高中數(shù)學(xué)人教A版第三章不等式 第三章基本不等式

第三章不等式基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)第1課時(shí)基本不等式A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．下列各式中，對(duì)任何實(shí)數(shù)x都成立的一個(gè)式子是()A．lg(x2＋1)≥lg(2x) B．x2＋1＞2x\f(1,x2＋1)≤1 D．x＋eq\f(1,x)≥2解析：對(duì)于A，當(dāng)x≤0時(shí)，無(wú)意義，故A不恒成立；對(duì)于B，當(dāng)x＝1時(shí)，x2＋1＝2x，故B不成立；對(duì)于D，當(dāng)x＜0時(shí)，不成立．對(duì)于C，x2＋1≥1，所以eq\f(1,x2＋1)≤1成立，故選C.答案：C2．設(shè)a，b為正數(shù)，且a＋b≤4，則下列各式中正確的一個(gè)是()\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜1 \f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜2 \f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2解析：因?yàn)閍b≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＝4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))≥2eq\r(\f(1,4))＝1.答案：B3．四個(gè)不相等的正數(shù)a，b，c，d成等差數(shù)列，則()\f(a＋d,2)＞eq\r(bc) \f(a＋d,2)＜eq\r(bc)\f(a＋d,2)＝eq\r(bc) \f(a＋d,2)≤eq\r(bc)解析：因?yàn)閍，b，c，d成等差數(shù)列，則a＋d＝b＋c，又因?yàn)閍，b，c，d＞0且不相等，所以b＋c＞2eq\r(bc)，故eq\f(a＋d,2)＞eq\r(bc).答案：A4．a(chǎn)，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)2＋b2≥2|ab| B．a(chǎn)2＋b2＝2|ab|C．a(chǎn)2＋b2≤2|ab| D．a(chǎn)2＋b2＞2|ab|解析：因?yàn)閍2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，所以a2＋b2≥2|ab|(當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|b|時(shí)，等號(hào)成立)．答案：A5．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足條件a＞b＞c且a＋b＋c＝0，abc＞0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正數(shù) B．一定是負(fù)數(shù)C．可能是0 D．正負(fù)不確定答案：B二、填空題6．若x，y∈R，且x＋4y＝20，則x·y的最大值是________．解析：因?yàn)?0＝x＋4y≥2eq\r(x·4y)＝4eq\r(xy)，所以eq\r(xy)≤5?xy≤25.等號(hào)成立的條件是x＝4y＝10.即x＝10，y＝eq\f(5,2).所以xy的最大值是25.答案：257．已知a，b∈R，如果ab＝1，那么a＋b的最小值為________；如果a＋b＝1，那么ab的最大值為________．解析：因?yàn)閍，b∈R，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，所以a＋b≥2eq\r(ab)＝2.故當(dāng)ab＝1時(shí)，a＋b取最小值2，此時(shí)a＝b＝1.又當(dāng)a＋b＝1時(shí)，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2).所以ab≤eq\f(1,4).答案：2eq\f(1,4)8．若0＜a＜b且a＋b＝1，試判斷eq\f(1,2)，a、b、2ab、a2＋b2的大小順序________．解析：因?yàn)?＜a＜b，a＋b＝1，所以a＜eq\f(1,2)＜b①2ab＜a2＋b2②下面尋找②中數(shù)值在①中的位置．因?yàn)閍2＋b2＞2(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，a2＋b2＝a·a＋b2＜a·b＋b2＝(1－b)b＋b2＝b，所以eq\f(1,2)＜a2＋b2＜b.又2ab＜2(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，2ab＞2×eq\f(1,2)a＝a，所以a＜2ab＜eq\f(1,2).所以a＜2ab＜eq\f(1,2)＜a2＋b2＜b.答案：a＜2ab＜eq\f(1,2)＜a2＋b2＜b三、解答題9．設(shè)x＞0，求證：x＋eq\f(2,2x＋1)≥eq\f(3,2).證明：因?yàn)閤＞0，所以x＋eq\f(1,2)＞0，所以x＋eq\f(2,2x＋1)＝x＋eq\f(1,x＋\f(1,2))＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－eq\f(1,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).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(shí)，等號(hào)成立．10．已知a，b，c為不全相等的正實(shí)數(shù)，則abc＝1.求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).證明：因?yàn)閍，b，c都是正實(shí)數(shù)，且abc＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))＝2eq\r(c)，eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(1,bc))＝2eq\r(a)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(1,ac))＝2eq\r(b)，以上三個(gè)不等式相加，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥2(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，即eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).B級(jí)能力提升1．若a＞b＞0，則下列不等式中總成立的是()\f(2ab,a＋b)＜eq\f(a＋b,2)＜eq\r(ab) \f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)≥eq\r(ab)\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b) \r(ab)＜eq\f(2ab,a＋b)＜eq\f(a＋b,2)解析：a＞b＞0，eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，eq\f(2ab,a＋b)＜eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab).從而eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b).答案：C2．已知a、b都是正實(shí)數(shù)，函數(shù)y＝2aex＋b的圖象過(guò)點(diǎn)(0，1)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________．解析：依題意得2aex＋b＝2a＋b＝1eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)=3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(2a,b)))≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝1－eq\f(\r(2),2)，b＝eq\r(2)－1時(shí)取等號(hào)，因此eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是3＋2eq\r(2).答案：3＋2eq\r(2)3．設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1.證明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因?yàn)閑q\f(a2,b)