2.2 第2课时 基本不等式的应用（Word）-【全效作业本】2022-2023学年高中必修第一册数学同步课件及教参（人教A版2019）

第2课时　基本不等式的应用 1．若a，b均为正实数，a＋b＝1，则(a＋1)(b＋1)的最大值为(　C　) A. B．2 C. D．4 【解析】 ∵实数a，b均为正实数，a＋b＝1， ∴(a＋1)(b＋1)≤2＝， 当且仅当a＋1＝b＋1，即a＝b＝时，等号成立， ∴(a＋1)(b＋1)的最大值为.故选C. 2．已知x>2，y>3，(x－2)(y－3)＝4，则x＋y的最小值为(　B　) A．7 B．9 C．5 D．11 【解析】 ∵x>2，y>3，∴x－2>0，y－3>0， ∴(x－2)(y－3)≤， ∴x＋y－5≥4，∴x＋y≥9， 当且仅当x－2＝y－3＝2，即x＝4，y＝5时，等号成立， ∴x＋y的最小值为9.故选B. 3．已知x＞0，y＞0，且xy的最大值为4，则4x＋y ＝(　C　) A．1 B．2 C．8 D．9 【解析】 ∵x＞0，y＞0，∴4x＋y＞0. ∵xy＝×4xy≤×2，且xy的最大值为4，∴4x＋y＝8.故选C. 4．已知正实数x，y满足x＋＝1，则＋的最小值为__4__． 【解析】 ∵x>0，y>0，x＋＝1，∴＋＝＝＋＋2≥2 ＋2＝2＋2＝4，当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立， ∴＋的最小值为4. 5．已知a>0，b>0，且＋＝1，则4a＋2b＋的最小值为__6＋4__． 【解析】 ∵a>0，b>0，且＋＝1， ∴4a＋2b＋＝＋＝6＋＋＋＝6＋＋≥6＋2 ＝6＋4，当且仅当＝，即a＝1＋，b＝1＋时，等号成立，∴4a＋2b＋的最小值为6＋4. 6．“ab<”是“a>b>0”的(　B　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【解析】 ∵a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立， ∴由ab<，得a≠b，a，b∈R， ∴充分性不成立． 又∵当a>b>0时，a2＋b2>2ab，即ab<， ∴必要性成立．故选B. 7．已知实数a，b满足a2＋b2＝4，则ab的取值范围是(　D　) A．0≤ab≤2 B．－2≤ab≤0 C．ab≤－2，或ab≥2 D．－2≤ab≤2 【解析】 ∵－≤ab≤， ∴－2≤ab≤2，当且仅当a＝b时取最大值2，a＝－b时取最小值－2.故选D. 8．已知x>0，y>0，且x2＋3xy－2＝0，则2x＋y的最小值为(　A　) A. B. C. D. 【解析】 ∵x>0，y>0，且x2＋3xy－2＝0， ∴y＝，∴2x＋y＝2x＋＝·＝·≥·2 ＝， 当且仅当5x＝，即x＝时，等号成立， ∴2x＋y的最小值为.故选A. 9．若正实数x，y满足＋＝2，且不等式x＋<m2－2m＋2有解，则实数m的取值范围是(　D　) A．0<m<2 B．m<－2，或m>0 C．－2<m<0 D．m>2，或m<0 【解析】 若不等式x＋<m2－2m＋2有解，则m2－2m＋2>. ∵＋＝2，∴＋＝1，∴x＋＝＝1＋＋≥1＋2 ＝1＋1＝2，当且仅当＝，即x＝1，y＝4时，等号成立，∴＝2， ∴m2－2m＋2>2，即(m－1)2>1， 解得m>2，或m<0.故选D. 10．一批救灾物资随51辆汽车从某市出发，以v km/h的速度匀速直达灾区．已知两地公路线长400 km，为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于 km，则这批物资全部到达灾区至少需要__10__h. 【解析】 当最后一辆汽车出发时，第一辆汽车已经走了＝ h，最后一辆汽车走完全程需要 h，所以这批物资全部到达灾区一共需要h.＋≥2＝10，当且仅当＝，即v＝80时，等号成立，故至少需要10 h. 11．若关于x的不等式x＋≥5在x>a时恒成立，则实数a的最小值为__1__．　 【解析】 关于x的不等式x＋≥5在x>a时恒成立，即x－a＋≥5－a在x>a时恒成立． ∵x>a，则x－a>0， ∴x－a＋≥2＝4，　 当且仅当x－a＝2，即x＝a＋2时，等号成立， ∴5－a≤4，解得a≥1，即实数a的最小值为1. 12．已知a>b>0.若7a2＋8ab＋4b2＝24，则当3a＋2b取最大值时，b＝____． 【解析】 ∵7a2＋8ab＋4b2＝24， ∴(3a＋2b)2－2a2－4ab＝24，即(3a＋2b)2－24＝2a(a＋2b)．　 又∵2a(a＋2b)≤2， 当且仅当2a＝a＋2b，即a＝2b时，等号成立， ∴(3a＋2b)2－24≤2， 整理，得(3a＋2b)2≤32. ∵a>b>0，∴0<3a＋2b≤4，即3a＋2b的最大值为4， 联立解得b＝. 13．某厂商去年用450万元购进了一批VR设备，经调试后今年投入使用，计划第一年维修、保养费用22万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元．若该设备投入使用后，每年的