《【】2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 均值不等式 理 新人教B版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【】2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)44 均值不等式 理 新人教B版（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)(四十四)　均值不等式 A　級(jí) 1．(2020·太原模擬)設(shè)a，b∈R，已知命題p：a2＋b2≤2ab；命題q：2≤，則p是q成立的(　　) A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 2．已知f(x)＝x＋－2(x＜0)，則f(x)有(　　) A．最大值為0 B．最小值為0 C．最大值為－4 D．最小值為－4 3．(2020·福建卷)下列不等式一定成立的是(　　) A．lg＞lg x(x＞0) B．sin x＋≥2(x≠kπ，k∈Z) C．x2＋1≥2|x|(x∈R) D.＞1(x∈R) 4．設(shè)＝(1，－2)，＝(

2、a，－1)，＝(－b,0)，a＞0，b＞0，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若A，B，C三點(diǎn)共線，則＋的最小值是(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 5．(2020·北京卷)某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元．若每批生產(chǎn)x件，則平均倉儲(chǔ)時(shí)間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲(chǔ)費(fèi)用為1元．為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲(chǔ)費(fèi)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 6．已知x，y為正實(shí)數(shù)，且滿足4x＋3y＝12，則xy的最大值為________． 7．(2020·西安長(zhǎng)安一中質(zhì)檢)已知a＞0，b＞0，且ln(a＋b)＝0，則＋的

3、最小值是________． 8．(2020·豫西五校聯(lián)考)已知a，b∈R，且ab＝50，則|a＋2b|的最小值是________． 9．當(dāng)x2－2x＜8時(shí)，函數(shù)y＝的最小值是________． 10．(1)求函數(shù)y＝x(a－2x)(x＞0，a為大于2x的常數(shù))的最大值； (2)已知x＞0，y＞0，lg x＋lg y＝1，求z＝＋的最小值． 11．已知lg(3x)＋lg y＝lg(x＋y＋1)． (1)求xy的最小值； (2)求x＋y的最小值． B　級(jí) 1．(2020·陜西卷)小王從甲地到乙地往返的時(shí)速分別為a和b(a＜b)，

4、其全程的平均時(shí)速為v，則(　　) A．a(chǎn)＜v＜ B．v＝ C.＜v＜ D．v＝ 2．(2020·皖北四市聯(lián)考)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域?yàn)閇0，＋∞)，則＋的最小值為__________． 3．某種商品原來每件售價(jià)為25元，年銷售8萬件． (1)據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，若價(jià)格每提高1元，銷售量將相應(yīng)減少2 000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價(jià)最多為多少元？ (2)為了擴(kuò)大該商品的影響力，提高年銷售量．公司決定明年對(duì)該商品進(jìn)行全面技術(shù)革新和營銷策略改革，并提高定價(jià)到x元．公司擬投入(x2－600)萬元作為技改費(fèi)用，投入50萬元作為固定宣傳費(fèi)用，投

5、入x萬元作為浮動(dòng)宣傳費(fèi)用．試問：當(dāng)該商品明年的銷售量a至少應(yīng)達(dá)到多少萬件時(shí)，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時(shí)商品的每件定價(jià)． 詳解答案 課時(shí)作業(yè)(四十四) A　級(jí) 1．B　命題p：(a－b)2≤0?a＝b；命題q：(a－b)2≥0.顯然，由p可得q成立，但由q不能推出p成立，故p是q的充分不必要條件． 2．C　∵x＜0，∴－x＞0， ∴x＋－2＝－－2≤－2－2＝－4， 當(dāng)且僅當(dāng)－x＝，即x＝－1時(shí)，等號(hào)成立． 3．C　應(yīng)用基本不等式：x，y∈R＋，≥(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào))逐個(gè)分析，注意基本不等式的應(yīng)用條件及取等號(hào)的條件

