2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第1章　§1.4　基本不等式（2份打包，原卷版+含解析）

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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.
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.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：利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”.
常用结论
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 \f(a＋b,2))2(a，b∈R).
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥(eq \f(a＋b,2))2 (a，b∈R).
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
自主诊断
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)不等式ab≤(eq \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.( × )
2.(必修第一册P48习题T1(1)改编)若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a等于( )
A.1＋eq \r(2) B.1＋eq \r(3)
C.3 D.4
答案 C
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，即当f(x)取得最小值时x＝3，即a＝3.
3.已知0A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,16) D.1
答案 A
解析 因为00，所以x(1－x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq \f(1,4)，
当且仅当x＝1－x，即x＝eq \f(1,2)时，等号成立，故x(1－x)的最大值为eq \f(1,4).
4.已知x>0，y>0，x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为________.
答案 4
解析 由x＋y＝1得eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝(eq \f(1,x)＋eq \f(1,y))(x＋y)＝2＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2＋2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，
当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时，等号成立，即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为4.
题型一 基本不等式的理解及常见变形
例1 (1)若0A.b>eq \f(a＋b,2)>a>eq \r(ab) B.b>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>a C.b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a D.b>a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)
答案 C
解析 ∵0a＋b，∴b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab).∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq \r(ab)>a.故b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a.
思维升华 基本不等式的常见变形
(1)ab≤(eq \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1 (1)已知p：a>b>0，q：eq \f(a2＋b2,2)>(eq \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 \f(a＋b,2))2，∴由p可推出q；当a<0，b<0时，q也成立，
如a＝－1，b＝－3时，eq \f(a2＋b2,2)＝5>(eq \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)(多选)已知a，b∈R，则下列不等式成立的是( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab) B.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)) C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(a＋b,2) D.ab≤eq \f(a2＋b2,2)
答案 BD
解析 A选项，由选项可知a与b同号，当a>0且b>0时，由基本不等式可知eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)恒成立，
当a<0且b<0时，eq \f(a＋b,2)<0，eq \r(ab)>0，该不等式不成立，故A选项错误；
B选项，当a＋b>0时，eq \f(a＋b,2)>0，则(eq \f(a＋b,2))2－(eq \r(\f(a2＋b2,2)))2＝eq \f(a2＋b2＋2ab－2a2－2b2,4)＝eq \f(－a－b2,4)≤0恒成立，即eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))恒成立，当a＋b≤0时，原不等式恒成立，故B选项正确；
C选项，当a＋b>0时，2ab－eq \f(a＋b2,2)＝eq \f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq \f(a＋b2,2)，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(a＋b,2)恒成立，当a＋b<0时，2ab－eq \f(a＋b2,2)＝eq \f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq \f(a＋b2,2)，eq \f(2ab,a＋b)≥eq \f(a＋b,2)，故C选项错误；
D选项，由重要不等式可知，a，b∈R，ab≤eq \f(a2＋b2,2)恒成立，故D选项正确.
题型二 利用基本不等式求最值
命题点1 直接法
例2 (1)(多选)下列代数式中最小值为2的是( )
A.x－eq \f(1,x) B.2x＋2－x C.x2＋eq \f(1,x2) D.eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))
答案 BC
解析 选项A中，当x<0时，函数y＝x－eq \f(1,x)单调递增，无最小值，不符合题意；
选项B中，2x＋2－x≥2eq \r(2x·2－x)＝2，当且仅当x＝0时，等号成立，满足题意；
选项C中，x2＋eq \f(1,x2)≥2eq \r(x2·\f(1,x2))＝2，当且仅当x＝±1时，等号成立，满足题意；
选项D中，eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))≥2eq \r(\r(x2＋2)·\f(1,\r(x2＋2)))＝2，当且仅当eq \r(x2＋2)＝eq \f(1,\r(x2＋2))时，等号成立，但此方程无实数解，不符合题意.
(2)已知x，y为正实数，且满足4x＋3y＝12，则xy的最大值为________.
