新高考数学一轮复习讲义+分层练习 1.4《基本不等式》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题.
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时取等号.
(3)其中eq \f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)称为正数a，b的几何平均数.
2.两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
(2)ab≤(eq \f(a＋b,2))2(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
3.利用基本不等式求最值
已知x≥0，y≥0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2eq \r(p)(简记：积定和最小).
(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(s2,4)(简记：和定积最大).
eq \a\vs4\al([常用结论])
1.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号.
2.ab≤(eq \f(a＋b,2))2≤eq \f(a2＋b2,2).
3.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).
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是相同的.( )
(2)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值为2eq \r(a).( )
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈(0，π)的最小值为4.( )
(4)x＞0且y＞0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充要条件.( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1.设a＞0，b＞0，且a＋b＝18，则ab的最大值为( )
A.80 B.77 C.81 D.82
答案为：C.
解析：ab≤(eq \f(a＋b,2))2＝81，当且仅当a＝b＝9时，等号成立.故选C.]
2.若x<0，则x＋eq \f(1,x)( )
A.有最小值，且最小值为2 B.有最大值，且最大值为2
C.有最小值，且最小值为﹣2 D.有最大值，且最大值为﹣2
答案为：D.
解析：因为x<0，所以﹣x>0，﹣x＋eq \f(1,－x)≥2eq \r(1)＝2，
当且仅当x＝﹣1时，等号成立，所以x＋eq \f(1,x)≤﹣2.]
3.函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)的最小值为________.
答案为：4.
解析：[当x>2时，x﹣2>0，f(x)＝(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)(x>2)，即x＝3时取等号.]
4.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.
答案为：25.
解析：[设矩形的一边为x m，矩形场地的面积为y，
则另一边为eq \f(1,2)×(20﹣2x)＝(10﹣x)m，则y＝x(10﹣x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋（10－x）,2)))eq \s\up8(2)＝25，
当且仅当x＝10﹣x，即x＝5时，ymax＝25.]
考点1 利用基本不等式求最值
配凑法求最值
配凑法的实质是代数式的灵活变形，即将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项、凑系数等方法凑成“和为定值”或“积为定值”的形式(如：凑成x＋eq \f(a,x)(a＞0)，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)的形式等)，然后利用基本不等式求解最值的方法.
(1)已知a，b是正数，且4a＋3b＝6，则a(a＋3b)的最大值是( )
A.eq \f(9,8) B.eq \f(9,4) C.3 D.9
(2)函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________.
(3)已知x>eq \f(5,4)，则y＝4x＋eq \f(1,4x－5)的最小值为________，此时x＝________.
答案为：(1)C (2)2eq \r(3)＋2 (3)7 eq \f(3,2).
解析：[(1)∵a>0，b>0，4a＋3b＝6，∴a(a＋3b)＝eq \f(1,3)·3a(a＋3b)≤eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3a＋a＋3b,2)))eq \s\up8(2)
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2)))eq \s\up8(2)＝3，当且仅当3a＝a＋3b，即a＝1，b＝eq \f(2,3)时，a(a＋3b)的最大值是3.
(2)∵x>1，∴x﹣1>0，∴y＝eq \f(x2＋2,x－1)＝eq \f(（x2－2x＋1）＋（2x－2）＋3,x－1)
＝eq \f(（x－1）2＋2（x－1）＋3,x－1)＝(x﹣1)＋eq \f(3,x－1)＋2≥2eq \r(3)＋2.
当且仅当x﹣1＝eq \f(3,x－1)，即x＝eq \r(3)＋1时，等号成立.
(3)∵x>eq \f(5,4)，∴4x﹣5>0.y＝4x＋eq \f(1,4x－5)＝4x﹣5＋eq \f(1,4x－5)＋5≥2＋5＝7.
当且仅当4x﹣5＝eq \f(1,4x－5)，即x＝eq \f(3,2)时上式“＝”成立.即x＝eq \f(3,2)时，ymin＝7.]
