2023届高考一轮复习讲义（理科）第七章　不等式 第4讲　基本不等式学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第七章　不等式 第4讲　基本不等式学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、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时取等号．
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\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
3．算术平均数与几何平均数
设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为eq \f(a＋b,2)，几何平均数为eq \r(ab)，基本不等式可叙述为：两个正实数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
常用结论
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p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(p2,4).(简记：和定积最大)
二、习题改编
1．(必修5P99例1(2)改编)设x＞0，y＞0，且x＋y＝18，则xy的最大值为________．
解析：因为x>0，y>0，所以eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)，即xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝81，当且仅当x＝y＝9时，(xy)max＝81.
答案：81
2．(必修5P100A组T2改编)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.
解析：设矩形的一边为x m，
则另一边为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，
所以y＝x(10－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋（10－x）,2)))eq \s\up12(2)＝25，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.
答案：25
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)成立的条件是ab>0.( )
(3)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( )
(4)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值是2eq \r(a).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视基本不等式成立的条件；
(2)基本不等式不会变形使用．
1． “x>0”是“x＋eq \f(1,x)≥2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
解析：选C.当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2.
因为x，eq \f(1,x)同号，所以若x＋eq \f(1,x)≥2，则x>0，eq \f(1,x)>0，所以“x>0”是“x＋eq \f(1,x)≥2成立”的充要条件，故选C.
2．设x>0，则函数y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为________．
解析：y＝x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，
当且仅当x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,x＋\f(1,2))，
即x＝eq \f(1,2)时等号成立．
所以函数的最小值为0.
答案：0
利用基本不等式求最值(多维探究)
角度一 通过配凑法利用基本不等式求最值
(1)已知0(2)函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．
【解析】 (1)x(4－3x)＝eq \f(1,3)·(3x)(4－3x)≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3x＋（4－3x）,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(4,3)，
当且仅当3x＝4－3x，即x＝eq \f(2,3)时，取等号．
(2)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．
【答案】 (1)eq \f(2,3) (2)2eq \r(3)＋2
角度二 通过常数代换利用基本不等式求最值
若a＞0，b＞0，lg a＋lg b＝lg(a＋b)，则a＋b的最小值为( )
A．8 B．6
C．4 D．2
【解析】 由lg a＋lg b＝lg(a＋b)，得lg(ab)＝lg(a＋b)，即ab＝a＋b，则有eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋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＝2时等号成立，所以a＋b的最小值为4，故选C.
【答案】 C
角度三 通过消元法利用基本不等式求最值
(一题多解)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．
【解析】 法一：由已知得x＋3y＝9－xy，
又因为x>0，y>0，所以x＋3y≥2eq \r(3xy)，
所以3xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))eq \s\up12(2)，
当且仅当x＝3y时，即x＝3，y＝1时取等号，
(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≥6.
法二：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时等号成立．
所以x＋3y的最小值为6.
【答案】 6
角度四 多次利用基本不等式求最值
若a，b∈R，ab>0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________．
【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.
【答案】 4
eq \a\vs4\al()
(1)利用配凑法求最值，主要是配凑成“和为常数”或“积为常数”的形式．
(2)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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值．
(3)当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
(4)当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，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法．
(2020·河南许昌、洛阳第三次质量检测)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．
解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以xy＝y＋2x，xy＋x＋y＝3x＋2y＝(3x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq \f(2y,x)＋eq \f(6x,y)≥7＋4eq \r(3)(当且仅当y＝eq \r(3)x，即x＝1＋eq \f(2\r(3),3)，y＝2＋eq \r(3)时取等号)．
所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3).
