【名师一号】2017届高考数学大一轮总复习第六章不等式、推理与证明计时双基练37基本不等式理北师大版(新)
1
计时双基练三十七 基本不等式
A组 基础必做
1．已知f(x)＝x＋1x－2(x<0)，则f(x)有( )
A．最大值0 B．最小值0
C．最大值－4 D．最小值－4
解析 ∵x<0，∴f(x)＝－－x＋1－x－2≤－2－2＝－4，当且仅当－x＝1－x，
即x＝－1时取等号。
答案 C
2．下列不等式一定成立的是( )
A．lgx2＋14>lg x(x>0)
B．sin x＋1sin x≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.1x2＋1>1(x∈R)
解析 对选项A，当x>0时，x2＋14－x＝x－122≥0， A.13 B.12 C.34 D.23 当且仅当x＝1－x，即x＝12时取等号。 4．若函数f(x)＝x＋1x－2(x>2)在x＝a处取最小值，则a等于( ) 解析 f(x)＝x＋1x－2＝x－2＋1x－2＋2。 5．函数y＝x2＋2x－1(x>1)的最小值是( ) ∴y＝x2＋2x－1＝x2－2x＋2x＋2x－1＝x2－2x＋1＋2x－1＋3x－1 ＝x－12＋2x－1＋3x－1＝x－1＋3x－1＋2 解析 (x＋y)1x＋ay＝1＋a＋yx＋axy≥1＋a＋2a， 7．已知2x＋2y＝1(x>0，y>0)，则x＋y的最小值为________。 解析 ∵x>0，y>0，∴x＋y＝(x＋y)·2x＋2y＝4＋2xy＋yx≥4＋4 xy·yx＝8。 和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________ 公里处。 解析 设x为仓库与车站距离，由已知y1＝20x，y2＝0.8x。 费用之和y＝y1＋y2＝0.8x＋20x≥2 0.8x·20x＝8，当且仅当0.8x＝20x，即x＝5时 解析 由已知，得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤x＋3y22，令x＋3y＝t， 求证：1a＋1b＋1c≥9。 ＝3＋ba＋ca＋ab＋cb＋ac＋bc (2)1x＋1y的最小值。 ∴由基本不等式，得2x＋5y≥210xy。 因此有 2x＋5y＝20，2x＝5y，解得 x＝5，y＝2， ∴1x＋1y＝1x＋1y·2x＋5y20＝1207＋5yx＋2xy≥ 当且仅当5yx＝2xy时，取等号。 由 2x＋5y＝20，5yx＝2xy，解得 x＝1010－203，y＝20－4103。 A．4 B.92 若A，B，C三点共线， 则有AB→∥AC→， 又∵a>0，b>0， ＝5＋2ba＋2ab≥5＋2 2ba×2ab＝9， 当且仅当 2ba＝2ab，2a＋b＝1，即a＝b＝13时取等号。故选D。 答案 4 为y＝ 168－x－1，0≤x≤4，5－12x，4 解 (1)因为一次喷洒4个单位的净化剂， 浓度g(x)＝25－12x＋a168－x－6－1＝10－x＋16a14－x－a＝(14－x)＋16a14－x－a－ 4≥2 14－x·16a14－x－a－4＝8a－a－4。因为14－x∈[4,8]，而1≤a≤4，所以
即lgx2＋14≥lg x，故不成立；对选项B，当sin x<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，∵x2＋1≥1，∴0≤1x2＋1≤1，故不成立。
答案 C
3．已知0
解析 ∵0
∴x(3－3x)＝3x(1－x)≤3x＋1－x22＝34。
答案 B
2
A．1＋2 B．1＋3
C．3 D．4
∵x>2，∴x－2>0。
∴f(x)＝x－2＋1x－2＋2≥2 x－2·1x－2＋2＝4。
当且仅当x－2＝1x－2，即x＝3时，“＝”成立。
又f(x)在x＝a处取最小值。∴a＝3。
答案 C
A．23＋2 B．23－2
C．23 D．2
解析 ∵x>1，∴x－1>0。
≥2 x－13x－1＋2＝23＋2。
当且仅当x－1＝3x－1，即x＝1＋3时取等号。
答案 A
6．已知不等式(x＋y)1x＋ay≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
∴当1＋a＋2a≥9时不等式恒成立，故a＋1≥3，a≥4。
答案 B
3
当且仅当xy＝yx，即x＝y＝4时取等号。
答案 8
8．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货
物的运费y2与仓库到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用
y
1
“＝”成立。
答案 5
9．(2016·南昌模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________。
则t2＋12t－108≥0，又∵t>0，解得t≥6，即x＋3y≥6。
答案 6
10．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1。
证明 ∵a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，