[母题探究] 把本例(3)中的条件“x>eq \f(5,4)”，改为“x答案为：3 1.
解析：[因为x0，则y＝4x＋eq \f(1,4x－5)＝﹣(5﹣4x＋eq \f(1,5－4x))＋5
≤﹣2eq \r(（5－4x）×\f(1,5－4x))＋5＝﹣2＋5＝3.
当且仅当5﹣4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立.
故y＝4x＋eq \f(1,4x－5)的最大值为3.此时x＝1.]
(1)本例(1)解答易忽视两项和为定值的条件，常见的错误解法为：
a(a＋3b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋a＋3b,2)))eq \s\up8(2)，当且仅当a＝a＋3b，且4a＋3b＝6，
即a＝eq \f(3,2)，b＝0时，a(a＋3b)的最大值为eq \f(9,4)，从而错选B.
(2)应用拆项、添项法求最值时，应注意检验基本不等式的前提条件：“一正、二定、三相等”，如T(1)，T(2).
常数代换法求最值
常数代换法求最值的步骤
(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数).
(2)把确定的定值(常数)变形为1.
(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式.
(4)利用基本不等式求解最值.
已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________.
答案为：4.
解析：[因为a＋b＝1，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))(a＋b)＝2＋(eq \f(a,b)＋eq \f(b,a))≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.
当且仅当a＝b时，等号成立.]
[母题探究]
1.若本例条件不变，求(1＋eq \f(1,a))(1＋eq \f(1,b))的最小值.
[解] (1＋eq \f(1,a))(1＋eq \f(1,b))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2(eq \f(a,b)＋eq \f(b,a))≥5＋4＝9.当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立.
2.若将本例条件改为a＋2b＝3，如何求解eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值.
[解] 因为a＋2b＝3，所以eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b＝1.
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))(eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(a,3b)＋eq \f(2b,3a)≥1＋2eq \r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq \f(2\r(2),3).
当且仅当a＝eq \r(2)b时，等号成立.
常数代换法主要解决形如“已知x＋y＝t(t为常数)，求eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)的最值”的问题，先将eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)转化为(eq \f(a,x)＋eq \f(b,y))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值.
[备选例题]
设a＋b＝2，b>0，则eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取最小值时，a的值为________.
答案为：﹣2
解析：[∵a＋b＝2，b>0，
∴eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(2,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥eq \f(a,4|a|)＋2eq \r(\f(b,4|a|)×\f(|a|,b))＝eq \f(a,4|a|)＋1，
当且仅当eq \f(b,4|a|)＝eq \f(|a|,b)时等号成立.
又a＋b＝2，b>0，∴当b＝﹣2a，a＝﹣2时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取得最小值.]
已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,2b)的最小值为( )
A.eq \f(3,2)＋eq \r(2) B.eq \f(3,4)＋eq \f(\r(2),2) C.3＋2eq \r(2) D.eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),3)
答案为：A.
解析：已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，可得(a﹣1)＋b＝1，
又a﹣1＞0，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,2b)＝解析：[(a﹣1)＋b](eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,2b))
＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(a－1,2b)＋eq \f(b,a－1)≥eq \f(3,2)＋2eq \r(\f(a－1,2b)×\f(b,a－1))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2).
当且仅当eq \f(a－1,2b)＝eq \f(b,a－1)，a＋b＝2时取等号.则eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,2b)的最小值为eq \f(3,2)＋eq \r(2).故选A.]
消元法求最值
对于含有多个变量的条件最值问题，若直接运用基本不等式无法求最值时，可尝试减少变量的个数，即根据题设条件建立两个变量之间的函数关系，然后代入代数式转化为只含有一个变量的函数的最值问题，即减元(三元化二元，二元化一元).
已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝ab﹣1，则a＋2b的最小值为( )
A.5＋2eq \r(6) B.8eq \r(2) C.5 D.9
答案为：A.
