高考数学一轮复习第6章不等式第4讲基本不等式学案

这是一份高考数学一轮复习第6章不等式第4讲基本不等式学案，共10页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 重要不等式
a2＋b2≥_2ab__(a，b∈R)(当且仅当_a＝b__时等号成立)．
知识点二 基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(均值定理)
(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__.
知识点三 利用基本不等式求最大、最小值问题
(1)如果x，y∈(0，＋∞)，且xy＝P(定值)，
那么当x＝y时，x＋y有最小值2eq \r(P).(简记：“积定和最小”)
(2)如果x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝S(定值)，
那么当x＝y时，xy有最大值eq \f(S2,4).(简记：“和定积最大”)
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
常用的几个重要不等式
(1)a＋b≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)．(当且仅当a＝b时取等号)
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(当且仅当a＝b时取等号)
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．(当且仅当a＝b时取等号)
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)．(当且仅当a＝b时取等号)．
(5)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a，b>0当且仅当a＝b时取等号)．
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数f(x)＝cs x＋eq \f(4,cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.( × )
(2)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( × )
(3)(a＋b)2≥4ab(a，b∈R)．( √ )
(4)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值为2eq \r(a).( × )
(5)不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)有相同的成立条件．( × )
(6)两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．( √ )
题组二 走进教材
2．(必修5P100练习T1改编)若x<0，则x＋eq \f(1,x)( D )
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
[解析] 因为x<0，所以－x>0，－x＋eq \f(1,－x)≥2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋eq \f(1,x)≤－2.
3．(必修5P100练习T3改编)设0A．aC．a[解析] 解法一(特值法)：代入a＝1，b＝2，则有0解法二(直接法)：我们知道算术平均数eq \f(a＋b,2)与几何平均数eq \r(ab)的大小关系，其余各式作差(作商)比较即可，答案为B．
4．(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_25__m2.
[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∴y＝x(10－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋10－x,2)))2＝25，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.
题组三 走向高考
5．(2020·江苏，12,5分)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是_eq \f(4,5)__.
[解析] 由5x2y2＋y4＝1知y≠0，∴x2＝eq \f(1－y4,5y2)，∴x2＋y2＝eq \f(1－y4,5y2)＋y2＝eq \f(1＋4y4,5y2)＝eq \f(1,5y2)＋eq \f(4y2,5)≥2eq \r(\f(4,25))＝eq \f(4,5)，当且仅当eq \f(1,5y2)＝eq \f(4y2,5)，即y2＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(3,10)时取“＝”．故x2＋y2的最小值为eq \f(4,5).
6．(2019·天津，13)设x>0，y>0，x＋2y＝4，则eq \f(x＋12y＋1,xy)的最小值为_eq \f(9,2)__.
[解析] eq \f(x＋12y＋1,xy)＝eq \f(2xy＋x＋2y＋1,xy)＝eq \f(2xy＋5,xy)＝2＋eq \f(5,xy).
∵x>0，y>0，∴4＝x＋2y≥2eq \r(x·2y)，解得0当且仅当x＝2y＝2，即x＝2且y＝1时“＝”成立．
此时eq \f(1,xy)≥eq \f(1,2)，∴2＋eq \f(5,xy)≥2＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，
故eq \f(x＋12y＋1,xy)的最小值为eq \f(9,2).
考点突破·互动探究
考点一 利用基本不等式求最值——多维探究
角度1 拼凑法求最值
例1 (1)(2020·天津，14,5分)已知a>0，b>0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为_4__.
(2)(2021·吉林模拟)已知x>2，若f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)在x＝n处取得最小值，则n＝( B )
A．eq \f(5,2) B．3
C．eq \f(7,2) D．4
(3)(2021·重庆南开中学质检)已知实数a，b>1，且满足ab－a－b＝5，则2a＋3b的最小值为_17__.
[解析] (1)eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(a＋b,2ab)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(a＋b,2)＋eq \f(8,a＋b)≥2eq \r(\f(a＋b,2)×\f(8,a＋b))＝4，当且仅当eq \f(a＋b,2)＝eq \f(8,a＋b)，即(a＋b)2＝16，也即a＋b＝4时取等号．又∵ab＝1，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2＋\r(3)，,b＝2－\r(3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2－\r(3)，,b＝2＋\r(3)))时取等号，∴eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.