∴1a＋1b＋1c＝a＋b＋ca＋a＋b＋cb＋a＋b＋cc
＝3＋ba＋ab＋ca＋ac＋cb＋bc
≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝13时，取等号。
11．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20。
求：(1)u＝lg x＋lg y的最大值；
解 (1)∵x>0，y>0，
4
∵2x＋5y＝20，∴210xy≤20，xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，取等号。
此时xy有最大值10。
∴u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1。
∴当x＝5，y＝2时，u＝lg x＋lg y有最大值1。
(2)∵x>0，y>0，
1207＋2 5yx·2xy＝7＋210
20
，
∴1x＋1y的最小值为7＋21020。
B组 培优演练
1．设OA→＝(1，－2)，OB→＝(a，－1)，OC→＝(－b,0)(a>0，b>0，O为坐标原点)，若A，B，
C
三点共线，则2a＋1b的最小值是( )
C．8 D．9
解析 ∵AB→＝OB→－OA→＝(a－1,1)，
AC→＝OC→－OA→＝(－b
－1,2)，
∴(a－1)×2－1×(－b－1)＝0。
∴2a＋b＝1。
5
∴2a＋1b＝2a＋1b·(2a＋b)
答案 D
2．已知0
1x＋1
1－
x
的最小值是4。
3．(2015·重庆卷)设a，b>0，a＋b＝5，则a＋1＋b＋3的最大值为________。
解析 因为a，b>0，a＋b＝5，所以(a＋1)＋(b＋3)＝9。令x＝a＋1，y＝b＋3，则
x
＋y＝9(x>1，y>3)，
于是a＋1＋b＋3＝x＋y，而(x＋y)2＝x＋y＋2xy≤x＋y＋(x＋y)＝18，所
以x＋y≤32，此时x＝y，即a＋1＝b＋3，结合a＋b＝5可得a＝3.5，b＝1.5，故当
a
＝3.5，b＝1.5时，a＋1＋b＋3的最大值为32。
答案 32
4．为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化
剂，空气中释放的浓度y(单位：毫克/立方米)随着时间x(单位：天)变化的函数关系式近似
克/立方米)时，它才能起到净化空气的作用。
(1)若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？
(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的药剂，要使接
下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值(精确到0.1，参考数据： 2取1.4)。
6
所以浓度f(x)＝4y＝ 648－x－4，0≤x≤4，20－2x，4
所以此时0≤x≤4。
当4
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)天，
4a∈[4,8]，故当且仅当14－x＝4a时，y有最小值为8a－a－4。令8a－a－4≥4，
解得24－162≤a≤4，所以a的最小值为24－162≈1.6。
高考数学大一轮复习第六章不等式推理与证明第37讲直接证明与间接证明课件理新人教A版
即 a2＋a12＋4 a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋2 2a＋a1＋2， 从而只需证 2 a2＋a12≥ 2a＋a1， 只需证 4a2＋a12≥2a2＋2＋a12，即 a2＋a12≥2， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
考法二 综合法 归纳总结
(2)f(a)＋f(c)＞2f(b)．证明如下：因为 a，b，c 是两两不相 等的正数，所以 a＋c＞2 ac.因为 b2＝ac，所以 ac＋2(a＋c) ＞b2＋4b，即 ac＋2(a＋c)＋4＞b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2) ＞(b＋2)2.因为 f(x)＝log2x 是增函数，所以 log2[(a＋2)(c＋2)] ＞log2(b＋2)2，即 log2(a＋2)＋log2(c＋2)＞2log2(b＋2)．故 f(a) ＋f(c)＞2f(b)．
︿ ︿
板块三
易错点 反证法中未用到反设的结论 【典例】 设{an}是公比为 q 的等比数列．设 q≠1，证明： 数列{an＋1}不是等比数列．
错解：假设{an＋1}是等比数列． 则{an＋1}的前三项为 a1＋1，a2＋1，a3＋1，即 a1＋1，a1q ＋1，a1q2＋1. (a1＋1)(a1q2＋1)－(a1q＋1)2＝a21q2＋a1＋a1q2＋1－a21q2－ 2a1q － 1 ＝ a1(q2 － 2q ＋ 1) ＝ a1(q － 1)2≠0 ， 所 以 (a1 ＋ 1)(a1q2 ＋ 1)≠(a1q＋1)2，所以数列{an＋1}不是等比数列．(推理中未用 到结论的反设)
3(ab＋bc＋ca)≤1，所以 ab＋bc＋ca≤31.
