2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业37《基本不等式》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业37《基本不等式》（教师版），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列不等式一定成立的是( C )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)
B．sinx＋eq \f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
解析：对选项A，当x>0时，x2＋eq \f(1,4)－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2≥0，所以lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))≥lgx；对选项B，当sinx<0时显然不成立；对选项C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，一定成立；对选项D，因为x2＋1≥1，所以02．若2x＋2y＝1，则x＋y的取值范围是( D )
A．[0,2] B．[－2,0]
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
解析：∵1＝2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当2x＝2y＝\f(1,2)，即x＝y＝－1时等号成立))，
∴eq \r(2x＋y)≤eq \f(1,2)，∴2x＋y≤eq \f(1,4)，得x＋y≤－2.
3．已知a＋b＝t(a>0，b>0)，t为常数，且ab的最大值为2，则t＝( C )
A．2 B．4
C．2eq \r(2) D．2eq \r(5)
解析：∵a>0，b>0，∴ab≤eq \f(a＋b2,4)＝eq \f(t2,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(t,2)时取等号．∵ab的最大值为2，∴eq \f(t2,4)＝2，t2＝8.又t＝a＋b>0，∴t＝eq \r(8)＝2eq \r(2).
4．已知f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为( D )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,3)
C．－1 D．0
解析：f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－2≥2－2＝0，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号．又1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值是0.
5．已知x，y为正实数，且x＋y＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝5，则x＋y的最大值是( C )
A．3 B.eq \f(7,2)
C．4 D.eq \f(9,2)
解析：∵x＋y＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝5，∴(x＋y)[5－(x＋y)]＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝2＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2＋2＝4，
∴(x＋y)2－5(x＋y)＋4≤0，∴1≤x＋y≤4，
∴x＋y的最大值是4，当且仅当x＝y＝2时取得．
6．已知x>0，y>0，且3x＋2y＝xy，若2x＋3y>t2＋5t＋1恒成立，则实数t的取值范围是( B )
A．(－∞，－8)∪(3，＋∞) B．(－8,3)
C．(－∞，－8) D．(3，＋∞)
解析：∵x>0，y>0，且3x＋2y＝xy，可得eq \f(3,y)＋eq \f(2,x)＝1，∴2x＋3y＝(2x＋3y)eq \f(3,y)＋eq \f(2,x)＝13＋eq \f(6x,y)＋eq \f(6y,x)≥13＋2eq \r(\f(6x,y)·\f(6y,x))＝25，当且仅当x＝y＝5时取等号．∵2x＋3y>t2＋5t＋1恒成立，∴t2＋5t＋1<(2x＋3y)min，∴t2＋5t＋1<25，解得－87．若对于任意的x>0，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则实数a的取值范围为( A )
A．a≥eq \f(1,5) B．a>eq \f(1,5)
C．a解析：由x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)，令t＝x＋eq \f(1,x)，则t≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时，t取得最小值2.eq \f(x,x2＋3x＋1)取得最大值eq \f(1,5)，所以对于任意的x>0，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a≥eq \f(1,5).
二、填空题
8．已知a>0，则eq \f(a－14a－1,a)的最小值为－1.
解析：eq \f(a－14a－1,a)＝eq \f(4a2－a－4a＋1,a)＝4a－5＋eq \f(1,a).
∵a>0，∴4a－5＋eq \f(1,a)≥2eq \r(4a·\f(1,a))－5＝－1，当且仅当4a＝eq \f(1,a)，即a＝eq \f(1,2)时取等号，∴eq \f(a－14a－1,a)的最小值为－1.
9．若x>0，y>0，x＋4y＋2xy＝7，则x＋2y的最小值是3.
解析：因为x>0，y>0，x＋4y＋2xy＝7，则2y＝eq \f(7－x,x＋2).
则x＋2y＝x＋eq \f(7－x,x＋2)＝x＋2＋eq \f(9,x＋2)－3
≥2eq \r(x＋2·\f(9,x＋2))－3＝3，当且仅当x＝1时取等号．因此其最小值是3.
10．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则当每台机器运转5年时，年平均利润最大，最大值是8万元．
解析：每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时年平均利润最大，最大值为8万元．
三、解答题
11．已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.
(1)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
(2)是否存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5？并说明理由．
解：(1)因为eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(x＋y,xy)＝eq \f(x2＋y2,xy)≥eq \f(2xy,xy)＝2，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为2.
(2)不存在．理由如下：因为x2＋y2≥2xy，
所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．
又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.
从而有(x＋1)(y＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋1＋y＋1,2)))2≤4，
因此不存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5.
12．某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m2的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，相邻矩形区域之间间隔1 m，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留3 m宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x(单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S(单位：m2)．
(1)求S关于x的函数关系式；
(2)求S的最大值．
解：(1)由题设，
得S＝(x－8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(900,x)－2))＝－2x－eq \f(7 200,x)＋916，x∈(8,450)．
(2)因为8所以2x＋eq \f(7 200,x)≥2eq \r(2x·\f(7 200,x))＝240，
当且仅当x＝60时等号成立，从而S≤676.
故当矩形温室的室内长为60 m时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，最大为676 m2.
13．当0A．[－2,0)∪(0,4] B．[－4,0)∪(0,2]
C．[－4,2] D．[－2,4]
解析：因为014．设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2 017＝4 034，则eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)的最小值为4.
解析：由等差数列的前n项和公式，得S2 017＝eq \f(2 017a1＋a2 017,2)＝4 034，
则a1＋a2 017＝4.由等差数列的性质得a9＋a2 009＝4，
所以eq \f(1,a9)＋eq \f(9,a2 009)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a9)＋\f(9×4,a2 009)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a9＋a2 009,a9)＋\f(9a9＋a2 009,a2 009)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2 009,a9)＋\f(9a9,a2 009)))＋10))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(a2 009,a9)×\f(9a9,a2 009))＋10))＝4，
当且仅当a2 009＝3a9时等号成立．
eq \a\vs4\al(尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用)
15．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3－2x2＋cx在R上单调递增，且ac≤4，则eq \f(a,c2＋4)＋eq \f(c,a2＋4)的最小值为( B )
A．0 B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,4) D．1
解析：因为函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3－2x2＋cx在R上单调递增，所以f′(x)＝ax2－4x＋c≥0在R上恒成立．所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16－4ac≤0，))所以ac≥4，又ac≤4，所以ac＝4，又a>0，所以c>0，则eq \f(a,c2＋4)＋eq \f(c,a2＋4)＝eq \f(a,c2＋ac)＋eq \f(c,a2＋ac)＝eq \f(a,cc＋a)＋eq \f(c,ac＋a)＝eq \f(1,c)－eq \f(1,c＋a)＋eq \f(1,a)－eq \f(1,c＋a)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)－eq \f(2,c＋a)≥2eq \r(\f(1,ac))－eq \f(2,2\r(ac))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝c＝2时等号成立，故选B.
16．已知x，y为正实数，则eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)的最小值为eq \f(5,2).
解析：∵x，y为正实数，则eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)＝eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(y,x)＋1＝eq \f(2,1＋\f(2y,x))＋eq \f(y,x)＋1，
令t＝eq \f(y,x)，则t>0，
∴eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)＝eq \f(2,1＋2t)＋t＋1＝eq \f(1,\f(1,2)＋t)＋t＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(1,\f(1,2)＋t)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2))))＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)，
当且仅当t＝eq \f(1,2)时取等号．
∴eq \f(2x,x＋2y)＋eq \f(x＋y,x)的最小值为eq \f(5,2).