2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题04基本不等式及其应用（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题04基本不等式及其应用（教师版），共21页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.了解基本不等式的证明过程.
2.能用基本不等式解决简单的最值问题.
3.掌握基本不等式在生活实际中的应用.
【考点预测】
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)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.
2.两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(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
(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.
【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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2).
3.应用基本不等式求最值要注意：“一正，二定，三相等”，忽略某个条件，就会出错.
4.在利用不等式求最值时，一定要尽量避免多次使用基本不等式.若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致.
【方法技巧】
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”的形式，最后利用基本不等式求最值.
4.构建目标式的不等式求最值，在既含有和式又含有积式的等式中，对和式或积式利用基本不等式，构造目标式的不等式求解.
5.当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值.
6.求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用基本不等式确定等号成立的条件，从而得到参数的值或范围.
7.根据实际问题抽象出函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值.
8.解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围.
9.在应用基本不等式求函数的最值时，若等号取不到，则可利用函数的单调性求解.
二、【题型归类】
【题型一】用配凑法求基本不等式的最值
【典例1】设0A.eq \f(9,4) B．4
C.eq \f(9,2) D．9
【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).故选C.
【典例2】若xA．最大值0 B．最小值9
C．最大值－3 D．最小值－3
【解析】∵xf(x)＝3x－2＋eq \f(9,3x－2)＋3
＝－＋3
≤－2＋3＝－3.
当且仅当2－3x＝eq \f(9,2－3x)，即x＝－eq \f(1,3)时取“＝”． 故选C.
【典例3】函数y＝ (x>－1)的最小值为________．
【解析】因为x>－1，则x＋1>0，
所以y＝
＝
＝(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)＋5
≥2＋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.
【题型二】用常数代换法求基本不等式的最值
【典例1】已知首项与公比相等的等比数列{an}中，满足amaeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,4)(m，n∈N＋)，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)的最小值为( )
A.1 B.eq \f(3,2) C.2 D.eq \f(9,2)
【解析】由题意可得，a1＝q，
∵amaeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,4)，
∴a1·qm－1·(a1·qn－1)2＝(a1·q3)2，
即qm·q2n＝q8，
即m＋2n＝8.
∴eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)＝(m＋2n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)＋\f(1,n)))×eq \f(1,8)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(m,n)＋\f(4n,m)＋2))×eq \f(1,8)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋2\r(4)))×eq \f(1,8)＝1.
当且仅当m＝2n时，即m＝4，n＝2时，等号成立.
故选A.
【典例2】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)
【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．故选C.
【典例3】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．
【解析】(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)≥2eq \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．
(2)解法一：由2x＋8y－xy＝0，得x＝eq \f(8y,y－2)，∵x＞0，∴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．
解法二：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＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18，当且仅当y＝6，x＝12时等号成立．
【题型三】用消元法求基本不等式的最值
【典例1】已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为_____．
【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.
【典例2】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________．
【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.
【典例3】已知正实数a，b满足a2－b＋4≤0，则u＝eq \f(2a＋3b,a＋b)( )
A.有最大值eq \f(14,5) B.有最小值eq \f(14,5)
C.有最小值3 D.有最大值3
【解析】∵a2－b＋4≤0，∴b≥a2＋4，
∴a＋b≥a2＋a＋4.
又∵a，b>0，∴eq \f(a,a＋b)≤eq \f(a,a2＋a＋4)，
∴－eq \f(a,a＋b)≥－eq \f(a,a2＋a＋4)，
∴u＝eq \f(2a＋3b,a＋b)＝3－eq \f(a,a＋b)≥3－eq \f(a,a2＋a＋4)
＝3－eq \f(1,a＋\f(4,a)＋1)≥3－eq \f(1,2\r(a·\f(4,a))＋1)＝eq \f(14,5)，
当且仅当a＝2，b＝8时取等号.故选B.
【题型四】基本不等式的常见变形应用
【典例1】《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)
【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)．
故选D.
