2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第一章預(yù)備知識3不等式3.2基本不等式第1課時基本不等式練測評含解析北師大版必修第一冊

PAGE1-第1課時基本不等式必備學(xué)問基礎(chǔ)練進(jìn)階訓(xùn)練第一層學(xué)問點(diǎn)一對基本不等式的理解1.設(shè)0＜a＜b，則下列不等式中正確的是()A．a(chǎn)＜b＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2)B．a(chǎn)＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2)＜bC．a(chǎn)＜eq\r(ab)＜b＜eq\f(a＋b,2)D.eq\r(ab)＜a＜eq\f(a＋b,2)＜b2．給出下面三個推導(dǎo)過程：①因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；②因?yàn)閍∈R，a≠0，所以eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4；③因?yàn)閤，y∈R，xy<0，所以eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2.其中正確的推導(dǎo)過程為()A．①②B．②③C．②D．①③3．已知a，b∈R，且ab>0，則下列結(jié)論恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2>2abB．a(chǎn)＋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)≥24．不等式x2＋1≥2|x|(x∈R)中等號成立的條件是________.學(xué)問點(diǎn)二利用基本不等式證明不等式5.已知a，b，c為不全相等的正實(shí)數(shù)，求證：a＋b＋c>eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca).6．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.關(guān)鍵實(shí)力綜合練進(jìn)階訓(xùn)練其次層1．不等式a2＋1≥2aA．a(chǎn)＝±1B．a(chǎn)＝1C．a(chǎn)＝－1D．a(chǎn)＝02．對x∈R且x≠0都成立的不等式是()A．x＋eq\f(1,x)≥2B．x＋eq\f(1,x)≤－2C.eq\f(|x|,x2＋1)≥eq\f(1,2)D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥23．若0<a<b且a＋b＝1，則下列四個數(shù)中最大的是()A.eq\f(1,2)B．a(chǎn)2＋b2C．2abD．a(chǎn)4．已知a>0，b>0，求證：a＋b＋1≥eq\r(ab)＋eq\r(a)＋eq\r(b).5．已知0<a<1,0<b<1，且a≠b，下列各式中最大的是()A．a(chǎn)2＋b2B．2eq\r(ab)C．2abD．a(chǎn)＋b6．(探究題)已知a>1，則eq\f(a＋1,2)，eq\r(a)，eq\f(2a,a＋1)三個數(shù)的大小依次是()A.eq\f(a＋1,2)<eq\r(a)<eq\f(2a,a＋1)B.eq\r(a)<eq\f(a＋1,2)<eq\f(2a,a＋1)C.eq\f(2a,a＋1)<eq\r(a)<eq\f(a＋1,2)D.eq\r(a)<eq\f(2a,a＋1)≤eq\f(a＋1,2)7.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件是________．8．已知a＞b＞c，則eq\r(a－bb－c)與eq\f(a－c,2)的大小關(guān)系是________．9．(易錯題)給出下列結(jié)論：①若a＞0，則a2＋1＞a；②若a＞0，b＞0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4；③若a＞0，b＞0，則(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；④若a∈R且a≠0，則eq\f(9,a)＋a≥6.其中恒成立的是________．10．已知a，b，c均為正數(shù)，a，b，c不全相等．求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)>a＋b＋c.學(xué)科素養(yǎng)升級練進(jìn)階訓(xùn)練第三層1．(多選題)設(shè)a＞0，b＞0，給出下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2＋1＞aB．a(chǎn)2＋9＞6C．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥42．若a>0，b>0，a＋b＝2，則下列不等式①ab≤1；②eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)；③a2＋b2≥2；④eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2，對滿意條件的a，b恒成立的是________(填序號)．3．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.3．2基本不等式第1課時基本不等式必備學(xué)問基礎(chǔ)練1．解析：解法一∵0＜a＜b，∴a＜eq\f(a＋b,2)＜b，解除A，C.又eq\r(ab)－a＝eq\r(a)(eq\r(b)－eq\r(a))＞0，即eq\r(ab)＞a，解除D，故選B.解法二取a＝2，b＝8，則eq\r(ab)＝4，eq\f(a＋b,2)＝5，所以a＜eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2)＜b.故選B.答案：B2．解析：①因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，所以eq\f(b,a)，eq\f(a,b)∈(0，＋∞)，符合基本不等式成立的條件，故①的推導(dǎo)過程正確；②因?yàn)閍∈R，a≠0不符合基本不等式成立的條件，所以eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4是錯誤的；③由xy<0得eq\f(x,y)，eq\f(y,x)均為負(fù)數(shù)，但在推導(dǎo)過程中將eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)看成一個整體提出負(fù)號后，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均變?yōu)檎龜?shù)，符合基本不等式成立的條件，故③正確．故選D.答案：D3．解析：當(dāng)a＝b時，a2＋b2＝2ab，所以A錯誤；ab>0只能說明a，b同號，當(dāng)a，b都小于0時，B，C錯誤；因?yàn)閍b>0，所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))，即eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2恒成立，D正確．