解析：∵a＞0，b＞0，且2a＋b＝ab﹣1，∴a＝eq \f(b＋1,b－2)＞0，∴b＞2，
∴a＋2b＝eq \f(b＋1,b－2)＋2b＝2(b﹣2)＋eq \f(3,b－2)＋5≥5＋2eq \r(2（b－2）·\f(3,b－2))＝5＋2eq \r(6).
当且仅当2(b﹣2)＝eq \f(3,b－2)，即b＝2＋eq \f(\r(6),2)时取等号.
∴a＋2b的最小值为5＋2eq \r(6).故选A.]
求解本题的关键是将等式“2a＋b＝ab﹣1”变形为“a＝eq \f(b＋1,b－2)”，然后借助配凑法求最值.
已知正实数a，b，c满足a2﹣2ab＋9b2﹣c＝0，则当eq \f(ab,c)取得最大值时，eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)﹣eq \f(12,c)的最大值为( )
A.3 B.eq \f(9,4) C.1 D.0
答案为：C.
解析：由正实数a，b，c满足a2﹣2ab＋9b2＝c，得eq \f(ab,c)＝eq \f(ab,a2－2ab＋9b2)
＝eq \f(1,\f(a2－2ab＋9b2,ab))＝eq \f(1,\f(a,b)＋\f(9b,a)－2)≤eq \f(1,4)，当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(9b,a)，即a＝3b时，eq \f(ab,c)取最大值eq \f(1,4).
又因为a2﹣2ab＋9b2﹣c＝0，所以此时c＝12b2，
所以eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)﹣eq \f(12,c)＝eq \f(1,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,b)))≤eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋2－\f(1,b)))\s\up8(2),4)＝1，故最大值为1.]
利用两次基本不等式求最值
当运用一次基本不等式无法求得代数式的最值时，常采用第二次基本不等式；需注意连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性.
已知a＞b＞0，那么a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值为________.
答案为：4.
解析：[由题意a＞b＞0，则a﹣b＞0，所以b(a﹣b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋a－b,2)))eq \s\up8(2)＝eq \f(a2,4)，
所以a2＋eq \f(1,b（a－b）)≥a2＋eq \f(4,a2)≥2eq \r(a2·\f(4,a2))＝4，当且仅当b＝a﹣b且a2＝eq \f(4,a2)，
即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，所以a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值为4.]
由于b＋(a﹣b)为定值，故可求出b(a﹣b)的最大值，然后再由基本不等式求出题中所给代数式的最小值.
若a，b∈R，ab＞0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________.
答案为：4 解析：[因为ab＞0，所以eq \f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq \f(2\r(4a4b4)＋1,ab)＝eq \f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq \f(1,ab)
≥2eq \r(4ab·\f(1,ab))＝4，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2b2，,ab＝\f(1,2)))时取等号，故eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值是4.]
考点2 利用基本不等式解决实际问题
利用基本不等式解决实际问题的3个注意点
(1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数.
(2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值.
(3)在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.
经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y(L)与速度x(km/h)(50≤x≤120)的关系可近似表示为y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,75)（x2－130x＋4 900），x∈[50，80），,12－\f(x,60)，x∈[80，120].))
(1)该型号汽车的速度为多少时，可使得每小时耗油量最少？
(2)已知A，B两地相距120 km，假定该型号汽车匀速从A地驶向B地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？
[解] (1)当x∈[50，80)时，y＝eq \f(1,75)(x2﹣130x＋4 900)＝eq \f(1,75)[(x﹣65)2＋675]，
所以当x＝65时，y取得最小值，最小值为eq \f(1,75)×675＝9.
当x∈[80，120]时，函数y＝12﹣eq \f(x,60)单调递减，
故当x＝120时，y取得最小值，最小值为12﹣eq \f(120,60)＝10.
因为9<10，所以当x＝65，即该型号汽车的速度为65 km/h时，可使得每小时耗油量最少.
