2025版新教材高中數(shù)學第二章一元二次函數(shù)方程和不等式2.2基本不等式第1課時基本不等式課時作業(yè)新人教A版必修第一冊

PAGEPAGE1第1課時基本不等式必備學問基礎練1．下列不等式的最小值是4的是()A．y＝t＋eq\f(4,t)B．y＝2t＋eq\f(1,t)C．y＝4t＋eq\f(1,t)(t>0)D．y＝t＋eq\f(1,t)2．設函數(shù)y＝4x＋eq\f(1,x)＋3，當x>0時，則y()A．有最大值7B．有最小值7C．有最小值－1D．有最大值－13．[2024·湖南長沙高一期末]函數(shù)y＝x＋eq\f(2,x)(x>0)取得最小值時的自變量x等于()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．1D．34．[2024·廣東茂名高一期末]若a，b都為正實數(shù)且a＋b＝1，則2ab的最大值是()A．eq\f(2,9)B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)5．下列不等式中，正確的是()A．a(chǎn)＋eq\f(4,a)≥4B．a(chǎn)2＋b2≥4abC．x2＋eq\f(3,x2)≥2eq\r(3)D．eq\r(ab)≥eq\f(a＋b,2)6．[2024·遼寧大連高一期末](多選)若ab>0，則下列不等式中恒成立的有()A．a(chǎn)2＋b2≥2abB．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)C．(a＋eq\f(1,b))(b＋eq\f(1,a))≥4D．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥27．下列條件中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件是________．①ab>0；②ab<0；③a>0，b>0；④a<0，b<0.8．若a>0，b>0，且a＋2b＝4，則ab的最大值是________.關鍵實力綜合練1．f(x)＝x＋eq\f(9,x)(x>0)在x＝a處取最小值，則a＝()A．1B．eq\f(9,2)C．3D．92．[2024·廣東深圳高一期末]已知x>0，則4－2x－eq\f(2,x)的最大值為()A．－2B．－1C．0D．23．若實數(shù)a，b滿意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．[2024·江蘇連云港高一期末]函數(shù)y＝1－2x2－eq\f(8,x2)的最大值是()A．7B．－7C．9D．－95．若a＞0，b＞0，且a≠b，則()A．eq\f(a＋b,2)<eq\r(ab)<eq\r(\f(a2＋b2,2))B．eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)<eq\r(\f(a2＋b2,2))C．eq\r(ab)<eq\r(\f(a2＋b2,2))<eq\f(a＋b,2)D.eq\r(\f(a2＋b2,2))<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)6．(多選)已知a>0，b>0，且a＋b＝4.則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2≥8B．eq\r(ab)≥2C．eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)D．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤17．已知正數(shù)a、b，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，則ab的最小值為______．8．[2024·廣東湛江高一期末]已知a，b均為正數(shù)，且2a＋b＝4，則ab的最大值為________，a2＋b2的最小值為________．9．已知y＝x＋eq\f(1,x).(1)已知x＞0，求y的最小值；(2)已知x＜0，求y的最大值．10．已知a、b、c都是正數(shù)，求證：(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.核心素養(yǎng)升級練1．[2024·河南開封高一期末]中國宋代的數(shù)學家秦九韶曾提出“三斜求積術”，即假設在平面內(nèi)有一個三角形，邊長分別為a，b，c，三角形的面積S可由公式S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)求得，其中p為三角形周長的一半，這個公式也被稱為海倫秦九韶公式，現(xiàn)有一個三角形的邊長滿意a＋b＝14，c＝6，則此三角形面積的最大值為()A．6B．6eq\r(10)C．12D．12eq\r(10)2．若a>0，b>0，ab＝a＋b＋15，則ab的最小值為________.3．已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8.第1課時基本不等式必備學問基礎練1．答案：C解析：A.當t>0時，y＝t＋eq\f(4,t)≥2eq\r(t·\f(4,t))＝4，當且僅當t＝2時，等號成立；當t<0時，y＝t＋eq\f(4,t)＝－(－t＋eq\f(4,－t))≤－2eq\r(（－t）·\f(4,－t))＝－4，當且僅當t＝－2時，等號成立，故A錯誤；B．當t>0時，y＝2t＋eq\f(1,t)≥2eq\r(2t·\f(1,t))＝2eq\r(2)，當且僅當t＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立；當t<0時，y＝2t＋eq\f(1,t)＝－(－2t＋eq\f(1,－t))≤－2eq\r(（－2t）·（－\f(1,t)）)＝－2eq\r(2)，當且僅當t＝－eq\f(\r(2),2)時，等號成立，故B錯誤；C．因為t>0，所以y＝4t＋eq\f(1,t)≥2eq\r(4t·\f(1,t))＝4，當且僅當t＝eq\f(1,2)時，等號成立；故C正確；D．當t>0時，y＝t＋eq\f(1,t)≥2eq\r(t·\f(1,t))＝2，當且僅當t＝1時，等號成立；當t<0時，y＝t＋eq\f(1,t)＝－(－t＋eq\f(1,－t))≤－2eq\r(（－t）·\f(1,－t))＝－2，當且僅當t＝－1時，等號成立，故D錯誤．2．答案：B解析：利用基本不等式，因為x>0，所以y＝4x＋eq\f(1,x)＋3≥2eq\r(4x·\f(1,x))＋3＝7，y≥7.當且僅當x＝0.5時等號成立，故最小值為7.3．答案：A解析：函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(2,x)，且x>0，可得f(x)＝x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(x·\f(2,x))＝2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)時，取得最小值2eq\r(2).4．