新高考数学一轮复习考点讲义：第02章第2讲基本不等式（含解析）

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一 基本不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)
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．
二 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.
三 利用基本不等式求最大、最小值问题
1．如果x，y∈(0，＋∞)，且xy＝P(定值)，那么当x＝y时，x＋y有最小值2eq \r(P).
(简记：“积定和最小”)
2．如果x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝S(定值)，那么当x＝y时，xy有最大值eq \f(S2,4).
(简记：“和定积最大”)
常/用/结/论
1．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
可推广到多个变量．
2．若a>0，b>0，c>0，则eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
3.eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,b)≥eq \f(x＋y2,a＋b)(a，b，x，y均为正数)，当且仅当eq \f(x,a)＝eq \f(y,b)时等号成立．
证明思路：转化为证明eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a)＋\f(y2,b)))(a＋b)≥(x＋y)2.
1．判断下列结论是否正确．
(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.()
2．设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为( )
A．80B．77
C．81D．82
解析：∵x>0，y>0，∴eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)，即xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2＝81，当且仅当x＝y＝9时，(xy)max＝81.故选C．
答案：C
3．下列不等式一定成立的是( )
A．x2＋eq \f(1,4)＞x
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D．eq \f(1,x2＋1)＞1(x∈R)
解析：选项A中，x2＋eq \f(1,4)≥x，当x＝eq \f(1,2)时，x2＋eq \f(1,4)＝x，故选项A不正确；选项B中，sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(sin x∈(0,1])，sin x＋eq \f(1,sin x)≤－2(sin x∈[－1,0))，故选项B不正确；选项C中，x2－2|x|＋1＝(|x|－1)2≥0(x∈R)，故选项C正确；选项D中，eq \f(1,x2＋1)∈(0,1](x∈R)，故选项D不正确．
答案：C
4．某校生物兴趣小组为开展课题研究，分得一块面积为32 m2的矩形空地，并计划在该空地上设置三块全等的矩形试验区(如图所示)．要求试验区四周各空0.5 m，各试验区之间也空0.5 m．则每块试验区的面积的最大值为________m2.
解析：设矩形空地的长为x m，则宽为eq \f(32,x) m，设试验区的总面积为S m2，所以S＝(x－0.5×4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(32,x)－0.5×2))＝34－x－eq \f(64,x)≤34－2eq \r(x·\f(64,x))＝18，当且仅当x＝eq \f(64,x)，即x＝8时等号成立，即每块试验区的面积的最大值为eq \f(18,3)＝6 m2.
答案：6
题型 利用基本不等式求最值的多维研讨
维度1 拼凑法求最值
典例1在下列条件下，求y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最值．
(1)当x＞eq \f(5,4)时，求最小值；
(2)当x＜eq \f(5,4)时，求最大值；
(3)当x≥2时，求最小值．
解：(1)∵x＞eq \f(5,4)，∴4x－5＞0.
∴y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3≥2＋3＝5.
拼凑“积为定值”的条件．
当且仅当4x－5＝eq \f(1,4x－5)，即x＝eq \f(3,2)时等号成立．
故当x＝eq \f(3,2)时，ymin＝5.
(2)∵x＜eq \f(5,4)，∴5－4x＞0.
∴y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1.
这里也可以这么理解. 当x，y为负实数时，x＋y≤－2eq \r(x y). 当x，y为正实数时，x＋y≥2eq \r(x y).
当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故当x＝1时，ymax＝1.
(3)当x≥2时，易知y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)单调递增，
x≥2时，函数的单调性怎么确定呢？转化为复合函数. 即：y＝t＋eq \f(1,t)＋3，t＝4x－5，这里t≥3. 由复合函数易知其单调递增．
∴ymin＝4×2－2＋eq \f(1,4×2－5)＝eq \f(19,3).
