2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第一章 §1.4　基本不等式

§1.4　基本不等式 考试要求　1.了解基本不等式的推导过程.2.会用基本不等式解决简单的最值问题.3.理解基本不等式在实际问题中的应用． 知识梳理 1．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) (1)基本不等式成立的条件：a>0，b>0. (2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时，等号成立． (3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数． 2．几个重要的不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)． (2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)． (3)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)． (4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)． 以上不等式等号成立的条件均为a＝b. 3．利用基本不等式求最值 (1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P). (2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2. 注意：利用不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)不等式ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2与eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)等号成立的条件是相同的．(　×　) (2)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.(　×　) (3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy的最小值为4.(　√　) (4)函数y＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值为4.(　×　) 教材改编题 1．已知x>2，则x＋eq \f(1,x－2)的最小值是(　　) A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4 答案　D 解析　 ∵x>2， ∴x＋eq \f(1,x－2)＝x－2＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(x－2\f(1,x－2))＋2＝4， 当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时，等号成立． 2．(多选)若a，b∈R，则下列不等式成立的是(　　) A.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 B．ab≤eq \f(a2＋b2,2) C.eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2 D.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab) 答案　BC 解析　当eq \f(b,a)<0时，A不成立； 当ab<0时，D不成立． 3．若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________ m2. 答案　25 解析　设矩形的一边为x m，面积为y m2， 则另一边为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m， 其中0－1)的最小值为________． 答案　9 解析　因为x>－1，则x＋1>0， 所以y＝eq \f([x＋1＋4][x＋1＋1],x＋1) ＝eq \f(x＋12＋5x＋1＋4,x＋1) ＝(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)＋5 ≥2eq \r(x＋1·\f(4,x＋1))＋5＝9， 当且仅当x＋1＝eq \f(4,x＋1)，即x＝1时等号成立， 所以函数的最小值为9. 命题点2　常数代换法 例2　(2022·重庆模拟)已知a>0，b>0，且a＋b＝2，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)的最小值是(　　) A．1 B．2 C.eq \f(9,4) D.eq \f(9,2) 答案　C 解析　因为a>0，b>0，且a＋b＝2， 所以eq \f(a＋b,2)＝1， 所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)＝eq \f(1,2)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,2b))) ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2))) ≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,2))) ＝eq \f(9,4)， 当且仅当a＝eq \f(4,3)，b＝eq \f(2,3)时，等号成立． 命题点3　消元法 例3　(2022·烟台模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为_____． 答案　6 解析　方法一　(换元消元法) 由已知得9－(x＋3y)＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号． 即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0， 令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0， 得t≥6，即x＋3y的最小值为6. 方法二　(代入消元法) 由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq \f(9－3y,1＋y)， 所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq \f(9－3y＋3y1＋y,1＋y) ＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y) ＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6 ＝12－6＝6， 当且仅当3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3时取等号， 所以x＋3y的最小值为6. 延伸探究　本例条件不变，求xy的最大值． 解　方法一　9－xy＝x＋3y≥2eq \r(3xy)， ∴9－xy≥2eq \r(3xy)， 令eq \r(xy)＝t， ∴t>0， ∴9－t2≥2eq \r(3)t， 即t2＋2eq \r(3)t－9≤0， 解得00，y>0，且2x＋8y－xy＝0，则当x＋y取得最小值时，y等于(　　) A．16 B．6 C．18 D．12 答案　B 解析　因为x>0，y>0,2x＋8y＝xy， 所以eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1， 所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,y)＋\f(8,x)))＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x) ≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝10＋2×4＝18， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2x,y)＝\f(8y,x)，,2x＋8y－xy＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝12，,y＝6))时取等号， 所以当x＋y取得最小值时，y＝6. 2．已知函数f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)(x<－1)，则(　　) A．f(x)有最小值4 B．f(x)有最小值－4 C．f(x)有最大值4 D．f(x)有最大值－4 答案　A 解析　f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)＝eq \f(－x2－1＋1,x＋1) ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(1,x＋1)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f(1,x＋1)－2)) ＝－(x＋1)＋eq \f(1,－x＋1)＋2. 因为x<－1，所以x＋1<0，－(x＋1)>0， 所以f(x)≥2eq \r(1)＋2＝4， 当且仅当－(x＋1)＝eq \f(1,－x＋1)，即x＝－2时，等号成立． 故f(x)有最小值4. 