与对话高三数学（文）一轮复习课时跟踪训练第七章不等式推理与证明课时跟踪训练37

课时跟踪训练(三十七)[基础巩固]一、选择题1．若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是()A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab)) D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2[解析]∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴A错误．对于B，C，当a<0，b<0时，明显错误．对于D，∵ab>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.[答案]D2．(2017·福建福州外国语学校期中)在下列各函数中，最小值为2的函数是()A．y＝x＋eq\f(1,x)(x≠0)B．y＝cosx＋eq\f(1,cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)))C．y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))(x∈R)D．y＝ex＋eq\f(4,ex)－2(x∈R)[解析]对于A项，当x<0时，y＝x＋eq\f(1,x)≤－2，故A错；对于B项，因为0<x<eq\f(π,2)，所以0<cosx<1，所以y＝cosx＋eq\f(1,cosx)≥2中等号不成立，故B错；对于C项，因为eq\r(x2＋2)≥2，所以y＝eq\f(x2＋2＋1,\r(x2＋2))＝eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))≥2中等号也不能取到，故C错；对于D项，因为ex>0，所以y＝ex＋eq\f(4,ex)－2≥2eq\r(ex·\f(4,ex))－2＝2，当且仅当ex＝2，即x＝ln2时等号成立．故选D.[答案]D3．(2017·陕西咸阳质检)已知x＋y＝3，则2x＋2y的最小值是()A．8B．6C．3eq\r(2)D．4eq\r(2)[解析]因为2x>0,2y>0，x＋y＝3，所以由基本不等式得2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)＝2eq\r(2x＋y)＝4eq\r(2)，当且仅当2x＝2y，即x＝y＝eq\f(3,2)时等号成立，故选D.[答案]D4．(2017·湖南衡阳四校联考)设x，y为正实数，且x＋2y＝1，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为()A．2＋2eq\r(2) B．3＋2eq\r(2)C．2 D．3[解析]因为x，y为正实数，且x＋2y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(x＋2y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝3＋eq\f(2y,x)＋eq\f(x,y)≥3＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(x,y))＝3＋2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)y＝eq\r(2)－1时取等号．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为3＋2eq\r(2).故选B.[答案]B5．(2017·江西九江一中期中)已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于()A．10B．7C．8D．9[解析]不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，即不等式m≤(2a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))恒成立，而(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝5＋eq\f(2a,b)＋eq\f(2b,a)≥5＋2eq\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))＝9，当且仅当a＝b时“＝”成立，所以m≤9，m的最大值等于9，故选D.[答案]D6．(2015·陕西卷)设f(x)＝lnx,0<a<b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是()A．q＝r<p B．p＝r<qC．q＝r>p D．p＝r>q[解析]∵0<a<b，∴eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，又f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，故f(eq\r(ab))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，即q>p，∵r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝lneq\r(ab)＝f(eq\r(ab))＝p，∴p＝r<q.故选B.[答案]B二、填空题7．(2017·山东卷)若直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，则2a＋b的最小值为________．[解析]∵直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋2＋eq\f(4a,b)≥4＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8(当且仅当b＝2a，即a＝2，b＝4时取等号)．[答案]88．设b>a>0，且a＋b＝1，则eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2，b四个数中最大的是________．[解析]根据基本不等式知a2＋b2>2ab(b>a>0)，因为b>a>0，且a＋b＝1，所以b>eq\f(1,2)>a.因为b－a2－b2＝b(a＋b)－a2－b2＝a(b－a)>0，所以eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2，b四个数中最大的是b.[答案]b9．(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是________．[解析]本题考查基本不等式及其应用．设总费用为y万元，则y＝eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(900,x)))≥240.当且仅当x＝eq\f(900,x)，即x＝30时，等号成立．[答案]30三、解答题10．(1)已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.