高中數(shù)學(xué)人教A版選修4-5113三個(gè)正數(shù)的算術(shù)-幾何平均數(shù)測(cè)試（教師版）

1.1.3三個(gè)正數(shù)的算術(shù)幾何平均不等式（檢測(cè)教師版）時(shí)間:50分鐘總分：80分班級(jí)：姓名：一、選擇題（共6小題，每題5分，共30分）1、已知正數(shù)x，y，z，且x＋y＋z＝6，則lgx＋lgy＋lgz的取值范圍是()A．(－∞，lg6] B．(－∞，3lg2]C．[lg6，＋∞) D.[3lg2，＋∞)【答案】B【解析】∵6＝x＋y＋z≥3eq\r(3,xyz)，∴xyz≤8.∴l(xiāng)gx＋lgy＋lgz＝lg(xyz)≤lg8＝3lg2.故選B。2．已知x∈R＋，有不等式：x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，….啟發(fā)我們可能推廣結(jié)論為：x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N＋)，則a的值為()A．nnB．2nC．n2D．2n＋1【答案】A【解析】x＋eq\f(a,xn)＝＋eq\f(a,xn)，要使和式的積為定值，則必須nn＝a，故選A.3．設(shè)0<x<1，則x(1－x)2的最大值為()A.eq\f(1,8)B．1C.eq\f(\r(3,18),3)D.eq\f(4,27)【答案】D【解析】∵0<x<1，∴0<1－x<1，∴x(1－x)2＝eq\f(1,2)·2x·(1－x)·(1－x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1－x＋1－x,3)))3＝eq\f(4,27).當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立．故選D。4．已知a，b，c∈R＋，x＝eq\f(a＋b＋c,3)，y＝eq\r(3,abc)，z＝eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))，則()A．x≤y≤z B．y≤x≤zC．y≤z≤x D.z≤y≤x【答案】B【解析】由a，b，c大于0，易知eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，即x≥y.又z2＝eq\f(a2＋b2＋c2,3)，x2＝eq\f(a＋b＋c2,9)，且x2＝eq\f(a2＋b2＋c2＋2ab＋bc＋ca,9)≤eq\f(3a2＋b2＋c2,9)＝eq\f(a2＋b2＋c2,3)，故選B?！鄕2≤z2，則x≤z，因此z≥x≥y.5．設(shè)x，y，z＞0，且x＋3y＋4z＝6，則x2y3z的最大值為()A．2 B．7C．8 D.1【答案】D【解析】∵6＝x＋3y＋4z＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋y＋y＋y＋4z≥6eq\r(6,x2y3z)，∴x2y3z≤1，當(dāng)eq\f(x,2)＝y(tǒng)＝4z時(shí)，取“＝”，即x＝2，y＝1，z＝eq\f(1,4)時(shí)，x2y3z取得最大值1.故選D。6、設(shè)a,b,c∈R+,且a+b+c=1,若M=QUOTE·QUOTE·QUOTE,則必有()A.0≤M<QUOTEB.QUOTE≤M<1C.1≤M<8D.M≥8【答案】D【解析】M=QUOTE=QUOTE≥QUOTE=8,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立.故選D.二、填空題（共4小題，每題5分，共20分）7．若x>0,y>0且xy2=4,則x+2y的最小值為.【答案】3QUOTE【解析】由xy2=4,得x+2y=x+y+y≥3QUOTE=3QUOTE=3QUOTE,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=QUOTE時(shí)等號(hào)成立.若記號(hào)“*”表示求兩個(gè)實(shí)數(shù)a與b的算術(shù)平均的運(yùn)算,即a*b=QUOTE,則兩邊均含有運(yùn)算“*”和“+”,且對(duì)任意3個(gè)實(shí)數(shù)a,b,c都能成立的一個(gè)等式可以是.【答案】a+(b*c)=(a+b)*(a+c)【解析】由題意知a+(b*c)=a+QUOTE=QUOTE,(a+b)*(a+c)=QUOTE=QUOTE,所以a+(b*c)=(a+b)*(a+c).9、若a＞2，b＞3，則a＋b＋eq\f(1,a－2b－3)的最小值為_(kāi)_______．【答案】8【解析】∵a＞2，b＞3，∴a－2＞0，b－3＞0，則a＋b＋eq\f(1,a－2b－3)＝(a－2)＋(b－3)＋eq\f(1,a－2b－3)＋5≥3eq\r(3,a－2×b－3×\f(1,a－2b－3))＋5＝8.當(dāng)且僅當(dāng)a－2＝b－3＝eq\f(1,a－2b－3)，即a＝3，b＝4時(shí)等號(hào)成立．10．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，對(duì)于下列不等式：①abc≤eq\f(1,27)；②eq\f(1,abc)≥27；③a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).其中正確的不等式序號(hào)是________．【答案】①②③【解析】∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴1＝a＋b＋c≥3eq\r(3,abc)，0<abc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(3)＝eq\f(1,27)，eq\f(1,abc)≥27，從而①正確，②也正確．又a＋b＋c＝1，∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝1，因此1≤3(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)，③正確．三、解答題（共3小題，每題10分，共30分）11、求函數(shù)f(x)=x(52x)2QUOTE的最大值.【答案】【解析】f(x)=x(52x)2=QUOTE×4x(52x)(52x)≤QUOTE=QUOTE.當(dāng)且僅當(dāng)4x=52x,即x=QUOTE時(shí),等號(hào)成立.所以函數(shù)的最大值是QUOTE.12.已知a，b，c均為正數(shù)，證明：a2＋b2＋c2＋（eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)）eq\s\up10(2)≥6eq\r(3)，并確定a，b，c為何值時(shí)，等號(hào)成立．【答案】a＝b＝c＝eq\r(4,3)【證明】因?yàn)閍，b，c均為正數(shù)，由算術(shù)-幾何平均不等式，得a2＋b2＋c2≥3(abc)eq\s\up10(\f(2,3))， ①eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥3(abc)eq\s\up10(\f(1,3)).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up10(2)≥9(abc)eq\s\up10(\f(2,3)). ②故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up10(2)≥3(abc)eq\s\up10(\f(2,3))＋9(abc)eq\s\up10(\f(2,3)).又3(abc)eq\s\up10(\f(2,3))＋9(abc)eq\s\up10(\f(2,3))≥2eq\r(27)＝6eq\r(3)， ③所以原不等式成立．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，①式和②式等號(hào)成立．當(dāng)且僅當(dāng)3(abc)eq\s\up10(\f(2,3))＝9(abc)eq\s\up10(\f(2,3))時(shí)，③式等號(hào)成立．即當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\r(4,3)時(shí)，原式等號(hào)成立．13．已知x，y，z∈R＋，x＋y＋z＝3.(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)的最小值；(2)證明：3≤x2＋y2＋z2<9.【答案】見(jiàn)解析【解析】(1)因?yàn)閤＋y＋z≥3eq\r(3,xyz)>0，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥eq\f(3,\r(3,xyz))>0，所以(x＋y＋z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≥9，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)，eq\f(1,x)＝