【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(北師大版)基礎(chǔ)鞏固：第7章-第4節(jié)-基本不等式

第七章第四節(jié)一、選擇題1．若M＝eq\f(a2＋4,a)(a∈R，a≠0)，則M的取值范圍為()A．(－∞，－4]∪[4，＋∞) B．(－∞，－4]C．[4，＋∞) D．[－4,4][答案]A[解析]M＝eq\f(a2＋4,a)＝a＋eq\f(4,a).當(dāng)a>0時，M≥4；當(dāng)a<0時，M≤－4.2．已知eq\f(5,x)＋eq\f(3,y)＝1(x>0，y>0)，則xy的最小值是()A．15 B．6C．60 D．1[答案]C[解析]∵x>0，y>0，∴eq\f(5,x)＋eq\f(3,y)＝1≥2eq\r(\f(15,xy))，∴xy≥60，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝5y時等號成立．3．把一段長16米的鐵絲截成兩段，分別圍成正方形，則兩個正方形面積之和的最小值為()A．4 B．8C．16 D．32[答案]B[解析]設(shè)截成的兩段鐵絲長分別為x,16－x,16>x>0，則圍成的兩個正方形面積之和為S＝(eq\f(x,4))2＋(eq\f(16－x,4))2≥eq\f(\f(x,4)＋\f(16－x,4)2,2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,4)＝eq\f(16－x,4)，即x＝8時，等號成立．故兩個正方形面積之和的最小值為8.4．(文)設(shè)a＞0，b＞0，若eq\r(3)是3a與3b的等比中項(xiàng)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．8 B．4C．1 D．eq\f(1,4)[答案]B[解析]本小題主要考查等比中項(xiàng)的概念及均值不等式的應(yīng)用．依據(jù)題意得3a·3b＝3，∴a＋b∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4.當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時“＝”成立．故選B．(理)下列函數(shù)最小值為4的是()A．y＝x＋eq\f(4,x) B．y＝sinx＋eq\f(4,sinx)(0＜x＜π)C．y＝3x＋4·3－x D．y＝lgx＋4logx10[答案]C[解析]A中沒有強(qiáng)調(diào)x＞0不能直接運(yùn)用基本不等式，故不對．B中雖然x∈(0，π)，sinx＞0，但運(yùn)用基本不等式后，等號成立的條件是sinx＝eq\f(4,sinx)即sinx＝±2沖突，所以等號取不到，故不對．C中3x＞0，∴可直接運(yùn)用基本不等式3x＋4·3－x≥2eq\r(4)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(4,3x)，即3x＝2，x＝log32時取等號，故正確．D中由于沒有給出x的范圍，所以lgx不愿定大于0，故不對．5．(2022·湖南高考)某市生產(chǎn)總值連續(xù)兩年持續(xù)增加，第一年的增長率為p，其次年的增長率為q，則該市這兩年生產(chǎn)總值的年平均增長率為()A．eq\f(p＋q,2) B．eq\f(p＋1q＋1－1,2)C．eq\r(pq) D．eq\r(p＋1q＋1)－1[答案]D[解析]設(shè)兩年的平均增長率為x，則有(1＋x)2＝(1＋p)(1＋q)?x＝eq\r(1＋p1＋q)－1，故選D．6．(文)若a>0，b>0，且ln(a＋b)＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()A．e B．4C．eq\f(4,e) D．8[答案]C[解析]由a>0，b>0，ln(a＋b)＝0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝e,a>0,b>0)).故eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(e,ab)≥eq\f(e,\f(a＋b,2)2)＝eq\f(e,\f(e,2)2)＝eq\f(4,e).當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(e,2)時上式取“＝”．(理)若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，則()A．R<P<Q B．P<Q<RC．Q<P<R D．P<R<Q[答案]B[解析]解法1：取a＝100，b＝10.P＝eq\r(2)，Q＝eq\f(3,2)＝lg10eq\s\up7(\f(3,2))＝lgeq\r(1000)，則有R＝lg55＝lgeq\r(3025)>Q，即P<Q<R.解法2：∵a>b>1，∴l(xiāng)ga>lgb>0.∴P＝eq\r(lga·lgb)＝eq\r(lga)·eq\r(lgb)<eq\f(lga＋lgb,2)＝Q，∴Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝lgeq\r(ab)<lgeq\f(a＋b,2)＝R，∴P<Q<R.二、填空題7．已知x，y為正實(shí)數(shù)，且滿足4x＋3y＝12，則xy的最大值為________．[答案]3[解析]∵12＝4x＋3y≥2eq\r(4x×3y)，∴xy≤3.當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＝3y,4x＋3y＝12，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝2))時xy取得最大值3.8．(2022·福建高考)要制作一個容積為4m3，高為1m的無蓋長方形容器．已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是________(單位：元[答案]160[解析]設(shè)底面長為x，寬為y，則容器的總造價為z＝80＋10(2x＋2y)且xy＝4，∴z＝80＋20(x＋y)≥80＋40eq\r(xy)＝160.9．已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是________．[答案]4[解析]由已知易得x＋3y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))·(x＋3y)＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3y,x)＝eq\f(x,3y)，即x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)時取得等號．三、解答題10．(1)求函數(shù)y＝x(a－2x)(x>0，a為大于2x的常數(shù))的最大值；(2)已知x>0，y>0，lgx＋lgy＝1，求z＝eq\f(2,x)＋eq\f(5,y)的最小值．