0004 000x=50x+20 000x+3 000(x≥12,x∈N*).
因为50x+20 000x+3 000
≥2×50x·20 000x+3 000=5 000,
当且仅当50x=20 000x,即x=20时,等号成立,
所以当x=20时,y取得最小值5 000.
所以为了使楼房每平方米的平均综合费用最少,该楼房应建为20层,每平方米的平均综合费用的最小值为5 000元.
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1.C　由题意得,xy=12×2xy≤12×2x+y22=12×122=18,
当且仅当2x=y,即x=14,y=12时等号成立,所以xy的最大值是18.故选C.
2.D　易得a2+4a+b2+4b=a+b+4a+4b=1+4(a+b)ab=1+4ab.
又ab≤a+b22=14,∴1ab≥4,∴1+4ab≥17,
∴a2+4a+b2+4b≥17,当且仅当a=b=12时取等号.
故选D.
3.B　∵a+b=4ab,a>0,b>0,∴等式两边同除以ab,得1a+1b=4,
∴a+b=(a+b)·141a+1b=12+14ba+ab
≥12+14×2ba·ab=12+12=1,
当且仅当ba=ab,即a=b=12时取等号.故选B.
4.D　∵正数x,y满足x2+y22=1,
∴2x2+y2=2,
∴x1+y2=22×2x×1+y2≤22×(2x)2+(1+y2)22=22×2x2+y2+12=324,
当且仅当2x2+y2=2,2x=1+y2,即x=32,y=22时取等号,
∴x1+y2的最大值为324.
5.答案　1;12
解析　a2+4b2+1ab=(a-2b)2+4ab+1ab≥(a-2b)2+24ab·1ab=(a-2b)2+4,当且仅当a-2b=0且4ab=1ab,即a=1,b=12时,等号成立,
所以a=1,b=12.
6.答案　5
解析　∵x>0,∴x+1>1,
∴x2+3x+6x+1=(x+1)2+(x+1)+4x+1=x+1+1+4x+1≥2(x+1)·4x+1+1=5,
当且仅当x+1=4x+1,即x=1时,等号成立,
∴x2+3x+6x+1的最小值是5.
7.答案　23;9
解析　因为a+b=1,所以a=1-b,因为a>b>0,所以0所以a2+2b2=(1-b)2+2b2=3b2-2b+1=3b-132+23,所以当b=13时,a2+2b2有最小值且最小值为23.
易得4a-b+12b=41-2b+12b,故
4a-b+12b=41-2b+12b(1-2b+2b)=5+8b1-2b+1-2b2b≥5+28b1-2b·1-2b2b=5+4=9,
当且仅当8b1-2b=1-2b2b,即b=16时等号成立,故4a-b+12b的最小值为9.
8.答案　6
解析　∵ab+a+3b=9,∴a=9-3bb+1,由题意可知,a=9-3bb+1>0,故0∵a+3b=9-3bb+1+3b=12-3(b+1)b+1+3b=12b+1+3(b+1)-6≥212b+1×3(b+1)-6=6,当且仅当12b+1=3(b+1),即a=3,b=1时取等号.
方法点睛　求含多个字母的代数式的最值,常见的方法有消元法、基本不等式法等.应用消元法时要注意变元范围的传递.应用基本不等式法时,需遵循“一正、二定、三相等”的原则,如果原代数式中没有积为定值或和为定值,则需要将给定的代数式变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.
9.解析　(1)∵4x2+y2≥2·2x·y=4xy,∴xy≤4x2+y24,当且仅当2x=y时等号成立,
又4x2+y2+xy=1,∴1=4x2+y2+xy≤4x2+y2+4x2+y24,
∴4x2+y2≥45,当且仅当x=1010,y=105时等号成立,
∴4x2+y2的最小值是45.
(2)由4x2+y2+xy=1,得(2x+y)2-1=3xy.
又∵2xy≤(2x+y)24,当且仅当2x=y时等号成立,
∴(2x+y)2-1≤32×(2x+y)24,解得(2x+y)2≤85,∴2x+y≤2105.
当且仅当x=1010,y=105时等号成立,
∴2x+y的最大值是2105.
10.证明　因为a>0,b>0,
所以(2a+b)1a+4b=6+ba+8ab≥6+2ba·8ab=6+42=2(2+1)2(当且仅当b=22a时,等号成立).
因为2a+b>0,
所以1a+4b≥2(2+1)22a+b.