(2)设总耗油量为l L，由题意可知l＝y·eq \f(120,x)，
①当x∈[50，80)时，l＝y·eq \f(120,x)＝eq \f(8,5)(x+eq \f(4 900,x)﹣130)≥eq \f(8,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x·\f(4 900,x))－130))＝16，
当且仅当x＝eq \f(4 900,x)，即x＝70时，l取得最小值，最小值为16.
②当x∈[80，120]时，l＝y·eq \f(120,x)＝eq \f(1 440,x)﹣2为减函数，
所以当x＝120时，l取得最小值，最小值为10.
因为10<16，所以当速度为120 km/h时，总耗油量最少.
当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解.
经济订货批量模型，是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货方式，即某种物资在单位时间的需求量为某常数，经过某段时间后，存储量消耗下降到零，此时开始订货并随即到货，然后开始下一个存储周期，该模型适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题，具体如下：年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系T(x)＝eq \f(Bx,2)＋eq \f(AC,x)，其中A为年需求量，B为每单位物资的年存储费，C为每次订货费. 某化工厂需用甲醇作为原料，年需求量为6 000吨，每吨存储费为120元/年，每次订货费为2 500元.
(1)若该化工厂每次订购300吨甲醇，求年存储成本费；
(2)每次需订购多少吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少？最少费用为多少？
[解] (1)因为年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系
T(x)＝eq \f(Bx,2)＋eq \f(AC,x)，其中A为年需求量，B为每单位物资的年存储费，C为每次订货费.
由题意可得：A＝6 000，B＝120，C＝2 500，
所以年存储成本费T(x)＝60x＋eq \f(15 000 000,x)，
若该化工厂每次订购300吨甲醇，
所以年存储成本费为T(300)＝60×300＋eq \f(15 000 000,300)＝68 000.
(2)因为年存储成本费T(x)＝60x＋eq \f(15 000 000,x)，x＞0，
所以T(x)＝60x＋eq \f(15 000 000,x)≥2eq \r(60×15 000 000)＝60 000，
当且仅当60x＝eq \f(15 000 000,x)，即x＝500时，取等号.
所以每次需订购500吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少，最少费用为60 000元.
考点3 基本不等式的综合应用
基本不等式的综合应用的2类问题
(1)与函数、数列等知识交汇的最值问题：此类问题常以函数、数列等知识为载体，以基本不等式为解题工具，求解最值或取值范围.
(2)求参数值或取值范围：对于此类题目，要观察题目特点，利用基本不等式确定相关关系式成立的条件，从而得参数的值或取值范围.
(1)若两个正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，且存在这样的x，y使不等式x＋eq \f(y,4)＜m2＋3m有解，则实数m的取值范围是( )
A.(﹣1，4) B.(﹣4，1)
C.(﹣∞，﹣4)∪(1，＋∞) D.(﹣∞，﹣3)∪(0，＋∞)
(2)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.函数y＝[x](x∈R)称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[﹣2.1]＝﹣3，[3.1]＝3.已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,1＋22x)，则函数y＝解析：[f(x)]的值域是( )
A.{0，1} B.(0，1] C.(0，1) D.{﹣1，0，1}
(3)已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcs C＝ccs B，则eq \f(1,tan A)＋eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C)的最小值为( )
A.eq \f(2\r(7),3) B.eq \r(5) C.eq \f(\r(7),3) D.2eq \r(5)
答案为：(1)C (2)A (3)A.
解析：[(1)∵正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，
∴x＋eq \f(y,4)＝(x＋eq \f(y,4))(eq \f(1,x)＋eq \f(4,y))＝2＋eq \f(4x,y)＋eq \f(y,4x)≥2＋2eq \r(\f(4x,y)·\f(y,4x))＝4，
当且仅当eq \f(4x,y)＝eq \f(y,4x)且eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，即x＝2，y＝8时取等号，
∵存在x，y使不等式x＋eq \f(y,4)＜m2＋3m有解，
∴4＜m2＋3m，解得m＞1或m＜﹣4，故选C.
