基本不等式同步練習（含答案）

基本不等式課時1基本不等式1．判斷下列說法是否正確(正確的打“√”，錯誤的打“×”)．(1)對任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq\r(ab)均成立．(×)(2)若a≠0，則a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(a·\f(1,a))＝2.(×)(3)若a>0，b>0，則ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2.(√)(4)當x>1時，函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x－1)≥2eq\r(\f(x,x－1))，所以函數(shù)y的最小值是2eq\r(\f(x,x－1)).(×)題型1基本不等式的理解2．不等式a2＋1≥2a中等號成立的條件是(B)A．a(chǎn)＝±1 B．a(chǎn)＝1C．a(chǎn)＝－1 D．a(chǎn)＝0解析：當a2＋1＝2a，即(a－1)2＝0，即a＝1時，等號成立．3．若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是(D)A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．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)≥2解析：對于A項，當a＝b時，應有a2＋b2＝2ab，所以A項錯；對于B，C，條件ab>0，只能說明a，b同號，當a，b都小于0時，B，C錯誤；對于D項，因為ab>0，所以eq\f(b,a)，eq\f(a,b)>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.4．當a，b∈R時，下列不等式關系成立的是__③__.①eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)；②a－b≥2eq\r(ab)；③a2＋b2≥2ab；④a2－b2≥2ab.解析：根據(jù)eq\f(a2＋b2,2)≥ab，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件判斷知，①②④錯，只有③正確．題型2直接應用基本不等式求最值5．已知ab＝1，a>0，b>0，則a＋b的最小值為(B)A．1 B．2C．4 D．8解析：因為a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)＝2，當且僅當a＝b＝1時取等號，故a＋b的最小值為2.6．設x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為(C)A．80 B．77C．81 D．82解析：因為x>0，y>0，所以eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)，即xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝81，當且僅當x＝y(tǒng)＝9時，(xy)max＝81.7．下列不等式中正確的是(D)A．a(chǎn)＋eq\f(4,a)≥4 B．a(chǎn)2＋b2≥4abC．eq\r(ab)≥eq\f(a＋b,2) D．x2＋eq\f(3,x2)≥2eq\r(3)解析：若a<0，則a＋eq\f(4,a)≥4不成立，故A錯誤；若a＝1，b＝1，則a2＋b2<4ab，故B錯誤；若a＝4，b＝16，則eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故C錯誤；由基本不等式可知D正確．8．已知x>0，y>0，且2x＋y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．解：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(2x＋y)＝2＋eq\f(2x,y)＋eq\f(y,x)＋1＝3＋eq\f(2x,y)＋eq\f(y,x)≥3＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(y,x))＝3＋2eq\r(2).當且僅當eq\f(2x,y)＝eq\f(y,x)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＝\r(2)，,2x＋y＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2＋\r(2))，,y＝\f(\r(2),2＋\r(2))))時等號成立．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為3＋2eq\r(2).題型3利用基本不等式進行證明9．已知a，b，c都是正整數(shù)，求證：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)≥3.證明：左邊＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)－1＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)－1＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)－1＝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.因為a，b，c為正數(shù)，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(當且僅當a＝b時取等號)；eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)≥2(當且僅當a＝c時取等號)；eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)≥2(當且僅當b＝c時取等號)．從而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)))≥6(當且僅當a＝b＝c時取等號)．所以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≥3，即eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)≥3.10．已知a，b，c都是正實數(shù)，且a＋b＋c＝1.求證：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc.證明：因為a＋b＋c＝1，所以(1－a)(1－b)(1－c)＝(b＋c)(a＋c)(a＋b)．又a，b，c都是正實數(shù)，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)>0.所以eq\f(a＋bb＋ca＋c,8)≥abc.所以(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立．易錯點忽視等號成立的一致性11．已知正數(shù)x，y滿足x＋2y＝2，則eq\f(x＋8y,xy)的最小值為__9__.解析：因為x，y為正數(shù)，且x＋2y＝2，所以eq\f(x＋8y,xy)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(8,x)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋y))＝eq\f(x,2y)＋eq\f(8y,x)＋5≥2eq\r(\f(x,2y)·\f(8y,x))＋5＝9，當且僅當x＝4y＝eq\f(4,3)時，等號成立，所以eq\f(x＋8y,xy)的最小值為9.[誤區(qū)警示]連續(xù)運用基本不等式求最值時，要注意各不等式取等號時條件是否一致，若不能同時取等號，則連續(xù)用基本不等式是求不出最值的，此時要對原式進行適當?shù)牟鸱只蚝喜ⅲ钡饺〉忍柕臈l件成立．