2024-2025学年新教材高中数学课时作业十一基本不等式湘教版必修第一册

PAGEPAGE2课时作业(十一)基本不等式[练基础]1．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是()A．a＝±1B．a＝1C．a＝－1D．a＝02．若a≥0，b≥0且a＋b＝2，则()A．ab≤eq\f(1,2)B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤33．“a，b为正数”是“a＋b>2eq\r(ab)”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．设x>0，则y＝3－3x－eq\f(1,x)的最大值是()A．3B．3－2eq\r(2)C．3－2eq\r(3)D．－15．已知x>0，y>0，且2x＋y＝1，则xy的最大值是()A．eq\f(1,4)B．4C．eq\f(1,8)D．86．(多选)设a，b∈R，则下列不等式肯定成立的是()A．a2＋b2≥2abB．a＋eq\f(1,a)≥2C．b2＋1≥2bD．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))≥27．若a＜1，则a＋eq\f(1,a－1)与－1的大小关系是________．8．当x>1时，求2x＋eq\f(8,x－1)的最小值为________．9．已知a，b，c，d都是正数，求证：(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.10．(1)若x＜3，求y＝2x＋1＋eq\f(1,x－3)的最大值；(2)已知x＞0，求y＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值．[提实力]11．(多选)下列命题中正确的是()A．y＝x＋eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x<0))的最大值是－2B．y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))的最小值是2C．y＝2－3x－eq\f(4,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0))的最大值是2－4eq\r(3)D．y＝x＋eq\f(4,x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>1))最小值是512．(多选)下列结论正确的是()A．若x<0，则y＝x＋eq\f(1,x)的最大值为－2B．若a>0，b>0，则ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2C．若a>0，b>0，且a＋4b＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最大值为9D．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))，则y＝xeq\r(4－x2)的最大值为213．已知x<2，则eq\f(x2－3x＋3,x－2)的最大值为________，此时x＝________．14．已知5x2y2＋y4＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y∈R))，则x2＋2y2的最小值是________．15．已知a，b均为正实数，求证：eq\f(b,\r(a))＋eq\f(a,\r(b))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[培优生]16．《几何原本》中的几何代数法(以几何方法探讨代数问题)成了后世数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，许多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．如图，在AB上取一点C，使得AC＝a，BC＝b，过点C作CD⊥AB交半圆周于点D，连接OD.作CE⊥OD交OD于点E.由CD≥DE可以干脆证明的不等式为()A．eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)(a>0，b>0)B．eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)C．eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)D．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)课时作业(十一)基本不等式1．解析：当a2＋1＝2a，即(a－1)2＝0，即a＝1时，等号成立．故选B.答案：B2．解析：因为a2＋b2≥2ab，所以(a2＋b2)＋(a2＋b2)≥(a2＋b2)＋2ab，即2(a2＋b2)≥(a＋b)2＝4，所以a2＋b2≥2.故选C.答案：C3．解析：若a，b为正数，取a＝1，b＝1，则a＋b＝2eq\r(ab)，则“a，b为正数”不是“a＋b>2eq\r(ab)”的充分条件；若a＋b>2eq\r(ab)，取a＝1，b＝0，则b不是正数，则“a，b为正数”不是“a＋b>2eq\r(ab)”的必要条件．故“a，b为正数”是“a＋b>2eq\r(ab)”的既不充分也不必要条件．故选D.答案：D4．解析：y＝3－3x－eq\f(1,x)＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x)))≤3－2eq\r(3x·\f(1,x))＝3－2eq\r(3)，当且仅当3x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(3),3)时取等号．故选C.答案：C5．解析：由题意得，xy＝eq\f(1,2)×2xy≤eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)，当且仅当x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,2)时等号成立，所以xy的最大值是eq\f(1,8).故选C.答案：C6．解析：当a，b∈R时，a2＋b2≥2ab成立，故A正确；当a＞0时，a＋eq\f(1,a)≥2，等号成立的条件是a＝1，当a＜0时，a＋eq\f(1,a)≤－2，等号成立的条件是a＝－1，故B不正确；当b∈R时，b2＋1－2b＝(b－1)2≥0，所以b2＋1≥2b，故C正确；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))＞0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＞0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))≥2eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))×\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))))＝2，等号成立的条件是当且仅当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))，即a2＝b2时，故D正确．故选ACD.答案：ACD7．