新高考数学一轮复习学案 第1章 §1.6　基本不等式（含解析）

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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．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
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，和x＋y有最小值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，积xy有最大值eq \f(p2,4).(简记：和定积最大)
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”．
微思考
1．若两个正数的和为定值，则这两个正数的积一定有最大值吗？
提示 不一定．若这两个正数能相等，则这两个数的积一定有最大值；若这两个正数不相等，则这两个正数的积无最大值．
2．函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2吗？
提示 不是．因为函数y＝x＋eq \f(1,x)的定义域是{x|x≠0}，当x<0时，y<0，所以函数y＝x＋eq \f(1,x)无最小值．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是相同的．( × )
(2)(a＋b)2≥4ab.( √ )
(3)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( × )
(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.( × )
题组二 教材改编
2．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．
3．已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)，若方程f(x)＝a有实数根，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B．[2，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案 D
解析 f(x)＝x＋eq \f(1,x)，
当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(1)＝2，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立．
当x<0时，f(x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－x))))＝－2，
当且仅当－x＝eq \f(1,－x)，即x＝－1时，等号成立．
综上，f(x)的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
故a的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
4．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，
所以ymax＝25，
即矩形场地的最大面积是25 m2.
题组三 易错自纠
5．函数y＝eq \f(x,x2＋1)(x>0)的最大值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 y＝eq \f(x,x2＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x))≤eq \f(1,2).
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立．
6．函数y＝eq \f(x2,x－1)(x>1)的最小值为________．
答案 4
解析 ∵x>1，∴x－1>0，
∴y＝eq \f(x2,x－1)＝eq \f(x2－1＋1,x－1)＝x＋1＋eq \f(1,x－1)
＝(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋2≥4.
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 配凑法
例1 (1)已知0答案 eq \f(9,8)
解析 x(3－2x)＝eq \f(1,2)·2x(3－2x)≤eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq \f(9,8)，
当且仅当2x＝3－2x，
即x＝eq \f(3,4)时取等号．
(2)已知x>eq \f(5,4)，则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最小值为________．
答案 5
解析 ∵x>eq \f(5,4)，∴4x－5>0，
∴f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3≥2eq \r(1)＋3＝5.
当且仅当4x－5＝eq \f(1,4x－5)，即x＝eq \f(3,2)时取等号．
(3)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.
命题点2 常数代换法
例2 若正数m，n满足2m＋n＝1，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为( )
A．3＋2eq \r(2) B．3＋eq \r(2)
C．2＋2eq \r(2) D．3
答案 A
解析 因为2m＋n＝1，
则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))·(2m＋n)＝3＋eq \f(n,m)＋eq \f(2m,n)
≥3＋2eq \r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当n＝eq \r(2)m，即m＝eq \f(2－\r(2),2)，n＝eq \r(2)－1时等号成立，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为3＋2eq \r(2)，故选A.
命题点3 消元法
例3 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.
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.
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)＋xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)))，则( )
A．f(x)有最小值eq \f(5,2) B．f(x)有最小值－eq \f(3,2)
C．f(x)有最大值－eq \f(1,2) D．f(x)有最大值－eq \f(3,2)
答案 D
解析 ∵x∴eq \f(1,2)－x>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)
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,\f(1,2)－x)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))))＋eq \f(1,2)≤－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，
当且仅当eq \f(1,\f(1,2)－x)＝eq \f(1,2)－x，即x＝－eq \f(1,2)时取等号，故f(x)有最大值－eq \f(3,2).
(2)已知x>0，y>0且x＋y＝5，则eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 令x＋1＝m，y＋2＝n，
∵x>0，y>0，∴m>0，n>0，
则m＋n＝x＋1＋y＋2＝8，
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))×eq \f(1,8)(m＋n)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)＋\f(m,n)＋2))≥eq \f(1,8)·(2eq \r(1)＋2)＝eq \f(1,2).
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝4时等号成立．
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为eq \f(1,2).
题型二 基本不等式的综合应用
命题点1 基本不等式与其他知识交汇的最值问题
例4 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________．
答案 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＝eq \f(16,n)，即n＝4时取等号，
所以eq \f(Sn＋8,an)的最小值是eq \f(9,2).
