新高考数学一轮复习讲义 第1章 §1.4　基本不等式

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第1章 §1.4　基本不等式，共21页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§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\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(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\c1(\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∴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，等号成立，
∴ymax＝25，
即矩形场地的最大面积是25 m2.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 配凑法
例1 (1)(2022·长沙模拟)设0A.eq \f(9,4) B．4
C.eq \f(9,2) D．9
答案 C
解析 y＝4x(3－2x)＝2·2x·(3－2x)≤2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq \f(9,2).
当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时取等号，
∴当x＝eq \f(3,4)时，ymax＝eq \f(9,2).
(2)若xA．最大值0 B．最小值9
C．最大值－3 D．最小值－3
答案 C
解析 ∵xf(x)＝3x－2＋eq \f(9,3x－2)＋3
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－3x＋\f(9,2－3x)))＋3
≤－2eq \r(2－3x·\f(9,2－3x))＋3＝－3.
当且仅当2－3x＝eq \f(9,2－3x)，即x＝－eq \f(1,3)时取“＝”．
(3)(2022·天津模拟)函数y＝eq \f(x＋5x＋2,x＋1)(x>－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\c1(\f(2,a)＋\f(1,2b)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2)))
≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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0∴eq \r(xy)≤eq \r(3)，∴xy≤3，
当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，∴xy的最大值为3.
方法二 ∵x＝eq \f(9－3y,1＋y)，
∴x·y＝eq \f(9－3y,1＋y)·y＝eq \f(9y－3y2,1＋y)
＝eq \f(－3y＋12＋15y＋1－12,y＋1)
＝－3(y＋1)－eq \f(12,y＋1)＋15≤－2eq \r(3y＋1·\f(12,y＋1))＋15＝3.
当且仅当3(y＋1)＝eq \f(12,y＋1)，即y＝1，x＝3时取等号．
∴xy的最大值为3.
教师备选
1．(2022·哈尔滨模拟)已知x>0，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\c1(\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\c1(\f(2x,y)＝\f(8y,x)，,2x＋8y－xy＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(x－1＋\f(1,x＋1)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(\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\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＋bB.eq \r(ab)C.eq \r(2a2＋2b2)<2eq \r(ab)
D．a＋b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\c1(\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\c1(\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\c1(\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\c1(\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 \r(\f(2,a2＋b2))∴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(0由－x2＋20x－50>0，可得10－5eq \r(2)因为2<10－5eq \r(2)<3，
所以大货车运输到第3年年底，该车运输累计收入超过总支出．
(2)因为利润＝累计收入＋销售收入－总支出，
所以二手车出售后，
小王的年平均利润为eq \f(y＋25－x,x)＝19－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))≤19－2eq \r(25)＝9，当且仅当x＝eq \f(25,x)，即x＝5时，等号成立，
所以小王应当在第5年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大．
教师备选
某高级中学高二年级部为了更好的督促本年级学生养成节约用水、珍惜粮食、爱护公物的良好习惯，现要设计如图所示的一张矩形宣传海报，该海报含有大小相等的左中右三个矩形栏目，这三栏的面积之和为60 000 cm2，四周空白的宽度为10 cm，栏与栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸，能使整个矩形海报面积最小，其最小值是________ cm2.
答案 72 600
解析 设矩形栏目的高为a cm，宽为b cm，
由题意可得3ab＝60 000，
所以ab＝20 000，即b＝eq \f(20 000,a)，
所以该海报的高为(a＋20)cm，
宽为(3b＋10×2＋5×2)cm，即(3b＋30)cm，
所以整个矩形海报面积
S＝(a＋20)(3b＋30)＝3ab＋30a＋60b＋600
＝30(a＋2b)＋60 600＝30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(40 000,a)))＋60 600≥30×2eq \r(a·\f(40 000,a))＋60 600
＝30×400＋60 600＝72 600，
当且仅当a＝eq \f(40 000,a)，即a＝200时等号成立，
所以当广告栏目的高为200 cm，宽为100 cm时，能使整个矩形海报面积最小，其最小值是72 600 cm2.
思维升华 利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题，设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值．
跟踪训练3 网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2021年10月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足函数关系式x＝3－eq \f(2,t＋1).已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是______万元．
答案 37.5
解析 由题意知t＝eq \f(2,3－x)－1(1当且仅当x＝eq \f(11,4)时取等号，
即最大月利润为37.5万元．
柯西不等式是法国著名的数学家、物理学家、天文学家柯西(Cauchy,1789－1857)发现的，故命名为柯西不等式．柯西不等式是数学中一个非常重要的不等式，除了用柯西不等式来证明一些不等式成立外，柯西不等式还常用于选择、填空求最值的问题中，借助柯西不等式的技巧可以达到事半功倍的效果．
1．(柯西不等式的代数形式)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
当且仅当ad＝bc时，等号成立．
推广一般情形：设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈R，
则(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋…＋beq \\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2
(当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个实数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立)．
2．(柯西不等式的向量形式)设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
3．(柯西不等式的三角不等式)设x1，y1，x2，y2，x3，y3为任意实数，则：
eq \r(x1－x22＋y1－y22)＋eq \r(x2－x32＋y2－y32)
≥eq \r(x1－x32＋y1－y32).