【典例2】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【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【典例3】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
【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，故选D．
【题型五】利用基本不等式求参数范围
【典例1】已知a>0，b>0，若不等式eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立，则m的最大值为( )
A．4 B．16 C．9 D．3
【解析】∵a>0，b>0，∴由eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立得m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b)))(3a＋b)＝10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)恒成立．∵eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥2eq \r(\f(3b,a)·\f(3a,b))＝6，当且仅当a＝b时等号成立，故10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥16，∴m≤16，即m的最大值为16.故选B.
【典例2】已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围为________．
【解析】由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x＞0)，则t＞1，
且m≤－eq \f(t－1,t2－t＋1)＝－eq \f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)对任意t＞1成立．
∵t－1＋eq \f(1,t－1)＋1≥2eq \r(（t－1）·\f(1,t－1))＋1＝3，
∴－eq \f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)≥－eq \f(1,3)，
当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．
故实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
故填eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
【典例3】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
【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.
【题型六】基本不等式与其他知识交汇的最值问题
【典例1】在△ABC中，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PC,\s\up6(→))，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于点M，N，若eq \(AM,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))＝neq \(AC,\s\up6(→))(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)
【解析】∵eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3m)eq \(AM,\s\up6(→))＋eq \f(2,3n)eq \(AN,\s\up6(→))，
∵M，P，N 三点共线，∴eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n)＝1，
∴m＋2n＝(m＋2n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3m)＋\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.故选A.
【典例2】如果函数f(x)＝eq \f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，那么mn的最大值为( )
A．16 B．18 C．25 D.eq \f(81,2)
【解析】当m＝2时，易得n－8＜0，n＜8，此时mn＜16.
当m≠2时，抛物线的对称轴为x＝－eq \f(n－8,m－2).据题意：
①当m＞2时，－eq \f(n－8,m－2)≥2，即2m＋n≤12.∵eq \r(2m·n)≤eq \f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.
②当m＜2时，抛物线开口向下，据题意：
－eq \f(n－8,m－2)≤eq \f(1,2)，m＋2n≤18.∵eq \r(2n·m)≤eq \f(2n＋m,2)≤9，∴mn≤eq \f(81,2).由2n＝m且m＋2n＝18，得m＝9＞2，故应舍去．要使mn取得最大值，应有m＋2n＝18(8＜n＜9)．
此时mn＝(18－2n)n＜(18－2×8)×8＝16.
综合①②可得最大值为18.故选B.
【典例3】在△ABC中，A＝eq \f(π,6)，△ABC的面积为2，则eq \f(2sin C,sin C＋2sin B)＋eq \f(sin B,sin C)的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(3\r(3),4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,3)
【解析】由△ABC的面积为2，
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)bcsin eq \f(π,6)＝2，得bc＝8，
在△ABC中，由正弦定理得
eq \f(2sin C,sin C＋2sin B)＋eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(2c,c＋2b)＋eq \f(b,c)
＝eq \f(2cb,bc＋2b)＋eq \f(b2,bc)
＝eq \f(16,8＋2b2)＋eq \f(b2,8)＝eq \f(8,4＋b2)＋eq \f(b2＋4,8)－eq \f(1,2)
≥2eq \r(\f(8,4＋b2)·\f(b2＋4,8))－eq \f(1,2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
当且仅当b＝2，c＝4时，等号成立，故选C
【题型七】基本不等式的实际应用
【典例1】某小区想利用一矩形空地ABCD建市民健身广场，设计时决定保留空地边上的一水塘(如图中阴影部分)，水塘可近似看作一个等腰直角三角形，其中AD＝60 m，AB＝40 m，且△EFG中，∠EGF＝90°，经测量得到AE＝10 m，EF＝20 m，为保证安全同时考虑美观，健身广场周围准备加设一个保护栏，设计时经过点G作一直线分别交AB，DF于M，N，从而得到五边形MBCDN的市民健身广场，设DN＝x(m)．
(1)将五边形MBCDN的面积y表示为x的函数；
(2)当x为何值时，市民健身广场的面积最大？并求出最大面积．
【解析】(1)作GH⊥EF，垂足为H.