6、．當(dāng)x＞0時(shí)，x2＋≥2·x·＝x，所以lg≥lg x(x＞0)，故選項(xiàng)A不正確；運(yùn)用基本不等式時(shí)需保證一正二定三相等，而當(dāng)x≠kπ，k∈Z時(shí)，sin x的正負(fù)不定，故選項(xiàng)B不正確；由基本不等式可知，選項(xiàng)C正確；當(dāng)x＝0時(shí)，有＝1，故選項(xiàng)D不正確． 4．C?。剑?a－1,1)，＝－＝(－b－1,2)， ∵與共線，∴2(a－1)＋b＋1＝0，即2a＋b＝1. ∵a＞0，b＞0， ∴＋＝(2a＋b)＝4＋＋≥4＋4＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即b＝2a時(shí)等號(hào)成立． 5．B　若每批生產(chǎn)x件產(chǎn)品，則每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用是，存儲(chǔ)費(fèi)用是，總的費(fèi)用是＋≥2＝20，當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)取等號(hào)，即x＝80.

7、6．解析：　∵12＝4x＋3y≥2，∴xy≤3. 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)xy取得最大值3. 答案：　3 7．解析：　由已知條件ln(a＋b)＝0得a＋b＝1，又a＞0，b＞0，＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，當(dāng)且僅當(dāng)即a＝b＝時(shí)取“＝”號(hào)，所以＋的最小值是4. 答案：　4 8．解析：　依題意得，a，b同號(hào)，于是有|a＋2b|＝|a|＋|2b|≥2＝2＝2＝20(當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|2b|時(shí)取等號(hào))，因此|a＋2b|的最小值是20. 答案：　20 9．解析：　由x2－2x＜8得x2－2x－8＜0， 即(x－4)(x＋2)＜0，得－2＜x＜4，∴x＋2＞0， 而y＝＝ ＝(x＋2)＋－5≥2－

8、5＝－3. 等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取得． 答案：　－3 10．解析：　(1)∵x＞0，a＞2x， ∴y＝x(a－2x)＝×2x(a－2x)≤×2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào)，故函數(shù)的最大值為. (2)由已知條件lg x＋lg y＝1，可得xy＝10. 則＋＝≥＝2.∴min＝2. 當(dāng)且僅當(dāng)2y＝5x，即x＝2，y＝5時(shí)等號(hào)成立．故z的最小值為2. 11．解析：　由lg(3x)＋lg y＝lg(x＋y＋1)得 (1)∵x＞0，y＞0，∴3xy＝x＋y＋1≥2＋1， ∴3xy－2－1≥0，即3()2－2－1≥0， ∴(3＋1)(－1)≥0，∴≥1，∴xy≥1， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝

9、y＝1時(shí)，等號(hào)成立．∴xy的最小值為1. (2)∵x＞0，y＞0，∴x＋y＋1＝3xy≤3·2， ∴3(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0， ∴[3(x＋y)＋2][(x＋y)－2]≥0，∴x＋y≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)取等號(hào)，∴x＋y的最小值為2. B　級(jí) 1．A　設(shè)甲乙兩地相距為s，則v＝＝. 由于a＜b，∴＋＜，∴v＞a， 又＋＞2，∴v＜.故a＜v＜，故選A. 2．解析：　∵f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域?yàn)閇0，＋∞)， ∴a＞0且Δ＝4－4ac＝0，∴c＝， ∴＋＝＋＝＋≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)取等號(hào))， ∴＋的最小值為4. 答案：　4 3．解析：　(1)設(shè)每件定價(jià)為t元， 依題意，有t≥25×8， 整理得t2－65t＋1 000≤0，解得25≤t≤40. ∴要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價(jià)最多為40元． (2)依題意，x＞25時(shí)， 不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解， 等價(jià)于x＞25時(shí)，a≥＋x＋有解， ∵＋x≥2＝10(當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時(shí)，等號(hào)成立)， ∴a≥10.2. ∴當(dāng)該商品明年的銷售量a至少應(yīng)達(dá)到10.2萬件時(shí)，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時(shí)該商品的每件定價(jià)為30元．