一、利用柯西不等式求最值
例1 已知x，y满足x＋3y＝4，则4x2＋y2的最小值为________．
答案 eq \f(64,37)
解析 (x＋3y)2≤(4x2＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋9))，
所以4x2＋y2≥16×eq \f(4,37)＝eq \f(64,37)，
当且仅当y＝12x时，等号成立，
所以4x2＋y2的最小值为eq \f(64,37).
例2 已知正实数x，y，z满足x2＋y2＋z2＝1，正实数a，b，c满足a2＋b2＋c2＝9，则ax＋by＋cz的最大值为________．
答案 3
解析 (ax＋by＋cz)2≤(a2＋b2＋c2)·(x2＋y2＋z2)＝9，
∴ax＋by＋cz≤3，
当且仅当a＝3x，b＝3y，c＝3z时取“＝”，
∴ax＋by＋cz的最大值为3.
例3 函数y＝5eq \r(x－1)＋eq \r(10－2x)的最大值为________．
答案 6eq \r(3)
解析 y2＝(5eq \r(x－1)＋eq \r(10－2x))2＝(5eq \r(x－1)＋eq \r(2)·eq \r(5－x))2≤(52＋2)(x－1＋5－x)＝108，当且仅当x＝eq \f(127,27)时等号成立，∴y≤6eq \r(3).
二、利用柯西不等式证明不等式
例4 已知a1，a2，b1，b2为正实数，求证：(a1b1＋a2b2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,b1)＋\f(a2,b2)))≥(a1＋a2)2.
证明 (a1b1＋a2b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,b1)＋\f(a2,b2)))
＝[(eq \r(a1b1))2＋(eq \r(a2b2))2]eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a1,b1))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a2,b2))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a1b1)·\r(\f(a1,b1))＋\r(a2b2)·\r(\f(a2,b2))))2
＝(a1＋a2)2.
当且仅当b1＝b2时，等号成立．
例5 已知a1，a2，…，an都是实数，求证：
eq \f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)2≤aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
证明 根据柯西不等式，有(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))≥(1×a1＋1×a2＋…＋1×an)2，
所以eq \f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)2≤aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
课时精练
1．下列函数中，最小值为2的是( )
A．y＝x＋eq \f(2,x)
B．y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))
C．y＝ex＋e－x
D．y＝lg3x＋lgx3(0答案 C
解析 当x<0时，y＝x＋eq \f(2,x)<0，故A错误；
y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))≥2，
当且仅当eq \r(x2＋2)＝eq \f(1,\r(x2＋2))，
即x2＝－1时取等号，
∵x2≠－1，故B错误；
y＝ex＋e－x≥2eq \r(ex·e－x)＝2，
当且仅当ex＝e－x，
即x＝0时取等号，故C正确；
当x∈(0,1)时，y＝lg3x<0，故D错误．
2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12 C．9 D．6
答案 C
解析 由椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，
得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，
则|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．
3．(2022·苏州模拟)若a，b是正常数，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，则eq \f(a2,x)＋eq \f(b2,y)≥eq \f(a＋b2,x＋y)，当且仅当eq \f(a,x)＝eq \f(b,y)时取等号．利用以上结论，函数f(x)＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))取得最小值时x的值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 f(x)＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)＝eq \f(4,2x)＋eq \f(9,1－2x)
≥eq \f(2＋32,2x＋1－2x)＝25，
当且仅当eq \f(2,2x)＝eq \f(3,1－2x)，即x＝eq \f(1,5)时等号成立．
4．(2022·重庆模拟)已知x>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\c1(x＝4，,y＝3))时等号成立．
5．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( )
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\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，
∵(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)
≥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)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＋b2∴B正确；
∵eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，∴C错误；
∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴0∵a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2，当且仅当a＝1时取等号，
∴a＋eq \f(1,a)>2，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\c1(\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\c1(\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0答案 2
解析 ∵0∴xeq \r(4－x2)＝eq \r(x24－x2)≤eq \f(x2＋4－x2,2)＝2，
当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时取“＝”．
10．(2022·百师联盟联考)已知a>0，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\c1(\f(1,b)＋\f(2,a)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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 \\al(2,1)＋aeq \\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\\al(2,1)＋2a1a2＋a\\al(2,2))
≤10eq \r(2a\\al(2,1)＋a\\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\c1(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
cs 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)，
∴014．(2022·南京模拟)若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))
解析 ∵x2＋y2＋xy＝1⇔xy＝(x＋y)2－1，
又∵xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
∴(x＋y)2－1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，令x＋y＝t，
则4t2－4≤t2，∴－eq \f(2\r(3),3)≤t≤eq \f(2\r(3),3)，
即－eq \f(2\r(3),3)≤x＋y≤eq \f(2\r(3),3)，当且仅当x＝y时，取等号，
∴x＋y的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).
15．(2022·重庆沙坪坝区模拟)若x>0，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\c1(\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\c1(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.