(2)由f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)>0，即x＝3时，取得等号，故选B．
(3)由ab－a－b＝5⇒6＝(a－1)(b－1)
⇒36＝(2a－2)(3b－3)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－2＋3b－3,2)))2
则2a＋3b≥17，当且仅当a＝4，b＝3取最小值．
[引申]f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)的值域为_(－∞，0]∪[4，＋∞)__.
[解析] f(x)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2，
∵|(x－2)＋eq \f(1,x－2)|＝|x－2|＋eq \f(1,|x－2|)≥2
(当且仅当|x－2|＝1即x＝3或1时取等号)
∴(x－2)＋eq \f(1,x－2)≥2或x－2＋eq \f(1,x－2)≤－2，
∴f(x)≥4或f(x)≤0，
即f(x)的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)．
名师点拨
拼凑法求最值的技巧
(1)用均值定理求最值要注意三个条件：一正、二定、三相等．“一正”不满足时，需提负号或加以讨论，“二定”不满足时，需变形，“三相等”不满足时，可利用函数单调性．
(2)求乘积的最值．同样要检验“一正、二定、三相等”，如例(2)的关键是变形，凑出积为常数．
角度2 换元法求最值
例2 (1)已知x>eq \f(5,4)，求函数y＝eq \f(16x2－28x＋11,4x－5)的最小值；
(2)(2021·百校联盟尖子生联考)已知a，b∈R＋，且a＋2b＝ab－16，则ab的最小值为( B )
A．16 B．32
C．64 D．128
[思路] (1)通过换元转化为形如Ax＋eq \f(B,x)＋C形式的函数．
[解析] (1)设4x－5＝t，则x＝eq \f(t＋5,4).∵x>eq \f(5,4)，∴t>0.
∴y＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋5,4)))2－28·\f(t＋5,4)＋11,t)＝eq \f(t2＋3t＋1,t)
＝t＋eq \f(1,t)＋3≥2＋3＝5.
当且仅当t＝1即x＝eq \f(3,2)时，上式取“＝”号．
∴x＝eq \f(3,2)时，ymin＝5.
(2)ab－16＝a＋2b≥2eq \r(2ab)，令eq \r(ab)＝t，
则t2－2eq \r(2)t－16≥0⇒t≥eq \f(2\r(2)＋\r(72),2)＝4eq \r(2)，
故ab≥32，即ab最小值为32.(当且仅当a＝8，b＝4时取等号)故选B．
[答案] (1)5
角度3 常数代换法求最值
例3 (1)已知正数x，y满足x＋2y＝4，则eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)最小值为_2__；
(2)已知正数x，y满足eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1，则x＋2y的最小值为_18__.
[思路] (2)先利用乘常数法或消元法，再利用基本不等式求解最值．
[解析] (1)eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(x,y)＋\f(4y,x)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋2\r(\f(x,y)·\f(4y,x))))＝2.
当且仅当eq \f(x,y)＝eq \f(4y,x)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4y2＝x2，,x＋2y＝4))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1))时取等号．
(2)解法一：x＋2y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(1,y)))·(x＋2y)＝10＋eq \f(x,y)＋eq \f(16y,x)≥10＋2eq \r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝3))时“＝”成立，故x＋2y的最小值是18.
解法二(消元法)：由eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1，得y＝eq \f(x,x－8)，由y>0⇒eq \f(x,x－8)>0，又x>0⇒x>8，则x＋2y＝x＋eq \f(2x,x－8)＝x＋eq \f(2x－8＋16,x－8)＝x＋2＋eq \f(16,x－8)＝(x－8)＋eq \f(16,x－8)＋10≥2eq \r(x－8·\f(16,x－8))＋10＝18，当且仅当x－8＝eq \f(16,x－8)，即x＝12(x＝4舍去)，y＝3时，“＝”成立，故x＋2y的最小值为18.