∵DN＝x，∴NH＝40－x，NA＝60－x，
∵eq \f(NH,HG)＝eq \f(NA,AM)，∴eq \f(40－x,10)＝eq \f(60－x,AM)，∴AM＝eq \f(600－10x,40－x).
S五边形MBCDN＝S矩形ABCD－S△AMN＝40×60－eq \f(1,2)·AM·AN＝2 400－eq \f(5（60－x）2,40－x).
∵N与F重合时，AM＝AF＝30适合条件，∴x∈(0，30]．
(2)y＝2 400－eq \f(5（60－x）2,40－x)＝2 400－5[(40－x)＋eq \f(400,40－x)＋40]，当且仅当40－x＝eq \f(400,40－x)，即x＝20∈(0，30]时，y取得最大值2 000, ∴当DN＝20 m时，得到的市民健身广场面积最大，最大面积为2 000 m2.答略．
【典例2】如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽2 m的无盖长方体的沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔排出，设箱体的长度为a m，高度为b m，已知排出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比．现有制箱材料60 m2，问a，b各为多少m时，经沉淀后排出的水中该杂质的质量分数最小(A，B孔面积忽略不计)?
【解析】设y为排出的水中杂质的质量分数，
根据题意可知：y＝eq \f(k,ab)，其中k是比例系数且k＞0.
依题意要使y最小，只需ab最大．
由题设得：4b＋2ab＋2a≤60(a＞0，b＞0)，
即a＋2b≤30－ab(a＞0，b＞0)．
∵a＋2b≥2eq \r(2ab)，
∴2eq \r(2)·eq \r(ab)＋ab≤30，得0＜eq \r(ab)≤3eq \r(2).
当且仅当a＝2b时取“＝”号，ab最大值为18，此时得a＝6，b＝3.
故当a＝6 m，b＝3 m时经沉淀后排出的水中杂质最少．
解法二：同解法一得b≤eq \f(30－a,a＋2)，代入y＝eq \f(k,ab)求解．
【典例3】如图，动物园要围成相同的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成．
(1)现有可围36 m长网的材料，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？
(2)若使每间虎笼面积为24 m2，则每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间虎笼的钢筋总长度最小？
【解析】(1)设每间虎笼长为x m，宽为y m，则由条件，知4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18.
设每间虎笼的面积为S，则S＝xy.
解法一：由于2x＋3y≥2eq \r(2x×3y)＝2eq \r(6xy)，
∴2eq \r(6xy)≤18，得xy≤eq \f(27,2)，即S≤eq \f(27,2).
当且仅当2x＝3y时等号成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝3y，,2x＋3y＝18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4.5，,y＝3.))
故每间虎笼长为4.5 m，宽为3 m时，可使每间虎笼面积最大．
解法二：由2x＋3y＝18，得x＝9－eq \f(3,2)y.
∵x＞0，∴0＜y＜6.
S＝xy＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－\f(3,2)y))y＝eq \f(3,2)(6－y)y.
∵0＜y＜6，∴6－y＞0.
∴S≤eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（6－y）＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(27,2).
当且仅当6－y＝y，即y＝3时，等号成立，此时x＝4.5.
故每间虎笼长4.5 m，宽3 m时，可使每间虎笼面积最大．
(2)由条件知S＝xy＝24.
设钢筋网总长为l，则l＝4x＋6y.
解法一：∵2x＋3y≥2eq \r(2x·3y)＝2eq \r(6xy)＝24，
∴l＝4x＋6y＝2(2x＋3y)≥48，当且仅当2x＝3y时，等号成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝3y，,xy＝24，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝6，,y＝4.))