思维升华　(1)前提：“一正”“二定”“三相等”． (2)要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式． (3)条件最值的求解通常有三种方法：一是配凑法；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法；三是消元法． 跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x(2x>1)，则f(x)的最小值为________． 答案　eq \f(5,2) 解析　∵2x>1，∴x－eq \f(1,2)>0， f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x＝eq \f(1,x－\f(1,2))＋x－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2) ≥2eq \r(\f(1,x－\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))))＋eq \f(1,2) ＝2＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)， 当且仅当eq \f(1,x－\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,2)时取“＝”． ∴f(x)的最小值为eq \f(5,2). (2)(2022·襄阳模拟)若实数x>1，y>eq \f(1,2)且x＋2y＝3，则eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值为________． 答案　4 解析　令x－1＝m,2y－1＝n， 则m>0，n>0且m＋n＝x－1＋2y－1＝1， ∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n) ＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥2＋2＝4， 当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝eq \f(1,2)时取“＝”． ∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值为4. 题型二　基本不等式的常见变形应用 例4　(1)(2022·宁波模拟)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为(　　) A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0) B．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0) C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0) D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0) 答案　D 解析　由图形可知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)， OC＝eq \f(1,2)(a＋b)－b＝eq \f(1,2)(a－b)， 在Rt△OCF中，由勾股定理可得， CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(1,2)a2＋b2)， ∵CF≥OF， ∴eq \r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq \f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)． (2)(2022·广州模拟)已知01，则下列不等式中成立的是(　　) A．a＋b<eq \f(4ab,a＋b) B.eq \r(ab)<eq \f(2ab,a＋b) C.eq \r(2a2＋2b2)<2eq \r(ab) D．a＋b<eq \r(2a2＋2b2) 答案　D 解析　对于选项A，因为01， 所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>4ab，故选项A错误； 对于选项B，eq \r(ab)>eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq \f(2ab,a＋b)，故选项B错误； 对于选项C，eq \r(2a2＋b2)>eq \r(2×2ab)＝2eq \r(ab)， 故选项C错误； 对于选项D,2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2， 所以a＋b<eq \r(2a2＋2b2)，故选项D正确． 教师备选 若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是(　　) A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2eq \r(ab) C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 答案　D 解析　a2＋b2≥2ab，所以A错误； ab>0，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数， 所以当a<0，b<0时，B错误；同时C错误； eq \f(a,b)或eq \f(b,a)都是正数，根据基本不等式求最值， eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2eq \r(\f(a,b)×\f(b,a))＝2，故D正确． 思维升华　基本不等式的常见变形 (1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2). (2)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)． 跟踪训练2　(1)(2022·浙南名校联盟联考)已知命题p：a>b>0，命题q：eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，则p是q成立的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　∵a>b>0，则a2＋b2>2ab， ∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab， ∴2(a2＋b2)>(a＋b)2， ∴eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2， ∴由p可推出q， 当a<0，b<0时，命题q成立， 如a＝－1，b＝－3时，eq \f(a2＋b2,2)＝5>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4， ∴由q推不出p， ∴p是q成立的充分不必要条件． (2)(2022·漳州质检)已知a，b为互不相等的正实数，则下列四个式子中最大的是(　　) A.eq \f(2,a＋b) B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b) C.eq \f(2,\r(ab)) D.eq \r(\f(2,a2＋b2)) 答案　B 解析　∵a，b为互不相等的正实数， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab))， eq \f(2,a＋b)<eq \f(2,2\r(ab))＝eq \f(1,\r(ab))<eq \f(2,\r(ab))， eq \r(\f(2,a2＋b2))<eq \r(\f(2,2ab))＝eq \f(1,\r(ab))<eq \f(2,\r(ab))， ∴最大的是eq \f(1,a)＋eq \f(1,b). 题型三　基本不等式的实际应用 例5　小王于年初用50万元购买了一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)． (1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？ (2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出) 解　(1)设大货车运输到第x年年底， 该车运输累计收入与总支出的差为y万元， 则y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50＝－x2＋20x－50(00，可得10－5eq \r(2)2，y>1，(x－2)(y－1)＝4，则x＋y的最小值是(　　) A．1 B．4 C．7 D．3＋eq \r(17) 答案　C 解析　∵x>2，y>1，(x－2)(y－1)＝4， ∴x＋y＝(x－2)＋(y－1)＋3≥ 2eq \r(x－2y－1)＋3＝7， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝3))时等号成立． 5．已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥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 答案　B 解析　已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，只要求(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9， ∵(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y) ≥a＋2eq \r(a)＋1， 当且仅当y＝eq \r(a)x时，等号成立， ∴a＋2eq \r(a)＋1≥9， ∴eq \r(a)≥2或eq \r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4， 即正实数a的最小值为4. 