解析：因为a＜1，即1－a>0，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1＋\f(1,a－1)))＝(1－a)＋eq\f(1,1－a)≥2eq\r(（1－a）·\f(1,1－a))＝2.即a＋eq\f(1,a－1)≤－1.答案：a＋eq\f(1,a－1)≤－18．解析：当x>1时，2x＋eq\f(8,x－1)＝2(x－1)＋eq\f(8,x－1)＋2≥2eq\r(2（x－1）·\f(8,x－1))＋2＝8＋2＝10，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>1,2（x－1）＝\f(8,x－1)))，即x＝3时等号成立．∴2x＋eq\f(8,x－1)的最小值为10.答案：109．证明：由a，b，c，d都是正数，得eq\f(ab＋cd,2)≥eq\r(ab·cd)>0(当且仅当ab＝cd时，等号成立)，eq\f(ac＋bd,2)≥eq\r(ac·bd)>0(当且仅当ac＝bd时，等号成立)，∴eq\f(（ab＋cd）（ac＋bd）,4)≥abcd.即(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd(当且仅当a＝b＝c＝d时，等号成立).10．解析：(1)因为x＜3，所以3－x＞0.又因为y＝2(x－3)＋eq\f(1,x－3)＋7＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))＋7，由基本不等式可得2(3－x)＋eq\f(1,3－x)≥2eq\r(2（3－x）·\f(1,3－x))＝2eq\r(2)，当且仅当2(3－x)＝eq\f(1,3－x)，即x＝3－eq\f(\r(2),2)时，等号成立，于是－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))≤－2eq\r(2)，－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))＋7≤7－2eq\r(2)，故y的最大值是7－2eq\r(2).(2)y＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x)).因为x＞0，所以x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，所以0＜y≤eq\f(2,2)＝1，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时，等号成立．故y的最大值为1.11．解析：对于A，y＝x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))≤－2eq\r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))))＝－2，当且仅当－x＝－eq\f(1,x)，即x＝－1时，等号成立，所以y＝x＋eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x<0))的最大值是－2，故A正确；对于B，y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))>2，因为eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))，即x2＋2＝1无解，即等号不成立，所以y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))取不到最小值2，故B错误；对于C，y＝2－3x－eq\f(4,x)(x>0)＝2－(3x＋eq\f(4,x))≤2－2eq\r(3x·\f(4,x))＝2－4eq\r(3)，当且仅当3x＝eq\f(4,x)，即x＝eq\f(2\r(3),3)时，等号成立，所以y＝2－3x－eq\f(4,x)(x>0)的最大值是2－4eq\r(3)，故C正确；对于D，y＝x＋eq\f(4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋1≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))·\f(4,x－1))＋1＝5，当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立，所以y＝x＋eq\f(4,x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>1))最小值是5，故D正确；故选ACD.答案：ACD12．解析：A选项，由x<0可得y＝x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))))＝－2，当且仅当－x＝－eq\f(1,x)，即x＝－1时，等号成立；即y＝x＋eq\f(1,x)的最大值为－2；A正确；B选项，由a>0，b>0，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－ab＝eq\f(a2＋b2－2ab,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2≥0，即ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，故B正确；C选项，若a>0，b>0，且a＋4b＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋4b))＝1＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)＋4≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，当且仅当eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3),b＝\f(1,6)))时，等号成立；即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为9，故C错；D选项，因为0≤x≤2，所以y＝xeq\r(4－x2)≤eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－x2)),2)＝2，当且仅当x＝eq\r(4－x2)，即x＝eq\r(2)时，等号成立，故D正确．故选ABD.答案：ABD13．解析：由于x<2，所以x－2<0，eq\f(x2－3x＋3,x－2)＝eq\f(（x2－4x＋4）＋x－2＋1,x－2)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋1＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2－x）＋\f(1,2－x)))＋1≤－2eq\r(（2－x）·\f(1,2－x))＋1＝－1，当且仅当2－x＝eq\f(1,2－x)，即x＝1时等号成立．答案：－1114．解析：∵5x2y2＋y4＝1∴y≠0且x2＝eq\f(1－y4,5y2)∴x2＋2y2＝eq\f(1－y4,5y2)＋2y2＝eq\f(1,5y2)＋eq\f(9y2,5)≥2eq\r(\f(1,5y2)·\f(9y2,5))＝eq\f(6,5)，当且仅当eq\f(1,5y2)＝eq\f(9y2,5)，即x2＝eq\f(8,15)，y2＝eq\f(1,3)时取等号．∴x2＋y2的最小值为eq\f(6,5).答案：eq\f(6,5)15．解析：(方法一)因