(2)设a、b均为正实数，求证：eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋ab≥2eq\r(2).[证明](1)∵a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，取等号．(2)∵eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥2eq\r(\f(1,a2)·\f(1,b2))＝eq\f(2,ab)，当且仅当a＝b时取等号．又eq\f(2,ab)＋ab≥2eq\r(2)，当且仅当ab＝eq\r(2)时取等号，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋ab≥2eq\r(2)，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b，,ab＝\r(2)，))即a＝b＝eq\r(4,2)时取等号．[能力提升]11．(2017·河北保定一模)司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析()A．甲合适 B．乙合适C．油价先高后低甲合适 D．油价先低后高甲合适[解析]设甲每次加m升油，乙每次加n元钱的油，第一次加油x元/升，第二次加油y元/升．甲的平均单价为eq\f(mx＋my,2m)＝eq\f(x＋y,2)，乙的平均单价为eq\f(2n,\f(n,x)＋\f(n,y))＝eq\f(2xy,x＋y)，因为x≠y，所以eq\f(\f(x＋y,2),\f(2xy,x＋y))＝eq\f(x2＋y2＋2xy,4xy)>eq\f(4xy,4xy)＝1，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适，故选B.[答案]B12．(2018·贵州铜仁一中月考)若两个正实数x，y满足eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,2)<m2－3m有解，则实数m的取值范围是()A．(－1,4)B．(－4,1)C．(－∞，－1)∪(4，＋∞)D．(－∞，－4)∪(1，＋∞)[解析]x＋eq\f(y,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝2＋eq\f(y,2x)＋eq\f(2x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,2x)·\f(2x,y))＝4.当且仅当eq\f(y,2x)＝eq\f(2x,y)，即y＝2x时等号成立，所以x＋eq\f(y,2)最小值为4.因为x＋eq\f(y,2)<m2－3m有解，所以m2－3m>4.解得m<－1或m>4.故选C.[答案]C13．已知正实数x，y满足xy＋2x＋y＝4，则x＋y的最小值为________．[解析]因为xy＋2x＋y＝4，所以x＝eq\f(4－y,y＋2).由x＝eq\f(4－y,y＋2)>0，得－2<y<4，又y>0,则0<y<4，所以x＋y＝eq\f(4－y,y＋2)＋y＝eq\f(6,y＋2)＋(y＋2)－3≥2eq\r(6)－3，当且仅当eq\f(6,y＋2)＝y＋2(0<y<4)，即y＝eq\r(6)－2时取等号．[答案]2eq\r(6)－314．(2017·四川资阳期末)已知函数f(x)＝x3＋3x(x∈R)，若不等式f(2m＋mt2)＋f(4t)<0对任意实数t≥1恒成立，则实数m的取值范围是________．[解析]因为f(x)＝x3＋3x(x∈R)，满足f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数且f(x)在R上单调递增．因为不等式f(2m＋mt2)＋f(4t)<0对任意实数t≥1恒成立，则2m＋mt2<－4t在t≥1时恒成立，分离参数得m<－eq\f(4t,t2＋2)＝－eq\f(4,t＋\f(2,t)).因为t＋eq\f(2,t)≥2eq\r(t·\f(2,t))＝2eq\r(2)(当且仅当t＝eq\r(2)时取等号)，所以m<－eq\r(2).[答案](－∞，－eq\r(2))15．(2017·河北唐山一模)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．(2)是否存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5？并说明理由．[解](1)因为eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(x2＋y2,xy)≥eq\f(2xy,xy)＝2，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为2.(2)不存在．理由如下：因为x2＋y2≥2xy，所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.从而有(x＋1)(y＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1＋y＋1,2)))2≤4，因此不存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5.16．某品牌电脑体验店预计全年可以销售360台电脑，已知该品牌电脑的进价为3000元/台，为节约资金，经理决定分批购入，若每批都购入x台(x为正整数)，则每批需付运费300元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比，且每批购入20台时，全年需用去运费和保管费7800元．(1)求全年所付运费和保管费之和y关于x的函数关系式；(2)若全年只有8000元资金可用于支付运费和保管费，则能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？如果够用，求出每批进货的数量；如果不够用，最少还需多少？[解](1)设储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑总价值的比例系数为k，则y＝eq\f(360,x)×300＋k(3000×x)＝eq\f(,x)＋3000kx.又当x＝20时，y＝7800，代入可得k＝0.04.故所求y关于x的函数关系式为y＝eq\f(,x)＋120x(x∈N)．(2)由(1)知，y＝eq\f(,x)＋120x(x∈N)．根据基本不等式可得，y＝eq\f(,x)＋120x≥2eq\r(\f(,x)×120x)＝2×3600＝7200，当且仅当eq\f(,x)＝120x，即x＝30时，等号成立．故当每批购入30台时，支付的运费和保管费最低，为7200元，此时资金够用．[延伸拓展](2017·内蒙古包头二模)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,2)B.eqB.\f(5,3)C.eqC.\f(9,4)D.eqD.\f(25,6)[解析]解法一(常数代换法)：设数列{an}的公比为q(q>0)，由各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，可得a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2.因为eq\r(aman)＝4a1，所以q