故每间虎笼长6 m，宽4 m时，可使钢筋网总长度最小．
解法二：由xy＝24，得x＝eq \f(24,y).
∴l＝4x＋6y＝eq \f(96,y)＋6y＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,y)＋y))≥6×2eq \r(\f(16,y)×y)＝48，
当且仅当eq \f(16,y)＝y，即y＝4时，等号成立，此时x＝6.
故每间虎笼长6 m，宽4 m时，可使钢筋网总长度最小．
三、【培优训练】
【训练一】(多选)若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是( )
A.a＋b＋c≤eq \r(3) B.(a＋b＋c)2≥3
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥2eq \r(3) D.a2＋b2＋c2≥1
【解析】由基本不等式可得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)＝2，
∴a2＋b2＋c2≥1，
当且仅当a＝b＝c＝±eq \f(\r(3),3)时，等号成立.
∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
∴a＋b＋c≤－eq \r(3)或a＋b＋c≥eq \r(3).
若a＝b＝c＝－eq \f(\r(3),3)，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝－3eq \r(3)<2eq \r(3).因此，A，C错误.故选BD.
【训练二】已知a＞0，b＞0，且ab＝1，求eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值；
(2)若a，b∈R，ab>0，求eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值.
【解析】(1)因为a＞0，b＞0，ab＝1，所以原式＝eq \f(ab,2a)＋eq \f(ab,2b)＋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＝4时，等号成立.
故eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.
(2)∵a，b∈R，ab>0，
∴eq \f(a4＋4b4＋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，,4ab＝\f(1,ab)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4)))时取得等号.
【训练三】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________．
【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).
【训练四】设a>b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是________．
【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.
【训练五】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2eq \r(ab)－4a2－b2的最大值．
【解析】∵a＞0，b＞0，2a＋b＝1，∴4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab.且1＝2a＋b≥2eq \r(2ab)，即eq \r(ab)≤eq \f(\r(2),4)，ab≤eq \f(1,8)，∴S＝2eq \r(ab)－4a2－b2＝2eq \r(ab)－(1－4ab)＝2eq \r(ab)＋4ab－1≤eq \f(\r(2)－1,2).当且仅当a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立．
【训练六】如图所示，已知树顶A离地面eq \f(21,2)米，树上另一点B离地面eq \f(11,2)米，某人在离地面eq \f(3,2)米的C处看此树，则该人离此树________米时，看A，B的视角最大．
【解析】问题转化为求△ABC中∠BCA的取值范围．过点C作CD⊥AB交AB的延长线于点D.设该人距离此树的距离CD＝x米，看A，B的视角最大，即∠BCA最大．不妨设∠BCD＝α，∠ACD＝β，则∠BCA＝β－α，且tanα＝eq \f(4,x)，tanβ＝eq \f(9,x)，所以tan(β－α)＝eq \f(\f(9,x)－\f(4,x),1＋\f(9,x)×\f(4,x))＝eq \f(5x,x2＋36)＝eq \f(5,x＋\f(36,x))≤eq \f(5,2\r(x×\f(36,x)))＝eq \f(5,12)，当且仅当x＝eq \f(36,x)，即x＝6时取等号，此时∠BCA最大．故填6.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 若x>0，y>0，则“x＋2y＝2eq \r(2xy)”的一个充分不必要条件是( )
A.x＝y B.x＝2y
C.x＝2且y＝1 D.x＝y或y＝1
【解析】∵x>0，y>0，
∴x＋2y≥2eq \r(2xy)，当且仅当x＝2y 时取等号.
故“x＝2且y＝1 ”是“x＋2y＝2eq \r(2xy)”的充分不必要条件.故选C.
2. 函数f(x)＝eq \f(x2＋4,|x|)的最小值为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【解析】f(x)＝eq \f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq \f(4,|x|)≥2eq \r(4)＝4，
当且仅当x＝±2时，等号成立，故选B.
3. 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.