(2)f(x)＝eq \f(2x＋1,1＋22x)＝eq \f(2,2x＋\f(1,2x))，
∵2x＋eq \f(1,2x)≥2，∴0＜f(x)≤1，则函数y＝[f(x)]的值域为{0，1}，故选A.
(3)∵2bcs C＝ccs B，∴2sin Bcs C＝sin Ccs B，
∴tan C＝2tan B.又A＋B＋C＝π，
∴tan A＝tan解析：[π﹣(B＋C)]＝﹣tan(B＋C)
＝﹣eq \f(tan B＋tan C,1－tan Btan C)＝﹣eq \f(3tan B,1－2tan2B)＝eq \f(3tan B,2tan2B－1)，
∴eq \f(1,tan A)＋eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C)＝eq \f(2tan2B－1,3tan B)＋eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,2tan B)＝eq \f(2,3)tan B＋eq \f(7,6tan B).
又∵在锐角△ABC中，tan B＞0，
∴eq \f(2,3)tan B＋eq \f(7,6tan B)≥2eq \r(\f(2,3)tan B×\f(7,6tan B))＝eq \f(2\r(7),3)，当且仅当tan B＝eq \f(\r(7),2)时取等号，
∴(eq \f(1,tan A)＋eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C))＝eq \f(2\r(7),3)，故选A.]
条件不等式的最值问题，常通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解.在转化过程中相应知识起到穿针连线的作用.
1.已知a＞0，b＞0，若不等式eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)恒成立，则m的最大值为( )
A.9 B.12 C.18 D.24
答案为：B.
解析：由eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)(eq \f(3,a)＋eq \f(1,b))＝eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6.又eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6≥2eq \r(9)＋6＝12
(当且仅当eq \f(9b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝3b时等号成立)，∴m≤12，∴m的最大值为12.]
2.两圆x2＋y2﹣2my＋m2﹣1＝0和x2＋y2﹣4nx＋4n2﹣9＝0恰有一条公切线，若m∈R，n∈R，且mn≠0，则eq \f(4,m2)＋eq \f(1,n2)的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案为：D.
解析：由题意可知两圆内切，x2＋y2﹣2my＋m2﹣1＝0化为x2＋(y﹣m)2＝1，
x2＋y2﹣4nx＋4n2﹣9＝0化为(x﹣2n)2＋y2＝9，故eq \r(4n2＋m2)＝3﹣1＝2，
即4n2＋m2＝4，eq \f(4,m2)＋eq \f(1,n2)＝eq \f(1,4)(eq \f(4,m2)＋eq \f(1,n2))(4n2＋m2)＝2＋eq \f(4n2,m2)＋eq \f(m2,4n2)≥2＋2eq \r(\f(4n2,m2)·\f(m2,4n2))＝4.]
3.设等差数列{an}的公差是d，其前n项和是Sn(n∈N*)，若a1＝d＝1，则eq \f(Sn＋8,an)的最小值是________.
答案为：eq \f(9,2).
解析：[an＝a1＋(n﹣1)d＝n，Sn＝eq \f(n（1＋n）,2)，
∴eq \f(Sn＋8,an)＝eq \f(\f(n（1＋n）,2)＋8,n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(16,n)＋1))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(n·\f(16,n))＋1))＝eq \f(9,2)，
当且仅当n＝4时取等号.∴eq \f(Sn＋8,an)的最小值是eq \f(9,2).]
基本不等式
一、选择题
1.(多选题)下列不等式证明过程正确的是( )
A.若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2
B.若x＞1，y＞1，则lg x＋lg y≥2eq \r(lg x·lg y)
C.若x＜0，则x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝﹣4
D.若x＜0，则2x＋2﹣x＞2eq \r(2x· 2－x)＝2
答案为：BD.
解析：A错误，∵a、b不满足同号，故不能用基本不等式；B正确，∵lg x和lg y一定是正实数，故可用基本不等式； C错误，∵x和eq \f(4,x)不是正实数，故不能直接利用基本不等式；D正确，∵2x和2﹣x都是正实数，故2x＋2﹣x＞2eq \r(2x·2－x)＝2成立，当且仅当2x＝2﹣x相等时(即x＝0时)，等号成立，故选BD.]