答案 3
解析 由已知，得12＝4x＋3y≥2eq \r(4x·3y)，即12≥2eq \r(4x·3y)，解得xy≤3(当且仅当4x＝3y时取等号).
命题点2 配凑法
例3 (1)已知a，b为正数，4a2＋b2＝7，则aeq \r(1＋b2)的最大值为( )
A.eq \r(7) B.eq \r(3) C.2eq \r(2) D.2
答案 D
解析 因为4a2＋b2＝7，则aeq \r(1＋b2)＝eq \f(1,2)×2a×eq \r(1＋b2)＝eq \f(1,2)eq \r(4a21＋b2)≤eq \f(1,2)×eq \f(4a2＋1＋b2,2)＝2，
当且仅当4a2＝1＋b2，即a＝1，b＝eq \r(3)时，等号成立.
(2)已知x>1，则eq \f(x2＋3,x－1) 的最小值为( )
A.6 B.8 C.10 D.12
答案 A
解析 因为x>1，所以x－1>0，
eq \f(x2＋3,x－1)＝eq \f(x－12＋2x－1＋4,x－1)＝x－1＋2＋eq \f(4,x－1)≥2＋2eq \r(x－1·\f(4,x－1))＝6，
当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立.
与基本不等式模型结构相似的对勾函数模型
如图，对于函数f(x)＝x＋eq \f(k,x)，k＞0，x∈[a，b]，[a，b]⊆(0，＋∞).
(1)当eq \r(k)∈[a，b]时，f(x)＝x＋eq \f(k,x)≥2eq \r(k)，f(x)min＝f(eq \r(k))＝eq \r(k)＋eq \f(k,\r(k))＝2eq \r(k)；
(2)当eq \r(k)＜a时，f(x)＝x＋eq \f(k,x)在区间[a，b]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝a＋eq \f(k,a)；
(3)当eq \r(k)＞b时，f(x)＝x＋eq \f(k,x)在区间[a，b]上单调递减，f(x)min＝f(b)＝b＋eq \f(k,b).
因此，只有当eq \r(k)∈[a，b]时，才能使用基本不等式求最值，而当eq \r(k)∉[a，b]时只能利用对勾函数的单调性求最值.
典例 函数f(x)＝x2＋eq \f(3,x2＋2)的最小值是______.
答案 eq \f(3,2)
解析 由f(x)＝x2＋eq \f(3,x2＋2)＝x2＋2＋eq \f(3,x2＋2)－2，令x2＋2＝t(t≥2)，则有f(t)＝t＋eq \f(3,t)－2，由对勾函数的性质知，f(t)在[2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，f(t)min＝eq \f(3,2)，即当x＝0时，f(x)min＝eq \f(3,2).
命题点3 代换法
例4 (1)已知正数a，b满足eq \f(8,b)＋eq \f(4,a)＝1，则8a＋b的最小值为( )
A.54 B.56 C.72 D.81
答案 C
解析 8a＋b＝(8a＋b)(eq \f(8,b)＋eq \f(4,a))＝eq \f(64a,b)＋eq \f(4b,a)＋40≥2eq \r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，
当且仅当eq \f(64a,b)＝eq \f(4b,a)，即a＝6，b＝24时取等号.
延伸探究 已知正数a，b满足8a＋4b＝ab，则8a＋b的最小值为________.
答案 72
解析 ∵8a＋4b＝ab，a>0，b>0，∴eq \f(8,b)＋eq \f(4,a)＝1，∴8a＋b＝(8a＋b)(eq \f(8,b)＋eq \f(4,a))＝eq \f(64a,b)＋eq \f(4b,a)＋40≥2eq \r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，当且仅当eq \f(64a,b)＝eq \f(4b,a)，即a＝6，b＝24时取等号.