4. 已知正数a，b满足a＋b＝1，则eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A.eq \f(5,3) B.3 C.5 D.9
【解析】由题意知，正数a，b满足a＋b＝1，
则eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝4＋1＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)≥5＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，
当且仅当eq \f(4b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,3)时等号成立，
所以eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)的最小值为9，故选D.
5. 已知函数f(x)＝ex在点(0，f(0))处的切线为l，动点(a，b)在直线l上，则2a＋2－b的最小值是( )
A.4 B.2 C.2eq \r(2) D.eq \r(2)
【解析】由题意得f′(x)＝ex，f(0)＝e0＝1，k＝f′(0)＝e0＝1.所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，∴a－b＋1＝0，∴a－b＝－1，∴2a＋2－b≥2eq \r(2a·2－b)＝2eq \r(2a－b)＝2eq \r(2－1)＝eq \r(2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝－\f(1,2)，b＝\f(1,2)时取等号))，故选D.
6. 若2x＋2y＝1，则x＋y的取值范围是( )
A．[0，2] B．[－2，0]
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
【解析】因为1＝2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)，(当且仅当2x＝2y＝eq \f(1,2)，即x＝y＝－1时等号成立)所以eq \r(2x＋y)≤eq \f(1,2)，所以2x＋y≤eq \f(1,4)，得x＋y≤－2.
故选D.
7. 设a>0，若关于x的不等式x＋eq \f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为( )
A．16 B．9
C．4 D．2
【解析】在(1，＋∞)上，x＋eq \f(a,x－1)＝(x－1)＋eq \f(a,x－1)＋1≥2 eq \r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq \r(a)＋1(当且仅当x＝1＋eq \r(a)时取等号)．
由题意知2eq \r(a)＋1≥5，所以a≥4.故选C.
8. 已知x>0，y>0，且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，则x＋y的最小值为( )
A．3 B．5
C．7 D．9
【解析】因为x>0，y>0.且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2(1＋1＋eq \f(y,x＋1)＋eq \f(x＋1,y))≥2(2＋2eq \r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y)))＝8，当且仅当eq \f(y,x＋1)＝eq \f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4时取等号，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值为7，故选C．
【多选题】
9. 若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是( )
A．a＋b≥2eq \r(ab) B．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(1,\r(ab))
C．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 D．a2＋b2≥2ab
【解析】因为ab>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时取等号．所以选项C正确，又a，b∈R，所以(a－b)2≥0，即a2＋b2≥2ab一定成立．故选CD.
10. 给出下面四个推断，其中正确的为( )
A．若a，b∈(0，＋∞)，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
B．若x，y∈(0，＋∞)，则lg x＋lg y≥2eq \r(lg x·lg y)
C．若a∈R，a≠0，则eq \f(4,a)＋a≥4
D．若x，y∈R，xy<0，则eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≤－2
【解析】对于A项，因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b时取等号，故A项正确；对于B项，当x，y∈(0，1)时，lg x，lg y∈(－∞，0)，此时lg x＋lg y≥2eq \r(lg x·lg y)显然不成立，故B项错误；对于C项，当a<0时，eq \f(4,a)＋a≥4显然不成立，故C项错误；对于D项，若x，y∈R，xy<0，则－eq \f(y,x)>0，－eq \f(x,y)>0，所以eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x)))))≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x))))＝－2，当且仅当－eq \f(x,y)＝－eq \f(y,x)，即x＝－y时取等号，故D项正确．故选AD.
11. 已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
【解析】对于选项A，因为a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥eq \f(1,2)，正确；对于选项B，易知02－1＝eq \f(1,2)，正确；对于选项C，令a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(3,4)，则lg2eq \f(1,4)＋lg2eq \f(3,4)＝－2＋lg2eq \f(3,4)<－2，错误；对于选项D，因为eq \r(2)＝eq \r(2（a＋b）)，所以[eq \r(2（a＋b）)]2－(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b－2eq \r(ab)＝(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0，所以eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，正确．故选ABD.