2.设0＜x＜2，则函数y＝eq \r(x（4－2x）)的最大值为( )
A.2 B.eq \f(\r(2),2) C.eq \r(3) D.eq \r(2)
答案为：D.
解析：∵0＜x＜2，∴4﹣2x＞0，∴x(4﹣2x)＝eq \f(1,2)×2x(4﹣2x)≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋4－2x,2)))eq \s\up8(2)＝eq \f(1,2)×4＝2.当且仅当2x＝4﹣2x，即x＝1时等号成立.即函数y＝eq \r(x（4－2x）)的最大值为eq \r(2).]
3.若正数m，n满足2m＋n＝1，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为( )
A.3＋2eq \r(2) B.3＋eq \r(2) C.2＋2eq \r(2) D.3
答案为：A.
解析：因为2m＋n＝1，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝(eq \f(1,m)＋eq \f(1,n))·(2m＋n)＝3＋eq \f(n,m)＋eq \f(2m,n)≥3＋2eq \r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(2m,n)，即n＝eq \r(2)m时等号成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为3＋2eq \r(2)，故选A.]
4.若a>0，b>0，a＋b＝ab，则a＋b的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
答案为：B.
解析：法一：(直接法)由于a＋b＝ab≤eq \f(（a＋b）2,4)，因此a＋b≥4，
当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
法二：(常数代换法)由题意，得eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.]
5.《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)
答案为：D.
解析：由AC＝a，BC＝b，可得圆O的半径r＝eq \f(a＋b,2)，又OC＝OB﹣BC＝eq \f(a＋b,2)﹣b＝eq \f(a－b,2)，
则FC2＝OC2＋OF2＝eq \f(（a－b）2,4)＋eq \f(（a＋b）2,4)＝eq \f(a2＋b2,2)，
再根据题图知FO≤FC，即eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时取等号.故选D.]
二、填空题
6.若对任意x＞0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，＋∞)).
解析：[∵对任意x＞0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，∴对x∈(0，＋∞)，a≥(eq \f(x,x2＋3x＋1))max，
而对x∈(0，＋∞)，eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,2\r(x·\f(1,x))＋3)＝eq \f(1,5)，
当且仅当x＝eq \f(1,x)时等号成立，∴a≥eq \f(1,5).]
7.如图，已知正方形OABC，其中OA＝a(a＞1)，函数y＝3x2交BC于点P，函数y＝xeq \s\up8(－\f(1,2))交AB于点Q，当|AQ|＋|CP|最小时，则a的值为________.
答案为：eq \r(3).
解析：[由题意得：P点坐标为(eq \r(\f(a,3)),a)，Q点坐标为(a,eq \r(\f(1,a)))，
|AQ|＋|CP|＝eq \r(\f(a,3))＋eq \r(\f(1,a))≥2eq \r(\f(1,\r(3)))，当且仅当a＝eq \r(3)时，取最小值.]
8.设x＞0，y＞0，x＋2y＝4，则eq \f(（x＋1）（2y＋1）,xy)的最小值为________.
答案为：eq \f(9,2).
解析：[eq \f(（x＋1）（2y＋1）,xy)＝eq \f(2xy＋2y＋x＋1,xy)＝eq \f(2xy＋5,xy)＝2＋eq \f(5,xy).
因为x＞0，y＞0，x＋2y＝4，所以x＋2y＝4≥2eq \r(x·2y)，
即eq \r(2xy)≤2，0＜xy≤2，当且仅当x＝2y＝2时等号成立.
所以2＋eq \f(5,xy)≥2＋5×eq \f(1,2)＝eq \f(9,2)，所以eq \f(（x＋1）（2y＋1）,xy)的最小值为eq \f(9,2).]