答案：D解析：因為a，b都為正實數(shù)，a＋b＝1，所以2ab≤2×(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，當且僅當a＝b，即a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)時，2ab取最大值eq\f(1,2).5．答案：C解析：A.當a<0時，a＋eq\f(4,a)<4，故錯誤；B．因為a2＋b2≥2ab，故錯誤；C．由基本不等式得x2＋eq\f(3,x2)≥2eq\r(3)，當且僅當x2＝eq\r(3)時，取等號，故正確；D．當a＝1，b＝2時，eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故錯誤．6．答案：ACD解析：A：因為a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，所以a2＋b2≥2ab恒成立，B：當a<0，b<0時，明顯ab>0成立，但是a＋b≥2eq\r(ab)不成立，C：因為ab>0，所以(a＋eq\f(1,b))(b＋eq\f(1,a))＝ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(ab·\f(1,ab))＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4(當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(a,b),ab＝\f(1,ab)))時取等號)，所以本選項符合題意；D：因為ab>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2(當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)時取等號，即a＝b>0或a＝b<0時取等號)，所以本選項符合題意．7．答案：①③④解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，只需eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0即可，此時eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)等號成立，若eq\f(b,a)<0，則不等式不成立，即只需a，b同號即可，故選項①③④滿意．8．答案：2解析：∵a>0，b>0，a＋2b＝4，∴4＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤2，當且僅當a＝2b時取等號，即a＝2，b＝1時取等號．關鍵實力綜合練1．答案：C解析：∵x>0，∴由基本不等式得：f(x)＝x＋eq\f(9,x)≥2eq\r(x·\f(9,x))＝6，當且僅當x＝eq\f(9,x)，即x＝3時，等號成立．2．答案：C解析：x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2(當且僅當x＝1時等號成立)則4－2x－eq\f(2,x)＝4－2(x＋eq\f(1,x))≤0，即4－2x－eq\f(2,x)的最大值為0.3．答案：B解析：由題知：0<a<b，且a＋b＝1，所以0<a<eq\f(1,2)，eq\f(1,2)<b<1，故解除D.因為a2＋b2>eq\f(（a＋b）2,2)＝eq\f(1,2)，故解除A.因為a2＋b2>2ab，故解除C.4．答案：B解析：由題意可得函數(shù)的定義域為{x|x≠0}，則x2>0，所以y＝1－2x2－eq\f(8,x2)＝1－(2x2＋eq\f(8,x2))≤1－2eq\r(2x2·\f(8,x2))＝－7，當且僅當2x2＝eq\f(8,x2)，即x＝±eq\r(2)時，取等號，所以函數(shù)y＝1－2x2－eq\f(8,x2)的最大值是－7.5．答案：B解析：∵a，b∈R＋，且a≠b，∴a＋b＞2eq\r(ab)，∴eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，而eq\f(a2＋b2,2)－eq\f(（a＋b）2,4)＝eq\f(（a－b）2,4)>0，∴eq\f(a＋b,2)<eq\r(\f(a2＋b2,2)).6．答案：AC解析：當a＝1，b＝3時，eq\r(ab)<2，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>1，所以BD選項錯誤．A，a2＋b2≥eq\f(（a＋b）2,2)＝8，當且僅當a＝b＝2時，等號成立，A正確．C，0<ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，當且僅當a＝b＝2時，等號成立，C正確．7．答案：8解析：因為eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1≥2eq\r(\f(2,ab))，所以ab≥8(當且僅當eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)，即a＝2，b＝4時取等號)，故ab的最小值為8.8．答案：2eq\f(16,5)解析：由題意，得4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，當且僅當2a＝b，即a＝1，b＝2時等號成立，所以0<ab≤2，所以ab的最大值為2，a2＋b2＝a2＋(4－2a)2＝5a2－16a＋16＝5(a－eq\f(8,5))2＋eq\f(16,5)≥eq\f(16,5)，當a＝eq\f(8,5)，b＝eq\f(4,5)時取等號．9．解析：(1)因為x＞0，所以y＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立．所以y的最小值為2.(2)因為x＜0，所以－x＞0.所以y＝－[(－x)＋eq\f(1,－x)]≤2eq\r(（－x）·\f(1,－x))＝－2，當且僅當－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1時等號成立．所以y的最大值為－2.10．證明：因為a、b、c都是正數(shù)，由基本不等式可得a＋b≥2eq\r(ab)，b＋c≥2eq\r(bc)，c＋a≥2eq\r(ca)，由不等式的性質(zhì)可得(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥2eq\r(ab)×2eq\r(bc)×2eq\r(ca)＝8abc，當且僅當a＝b＝c時，等號成立，故(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.核心素養(yǎng)升級練1．答案：B解析：由題意得：p＝10，S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)＝eq\r(10（10－a）（10－b）（10－c）)＝eq\r(40（10－a）（10－b）)≤eq\r(40)·eq\f(10－a＋10－b,2)＝3×2eq\r(10)＝6eq\r(10)，當且僅當10－a＝10－b，即a＝b＝7時取等號．2．答案：25解析：因為a>0，b>0，由基本不等式可得ab＝a＋b＋15≥2eq\r(ab)＋15，即ab－2eq\r(ab)－15≥0，解得eq\r(ab)≥5，即ab≥25，當且僅當a＝b時，等號成立，因此，ab的最小值為25.3．證明：∵a