(2)已知正数a，b满足a＋2b＝3恒成立，则eq \f(1,a＋1)＋eq \f(2,b)的最小值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(9,4) C.2 D.3
答案 B
解析 由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，
于是eq \f(1,a＋1)＋eq \f(2,b)＝(eq \f(1,a＋1)＋eq \f(2,b))·eq \f(a＋1＋2b,4) ＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋4＋\f(2a＋1,b)＋\f(2b,a＋1)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2a＋1,b)×\f(2b,a＋1))))＝eq \f(9,4)，
当且仅当eq \f(2a＋1,b)＝eq \f(2b,a＋1)，且a>0，b>0，即a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(4,3)时，等号成立.所以eq \f(1,a＋1)＋eq \f(2,b)的最小值为eq \f(9,4).
命题点4 消元法
例5 已知正数a，b满足a2－2ab＋4＝0，则b－eq \f(a,4)的最小值为( )
A.1 B.eq \r(2) C.2 D.2eq \r(2)
答案 B
解析 ∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，则b＝eq \f(a,2)＋eq \f(2,a)，∴b－eq \f(a,4)＝eq \f(a,2)＋eq \f(2,a)－eq \f(a,4)＝eq \f(a,4)＋eq \f(2,a)≥2eq \r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq \r(2)，当且仅当eq \f(a,4)＝eq \f(2,a)，即a＝2eq \r(2)时，等号成立，此时b＝eq \f(3\r(2),2).
命题点5 构造不等式法
例6 若a>0，b>0，且ab＝a＋b＋3，则ab的最小值为( )
A.9 B.6 C.3 D.12
答案 A
解析 因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立.又ab＝a＋b＋3，所以ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3，整理可得ab－2eq \r(ab)－3≥0，解得eq \r(ab)≥3或eq \r(ab)≤－1(舍去).所以eq \r(ab)≥3，所以ab≥9.所以当a＝b＝3时，ab的最小值为9.
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2 (1)(多选)下列四个函数中，最小值为2的是( )
A.y＝sin x＋eq \f(1,sin x)(0＜x≤eq \f(π,2)) B.y＝2－x－eq \f(4,x)(x＜0) C.y＝eq \f(x2＋6,\r(x2＋5)) D.y＝4x＋4－x
答案 AD
解析 对于A，因为0＜x≤eq \f(π,2)，所以0＜sin x≤1，则y＝sin x＋eq \f(1,sin x)≥2，当且仅当sin x＝eq \f(1,sin x)，即sin x＝1时取等号，符合题意；对于B，因为x＜0，所以－x＞0，－x＋(－eq \f(4,x))≥2eq \r(－x×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x))))＝4，当且仅当－x＝－eq \f(4,x)，即x＝－2时等号成立，所以y＝2－x－eq \f(4,x)≥2＋4＝6，即y＝2－x－eq \f(4,x)(x＜0)的最小值为6，不符合题意；对于C，y＝eq \f(x2＋6,\r(x2＋5))＝eq \r(x2＋5)＋eq \f(1,\r(x2＋5))，设t＝eq \r(x2＋5)，则t≥eq \r(5)，则y≥eq \r(5)＋eq \f(1,\r(5))＝eq \f(6\r(5),5)，其最小值不是2，不符合题意；对于D，y＝4x＋4－x＝4x＋eq \f(1,4x)≥2eq \r(4x·\f(1,4x))＝2，当且仅当x＝0时取等号，故y＝4x＋4－x的最小值为2，符合题意.