命题点2 求参数值或取值范围
例5 (2021·厦门联考)对任意m，n∈(0，＋∞)，都有m2－amn＋2n2≥0，则实数a的最大值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．4 D.eq \f(9,2)
答案 B
解析 ∵对任意m，n∈(0，＋∞)，都有m2－amn＋2n2≥0，
∴m2＋2n2≥amn，即a≤eq \f(m2＋2n2,mn)＝eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)恒成立，
∵eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)≥2eq \r(\f(m,n)·\f(2n,m))＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(m,n)＝eq \f(2n,m)，即m＝eq \r(2)n时取等号，∴a≤2eq \r(2)，故实数a的最大值为2eq \r(2)，故选B.
思维升华 (1)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．
(2)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．
跟踪训练2 (1)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，故选B.
(2)若△ABC的内角满足3sin A＝sin B＋sin C，则cs A的最小值是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(7,9) C.eq \f(1,3) D.eq \f(5,9)
答案 B
解析 由题意结合正弦定理有3a＝b＋c，结合余弦定理可得：
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,3)))2,2bc)
＝eq \f(\f(8,9)b2＋\f(8,9)c2－\f(2,9)bc,2bc)＝eq \f(\f(8,9)b2＋\f(8,9)c2,2bc)－eq \f(1,9)
≥eq \f(2×\r(\f(8,9))b×\r(\f(8,9))c,2bc)－eq \f(1,9)＝eq \f(7,9).
当且仅当b＝c时等号成立．
综上可得，cs A的最小值是eq \f(7,9).
题型三 基本不等式的实际应用
例6 小王于年初用50万元购买一辆大货车，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．
素养提升 (1)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．
(2)构建数学模型，提升数学建模核心素养．
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2019年1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|，其中当且仅当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2x2＋y2＝1，则2x＋y的最大值为________．
答案 eq \r(3)
解析 2x＋y＝eq \r(2)×eq \r(2)x＋1×y≤eq \r(\r(2)2＋12)×eq \r(\r(2)x2＋y2)＝eq \r(3)×eq \r(2x2＋y2)＝eq \r(3).
当且仅当x＝y＝eq \f(\r(3),3)时取等号．
所以2x＋y的最大值为eq \r(3).
例2 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 SKIPIF 1 < 0 (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
2．已知a>0，且b>0，若2a＋b＝4，则ab的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B．4 C.eq \f(1,2) D．2
答案 D
解析 4＝2a＋b≥2eq \r(2ab)，
即2≥eq \r(2ab)，两边平方得4≥2ab，
∴ab≤2，当且仅当a＝1，b＝2时，等号成立，
∴ab的最大值为2.
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
答案 C
解析 依题意ab＝a＋b，
∴a＋b＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，
即a＋b≤eq \f(a＋b2,4)，
∴a＋b≥4，当且仅当a＝b时取等号，
∴a＋b的最小值为4.
4．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，每批应生产产品( )
A．60件 B．80件
C．100件 D．120件
答案 B
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．
5．(多选)(2020·新高考全国Ⅰ )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)
答案 ABD
解析 因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以a＋b≥2eq \r(ab)，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，即有ab≤eq \f(1,4).
对于A，a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，故A正确；
对于B,2a－b＝22a－1＝eq \f(1,2)×22a，
因为a>0，所以22a>1，即2a－b>eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg2eq \f(1,4)＝－2，故C错误；
对于D，由(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤2，
得eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，故D正确．
6．(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 ∵a>0，b>0，
∴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一定成立；
∵a＋b≥2eq \r(ab)>0，
∴eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
∴eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)不一定成立，故B不一定成立；
∵eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
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，
∴eq \f(a2＋b2,a＋b)≥eq \r(ab)，∴eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故C一定成立；
∵(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)≥4，
当且仅当a＝b时取等号，故D一定成立．
7．已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________．
答案 eq \f(1,4)
解析 由题设知a－3b＝－6，又2a>0,8b>0，所以2a＋eq \f(1,8b)≥2eq \r(2a·\f(1,8b))＝2· SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,4)，当且仅当2a＝eq \f(1,8b)，
即a＝－3，b＝1时取等号．故2a＋eq \f(1,8b)的最小值为eq \f(1,4).
