新高考数学一轮复习学案第2章第3讲 基本不等式（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第2章第3讲 基本不等式（含解析），共12页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、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时取等号．
(3)其中eq \f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)称为正数a，b的几何平均数．
[点拨] 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．
2．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，x＋y有最小值是2eq \r(p)．(简记：积定和最小)
(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(s2,4)．(简记：和定积最大)
[点拨] 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．
常用结论
几个重要的不等式
(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)eq \f(a2＋b2,2)≥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．
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号．
二、教材衍化
1．设x＞0，y＞0，且x＋y＝18，则xy的最大值为( )
A．80 B．77
C．81 D．82
解析：选C．xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18,2)))eq \s\up12(2)＝81，当且仅当x＝y＝9时等号成立，故选C．
2．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________．
解析：设矩形的长为x m，宽为y m，则x＋y＝10，所以S＝xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝25，当且仅当x＝y＝5时取等号．
答案：25 m2
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)成立的条件是ab>0.( )
(3)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( )
(4)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值是2eq \r(a).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)忽视不等式成立的条件a>0且b>0；
(2)忽视定值存在；
(3)忽视等号成立的条件．
1．若x<0，则x＋eq \f(1,x)( )
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：选D．因为x<0，所以－x>0，－x＋eq \f(1,－x)≥2eq \r(1)＝2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋eq \f(1,x)≤－2.
2．若x>1，则x＋eq \f(4,x－1)的最小值为________．
解析：x＋eq \f(4,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.
当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时等号成立．
答案：5
3．设0解析：y＝2x(1－x)≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2).
当且仅当x＝1－x，即x＝eq \f(1,2)时，等号成立．
答案：eq \f(1,2)
考点一 利用基本不等式求最值(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))探索并了解基本不等式的证明过程，会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．
核心素养：逻辑推理
角度一 通过配凑法求最值
(1)已知0(2)已知x【解析】 (1)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，取等号．
(2)因为x0，
则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq \f(1,5－4x))＋3≤－2eq \r(（5－4x）\f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．
故f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为1.
【答案】 (1)eq \f(2,3) (2)1
eq \a\vs4\al()
通过拼凑法利用基本不等式求最值的策略
拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应注意以下几个方面的问题：
(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形；
(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标；
(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提．
角度二 通过常数代换法求最值
已知a>0，b>0，a＋b＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))的最小值为________．
【解析】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
【答案】 9
【迁移探究1】 (变问法)若本例中的条件不变，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
解析：因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立．
答案：4
【迁移探究2】 (变条件)若本例条件变为：已知a>0，b>0，4a＋b＝4，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))的最小值为________．
解析：由4a＋b＝4得a＋eq \f(b,4)＝1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋\f(b,4),a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋\f(b,4),b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,4a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋\f(a,b)))
＝eq \f(5,2)＋eq \f(2a,b)＋eq \f(5b,16a)＋eq \f(1,4)≥eq \f(11,4)＋2eq \r(\f(5,8))＝eq \f(11,4)＋eq \f(\r(10),2).当且仅当4eq \r(2)a＝eq \r(5)b时取等号．
答案：eq \f(11,4)＋eq \f(\r(10),2)
eq \a\vs4\al()
常数代换法求最值的步骤
(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)；
(2)把确定的定值(常数)变形为1；
(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式；
(4)利用基本不等式求解最值．
角度三 通过消元法求最值
若正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，则x＋2y的最小值是( )
A．eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(3),3)
【解析】 因为正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，所以y＝eq \f(1－x2,6x).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,y>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,\f(1－x2,6x)>0，))解得0【答案】 A
eq \a\vs4\al()
通过消元法求最值的方法
消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解．有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式求解．但应注意保留元的范围．
1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知正实数a，b满足a＋b＝(ab)eq \s\up6(\f(3,2))，则ab的最小值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．4
解析：选C．(ab)eq \s\up6(\f(3,2))＝a＋b≥2eq \r(ab)＝2(ab)eq \s\up6(\f(1,2))，所以ab≥2，当且仅当a＝b＝eq \r(2)时取等号，故ab的最小值为2，故选C．
2．已知x，y为正实数，则eq \f(4x,x＋3y)＋eq \f(3y,x)的最小值为( )
A．eq \f(5,3) B．eq \f(10,3)
C．eq \f(3,2) D．3
解析：选D．由题意得x>0，y>0，eq \f(4x,x＋3y)＋eq \f(3y,x)＝eq \f(4x,x＋3y)＋eq \f(x＋3y,x)－1≥2eq \r(\f(4x,x＋3y)·\f(x＋3y,x))－1＝4－1＝3(当且仅当x＝3y时等号成立)．
3．已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy，则x＋y的最小值为________．
解析：已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy.
即eq \f(16,x)＋eq \f(1,y)＝1，则x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,x)＋\f(1,y)))＝16＋1＋eq \f(16y,x)＋eq \f(x,y)≥17＋2 eq \r(\f(16y,x)·\f(x,y))＝25，当且仅当x＝4y＝20时等号成立，
所以x＋y的最小值为25.