(限時30分鐘)一、選擇題1．設a>0，b>0.若a＋b＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為(B)A．8 B．4C．1 D．eq\f(1,4)解析：若a＋b＝1，因為a>0，b>0，所以eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)?ab≤eq\f(1,4).所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥eq\f(1,\f(1,4))＝4.2．設a>0，b>0，且a＋b≤4，則有(B)A．eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2) B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1C．eq\r(ab)≥2 D．eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f(1,4)解析：因為4≥a＋b≥2eq\r(ab)，所以eq\r(ab)≤2，所以eq\f(1,\r(ab))≥eq\f(1,2)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))≥1.故選B.3．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，則a＋b,2eq\r(ab)，2ab，a2＋b2中最大的一個是(D)A．a(chǎn)2＋b2 B．2eq\r(ab)C．2ab D．a(chǎn)＋b解析：因為0<a<1,0<b<1，且a≠b，所以a2＋b2>2ab，a＋b>2eq\r(ab)，a>a2，b>b2，所以a＋b>a2＋b2，故選D.4．如果正數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝cd＝4，那么(A)A．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值唯一B．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值唯一C．a(chǎn)b≤c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一D．a(chǎn)b≥c＋d，且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一解析：因為a＋b＝cd＝4，所以由基本不等式得a＋b≥2eq\r(ab)，故ab≤4.又因為cd≤eq\f(c＋d2,4)，所以c＋d≥4，所以ab≤c＋d，當且僅當a＝b＝c＝d＝2時，等號成立．故選A.5．(多選題)[2020·懷化高一檢測]設a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有(BD)A．a(chǎn)b>1 B．a(chǎn)b<1C．eq\f(a2＋b2,2)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)>1解析：因為ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a≠b，所以ab<1，又1＝eq\f(a＋b2,4)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,4)<eq\f(a2＋b2,2)，所以eq\f(a2＋b2,2)>1.所以ab<1<eq\f(a2＋b2,2).6．已知0<x<1，則x(3－3x)取最大值時x的值為(A)A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,4)C．eq\f(2,3) D．eq\f(2,5)解析：因為0<x<1，所以1－x>0，則x(3－3x)＝3[x(1－x)]≤3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq\f(3,4).當且僅當x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)時取等號．7．已知m>0，n>0，m＋n＝1且x＝m＋eq\f(1,m)，y＝n＋eq\f(1,n)，則x＋y的最小值是(B)A．4 B．5C．8 D．10解析：依題意有x＋y＝m＋n＋eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝1＋eq\f(m＋n,m)＋eq\f(m＋n,n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥3＋2＝5，當且僅當m＝n＝eq\f(1,2)時取等號．故選B.二、填空題8．已知x，y都是正數(shù)．(1)如果xy＝15，則x＋y的最小值是2eq\r(15)；(2)如果x＋y＝15，則xy的最大值是eq\f(225,4).解析：(1)x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(15)，即x＋y的最小值是2eq\r(15)，當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\r(15)時取最小值．(2)xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))2＝eq\f(225,4)，即xy的最大值是eq\f(225,4)，當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\f(15,2)時取最大值．9．已知當x＝3時，代數(shù)式4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)取得最小值，則a＝__36__.解析：4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)(x>0，a>0)，當且僅當4x＝eq\f(a,x)，即x＝eq\f(\r(a),2)時等號成立，所以eq\f(\r(a),2)＝3，即a＝36.10．已知x>0，y>0，且滿足eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1，則xy的最大值為__3__，取得最大值時y的值為__2__.解析：因為x>0，y>0且1＝eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)≥2eq\r(\f(xy,12))，所以xy≤3，當且僅當eq\f(x,3)＝eq\f(y,4)＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(3,2)，y＝2時取等號．11．已知x>0，y>0，且xy＝100，則x＋y的最小值為__20__.解析：x＋y≥2eq\r(xy)＝20，當且僅當x＝y(tǒng)＝10時取“＝”．三、解答題12．(1)x>0時，求x＋eq\f(9,x)＋2的最小值；(2)0<x<eq\f(5,2)時，求2x(5－2x)的最大值．解：(1)因為x>0，所以x＋eq\f(9,x)＋2≥2eq\r(x·\f(9,x))＋2＝8，當且僅當x＝eq\f(9,x)，即x＝3時等號成立．所以x＋eq\f(9,x)＋2的最小值是8.(2)因為0<x<eq\f(5,2)，所以5－2x>0，所以2x(5－2x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋5－2x,2)))2＝eq\f(25,4)，當且僅當2x＝5－2x，即x＝eq\f(5,4)時等號成立，所以2x(5－2x)的最大值為eq\f(25,4).13．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8；(2)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.證明：(1)因為a＋b＝1，a>0，b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝2eq\b\