通过配凑法利用基本不等式求最值的策略
配凑法的实质在于代数式的灵活变形，配系数、凑常数是关键，利用配凑法求解最值应注意以下几个方面的问题：
(1)配凑的技巧，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)代数式的变形以配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．
对点练1(1)已知2x＋3y＝6(x>0，y>0)，则xy的最大值是________．
(2)已知a>b>0，则2a＋eq \f(3,a＋b)＋eq \f(2,a－b)的最小值为________．
解析：(1)∵x>0，y>0，∴xy＝eq \f(1,6)×2x×3y≤eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3y,2)))2＝eq \f(3,2)，当且仅当2x＝3y＝3，即x＝eq \f(3,2)，y＝1时，等号成立，故xy的最大值是eq \f(3,2).
(2)2a＋eq \f(3,a＋b)＋eq \f(2,a－b)＝(a＋b)＋(a－b)＋eq \f(3,a＋b)＋eq \f(2,a－b)，∵a>b>0，∴a＋b＋eq \f(3,a＋b)≥2eq \r(3)，当且仅当a＋b＝eq \r(3)时等号成立，a－b＋eq \f(2,a－b)≥2eq \r(2)，当且仅当a－b＝eq \r(2)时等号成立，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝\r(3)，,a－b＝\r(2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)，))∴当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)))时，
a＋b＋a－b＋eq \f(3,a＋b)＋eq \f(2,a－b)＝2eq \r(2)＋2eq \r(3)，即2a＋eq \f(3,a＋b)＋eq \f(2,a－b)取得最小值2eq \r(2)＋2eq \r(3).
答案：(1)eq \f(3,2) (2)2eq \r(2)＋2eq \r(3)
维度2 换元法求最值
典例2已知x＞eq \f(5,4)，求函数y＝eq \f(16x2－28x＋11,4x－5)的最小值．
对于eq \f(二次,一次)型函数，常设t＝一次式，换元后转化为y＝t＋eq \f(a,t)的“对勾”函数. 此法应牢记．
解：设4x－5＝t，则x＝eq \f(t＋5,4).
∵x＞eq \f(5,4)，∴t＞0.
∴y＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋5,4)))2－28·\f(t＋5,4)＋11,t)＝eq \f(t2＋3t＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)＋3≥2＋3＝5.
换元后，函数最终转化为“对勾”函数．
当且仅当t＝1，即x＝eq \f(3,2)时，等号成立．
∴当x＝eq \f(3,2)时，ymin＝5.
本例是通过换元，凑出积为常数的形式，进而求最值．
自己总结形如y＝eq \f(Ax2＋Bx＋C,x)或y＝eq \f(x,Ax2＋Bx＋C)(A≠0)这一类函数的值域或最值的求法．
此类函数求值域，也常采用“Δ”判别法，效果很好！
对点练2(2024·四川德阳模拟)在△ABC中，若C＝eq \f(π,2)，则sin Asin B的最大值是________．
解析：在△ABC中，C＝eq \f(π,2)，则sin A＞0，sin B＞0，则sin Asin B≤eq \f(sin2A＋sin2B,2)，∵A＋B＝eq \f(π,2)，∴sin B＝cs A，∴sin Asin B≤eq \f(sin2A＋sin2B,2)＝eq \f(sin2A＋cs2A,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当sin A＝sin B＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，则sin Asin B的最大值是eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
维度3 常数代换法求最值
典例3(1)(2024·湖南长沙一中模拟)已知p，q为正实数且p＋q＝3，则eq \f(1,p＋2)＋eq \f(1,q＋1)的最小值为( )
A．eq \f(2,3)B．eq \f(5,3)
C．eq \f(7,4)D．eq \f(9,5)
(2)(多选)(2024·山东菏泽模拟)已知a＞0，b＞0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则下列说法正确的是( )
A．ab≥8B．a＋b≥4
C．a2＋b2≥8D．a＋4b≥9
解析：(1)由p＋q＝3，得p＋2＋q＋1＝6，则eq \f(1,p＋2)＋eq \f(1,q＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,p＋2)＋\f(1,q＋1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋2,6)＋\f(q＋1,6)))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋2,q＋1)＋\f(q＋1,p＋2)))≥eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×2eq \r(\f(p＋2,q＋1)·\f(q＋1,p＋2))＝eq \f(2,3)，当且仅当p＋2＝q＋1，