(2)因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.所以ab2＋bc2＋ca2≥1.
2017届高考数学大一轮复习 第六章 不等式与推理证明 第5.
6 (2)2 4 7 11
考点一
归纳推理
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 [例1] (1)已知数列：1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，„， 依它的前10项的规律推测这个数列的第2 018项是________．
(2)给出下列命题： 1 命题1：点(1,1)是直线y＝x与双曲线y＝x 的一个交点； 8 命题2：点(2,4)是直线y＝2x与双曲线y＝x 的一个交点； 27 命题3：点(3,9)是直线y＝3x与双曲线y＝ x 的一个交点； „„ 请观察上面的命题，猜想出命题n(n是正整数)为：________.
类似(或相同)
的性质的推理，
(2)前提为真时，结论 可能为真 的推理，叫作合情推理． 归纳推理和类比推理是数学中常用的合情推理．
3．演绎推理 (1)演绎推理：从 一般性的原理 出发，推出某个特殊情况
下的结论，我们把这种推理称为演绎推理，简言之，演绎推理是 由 一般到 特殊 的推理． (2)演绎推理的一般模式—— “三段论” ： ① 大前提 ——已知的一般原理； ② 小前提 ——所研究的特殊情况； ③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．
1 1 (2)由(1)可得S ＝2n，∴Sn＝2n， n 1 1 1 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－ ＝ 2， 2n－1 2n－2n 1 n＝1， 2 对n＝1不成立，所以an＝ 1 2 n≥2. 2n－2n
(1)演绎推理的结构 演绎推理是由一般到特殊的推理，其最常见的形式是三段 论，它是由大前提、小前提、结论三部分组成的．三段论推理中 包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原 理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况．这两个判断 联合起来，提示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了 第三个判断：结论．
2017届高考数学一轮总复习课件：第六章 不等式、推理与证明 6.3
2.常用的几个重要的不等式
(1)a2+b2≥2ab(a,b∈R).
(2) b＋a≥2(a,b同号).
ab
(3)ab≤ (a b)2 (a,b∈R).
2
(4) (a b)2 a2 b(2 a,b∈R).
2
2
第七页，编辑于星期六：二点 二分。
【小题快练】
链接教材 练一练
ab ab 1 2 2 1 2 2 2 ，
a b a b ab
所以ab≥2 2(当且仅当b=2a时取等号),
所以ab的最小值为2 .2
第十三页，编辑于星期六：二点 二分。
4.(2015·天津高考)已知a>0,b>0,ab=8,则当a的值为
时,log2a·log2(2b)取得最大值.
第十四页，编辑于星期六：二点 二分。
abc a
b
c
3 b c a c a b aabbcc
3 ( b a ) ( c a ) ( c b) 3 2 2 2 9. ab ac bc
当且仅当a=b=c=1 时,取等号.
3
答案:9
第三十一页，编辑于星期六：二点 二分。
2.若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是 .