8．已知实数a，b满足|ln a|＝|ln b|，a≠b，则eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值为________．
答案 4
解析 因为|ln a|＝|ln b|且a≠b，
所以ln a＝－ln b，
即ln a＋ln b＝0，
所以ln(ab)＝0，
所以ab＝1，a>0，b>0，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥2eq \r(\f(4,ab))＝4，当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝2时，等号成立．
9．若a，b都是正数，且a＋b＝1，则(a＋1)(b＋1)的最大值为________．
答案 eq \f(9,4)
解析 (a＋1)(b＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq \f(9,4)，
当且仅当a＋1＝b＋1，即a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，
故(a＋1)(b＋1)的最大值为eq \f(9,4).
10．命题“∀x∈(1，＋∞)，x2－ax＋a＋2>0”为真命题，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，2eq \r(3)＋2)
解析 依题意∀x∈(1，＋∞)，x2－ax＋a＋2>0恒成立，
即a(x－1)∵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．
∴a<2eq \r(3)＋2.
11．已知x>0，y>0，且2x＋8y＝xy，求：
(1)xy的最小值；
(2)x＋y的最小值．
解 (1)∵xy＝2x＋8y≥2eq \r(2x·8y)，
即xy≥8eq \r(xy)，即xy≥64，
当且仅当2x＝8y，即x＝16，y＝4时，等号成立，
∴xy的最小值为64.
(2)由2x＋8y＝xy，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eq \f(2x,y)＝eq \f(8y,x)，即x＝12，y＝6时等号成立，
所以x＋y的最小值为18.
12．运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360)))升，司机的工资是每小时14元．
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用．
解 (1)所用时间为t＝eq \f(130,x)(h)，
y＝eq \f(130,x)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360)))＋14×eq \f(130,x)，x∈[50,100]．
所以，这次行车总费用y关于x的表达式是y＝eq \f(130×18,x)＋eq \f(2×130,360)x，x∈[50,100]
(或y＝eq \f(2 340,x)＋eq \f(13,18)x，x∈[50,100])．
(2)y＝eq \f(130×18,x)＋eq \f(2×130,360)x≥26eq \r(10)，
当且仅当eq \f(130×18,x)＝eq \f(2×130,360)x，
即x＝18eq \r(10)时等号成立．
故当x＝18eq \r(10)时，这次行车的总费用最低，最低费用为26eq \r(10)元．
13.《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AC＝a，BC＝b，可得圆O的半径r＝eq \f(a＋b,2)，
又OC＝OB－BC＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \f(a－b,2)，
则FC2＝OC2＋OF2＝eq \f(a－b2,4)＋eq \f(a＋b2,4)＝eq \f(a2＋b2,2)，
再根据题图知FO≤FC，即eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时取等号．故选D.
14．正实数x，y满足4x2＋y2＋xy＝1，则xy的最大值为________；2x＋y的最大值为________．
答案 eq \f(1,5) eq \f(2\r(10),5)
解析 ∵1－xy＝4x2＋y2≥4xy，
∴5xy≤1，∴xy≤eq \f(1,5)，当且仅当y＝2x时取等号，
∵4x2＋y2＋xy＝1，
∴(2x＋y)2－3xy＝1，
∴(2x＋y)2－1＝3xy＝eq \f(3,2)·2x·y≤eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋y,2)))2，
即(2x＋y)2－1≤eq \f(3,8)(2x＋y)2，
∴(2x＋y)2≤eq \f(8,5)，∴2x＋y≤eq \f(2\r(10),5)，
当且仅当2x＝y时，取等号．
15．设a>b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 D
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.
16．已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．
(1)求证： eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2)；
(2)是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，
所以eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)
＝eq \f(1,6)[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,a＋b)＋\f(a＋b,b＋c)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,c＋a)＋\f(c＋a,b＋c)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,c＋a)＋\f(a＋c,a＋b)))))≥eq \f(1,6)(3＋2＋2＋2)＝eq \f(3,2)，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2)得证．
(2)解 因为a＋b＋c＝3，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，
因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，
所以(a2＋b2＋c2)min＝3，
由题意得－x2＋mx＋2≤3恒成立，
即得x2－mx＋1≥0恒成立，
因此Δ＝m2－4≤0 ⇒－2≤m≤2.
故存在实数m∈[－2,2]使不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2成立．