答案：D4．解析：x2＋1≥2|x|可化為|x|＋eq\f(1,|x|)≥2，即|x|＋eq\f(1,|x|)≥2eq\r(|x|·\f(1,|x|))，當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝1，即x＝1時等號成立．答案：x＝±15．證明：∵a>0，b>0，c>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)>0，b＋c≥2eq\r(bc)>0，c＋a≥2eq\r(ca)>0.∴2(a＋b＋c)≥2(eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca))，即a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca).由于a，b，c為不全相等的正實(shí)數(shù)，故等號不成立．∴a＋b＋c>eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca).6．證明：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立)．關(guān)鍵實(shí)力綜合練1．解析：a2＋1－2a＝(a－1)2∴a＝1時，等號成立．答案：B2．解析：因?yàn)閤∈R且x≠0，所以當(dāng)x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2；當(dāng)x<0時，－x>0，所以x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,－x)))≤－2，所以A、B都錯誤；又因?yàn)閤2＋1≥2|x|，所以eq\f(|x|,x2＋1)≤eq\f(1,2)，所以C錯誤，故選D.答案：D3．解析：a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥(a＋b)2－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2).∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴a2＋b2≥2ab，∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)，∴a2＋b2最大．答案：B4．證明：∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)，a＋1≥2eq\r(a)，b＋1≥2eq\r(b)，∴2(a＋b＋1)≥2eq\r(ab)＋2eq\r(a)＋2eq\r(b)，∴a＋b＋1≥eq\r(ab)＋eq\r(a)＋eq\r(b).5．解析：因?yàn)?<a<1,0<b<1，所以a2<a，b2<b，所以a2＋b2<a＋b，又a2＋b2>2ab(因?yàn)閍≠b)，所以2ab<a2＋b2<a＋b.又因?yàn)閍＋b>2eq\r(ab)(因?yàn)閍≠b)，所以a＋b最大，故選D.答案：D6．解析：當(dāng)a，b是正數(shù)時，eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b∈R＋)，令b＝1，得eq\f(2a,a＋1)≤eq\r(a)≤eq\f(a＋1,2).又a>1，即a≠b，故上式不能取等號，選C.答案：C7．解析：只要eq\f(b,a)與eq\f(a,b)都為正，即a、b同號即可．答案：a與b同號8．解析：∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，∴eq\f(a－c,2)＝eq\f(a－b＋b－c,2)≥eq\r(a－bb－c)，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c，即2b＝a＋c時，等號成立．答案：eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2)9．易錯分析：易忽視不等式成立的前提是為正數(shù)而誤認(rèn)為④也正確．解析：因?yàn)閍>0，所以a2＋1≥2eq\r(a2)＝2a>a，故①恒成立．因?yàn)閍＞0，所以a＋eq\f(1,a)≥2，因?yàn)閎＞0，所以b＋eq\f(1,b)≥2，所以當(dāng)a＞0，b＞0時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4，故②恒成立．因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，因?yàn)?a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，故③恒成立．因?yàn)閍∈R且a≠0，eq\f(9,a)＋a≥6不符合基本不等式的條件，故④錯誤．答案：①②③10．證明：∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)≥2eq\r(\f(abc2,ab))＝2c，eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r(\f(a2bc,bc))＝2a，eq\f(bc,a)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r(\f(acb2,ac))＝2b.又a，b，c不全相等，故上述等號至少有一個不成立．∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c.學(xué)科素養(yǎng)升級練1．解析：設(shè)a＞0，b＞0，a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞0，A成立；a2＋9－6a＝(a－3)2(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥(1＋1)2＝4，故C成立；a＋eq\f(1,a)≥2，b＋eq\f(1,b)≥2，故D成立，故選：ACD.答案：ACD2．解析：因?yàn)閍b≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝1，所以①正確；因?yàn)?eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝2＋2eq\r(ab)≤2＋a＋b＝4，故②不正確；a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)＝2，所以③正確；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(2,ab)≥2，所以④正確．答案：①③④3．證明：證法一：因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝1，所以1＋eq\f(1,a)＝1＋eq\f(a＋b,a)＝2＋eq\f(b,a)，同理1＋eq\f(1,b)＝2＋eq\f(a,b)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\