答案：7＋4eq \r(3)
基本不等式的实际应用(师生共研)
某车间分批生产某种产品，每批产品的生产准备费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为eq \f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，则每批应生产产品( )
A．60件 B．80件 C．100件 D．120件
【解析】 若每批生产x件产品，则每件产品的生产准备费用是eq \f(800,x)元，仓储费用是eq \f(x,8)元，总的费用是eq \f(800,x)＋eq \f(x,8)≥2eq \r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20，当且仅当eq \f(800,x)＝eq \f(x,8)，即x＝80时取等号，故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
利用基本不等式求解实际问题的注意事项
(1)根据实际问题抽象出目标函数的表达式，再利用基本不等式求得函数的最值．
(2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．
(3)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围．
(4)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解．
某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则该公司年平均利润的最大值是________万元．
解析：每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))，而x＞0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时年平均利润最大，最大值为8万元．
答案：8
基本不等式的综合应用(多维探究)
角度一 与其他知识的交汇问题
(1)已知直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)的最小值是________．
(2)设等差数列{an}的公差是d，其前n项和是Sn，若a1＝d＝1，则eq \f(Sn＋8,an)的最小值是________．
【解析】 (1)圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程，
得x2＋(y－1)2＝6，
所以圆心为C(0，1)．
因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，
所以a×0＋b×1＋c－1＝0，
即b＋c＝1.
因此eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)＝(b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,b)＋\f(1,c)))＝eq \f(4c,b)＋eq \f(b,c)＋5.
因为b，c>0，
所以eq \f(4c,b)＋eq \f(b,c)≥2eq \r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4.
当且仅当b＝2c，且b＋c＝1，
即b＝eq \f(2,3)，c＝eq \f(1,3)时，eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)取得最小值9.
(2)an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝eq \f(n（1＋n）,2)，
所以eq \f(Sn＋8,an)＝eq \f(\f(n（1＋n）,2)＋8,n)＝eq \f(1,2)(n＋eq \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．
所以eq \f(Sn＋8,an)的最小值是eq \f(9,2).
【答案】 (1)9 (2)eq \f(9,2)
角度二 求参数的值或取值范围
已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意的正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为________．
【解析】 (x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)≥1＋a＋2eq \r(a)＝(eq \r(a)＋1)2(x，y，a>0)，
当且仅当y＝eq \r(a)x时取等号，
所以(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值为(eq \r(a)＋1)2，
所以(eq \r(a)＋1)2≥9恒成立．
所以a≥4.
【答案】 4
eq \a\vs4\al()
(1)应用基本不等式判断不等式是否成立：对所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．
(2)条件不等式的最值问题：通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．
(3)求参数的值或范围：观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或范围．
1．已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8y＝lg 2，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．2eq \r(3)
解析：选C.因为lg 2x＋lg 8y＝lg 2，所以lg(2x·8y)＝lg 2，所以2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.
因为x>0，y>0，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)＝(x＋3y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq \f(3y,x)＋eq \f(x,3y)≥2＋2eq \r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，当且仅当x＝3y＝eq \f(1,2)时取等号，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值为4.故选C.
2．已知直线l：ax＋by－ab＝0(a>0，b>0)经过点(2，3)，则a＋b的最小值为________．
解析：因为直线l经过点(2，3)，所以2a＋3b－ab＝0，
则eq \f(3,a)＋eq \f(2,b)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq \f(3b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(6).
当且仅当eq \f(3b,a)＝eq \f(2a,b)，
即a＝3＋eq \r(6)，b＝2＋eq \r(6)时等号成立．
答案：5＋2eq \r(6)
3．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________．
解析：对任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，当x＝eq \f(8,x)，即x＝2eq \r(2)时，g(x)取得最小值，又x∈N*，则g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3).
因为g(2)＞g(3)，所以g(x)min＝eq \f(17,3)，
所以－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
所以a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞))
数学运算 利用均值定理连续放缩求最值
已知a>b>0，那么a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值为________．
【解析】 因为a>b>0，所以a－b>0，所以b(a－b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋a－b,2)))eq \s\up12(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)且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.