(2)(多选)已知正实数a，b满足ab＋a＋b＝8，下列说法正确的是( )
A.ab的最大值为2 B.a＋b的最小值为4
C.a＋2b的最小值为6eq \r(2)－3 D.eq \f(1,ab＋1)＋eq \f(1,b)的最小值为eq \f(1,2)
答案 BCD
解析 对于A，因为ab＋a＋b＝8≥ab＋2eq \r(ab)，即(eq \r(ab))2＋2eq \r(ab)－8≤0，解得－4≤eq \r(ab)≤2，
又因为a>0，b>0，所以0对于B，ab＋a＋b＝8≤eq \f(a＋b2,4)＋(a＋b)，即(a＋b)2＋4(a＋b)－32≥0，解得a＋b≤－8(舍)或a＋b≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故B正确；
对于C，由题意可得b(a＋1)＝8－a，所以b＝eq \f(8－a,a＋1)>0，解得0所以a＋2b＝a＋2×eq \f(8－a,a＋1)＝a＋eq \f(18,a＋1)－2＝a＋1＋eq \f(18,a＋1)－3≥2eq \r(a＋1·\f(18,a＋1))－3＝6eq \r(2)－3，
当且仅当a＋1＝eq \f(18,a＋1)，即a＝3eq \r(2)－1时取等号，故C正确；
对于D，eq \f(1,ab＋1)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,ab＋1)＋\f(1,b)))[a(b＋1)＋b]＝eq \f(1,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,ab＋1)＋\f(ab＋1,b)))≥eq \f(1,8)×(2＋2)＝eq \f(1,2)，
当且仅当eq \f(b,ab＋1)＝eq \f(ab＋1,b)，即b＝4，a＝eq \f(4,5)时取等号，故D正确.
课时精练
一、单项选择题
1.已知m>0，n>0，mn＝81，则m＋n的最小值是( )
A.9 B.18 C.9eq \r(3) D.27
答案 B
解析 因为m>0，n>0，由基本不等式m＋n≥2eq \r(mn)得，m＋n≥18，当且仅当m＝n＝9时，等号成立，
所以m＋n的最小值是18.
2.已知a>0，b>0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则4a＋9b的最小值是( )
A.23 B.26 C.22 D.25
答案 D
解析 由题意得a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，故4a＋9b＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))(4a＋9b)＝eq \f(9b,a)＋eq \f(4a,b)＋13≥2eq \r(\f(9b,a)·\f(4a,b))＋13＝25，
当且仅当eq \f(9b,a)＝eq \f(4a,b)，即a＝eq \f(5,2)，b＝eq \f(5,3)时取等号，故4a＋9b的最小值是25.
3.若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 D
解析 对原条件式转化得eq \f(3,x)＋eq \f(1,y)＝5，
则3x＋4y＝eq \f(1,5)(eq \f(3,x)＋eq \f(1,y))(3x＋4y)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9＋4＋\f(12y,x)＋\f(3x,y)))≥eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(13＋2\r(\f(12y,x)·\f(3x,y))))＝5，
当且仅当eq \f(12y,x)＝eq \f(3x,y)且x＋3y＝5xy，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时取等号.故3x＋4y的最小值为5.
4.“∀x∈(1,4]，不等式x2－mx＋m>0恒成立”的充分不必要条件是( )
A.m>4 B.m答案 D
解析 已知∀x∈(1,4]，由不等式x2－mx＋m>0恒成立，得eq \f(x2,x－1)>m恒成立，
因为eq \f(x2,x－1)＝eq \f(x－12＋2x－1＋1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋2≥2eq \r(x－1·\f(1,x－1))＋2＝4，
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时取等号，所以m<4，所以m<2是m<4的充分不必要条件.
5.若x>0，y>0，x＋3y＝1，则eq \f(xy,3x＋y)的最大值为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,12) C.eq \f(1,16) D.eq \f(1,20)
答案 C
解析 因为x>0，y>0，x＋3y＝1，则eq \f(3x＋y,xy)＝eq \f(3,y)＋eq \f(1,x)＝(eq \f(3,y)＋eq \f(1,x))(x＋3y)＝eq \f(3x,y)＋eq \f(3y,x)＋10≥2eq \r(\f(3x,y)·\f(3y,x))＋10＝16，
当且仅当eq \f(3x,y)＝eq \f(3y,x)，即x＝y＝eq \f(1,4)时，等号成立，所以0二、多项选择题
6.已知x，y是正数，且x＋y＝2，则( )
A.x(x＋2y)的最大值为4
B.lg2x＋lg2y的最大值为0
C.2x＋2y的最小值为4
D.eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)的最小值为eq \f(3,2)＋eq \r(2)
答案 BCD
解析 由x，y是正数，且x＋y＝2，可得0由x＋y＝2≥2eq \r(xy)，得0由基本不等式可得2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)＝4，当且仅当x＝y＝1时取等号，故C正确；
eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(x＋y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(y,x)·\f(2x,y))))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2)，当且仅当x＝2eq \r(2)－2，y＝4－2eq \r(2)时取等号，故D正确.