11.证明　a2+b2a-b=(a-b)2+2aba-b=(a-b)2+4a-b=(a-b)+4a-b≥2(a-b)·4a-b=4,当且仅当a=1+3,b=-1+3或a=1-3,b=-1-3时等号成立.
所以a2+b2a-b≥4.
12.证明　(1)∵a+b=1,a>0,b>0,
∴1a+1b+1ab=1a+1b+a+bab=21a+1b,
1a+1b=a+ba+a+bb=2+ab+ba≥2+2=4,当且仅当a=b=12时等号成立,
∴1a+1b+1ab≥8.
(2)证法一:∵a>0,b>0,a+b=1,
∴1+1a=1+a+ba=2+ba,
同理,1+1b=2+ab,
∴1+1a1+1b=2+ba2+ab
=5+2ba+ab≥5+4=9,当且仅当a=b=12时等号成立,
∴1+1a1+1b≥9.
证法二:1+1a1+1b=1+1a+1b+1ab.
由(1)知,1a+1b+1ab≥8,
故1+1a1+1b=1+1a+1b+1ab≥9,当且仅当a=b=12时,等号成立.
13.证明　(1)∵a+b2≤a2+b22,∴a2+b2≥a+b2=22(a+b)(当且仅当a=b时,等号成立).
同理,b2+c2≥22(b+c)(当且仅当b=c时,等号成立),a2+c2≥22(a+c)(当且仅当a=c时,等号成立).
三式相加得a2+b2+b2+c2+a2+c2≥22(a+b)+22(b+c)+22(a+c)
=2(a+b+c)(当且仅当a=b=c时,等号成立).
(2)∵00.
又∵a>0,b>0,
∴不等式左边=(x+1-x)a2x+b21-x=a2+b2+x1-x·b2+1-xx·a2≥a2+b2+2x1-x·b2·1-xx·a2=a2+b2+2ab=(a+b)2=右边当且仅当x1-x·b2=1-xx·a2,即x=aa+b时,等号成立.
故a2x+b21-x≥(a+b)2.
14.D　由题意可得a(1+p)(1+q)=a(1+x)2,即(1+p)(1+q)=(1+x)2.
易得(1+p)(1+q)≤1+p+1+q22,当且仅当p=q时取等号,
∵p≠q,∴(1+p)(1+q)<1+p+1+q22,
则1+x<2+p+q2=1+p+q2,即x故选D.
15.B　设每吨的平均处理成本为s元,
由题意可得s=yx=12x2-300x+80 000x=x2+80 000x-300,其中300≤x≤600.
由基本不等式可得x2+80 000x-300≥2x2·80 000x-300=400-300=100,
当且仅当x2=80 000x,即x=400时,每吨的平均处理成本最低.
故选B.
16.答案　400
解析　如图,设矩形花园的一边DE的长为x(x>0) m,邻边长为y(y>0) m,则矩形花园的面积为xy m2,
∵花园是矩形,∴△ADE与△ABC相似,
∴AFAG=DEBC,又∵AG=BC=40,
∴AF=DE=x,FG=y,∴x+y=40.
由基本不等式可得x+y≥2xy,则xy≤400,
当且仅当x=y=20时,等号成立,故矩形花园的面积的最大值为400 m2.
17.答案　37.5
解析　由题意,产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足x=3-2t+1,
即t=23-x-1(1设月利润为y万元,
则y=48+t2xx-32x-3-t=16x-t2-3=16x-13-x+12-3
=45.5-16(3-x)+13-x≤45.5-216=37.5,
当且仅当16(3-x)=13-x,即x=114时取等号,
故该公司的最大月利润为37.5万元.
18.解析　设y1=kx+1(k≠0),y2=mx(m≠0),其中x>0.
当x=9时,y1=k9+1=2,y2=9m=7.2,
解得k=20,m=0.8,
所以y1=20x+1,y2=0.8x,
设两项费用之和为z(单位:万元),
则z=y1+y2=20x+1+0.8x
=20x+1+0.8(x+1)-0.8
≥220x+1·0.8(x+1)-0.8
=7.2.
当且仅当20x+1=0.8(x+1),即x=4时,等号成立,
所以这家公司应该把仓库建在距离车站4千米处才能使两项费用之和最少,最少费用是7.2万元.
解题模板　已知函数类型的应用问题,可以用待定系数法求出解析式;含分式的函数求最大(小)值,往往利用基本不等式求解,解题时要注意验证基本不等式成立的三个条件.