三、解答题
9.已知x>0，y>0，且2x＋8y﹣xy＝0，求：
(1)xy的最小值；
(2)x＋y的最小值.
[解] (1)由2x＋8y﹣xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，又x>0，y>0，
则1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2 eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy))，得xy≥64，当且仅当x＝4y，即x＝16，y＝4时等号成立.
故xy的最小值为64.
(2)法一：(消元法)由2x＋8y﹣xy＝0，得x＝eq \f(8y,y－2)，
因为x＞0，y＞0，所以y＞2，则x＋y＝y＋eq \f(8y,y－2)＝(y﹣2)＋eq \f(16,y－2)＋10≥18，
当且仅当y﹣2＝eq \f(16,y－2)，即y＝6，x＝12时等号成立.故x＋y的最小值为18.
法二：(常数代换法)由2x＋8y﹣xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
则x＋y＝(eq \f(8,x)＋eq \f(2,y))·(x＋y)＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18，
当且仅当y＝6，x＝12时等号成立，故x＋y的最小值为18.
10.某厂家拟在2020年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m万元(m≥0)满足x＝3﹣eq \f(k,m＋1)(k为常数)，如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件.已知2020年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金).
(1)将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
[解] (1)由题意知，当m＝0时，x＝1，∴1＝3﹣k，k＝2，
∴x＝3﹣eq \f(2,m＋1)，每万件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(万元)，
∴2020年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)﹣8﹣16x﹣m＝4＋8x﹣m
＝4＋8(3﹣eq \f(2,m＋1))﹣m＝﹣解析：[eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)]＋29(m≥0).
(2)∵m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
∴y≤﹣8＋29＝21，
当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3(万元)时，ymax＝21(万元).
故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元.
1.已知函数f(x)＝ax2＋bx(a>0，b>0)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2，则eq \f(8a＋b,ab)的最小值是( )
A.10 B.9 C.8 D.3eq \r(2)
答案为：B.
解析：由函数f(x)＝ax2＋bx，得f′(x)＝2ax＋b，由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2a＋b＝2，
所以eq \f(8a＋b,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(8,b)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,a)＋eq \f(8,b))(2a＋b)＝eq \f(1,2)(10＋eq \f(b,a)＋eq \f(16a,b))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋2\r(\f(b,a)·\f(16a,b))))
＝eq \f(1,2)(10＋8)＝9，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(16a,b)，即a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(4,3)时等号成立，
所以eq \f(8a＋b,ab)的最小值为9，故选B.]
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，b＝4，则△ABC面积的最大值为( )
A.4eq \r(3) B.2eq \r(3) C.3eq \r(3) D.eq \r(3)
答案为：A.
解析：[∵eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，∴(2a﹣c)cs B＝bcs C，
由正弦定理得(2sin A﹣sin C)cs B＝sin Bcs C，
∴2sin Acs B＝sin Ccs B＋sin Bcs C＝sin(B＋C)＝sin A.
又sin A≠0，∴cs B＝eq \f(1,2).∵0由余弦定理得b2＝16＝a2＋c2﹣2accs eq \f(π,3)＝a2＋c2﹣ac≥2ac﹣ac＝ac，
∴ac≤16，当且仅当a＝c时等号成立.∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin eq \f(π,3)≤eq \f(1,2)×16×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3).
故△ABC面积的最大值为4eq \r(3).故选A.]
3.已知首项与公比相等的等比数列{an}中，若m，n∈N*，满足amaeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,4)，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
答案为：1.
解析：[设等比数列{an}公比为q，则首项a1＝q，
由amaeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,4)，得a1qm﹣1·(a1qn﹣1)2＝(a1q3)2，则qm＋2n＝q8，∴m＋2n＝8，
∴eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)＝eq \f(1,8)(eq \f(2,m)＋eq \f(1,n))(m＋2n)＝eq \f(1,8)(2+eq \f(4n,m)＋eq \f(m,n)+2)＝eq \f(1,8)(4+eq \f(4n,m)＋eq \f(m,n))，
∵m，n∈N*，∴eq \f(4n,m)＞0，eq \f(m,n)＞0.则eq \f(4n,m)＋eq \f(m,n)≥2eq \r(\f(4n,m)·\f(m,n))＝4，
(当且仅当eq \f(4n,m)＝eq \f(m,n)，即2n＝m时取等号)∴(eq \f(2,m)＋eq \f(1,n))min＝eq \f(1,8)×(4＋4)＝1.]