名师点拨
常数代换法的技巧
(1)常数代换法就是利用常数的变形以及代数式与“1”的积、商都是自身的性质，通过代数式的变形构造和式或积式为定值，然后利用基本不等式求最值．
(2)利用常数代换法求解最值应注意：①条件的灵活变形，常数化成1是代数式等价变形的基础；②利用基本不等式求最值时“一正、二定、三相等”的检验，否则容易出现错解．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)(2021·宁夏银川一中月考)已知正数x、y满足x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为( B )
A．2 B．eq \f(9,2)
C．eq \f(14,3) D．5
(2)(角度2)(2021·山东师大附中模拟)若正数x，y满足x＋5y＝3xy，则5x＋y的最小值为_12__；
(3)(角度3)(2020·天津七校期中联考)已知a>0，b>0，且eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b)＝1，求a＋b的最小值_3__.
[解析] (1)∵x＋y＝1，所以x＋(1＋y)＝2，
则2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝[x＋(1＋y)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝eq \f(4x,1＋y)＋eq \f(1＋y,x)＋5≥2eq \r(\f(4x,1＋y)·\f(1＋y,x))＋5＝9，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)≥eq \f(9,2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4x,1＋y)＝\f(1＋y,x),x＋y＝1))，即当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,3),y＝\f(1,3)))时取等号
∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为eq \f(9,2)，故选B．
(2)∵x>0，y>0，x＋5y＝3xy，即eq \f(5,x)＋eq \f(1,y)＝3，
∵5x＋y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,x)＋\f(1,y)))(5x＋y)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(26＋\f(5y,x)＋\f(5x,y)))
≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(26＋2\r(\f(5y,x)·\f(5x,y))))＝12，
(当且仅当x＝y＝2时取等号)
∴5x＋y的最小值为12，
另解：∵x>0，y>0，x＋5y＝3xy，即x＝eq \f(5y,3y－1)，
令3y－1＝t，则y＝eq \f(t＋1,3)，(t>0)，
∴5x＋y＝eq \f(25y,3y－1)＋y＝eq \f(25,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t)))＋eq \f(t＋1,3)
＝eq \f(26,3)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,t)＋t))≥eq \f(26,3)＋eq \f(2,3)eq \r(\f(25,t)·t)＝12.
(当且仅当t＝5，即x＝y＝2时取等号)
∴5x＋y的最小值为12.
(3)∵a>0，b>0，且eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b)＝1，
∴a＋b＝[(a＋1)＋b]－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b)))[(a＋1)＋b]－1
＝eq \f(b,a＋1)＋eq \f(a＋1,b)＋1≥2eq \r(\f(b,a＋1)·\f(a＋1,b))＋1＝3，
当且仅当a＋1＝b，即a＝1，b＝2时取等号，
∴a＋b的最小值为3，
另解：(换元法)由eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b)＝1得b＝1＋eq \f(1,a)，(a>0)，
∴a＋b＝a＋eq \f(1,a)＋1≥2eq \r(a·\f(1,a))＋1＝3，
当且仅当a＝1，b＝2时取等号，
∴a＋b的最小值为3.
考点二 利用基本不等式求参数的范围——师生共研
例4 若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则
(1)ab的取值范围是_[9，＋∞)__；
(2)a＋b的取值范围是_[6，＋∞)__.
[解析] (1)∵ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3，
令t＝eq \r(ab)>0，∴t2－2t－3≥0，∴(t－3)(t＋1)≥0.
∴t≥3即eq \r(ab)≥3，∴ab≥9，当且仅当a＝b＝3时取等号．
(2)∵ab＝a＋b＋3，∴a＋b＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
令t＝a＋b>0，∴t2－4t－12≥0，∴(t－6)(t＋2)≥0.
∴t≥6即a＋b≥6，当且仅当a＝b＝3时取等号．
名师点拨
利用方程的思想是解决此类问题的常规解法．
另外，本例第二问也可用如下方法求解：由已知b＝eq \f(a＋3,a－1)>0，∴a－1>0，∴a＋b＝a＋eq \f(a＋3,a－1)＝a＋eq \f(a－1＋4,a－1)＝a＋1＋eq \f(4,a－1)＝(a－1)＋eq \f(4,a－1)＋2≥6.当且仅当a＝b＝3时取等号．
〔变式训练2〕
(2020·黑龙江哈尔滨三中期中)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是_4__.