2 1 的最小值为
.
xy
第二十一页，编辑于星期六：二点 二分。
【解析】因为正数x,y满足x+2y=1,
所以 2 1 ( 2 1 )x 2y 2 4y x 2 4 4y x
xy xy
xy
xy
4 2 4y x 8， xy
当且仅当 4y 即xx, =2y时取等号.
xy
答案:8
2017届高三数学一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 6.1 不等关系与不等式开卷速查
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
2017届高考数学大一轮 第六章 不等式与推理证明 第3课时 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题 理
1．(2015·高考陕西卷)某企业生产甲、乙两种产品均需用A，
B两种原料．已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限
额如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4
万元，则该企业每天可获得最大利润为( )
A.12万元
A(吨) B(吨)
甲 乙 原料限额
32
12
12
8
B．16万元
C．17万元
主干回顾 夯基固源 考点研析 题组冲关 素能提升 学科培优
课时规范训练
第3课时 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
1．会从实际情境中抽象出二元一次不等式组． 2．了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二 元一次不等式组． 3．会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题， 并能加以解决．
1．(2015·高考湖南卷)若变量x，y满足约束条件
x2＋x－y≥y≤－11，， 则z＝3x－y的最小值为(
)
y≤1.
A．－7 C．1
B．－1 D．2
解析：画出可行域，如图中阴影部分所示．目标函数z＝3x－
y可化为y＝3x－z，其斜率为3，纵截距为－z，平移直线y＝3x知
当直线y＝3x－z经过点A时，其纵截距最大，z取得最小值．由
1．二元一次不等式表示的平面区域 (1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C＞0在平面直角坐标 系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧的所有的点组成的平面区域 (半平面) 不含 边界直线，不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平 面区域(半平面)含有边界直线．
(2)对于直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有的点(x，y)，使得Ax
解析 当m≥0时，若平面区域存在，则平面区域内的点在第 二象限，平面区域内不可能存在点P(x0，y0)满足x0－2y0＝2，因此 m＜0.
2017届高考数学大一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 计时双基练36 基本不等式 文 北师大版
计时双基练三十六 基本不等式A 组 基础必做1．已知f (x )＝x ＋1x－2(x <0)，则f (x )有( )A ．最大值0B ．最小值0C ．最大值－4D ．最小值－4解析 ∵x <0，∴f (x )＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－x ＋1－x －2≤－2－2＝－4，当且仅当－x ＝1－x ，即x ＝－1时取等号。
答案 C2．下列不等式一定成立的是( )A ．lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14>lg x (x >0)B ．sin x ＋1sin x≥2(x ≠k π，k ∈Z ) C ．x 2＋1≥2|x |(x ∈R ) D.1x 2＋1>1(x ∈R ) 解析 对选项A ，当x >0时，x 2＋14－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≥0，即lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ，故不成立；对选项B ，当sin x <0时显然不成立；对选项C ，x 2＋1＝|x |2＋1≥2|x |，一定成立；对选项D ，∵x 2＋1≥1，∴0≤1x 2＋1≤1，故不成立。
答案 C3．已知0<x <1，则x (3－3x )取得最大值时x 的值为( ) A.13 B.12 C.34D.23解析 ∵0<x <1，∴1－x >0。
∴x (3－3x )＝3x (1－x )≤3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1－x 22＝34。
当且仅当x ＝1－x ，即x ＝12时取等号。
答案 B4．若函数f (x )＝x ＋1x －2(x >2)在x ＝a 处取最小值，则a 等于( ) A ．1＋ 2 B ．1＋ 3 C ．3D ．4解析 f (x )＝x ＋1x －2＝x －2＋1x －2＋2。
∵x >2，∴x －2>0。
∴f (x )＝x －2＋1x －2＋2≥2 x －1x －2＋2＝4。
当且仅当x －2＝1x －2，即x ＝3时，“＝”成立。
又f (x )在x ＝a 处取最小值。
2017届高考数学一轮复习课件：第6章 不等式、推理与证明6-7
当 n＝3 时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝74.