答案：25
考点二 利用基本不等式解决实际问题(应用型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))利用基本不等式解决实际问题，关键是把实际问题抽象出数学模型，列出函数关系，然后利用基本不等式求最值．
某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y＝eq \f(1,2)x2－200x＋80 000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则需要国家至少补贴多少元才能使单位不亏损？
【解】 (1)由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为eq \f(y,x)＝eq \f(1,2)x＋eq \f(80 000,x)－200≥2 eq \r(\f(1,2)x·\f(80 000,x))－200＝200，
当且仅当eq \f(1,2)x＝eq \f(80 000,x)，即x＝400时等号成立，故该单位月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．
(2)不获利．设该单位每月获利为S元，则S＝100x－y＝100x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－200x＋80 000))＝－eq \f(1,2)x2＋300x－80 000＝－eq \f(1,2)(x－300)2－35 000，因为x∈[400，600]，所以S∈[－80 000，－40 000]．故该单位每月不获利，需要国家每月至少补贴40 000元才能不亏损．
eq \a\vs4\al()
应用基本不等式解决实际问题的基本步骤
(1)理解题意，设出变量，建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最值问题；
(2)在定义域内，利用基本不等式求出函数的最值；
(3)还原为实际问题，写出答案．
某游泳馆拟建一座平面图形为矩形且面积为200平方米的泳池，池的深度为1米，池的四周墙壁建造单价为每米400元，中间一条隔壁建造单价为每米100元，池底建造单价每平方米60元(池壁厚忽略不计)，则泳池的长设计为多少米时，可使总造价最低．
解：设泳池的长为x米，则宽为eq \f(200,x)米，总造价f(x)＝400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2×\f(200,x)))＋100×eq \f(200,x)＋60×200＝800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(225,x)))＋12 000≥1 600eq \r(x·\f(225,x))＋12 000＝36 000(元)，当且仅当x＝eq \f(225,x)(x>0)，即x＝15时等号成立．即泳池的长设计为15米时，可使总造价最低．
[基础题组练]
1．(2020·安徽省六校联考)若正实数x，y满足x＋y＝2，则eq \f(1,xy)的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A．因为正实数x，y满足x＋y＝2，
所以xy≤eq \f(（x＋y）2,4)＝eq \f(22,4)＝1，所以eq \f(1,xy)≥1.
2．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：选D．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.
3．若实数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值为( )
A．eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．4
解析：选C．因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以a＞0，b＞0，
由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq \r(\f(2,ab))，
所以ab≥2eq \r(2)(当且仅当b＝2a时取等号)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
4．(多选)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：选CD．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．
5．已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8y＝lg 2，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．2eq \r(3)
解析：选C．因为lg 2x＋lg 8y＝lg 2，所以lg(2x·8y)＝lg 2，所以2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.
因为x>0，y>0，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)＝(x＋3y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq \f(3y,x)＋eq \f(x,3y)≥2＋2eq \r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，当且仅当x＝3y＝eq \f(1,2)时取等号，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值为4.故选C．
6．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).
答案：2eq \r(2)
7．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．
答案：0
8．(2020·湖南岳阳期末改编)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).
答案：2 eq \f(9,4)
9．(1)当x(2)设0解：(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).
10．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：(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.
[综合题组练]
1．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：选C．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.
2．(2020·福建龙岩一模)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：选C．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．
3．已知正实数x，y满足x＋y＝1，①则x2＋y2的最小值为________；②若eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)≥a恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：因为x＋y＝1，所以xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，所以x2＋y2＝(x＋y)2－2xy≥1－eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，所以x2＋y2的最小值为eq \f(1,2).
若a≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)恒成立，则a小于等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))的最小值，因为eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥5＋2eq \r(\f(y,x)×\f(4x,y))＝9，所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为9，所以a≤9，故实数a的取值范围是(－∞，9]．
答案：eq \f(1,2) (－∞，9]
4．(2020·洛阳市统考)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．
解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因为3x＋2y＝(3x＋2y)·(eq \f(1,x)＋eq \f(2,y))＝7＋eq \f(6x,y)＋eq \f(2y,x)，且x>0，y>0，所以3x＋2y≥7＋4eq \r(3)，所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3).
答案：7＋4eq \r(3)
5．已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.
(1)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值；
(2)是否存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5？并说明理由．
解：(1)因为eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(x＋y,xy)＝eq \f(x2＋y2,xy)≥eq \f(2xy,xy)＝2，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为2.
(2)不存在．理由如下：
因为x2＋y2≥2xy，
所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．
又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.
从而有(x＋1)(y＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（x＋1）＋（y＋1）,2)))eq \s\up12(2)≤4，
因此不存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5.
6．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年的促销费用投入为多少万元时，厂家获取利润最大？
解：(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年的促销费用投入为3万元时，厂家的利润最大，最大为21万元．