[解析] 解法一：∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8.
∴(2y＋1)(x＋1)＝9且x＋1>0,2y＋1>0
∴x＋2y＝(2y＋1)＋(x＋1)－2≥2eq \r(2y＋1·x＋1)－2＝4.(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)
∴x＋2y的最小值为4.
解法二：∵x>0，y>0，∴2xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2y＋x,2)))2＝eq \f(2y＋x,4)2(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)
又x＋2y＋2xy＝8，
∴x＋2y＋eq \f(x＋2y,4)2≥8，
∴(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，
∴x＋2y－4≥0，即x＋2y≥4
(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)
∴x＋2y的最小值为4.
解法三：∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，
∴x＝eq \f(8－2y,1＋2y)＝eq \f(9,2y＋1)－1，
∴x＋2y＝eq \f(9,2y＋1)＋(2y＋1)－2≥2eq \r(\f(9,2y＋1)·2y＋1)－2＝4(当且仅当y＝1时取等号)
∴x＋2y的最小值为4.
秒杀解法：x＋2y＋2xy＝8，即x＋2y＋x·2y＝8.由条件及结论关于x、2y的对称性知当x＝2y＝2时x＋2y取最小值为4.
考点三 利用基本不等式解决实际问题——师生共研
例5 某人准备在一块占地面积为1 800 m2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 m的小路(如图所示)，大棚总占地面积为S m2，其中a︰b＝1︰2，则S的最大值为_1_568__.
[解析] 由题意可得xy＝1 800，b＝2a，x>3，y>3，
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
＝1 808－3x－eq \f(8,3)×eq \f(1 800,x)
＝1 808－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\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，y＝45时等号成立，S取得最大值，
所以当x＝40，y＝45时，S取得最大值为1 568.
名师点拨
应用基本不等式解决实际问题的步骤：①仔细阅读题目，深刻理解题意；②找出题目中的数量关系，并设出未知数，并用
它表示其它的量，把要求最值的量设为函数；③利用基本不等式求出最值；④再还原成实际问题，作出解答．
〔变式训练3〕
某工厂建造一个无盖的长方体贮水池，其容积为4 800 m3，深度为3 m．如果池底每1 m2的造价为150元，池壁每1 m2的造价为120元，要使水池总造价最低，那么水池底部的周长为_160__m.
[解析] 设水池底面一边的长度为x m，则另一边的长度为eq \f(4 800,3x) m，
由题意可得水池总造价
f(x)＝150×eq \f(4 800,3)＋120eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×3x＋2×3×\f(4 800,3x)))
＝240 000＋720eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1 600,x)))(x>0)，
则f(x)＝720eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1 600,x)))＋240 000
≥720×2eq \r(x·\f(1 600,x))＋240 000
＝720×2×40＋240 000＝297 600，
当且仅当x＝eq \f(1 600,x)，即x＝40时，f(x)有最小值297 600，
此时另一边的长度为eq \f(4 800,3x)＝40(m)，
因此，要使水池的总造价最低，水池底部的周长应为160 m.
名师讲坛·素养提升
基本不等式的综合应用
角度1 基本不等式与其他知识交汇的最值问题
例6 设等差数列{an}的公差为d，其前n项和是Sn，若a1＝d＝1，则eq \f(Sn＋8,an)的最小值是_eq \f(9,2)__.
[解析] 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)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，所以eq \f(Sn＋8,an)的最小值是eq \f(9,2).
角度2 求参数值或取值范围
例7 已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( B )
A．2 B．4
C．6 D．8
[解析] 已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，只要求(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，
∵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，故选B．
名师点拨
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．
〔变式训练4〕
(1)(角度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( B )
A．10 B．9
C．8 D．3eq \r(2)
(2)设x>0，y>0，不等式eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(m,x＋y)≥0恒成立，则实数m的最小值是_－4__.
[解析] (1)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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(8,b)))(2a＋b)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(b,a)＋\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) 原问题等价于eq \f(m,x＋y)≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))恒成立，
∵x>0，y>0，∴等价于m≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)的最大值．
而－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝－2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(x,y)))≤－2－2＝－4，当且仅当x＝y时取“＝”，故m≥－4.