第2課時基本不等式的綜合應(yīng)用（分層練習(xí)）-2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)教材配套學(xué)案（人教A版2019必修第一冊）含答案及解析

2.2第2課時基本不等式的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)練 鞏固新知夯實基礎(chǔ)1.eq\r(（3－a）（a＋6）)(－6≤a≤3)的最大值為()A．9B.eq\f(9,2)C．3D.eq\f(3\r(2),2)2．設(shè)x>0，則y＝3－3x－eq\f(1,x)的最大值是()A．3B．3－2eq\r(2)C．3－2eq\r(3)D．－13．若0＜x＜eq\f(1,2)，則函數(shù)y＝xeq\r(1－4x2)的最大值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)4．某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用為800元．若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲時間為eq\f(x,8)天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲費用為1元．為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費用與倉儲費用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品()A．60件B．80件C．100件 D．120件5．已知a>0，b>0，eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,6)，若不等式2a＋b≥9m恒成立，則m的最大值為()A．8B．7C．6 D．56．已知y＝4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3時取得最小值，則a＝________．7．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．8．已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab.(1)求ab的最小值；(2)求a＋2b的最小值．能力練綜合應(yīng)用核心素養(yǎng)9．已知a<b，則eq\f(b－a＋1,b－a)＋b－a的最小值為()A．3B．2C．4 D．110．已知實數(shù)x，y滿足x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，則x＋2y的最小值為()A．2B．4C．6 D．811．設(shè)x＞0，則函數(shù)y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)的最小值為()A．0B.eq\f(1,2)C．1 D.eq\f(3,2)12．已知x≥eq\f(5,2)，則y＝eq\f(x2－4x＋5,2x－4)有()A．最大值eq\f(5,4)B．最小值eq\f(5,4)zaC．最大值1 D．最小值113．已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為()A．2B．4C．6 D．814．已知x＞0，y＞0，2x＋3y＝6，則xy的最大值為________．15．若點A(－2，－1)在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為________．16．設(shè)a>b>c，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(m,a－c)恒成立，求m的取值范圍．17．(1)若x＜3，求y＝2x＋1＋eq\f(1,x－3)的最大值；(2)已知x＞0，求y＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值．

【參考答案】B解析：選B.因為－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，所以eq\r(（3－a）（a＋6）)≤eq\f(（3－a）＋（a＋6）,2)＝eq\f(9,2).即eq\r(（3－a）（a＋6）)(－6≤a≤3)的最大值為eq\f(9,2).C解析：y＝3－3x－eq\f(1,x)＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x)))≤3－2eq\r(3x·\f(1,x))＝3－2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(3),3)時取等號．3.C解析：因為0＜x＜eq\f(1,2)，所以1－4x2＞0，所以xeq\r(1－4x2)＝eq\f(1,2)×2xeq\r(1－4x2)≤eq\f(1,2)×eq\f(4x2＋1－4x2,2)＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\r(1－4x2)，即x＝eq\f(\r(2),4)時等號成立，故選C.B解析：設(shè)每件產(chǎn)品的平均費用為y元，由題意得y＝eq\f(800,x)＋eq\f(x,8)≥2eq\r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(800,x)＝eq\f(x,8)(x>0)，即x＝80時“＝”成立，故選B.C解析：可得6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝1，所以2a＋b＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))·(2a＋b)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥6×(5＋4)＝54，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2a,b)＝eq\f(2b,a)時等號成立，所以9m≤54，即m≤6，故選C.6.36解析：y＝4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)(x>0，a>0)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(a,x)，即x＝eq\f(\r(a),2)時等號成立，此時y取得最小值4eq\r(a).又由已知x＝3時，y的最小值為4eq\r(a)，所以eq\f(\r(a),2)＝3，即a＝36.7.解：(1)因為x＞0，所以x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)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f(x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\f(1,－x)))≤－2eq\r(（－x）·\f(1,－x))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1時等號成立．所以y的最大值為－2.8.解：因為2a＋b＝ab，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1；(1)因為a>0，b>0，所以1＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)＝eq\f(1,2)，即a＝2，b＝4時取等號，所以ab≥8，即ab的最小值為8；(2)a＋2b＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝b＝3時取等號，所以a＋2b的最小值為9.A解析：因為a<b，所以b－a>0，由基本不等式可得eq\f(b－a＋1,b－a)＋b－a＝1＋eq\f(1,b－a)＋(b－a)≥1＋2eq\r(\f(1,b－a)·（b－a）)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,b－a)＝b－a(b>a)，即當(dāng)b－a＝1時，等號成立，因此，eq\f(b－a＋1,b－a)＋b－a的最小值為3,故選A.D解析：因為x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)時等號成立．故選D.A解析：選A.因為x＞0，所以x＋eq\f(1,2)＞0，所以y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)時等號成立，所以函數(shù)的最小值為0.12.D解析：y＝eq\f(x2－4x＋5,2x－4)＝eq\f(（x－2）2＋1,2（x－2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）＋\f(1,x－2)))，因為x≥eq\f(5,2)，所以x－2＞0，所以eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）＋\f(1,x－2)))≥eq\f(1,2)·2eq\r(（x－2）·\f(1,x－2))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)，即x＝3時取等號．故y的最小值為1.B解析(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq\f(ax,y)＋eq\f(y,x)≥1＋a＋2eq\r(a)＝(eq\r(a)＋1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(y,x)＝\r(a)時取等號)).∵(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，∴(eq\r(a)＋1)2≥9.∴a≥4.14.eq\f(3,2)解析：因為x＞0，y＞0，2x＋3y＝6，所以xy＝eq\f(1,6)(2x·3y)≤eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y，即x＝eq\f(3,2)，y＝1時，xy取到最大值eq\f(3,2).15.8解析：因為點A(－2，－1)在直線mx＋ny＋1＝0上，所以2m＋n＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(2（2m＋n）,n)＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥8.16.解由a>b>c，知a－b>0，b－c>0，a－c>0.因此，原不等式等價于eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)≥m.要使原不等式恒成立，只需eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．因為eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)×\f(a－b,b－c))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b－c,a－b)＝eq\f(a－b,b－c)，即2b＝a＋c時，等號成立．所以m≤4，即m∈{m|m≤4}.17.解：(1)因為x＜3，所以3－x＞0.又因為y＝2(x－3)＋eq\f(1,x－3)＋7＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))＋7，由基本不等式可得2(3－x)＋eq\f(1,3－x)≥2eq\r(2（3－x）·\f(1,3－x))＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2(3－x)＝eq\f(1,3－x)，即x＝3－eq\f(\r(2),2)時，等號成立，于是－eq