6．(2022·湖南五市十校联考)原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济．小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是(　　) A．第一种方案更划算 B．第二种方案更划算 C．两种方案一样 D．无法确定 答案　B 解析　设小李这两次加油的油价分别为x元/升、y元/升(x≠y)，则 方案一：两次加油平均价格为 eq \f(40x＋40y,80)＝eq \f(x＋y,2)>eq \r(xy)， 方案二：两次加油平均价格为 eq \f(400,\f(200,x)＋\f(200,y))＝eq \f(2xy,x＋y)<eq \r(xy)， 故无论油价如何起伏，方案二比方案一更划算． 7．(多选)(2022·重庆渝中区模拟)已知正实数a，b满足a>0，b>0，且a＋b＝1，则下列不等式成立的有(　　) A．2a＋2b≥2eq \r(2) B．a2＋b2<1 C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<4 D．a＋eq \f(1,a)<2 答案　AB 解析　∵2a＋2b≥2eq \r(2a·2b)＝2eq \r(2a＋b)＝2eq \r(2)，当且仅当a＝b时取等号，∴A正确； ∵a2＋b20，b>0，a＋b＝1，∴02，D错误． 8．(多选)设a>0，b>0，则下列不等式中一定成立的是(　　) A．a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2) B.eq \f(2ab,a＋b)>eq \r(ab) C.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b D．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 答案　ACD 解析　因为a>0，b>0， 所以a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)， 当且仅当a＝b且2eq \r(ab)＝eq \f(1,\r(ab))， 即a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，故A正确； 因为a＋b≥2eq \r(ab)>0， 所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号， 故B错误； 因为eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号， 所以eq \f(a2＋b2,a＋b)＝eq \f(a＋b2－2ab,a＋b)＝a＋b－eq \f(2ab,a＋b)≥ 2eq \r(ab)－eq \r(ab)＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号， 所以eq \f(a2＋b2,a＋b)≥eq \r(ab)，即eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故C正确； 因为(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当a＝b时取等号，故D正确． 9．若00，b>0，且a＋2b＝2ab，则ab的最小值为________，2a＋b的最小值为________． 答案　2　eq \f(9,2) 解析　∵a＋2b＝2ab， ∴2ab≥2eq \r(2ab)，即ab≥2， 当且仅当a＝2b，即b＝1，a＝2时等号成立， 故ab的最小值为2. ∵a＋2b＝2ab， ∴eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)＝2， ∵2a＋b＝(2a＋b)·eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a))) ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a))) ≥eq \f(1,2)(5＋2eq \r(4))＝eq \f(9,2)， 当且仅当eq \f(2a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝b＝eq \f(3,2)时等号成立， ∴2a＋b的最小值为eq \f(9,2). 11．(2022·郴州模拟)习近平同志提出：乡村振兴，人才是关键，要积极培养本土人才，鼓励外出能人返乡创业．为鼓励返乡创业，某镇政府决定投入“创业资金”和开展“创业技术培训”帮扶返乡创业人员．预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成一个等差数列{an}(单位：万元，n∈N*)，每年开展“创业技术培训”投入的资金为第一年创业资金a1的3倍，已知aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＝72.则预计该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为________万元． 答案　120 解析　由题意得，五年累计总投入资金为 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋5×3a1＝5a3＋15a1 ＝5(a3＋3a1)＝10(a1＋a2)， 而10(a1＋a2)＝10eq \r(a\o\al(2,1)＋2a1a2＋a\o\al(2,2)) ≤10eq \r(2a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2))＝120， 当且仅当a1＝a2时等号成立， ∴预计该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为120万元． 12．已知p：存在实数x，使4x＋2x·m＋1＝0成立，若綈p是假命题，则实数m的取值范围是________． 答案　(－∞，－2] 解析　∵綈p为假命题，∴p为真命题， 即关于x的方程4x＋2x·m＋1＝0有解． 由4x＋2x·m＋1＝0， 得m＝－2x－eq \f(1,2x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,2x))) ≤－2eq \r(2x·\f(1,2x))＝－2， 当且仅当2x＝eq \f(1,2x)，即x＝0时，取等号． ∴m的取值范围为(－∞，－2]． 13．(2022·合肥质检)若△ABC的内角满足sin B＋sin C＝2sin A，则(　　) A．A的最大值为eq \f(π,3) B．A的最大值为eq \f(2π,3) C．A的最小值为eq \f(π,3) D．A的最小值为eq \f(π,6) 答案　A 解析　∵sin B＋sin C＝2sin A. ∴b＋c＝2a. 由余弦定理知 cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(b＋c2,4),2bc) ＝eq \f(3b2＋c2－2bc,8bc)≥eq \f(6bc－2bc,8bc)＝eq \f(1,2)， 当且仅当b＝c时取等号． 又A∈(0，π)， ∴00，y>0且x＋y＝xy，则eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值为________． 答案　3＋2eq \r(2) 解析　因为x>0，y>0且x＋y＝xy， 则xy＝x＋y>y，即有x>1，同理y>1， 由x＋y＝xy得，(x－1)(y－1)＝1， 于是得eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)＝1＋eq \f(1,x－1)＋2＋eq \f(2,y－1) ＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)＋\f(2,y－1))) ≥3＋2eq \r(\f(1,x－1)·\f(2,y－1))＝3＋2eq \r(2)， 当且仅当eq \f(1,x－1)＝eq \f(2,y－1)， 即x＝1＋eq \f(\r(2),2)，y＝1＋eq \r(2)时取“＝”， 所以eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值为3＋2eq \r(2). 16．设a>b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是________． 答案　4 解析　∵a>b>0，∴a－b>0， ∴a(a－b)>0，a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b) ＝a2＋ab－ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b) ＝a2－ab＋eq \f(1,aa－b)＋ab＋eq \f(1,ab) ＝a(a－b)＋eq \f(1,aa－b)＋ab＋eq \f(1,ab)≥2＋2＝4， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，)) 即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立． ∴a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是4.