4.某人准备在一块占地面积为1 800平方米的矩形地块中间建三个矩形温室大棚，大棚周围均是宽为1米的小路(如图所示)，大棚占地面积为S平方米，其中a∶b＝1∶2.
(1)试用x，y表示S；
(2)若要使S的值最大，则x，y的值各为多少？
[解] (1)由题意可得xy＝1 800，b＝2a，则y＝a＋b＋3＝3a＋3，
所以S＝(x﹣2)a＋(x﹣3)b＝(3x﹣8)a
＝(3x﹣8)eq \f(y－3,3)＝1 808﹣3x﹣eq \f(8,3)y(x>3，y>3).
(2)S＝1 808﹣3x﹣eq \f(8,3)×eq \f(1 800,x)＝1 808﹣(3x＋eq \f(4 800,x))≤1 808﹣2eq \r(3x×\f(4 800,x))
＝1 808﹣240＝1 568，
当且仅当3x＝eq \f(4 800,x)，即x＝40时等号成立，S取得最大值，此时y＝eq \f(1 800,x)＝45，
所以当x＝40，y＝45时，S取得最大值.
1.在△ABC中，点P满足eq \(BP,\s\up8(→))＝2eq \(PC,\s\up8(→))，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于点M，N，若eq \(AM,\s\up8(→))＝meq \(AB,\s\up8(→))，eq \(AN,\s\up8(→))＝neq \(AC,\s\up8(→))(m>0，n>0)，则m＋2n的最小值为( )
A.3 B.4 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)
答案为：A.
解析：[∵eq \(AP,\s\up8(→))＝eq \(AB,\s\up8(→))＋eq \(BP,\s\up8(→))＝eq \(AB,\s\up8(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up8(→))﹣eq \(AB,\s\up8(→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up8(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up8(→))＝eq \f(1,3m)eq \(AM,\s\up8(→))＋eq \f(2,3n)eq \(AN,\s\up8(→))，
∵M，P，N 三点共线，∴eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n)＝1，∴m＋2n＝(m＋2n)(eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n))
＝eq \f(1,3)＋eq \f(4,3)＋eq \f(2n,3m)＋eq \f(2m,3n)≥eq \f(5,3)＋2eq \r(\f(2n,3m)×\f(2m,3n))＝eq \f(5,3)＋eq \f(4,3)＝3，当且仅当m＝n＝1时等号成立.]
2.已知函数f(x)＝lg2(eq \r(x2＋1)﹣x)，若对任意的正数a，b，满足f(a)＋f(3b﹣1)＝0，则eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A.6 B.8 C.12 D.24
答案为：C.
解析：易知函数f(x)＝lg2(eq \r(x2＋1)﹣x)的定义域为R，
又f(x)＝lg2(eq \r(x2＋1)﹣x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x2＋1)＋x)))，所以f(x)为R上的减函数.
又f(﹣x)＝lg2(eq \r(x2＋1)＋x)，所以f(x)＝﹣f(﹣x)，即f(x)为奇函数，
因为f(a)＋f(3b﹣1)＝0，所以f(a)＝f(1﹣3b)，所以a＝1﹣3b，即a＋3b＝1，
所以eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)＝(eq \f(3,a)＋eq \f(1,b))(a＋3b)＝eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6，因为eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(9b,a)×\f(a,b))＝6，
所以eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)＝(eq \f(3,a)＋eq \f(1,b))(a＋3b)＝eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)＋6≥12(当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,6)时，等号成立)，故选C.]