【答案】 4
设a>b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a（a－b）)的最小值是________．
【解析】 因为a>b>0，所以a－b>0，所以a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a（a－b）)＝(a2－ab)＋eq \f(1,（a2－ab）)＋eq \f(1,ab)＋ab≥2eq \r(（a2－ab）·\f(1,（a2－ab）))＋2eq \r(\f(1,ab)×ab)＝4(当且仅当a2－ab＝eq \f(1,a2－ab)且eq \f(1,ab)＝ab，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时取等号)．
【答案】 4
eq \a\vs4\al()
利用基本不等式求函数或代数式的最值时一定要注意验证等号是否成立，特别是当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，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法．
已知正实数a，b，c，d满足a＋b＝1，c＋d＝1，则eq \f(1,abc)＋eq \f(1,d)的最小值是( )
A．10 B．9
C．4eq \r(2) D．3eq \r(3)
解析：选B.因为a＋b＝1，a>0，b>0，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，所以eq \f(1,ab)≥4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
又因为c＋d＝1，c>0，d>0，所以eq \f(1,abc)＋eq \f(1,d)≥4·eq \f(1,c)＋eq \f(1,d)＝(c＋d)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,c)＋\f(1,d)))＝5＋eq \f(4d,c)＋eq \f(c,d)≥5＋2eq \r(\f(4d,c)·\f(c,d))＝9，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)，且c＝eq \f(2,3)，d＝eq \f(1,3)时，取等号，即eq \f(1,abc)＋eq \f(1,d)的最小值为9，故选B.
[基础题组练]
1．下列不等式一定成立的是( )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lg x(x>0)
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
解析：选C.对于选项A，当x>0时，x2＋eq \f(1,4)－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)≥0，所以lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))≥lg x；
对于选项B，当sin x<0时显然不成立；
对于选项C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，一定成立；
对于选项D，因为x2＋1≥1，
所以02．(2020·广西钦州期末)已知a，b∈R，a2＋b2＝15－ab，则ab的最大值是( )
A．15 B．12
C．5 D．3
解析：选C.因为a2＋b2＝15－ab≥2ab，所以3ab≤15，即ab≤5，当且仅当a＝b＝±eq \r(5)时等号成立．所以ab的最大值为5.故选C.
3．已知f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(4,3)
C．－1 D．0
解析：选D.f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－2≥2－2＝0，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号．又1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值是0.
4．若实数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值为( )
A.eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．4
解析：选C.因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以a＞0，b＞0，
由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq \r(\f(2,ab))，
所以ab≥2eq \r(2)(当且仅当b＝2a时取等号)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
5．(2020·湖南衡阳期末)已知P是面积为1的△ABC内的一点(不含边界)，若△PAB，△PAC和△PBC的面积分别为x，y，z，则eq \f(y＋z,x)＋eq \f(1,y＋z)的最小值是( )
A.eq \f(2\r(3)＋1,3) B．eq \f(\r(3)＋2,3)
C.eq \f(1,3) D．3
解析：选D.因为x＋y＋z＝1，06．已知a>0，b>0，3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为________．
解析：由a>0，b>0，3a＋b＝2ab，得eq \f(3,2b)＋eq \f(1,2a)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq \f(3a,2b)＋eq \f(b,2a)≥2＋eq \r(3)，当且仅当b＝eq \r(3)a时等号成立，则a＋b的最小值为2＋eq \r(3).
答案：2＋eq \r(3)
7．(2020·江西吉安期末)已知函数f(x)＝eq \f(sin2x,sin x＋2)，则f(x) 的最大值为________．
解析：设t＝sin x＋2，则t∈[1，3]，则sin2x＝(t－2)2，则g(t)＝eq \f(（t－2）2,t)＝t＋eq \f(4,t)－4(1≤t≤3)，由“对勾函数”的性质可得g(t)在[1，2)上为减函数，在(2，3]上为增函数，又g(1)＝1，g(3)＝eq \f(1,3)，所以g(t)max＝g(1)＝1.即f(x)的最大值为1.
答案：1
8．已知正数x，y满足x＋2eq \r(2xy)≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为________．
解析：依题意得x＋2eq \r(2xy)≤x＋(x＋2y)＝2(x＋y)，即eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)≤2(当且仅当x＝2y时取等号)，即eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)的最大值为2.又λ≥eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)恒成立，因此有λ≥2，即λ的最小值为2.
答案：2
9．(1)当x(2)设0解：(1)y＝eq \f(1,2)(2x－3)＋eq \f(8,2x－3)＋eq \f(3,2)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq \f(3,2).