[解析](1)∵x>0，a>2x，∴y＝x(a－2x)＝eq\f(1,2)×2x(a－2x)≤eq\f(1,2)×[eq\f(2x＋a－2x,2)]2＝eq\f(a2,8)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(a,4)時取等號，故函數(shù)的最大值為eq\f(a2,8).(2)由已知條件lgx＋lgy＝1，可得xy＝10.則eq\f(2,x)＋eq\f(5,y)＝eq\f(2y＋5x,10)≥eq\f(2\r(10xy),10)＝2.∴(eq\f(2,x)＋eq\f(5,y))min＝2.當(dāng)且僅當(dāng)2y＝5x，即x＝2，y＝5時等號成立．故z最小值為2.一、選擇題1．(文)已知x＋3y－2＝0，則3x＋27y＋1的最小值是()A．3eq\r(3,9) B．1＋2eq\r(2)C．6 D．7[答案]D[解析]∵3x＋27y＋1＝3x＋33y＋1≥2eq\r(3x＋3y)＋1＝2×3＋1＝7，(當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝1等號成立)∴所求最小值為7.(理)若直線2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)被圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦長為4，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．4[答案]D[解析]圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圓的直徑為4，而直線被圓截得的弦長為4，則直線應(yīng)過圓心，∴－2a－2b＋2＝0，即a＋b∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝1＋1＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝4(等號在a＝b＝eq\f(1,2)時成立)．2．(2022·重慶高考)若log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，則a＋b的最小值是()A．6＋2eq\r(3) B．7＋2eq\r(3)C．6＋4eq\r(3) D．7＋4eq\r(3)[答案]D[解析]本題考查對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及均值定理“1”的代換∵ab>0,3a＋4b∴a>0，b>0，∵log4(3a＋4b)＝eq\f(1,2)log2(3a＋4b)，log2eq\r(ab)＝eq\f(1,2)log2(ab)，∴由題意知，3a＋4b＝ab，即eq\f(3,b)＋eq\f(4,a)＝1，而a＋b＝(a＋b)(eq\f(3,b)＋eq\f(4,a))＝eq\f(3a,b)＋4＋3＋eq\f(4b,a)＝7＋eq\f(3a,b)＋eq\f(4b,a)≥7＋2eq\r(12)＝7＋4eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝2eq\r(3)＋4，b＝3＋2eq\r(3)時，取“＝”．二、填空題3．設(shè)x>1，y>1，且lg(xy)＝4，則lgx·lgy的最大值為________．[答案]4[解析]∵x>1，y>1，∴l(xiāng)gx>0，lgy>0，∴l(xiāng)gx·lgy≤(eq\f(lgx＋lgy,2))2＝eq\f(lg2xy,4)＝4(當(dāng)且僅當(dāng)lgx＝lgy＝2，即x＝y(tǒng)＝100時取等號)．∴當(dāng)x＝y(tǒng)＝100時，lgx·lgy有最大值4.4．規(guī)定記號“?”表示一種運(yùn)算，即a?b＝eq\r(ab)＋a＋b(a、b為正實(shí)數(shù))．若1?k＝3，則k的值為________，此時函數(shù)f(x)＝eq\f(k?x,\r(x))的最小值為________．[答案]13[解析]1?k＝eq\r(k)＋1＋k＝3，即k＋eq\r(k)－2＝0，∴eq\r(k)＝1或eq\r(k)＝－2(舍)，∴k＝1.f(x)＝eq\f(1?x,\r(x))＝eq\f(\r(x)＋x＋1,\r(x))＝1＋eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥1＋2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))即x＝1時等號成立．三、解答題5．(文)設(shè)a，b均為正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋ab≥2eq\r(2).[分析]兩次利用基本不等式時，留意等號能否成立及成立時的條件．[解析]由于a，b均為正實(shí)數(shù)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥2eq\r(\f(1,a2)·\f(1,b2))＝eq\f(2,ab).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a2)＝eq\f(1,b2)，即a＝b時等號成立．又由于eq\f(2,ab)＋ab≥2eq\r(\f(2,ab)·ab)＝2eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2,ab)＝ab時等號成立．所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋ab≥eq\f(2,ab)＋ab≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＝\f(1,b2)，,\f(2,ab)＝ab，))即a＝b＝eq\r(4,2)時取等號．(理)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.[分析]由不等式左邊含字母a，b右邊無字母，直接使用基本不等式既無法約掉字母a，b，不等號方向又不對，因a＋b＝1，能否把左邊開放，實(shí)行“1”的代換．[解析]方法一由于a＞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).所以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\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.所以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(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立)．方法二eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(a＋b,ab)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(2,ab)，由于a，b為正數(shù)，a＋b＝1，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，