当 n＝4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝185.(2 分)
由此猜想 an＝22n－n－11(n∈N*)．(4 分)
第二十一页，编辑于星期六：一点 二十一分。
猜想 Sn＝n＋n 1(n∈N*)． 下面用数学归纳法证明这个结论． ①当 n＝1 时，结论成立． ②假设 n＝k(k∈N*，k≥1)时结论成立，即 Sk＝k＋k 1， 当 n＝k＋1 时，Sk＋1＝2－1 Sk＝2－1k＋k 1＝kk＋ ＋12＝k＋k＋11＋1. 即当 n＝k＋1 时结论成立． 由①②知 Sn＝n＋n 1对任意的正整数 n 都成立．
第十二页，编辑于星期六：一点 二十一分。
命题角度 2 用数学归纳法证明不等式
典例2
等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知对任意的 n∈N*，点(n，Sn)均在函数 y＝bx＋r(b>0，且 b≠1，
b，r 均为常数)的图象上．
(1)求 r 的值；
(2)当 b＝2 时，记 bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)． 证明：对任意的 n∈N*，不等式b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bnb＋n 1> n＋1成立． 解 (1)由题意，Sn＝bn＋r， 当 n≥2 时，Sn－1＝bn－1＋r，所以 an＝Sn－Sn－1＝bn－1·(b－1)，
第十六页，编辑于星期六：一点 二十一分。
(2)证明：①由(1)知，当 n＝1,2,3 时，通项公式成立． ②假设当 n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立， 即 ak＝ 2k＋1－ 2k－1. 由于 ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ak2＋1＋ak1＋1－a2k－a1k， 将 ak＝ 2k＋1－ 2k－1代入上式，整理得 a2k＋1＋2 2k＋1ak＋1－2＝0， ∴ak＋1＝ 2k＋3－ 2k＋1， 即 n＝k＋1 时通项公式成立． 由①②可知对所有 n∈N*，an＝ 2n＋1－ 2n－1都成立．
【数学导航】高考数学大一轮复习 第六章 37基本不等式名师课件 文
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1的妙用
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基本不等式 的变形应用
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分离参数法
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结ห้องสมุดไป่ตู้放映
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基本不等 式的正用
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利用基本不等式求最值的常见类型
(1)若直接满足基本不等式条件，则直接应用基本不等式． (2)若不直接满足基本不等式条件，则需要创造条件对式子 进行恒等变形， 如构造“1”的代换等． (3)若一次应用基本不等式不能达到要求，需多次应用基本 不等式， 但要注意等号成立的条件必须要一致． [提醒] 若可用基本不等式，但等号不成立，则一般是利用 函数单调性求解．
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利用基本不等式证明不等式的方法技巧
利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式 的一种情况，要从整体上把握运用基本不等式， 对不满足使用基本不等式条件的可通过“变形” 来转换，常见的变形技巧有：拆项，并项，也可 乘上一个数或加上一个数，“1”的代换法等．
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a
b 2
ab
(a 0, b 0)
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2017届高三数学一轮总复习第六章不等式、推理与证明6.1不等关系与不等式模拟试题
1 【状元之路】2017届高三数学一轮总复习 第六章 不等式、推理与证明 6.1 不等关系与不等式模拟试题 高考模拟 备考套餐 加固训练 练透考点 1．[2016·重庆一中调研]设a＞1＞b＞－1，则下列不等式中恒成立的是( )
A．a＞b2 B.1a＞1b
C.1a＜1b D．a2＞2b 解析：对于A，∵－1＜b＜1，∴0≤b2＜1。 又∵a＞1，∴a＞b2，故A正确；
对于B，若a＝2，b＝12，此时满足a＞1＞b＞－1，
但1a＜1b，故B错误； 对于C，若a＝2，b＝－12，此时满足a＞1＞b＞－1， 但1a＞1b，故C错误； 对于D，若a＝98，b＝34，此时满足a＞1＞b＞－1， 但a2＜2b，故D错误，综上可知，选A。 答案：A
2．[2016·湘潭模拟]设a，b是实数，则“a＞b＞1”是“a＋1a＞b＋1b”的( ) 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：因为a＋1a－b＋1b＝a－bab－ab， 若a＞b＞1， 显然a＋1a－b＋1b＝a－bab－ab＞0，
则充分性成立，当a＝12，b＝23时， 显然不等式a＋1a＞b＋1b成立，但a＞b＞1不成立， 所以必要性不成立，故选A。 答案：A 3．[2016·武汉模拟]若a＞b＞0，则下列不等式中一定成立的是( ) 2