当x0，
所以eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2eq \r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，
当且仅当eq \f(3－2x,2)＝eq \f(8,3－2x)，
即x＝－eq \f(1,2)时取等号．
于是y≤－4＋eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2)，
故函数的最大值为－eq \f(5,2).
(2)因为00，
所以y＝eq \r(x（4－2x）)＝eq \r(2)·eq \r(x（2－x）)≤eq \r(2)·eq \f(x＋2－x,2)＝eq \r(2)，当且仅当x＝2－x，
即x＝1时取等号，
所以当x＝1时，函数y＝eq \r(x（4－2x）)的最大值为eq \r(2).
10．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＝16，y＝4时，等号成立．
所以xy的最小值为64.
(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
则x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\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x＝12，y＝6时等号成立，
所以x＋y的最小值为18.
[综合题组练]
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
解析：选B.由eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)，
得m≤(a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\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，
所以m≤12，所以m的最大值为12.
2．(2020·湖北恩施2月教学质量检测)已知角α，β的顶点都为坐标原点，始边都与x轴的非负半轴重合，且都为第一象限的角，α，β终边上分别有点A(1，a)，B(2，b)，且α＝2β，则eq \f(1,a)＋b的最小值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选C.由已知得，a>0，b>0，tan α＝a，tan β＝eq \f(b,2)，因为α＝2β，所以tan α＝tan 2β，
所以a＝eq \f(2·\f(b,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))\s\up12(2))＝eq \f(4b,4－b2)，所以eq \f(1,a)＋b＝eq \f(4－b2,4b)＋b＝eq \f(1,b)＋eq \f(3b,4)≥2eq \r(\f(1,b)·\f(3b,4))＝eq \r(3)，当且仅当eq \f(1,b)＝eq \f(3b,4)，即b＝eq \f(2\r(3),3)时，取等号．故eq \f(1,a)＋b的最小值为eq \r(3).
3．(2020·安徽合肥第二次教学质量检测)若a＋b≠0，则a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)的最小值为________．
解析：a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)≥eq \f(（a＋b）2,2)＋eq \f(1,（a＋b）2)≥2eq \r(\f(1,2))＝eq \r(2)，当且仅当a＝b＝2－eq \f(3,4)时，a2＋b2＋eq \f(1,（a＋b）2)取得最小值eq \r(2).
答案：eq \r(2)
4．当x∈R时，32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，则k的取值范围是________．
解析：由32x－(k＋1)3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq \f(2,3x).
因为3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(2)eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(当且仅当3x＝\f(2,3x)，即x＝lg3\r(2)时，))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1( , )等号成立)，
所以3x＋eq \f(2,3x)的最小值为2eq \r(2).
又当x∈R时，32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，
所以当x∈R时，k＋1即k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1.
答案：(－∞，2eq \r(2)－1)
5．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.
求：(1)u＝lg x＋lg y的最大值；
(2)eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
解：(1)因为x>0，y>0，
所以由基本不等式，得2x＋5y≥2eq \r(10xy).
因为2x＋5y＝20，
所以2eq \r(10xy)≤20，xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，等号成立．
因此有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝2，))
此时xy有最大值10.
所以u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1.
所以当x＝5，y＝2时，u＝lg x＋lg y有最大值1.
(2)因为x>0，y>0，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq \f(2x＋5y,20)
＝eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋2 \r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))＝eq \f(7＋2\r(10),20).
当且仅当eq \f(5y,x)＝eq \f(2x,y)时，等号成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为eq \f(7＋2\r(10),20).
6．某厂家拟定在2020年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k为常数)．如果不搞促销活动，那么该产品的年销量只能是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，厂家利润最大？
解：(1)由题意知，当m＝0时，x＝1(万件)，
所以1＝3－k⇒k＝2，所以x＝3－eq \f(2,m＋1)(m≥0)，
每件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(元)，
所以2020年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋（m＋1）))＋29(m≥0)．
(2)因为m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
所以y≤－8＋29＝21，当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1⇒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．