7.若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A.x＋y≤1 B.x＋y≥－2
C.x2＋y2≤2 D.x2＋y2≥1
答案 BC
解析 因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，解得－2≤x＋y≤2，当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x2＋y2)－1＝xy≤eq \f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；
因为x2＋y2－xy＝1可变形为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y,2)))2＋eq \f(3,4)y2＝1，设x－eq \f(y,2)＝cs θ，eq \f(\r(3),2)y＝sin θ，所以x＝cs θ＋eq \f(\r(3),3)sin θ，y＝eq \f(2\r(3),3)sin θ，因此x2＋y2＝cs2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θcs θ＝1＋eq \f(\r(3),3)sin 2θ－eq \f(1,3)cs 2θ＋eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))，所以D错误.
三、填空题
8.若x<2，则x＋eq \f(9,x－2)的最大值为________.
答案 －4
解析 x＋eq \f(9,x－2)＝x－2＋eq \f(9,x－2)＋2，由于x<2，所以2－x>0，故2－x＋eq \f(9,2－x)≥2eq \r(2－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2－x))))＝6，当且仅当2－x＝eq \f(9,2－x)，即x＝－1时，等号成立，所以x－2＋eq \f(9,x－2)＝－(2－x＋eq \f(9,2－x))≤－6，故x＋eq \f(9,x－2)＝x－2＋eq \f(9,x－2)＋2≤－4，所以x＋eq \f(9,x－2)的最大值为－4.
9.函数f(x)＝eq \f(3x－3,2x2－x＋1)在(1，＋∞)上的最大值为________.
答案 eq \f(3,7)
解析 因为f(x)＝eq \f(3x－3,2x2－x＋1)，x∈(1，＋∞)，令x－1＝t，则t>0，
则f(t)＝eq \f(3t,2t＋12－t＋1＋1)＝eq \f(3t,2t2＋3t＋2)＝eq \f(3,2t＋3＋\f(2,t))≤eq \f(3,2\r(2t·\f(2,t))＋3)＝eq \f(3,7)，
当且仅当2t＝eq \f(2,t)，t＝1，即x＝2时，等号成立.故f(x)在(1，＋∞)上的最大值为eq \f(3,7).
10.已知a>1，b>2，a＋b＝5，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－2)的最小值为________.
答案 eq \f(9,2)
解析 因为a>1，b>2，所以a－1>0，b－2>0，又a＋b＝5，
所以(a－1)＋(b－2)＝2，即eq \f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]＝1，
所以eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－2)＝eq \f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＋\f(4,b－2))) ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(b－2,a－1)＋\f(4a－1,b－2)＋4)) ≥eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(b－2,a－1)·\f(4a－1,b－2)))) ＝eq \f(1,2)×(5＋4)＝eq \f(9,2)，当且仅当eq \f(b－2,a－1)＝eq \f(4a－1,b－2)，即a＝eq \f(5,3)，b＝eq \f(10,3)时取等号，所以eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－2)的最小值为eq \f(9,2).
四、解答题
11.已知x>0，y>0，x＋2y＋xy＝30，求：
(1)xy的最大值；
(2)2x＋y的最小值.
解 (1)因为x>0，y>0，
根据基本不等式，30＝x＋2y＋xy≥2eq \r(2xy)＋xy(当且仅当x＝2y＝6时取等号)，
令eq \r(xy)＝t(t>0)，则t2＋2eq \r(2)t－30≤0，解得－5eq \r(2)≤t≤3eq \r(2)，又t>0，
所以0所以0(2)由x＋2y＋xy＝30可知，y＝eq \f(30－x,2＋x)>0,0