12. 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
【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．
故选ACD.
【填空题】
13. 设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S7－S5＝3(a4＋a5)，则4a3＋eq \f(9,a7)的最小值为________.
【解析】设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵S7－S5＝a7＋a6＝3(a4＋a5)，
∴eq \f(a7＋a6,a5＋a4)＝q2＝3.
∴4a3＋eq \f(9,a7)＝4a3＋eq \f(9,a3q4)＝4a3＋eq \f(1,a3)≥2eq \r(4a3·\f(1,a3))＝4，
当且仅当4a3＝eq \f(1,a3)，即a3＝eq \f(1,2)时等号成立.
∴4a3＋eq \f(9,a7)的最小值为4.
14. 设P(x，y)是函数y＝eq \f(2,x)(x>0)图象上的点，则x＋y的最小值为________．
【解析】因为x>0，所以y>0，且xy＝2.由基本不等式得x＋y≥2eq \r(xy)＝2eq \r(2)，当且仅当x＝y时等号成立．所以x＋y的最小值为2eq \r(2).
15. 函数y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为________．
【解析】因为y＝eq \f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2(x>－1)，
所以y≥2eq \r(1)－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立．
16. 若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，则ab的最大值为________，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________．
【解析】因为a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，所以a＋2b＝4，所以ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))eq \s\up12(2)＝2，当且仅当a＝2b，即a＝2，b＝1时等号成立，所以ab的最大值为2，因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)(5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝b时等号成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为eq \f(9,4).
【解答题】
17. (1)当x(2)设0【解析】(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).
18. 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．
【解析】(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.
19. 设a，b为正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2).
(1)求a2＋b2的最小值；
(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值．
【解析】(1)由2eq \r(2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))得ab≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，故a2＋b2≥2ab≥1，当且仅当a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，所以a2＋b2的最小值是1.
(2)由(a－b)2≥4(ab)3得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))eq \s\up12(2)≥4ab，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq \s\up12(2)－eq \f(4,ab)≥4ab，从而ab＋eq \f(1,ab)≤2，又ab＋eq \f(1,ab)≥2，所以ab＋eq \f(1,ab)＝2，所以ab＝1.
20. (1)已知0＜x＜eq \f(4,3)，求x(4－3x)的最大值；
(2)点(x，y)在直线x＋2y＝3上移动，求2x＋4y的最小值．
【解析】(1)已知0＜x＜eq \f(4,3)，∴0＜3x＜4.
∴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“＝”成立．
∴当x＝eq \f(2,3)时，x(4－3x)取最大值为eq \f(4,3).
(2)已知点(x，y)在直线x＋2y＝3上移动，所以x＋2y＝3.
∴2x＋4y≥2eq \r(2x·4y)＝2eq \r(2x＋2y)＝2eq \r(23)＝4eq \r(2).
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝4y，,x＋2y＝3，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))时“＝”成立．
∴当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))时，2x＋4y取最小值为4eq \r(2).
21. (1)解不等式eq \f(4,x－1)≤x－1；
(2)求函数y＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))))的最小值．
【解析】(1)eq \f(4,x－1)≤x－1⇔eq \f(4－（x－1）2,x－1)≤0⇔eq \f(（x－3）（x＋1）,x－1)≥0⇔
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）（x－1）（x－3）≥0，,x≠1)) ⇔ x≥3或－1≤x＜1.
∴此不等式的解集为{x|x≥3或－1≤x＜1}．
(2)∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴2x＞0，1－2x＞0，∴y＝eq \f(4,2x)＋eq \f(9,1－2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2x)＋\f(9,1－2x)))[2x＋(1－2x)]＝13＋eq \f(9×2x,1－2x)＋eq \f(4×（1－2x）,2x)≥25，当且仅当x＝eq \f(1,5)时，等号成立，即函数的最小值为25.
22. 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，厂家获取利润最大，最大利润是多少？
【解析】(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，最大为21万元．