A．a＋1b＞b＋1a B.ba＞b＋1a＋1 C．a－1b＞b－1a D.2a＋ba＋2b＞ab 解析：取a＝2，b＝1，排除B和D；另外，函数f(x)＝x－1x是(0，＋∞)上的增函数，但函数g(x)＝x＋1x在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以当a＞b＞0时，f(a)＞f(b)必定成立，但g(a)
＞g(b)未必成立，这样，a－1a＞b－1b⇔a＋1b＞b＋1a，故选A。 答案：A 4．[2016·泰安模拟]若a＞b，则下列各式正确的是( ) A．algx＞blgx B．ax2＞bx2 C．a2＞b2 D．a·2x＞b·2x 解析：A项，当lgx＝0，即x＝1时不满足；B项，当x2＝0时不满足；C项，当a＝1，b＝－2时不满足；D项，因为2x＞0，所以a·2x＞b·2x，综上可知选D。 答案：D
(新课标)2017高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6.4 基本不等式真题演练 文
【红对勾】（新课标）2017高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6.4 基本不等式真题演练 文利用基本不等式求最值1．(2015·福建卷)若直线x a ＋yb＝1(a >0，b >0)过点(1,1)，则a ＋b 的最小值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：由直线x a ＋y b＝1过点(1,1)，可得1a ＋1b＝1，a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥4，当且仅当b a ＝ab，即a ＝b 时“＝”成立，所以(a ＋b )min ＝4，故选C.答案：C2．(2014·重庆卷)若log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，则a ＋b 的最小值是( ) A ．6＋2 3 B ．7＋2 3 C ．6＋4 3D ．7＋4 3解析：由题意，ab >0，且3a ＋4b >0，所以a >0，b >0.因为log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，所以3a ＋4b ＝ab ，所以4a ＋3b＝1.所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋3b ＝7＋4b a ＋3a b≥7＋24b a ·3ab＝7＋43，当且仅当4b a ＝3ab，即a ＝4＋23，b ＝3＋23时，等号成立．故选D.答案：D3．(2013·山东卷)设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，则当z xy取得最小值时，x ＋2y －z 的最大值为( )A ．0 B.98 C ．2D.94解析：由x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，得x 2－3xy ＋4y 2＝z ，所以z xy ＝x 2＋4y 2xy －3≥2x 2·4y2xy－3＝4xy xy －3＝1，当且仅当x 2＝4y 2即x ＝2y 时，z xy有最小值1.将x ＝2y 代入原式，得z ＝2y 2，所以x ＋2y －z ＝2y ＋2y －2y 2＝－2y 2＋4y ，当y ＝1时有最大值2.故选C.答案：C4．(2013·福建卷)若2x＋2y＝1，则x ＋y 的取值范围是( )A ．[0,2]B ．[－2,0]C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]解析：∵1＝2x ＋2y≥22x·2y＝22x ＋y，当且仅当x ＝y ＝－1时等号成立，∴2x ＋y≤14＝2－2，∴x ＋y ≤－2.故选D. 答案：D5．(2015·重庆卷)设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________． 解析：因为a ＋b ＝5，所以(a ＋1)＋(b ＋3)＝9.因为a ＋b2≤a 2＋b 22，所以a ＋1＋b ＋32≤a ＋＋b ＋2＝92，即a ＋1＋b ＋3≤2×92＝32，当且仅当a ＋1＝b ＋3＝92，即a ＝72，b ＝32时“＝”成立，所以(a ＋1＋b ＋3)max ＝3 2. 答案：3 26．(2014·辽宁卷)对于c >0，当非零实数a ，b 满足4a 2－2ab ＋b 2－c ＝0且使|2a ＋b |最大时，1a ＋2b ＋4c的最小值为________．解析：设2a ＋b ＝t ，则b ＝t －2a ，代入到4a 2－2ab ＋b 2－c ＝0中，得4a 2－2a (t －2a )＋(t －2a )2－c ＝0，即12a 2－6ta ＋t 2－c ＝0.①因为关于a 的一元二次方程①有实根，所以Δ＝36t 2－4×12(t 2－c )≥0，可得t 2≤4c . |2a ＋b |取最大值时，t ＝2a ＋b ＝±2c ，当且仅当2a ＝b 时成立，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12c ，b ＝c ，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12c ，b ＝－c .当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12c ，b ＝c时，1a ＋2b ＋4c ＝2c ＋2c ＋4c ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1c ＋122－1>0，当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12c ，b ＝－c时，1a ＋2b ＋4c ＝－2c －2c ＋4c ＝－4c ＋4c ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －122－1≥－1.综上可知当c ＝4，a ＝－1，b ＝－2时，1a ＋2b ＋4c的最小值为－1.答案：－1。