常数代换法的核心要领，是由这个常数代换，构造出“倒数结构”，进而满足积为定值的条件. 本题构造出eq \f(p＋2,q＋1)和eq \f(q＋1,p＋2)的结构形式．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝1，,q＝2))时等号成立，故选A．
(2)当a＞0，b＞0时，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))，即1≥2eq \r(\f(1,ab))，所以eq \f(1,ab)≤eq \f(1,4)，即ab≥4，
基本不等式，实现和与积的转化．
当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)，即a＝b＝2时，等号成立，故A错误；因为a＞0，b＞0，所以a＋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eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b＝2时，
常数代换法，构造出倒数结构．
等号成立，故B正确；由A可知，a2＋b2≥2ab≥2×4＝8，当且仅当a＝b，即a＝b＝2时，等号成立，故C正确；因为a＞0，b＞0，
所以(a＋4b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(4b,a)))≥5＋2eq \r(\f(a,b)·\f(4b,a))＝5＋4＝9，当且仅当eq \f(4b,a)＝eq \f(a,b)，
也是常数代换法．
即a＝3，b＝eq \f(3,2)时，等号成立，故D正确．故选BCD．
常数代换法求最值适用的题型及解题通法
当式子中含有两个变量，且条件和所求的式子分别为整式和分式时，常构造出(ax＋by)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)＋\f(n,y)))(a，b，m，n为常数且大于0)的形式，利用(ax＋by)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)＋\f(n,y)))＝am＋bn＋eq \f(bmy,x)＋eq \f(anx,y)≥am＋bn＋2eq \r(abmn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(bmy,x)＝\f(anx,y)时，等号成立))得到结果．
对点练3(2024·广东湛江模拟)若a，b∈(0，＋∞)，且eq \r(a)＋eq \f(4,b)＝9，则b＋eq \f(\r(a),a)的最小值为( )
A．9B．3
C．1D．eq \f(1,3)
解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(\r(a),a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)＋\f(4,b)))＝5＋beq \r(a)＋eq \f(4\r(a),ab)≥5＋2eq \r(b\r(a)·\f(4\r(a),ab))＝9，即9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(\r(a),a)))≥9，当且仅当beq \r(a)＝eq \f(4\r(a),ab)，即a＝9，b＝eq \f(2,3)时等号成立，所以b＋eq \f(\r(a),a)≥1，即b＋eq \f(\r(a),a)的最小值为1.故选C．
答案：C
维度4 消元法求最值
典例4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，
利用基本不等式，把条件中的方程转化为只关于x＋3y的不等式. 由此可知，基本不等式可以起到积式(x·3y)与和式(x＋3y)间相互转化的桥梁作用．
当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时等号成立．
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)
代入消元法，本质是转化为函数，得到eq \f(二次,一次)型的函数，由前面我们讲到的思路求解．
＝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，等号成立，所以x＋3y的最小值为6.故答案为6.
利用消元法求最值，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
消元法的本质是转化为一个变量的函数，依据代数式的结构特点，来思考变形方向．
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．
对点练4(1)(2024·天津四十二中模拟)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是( )
A．eq \f(1,4)B．eq \f(4,5)
C．eq \f(2\r(5),5)D．2
(2)(多选)设a＞1，b＞1，且ab－(a＋b)＝1，那么( )
A．a＋b有最小值2eq \r(2)＋2
B．a＋b有最大值2eq \r(2)－2
C．ab有最大值3－2eq \r(2)
D．ab有最小值3＋2eq \r(2)
解析：(1)因为5x2y2＋y4＝1，所以x2＝eq \f(1－y4,5y2)，又x2≥0，所以y2∈(0,1]，所以x2＋y2＝y2＋eq \f(1－y4,5y2)＝eq \f(4y4＋1,5y2)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4y2＋\f(1,y2)))≥eq \f(1,5)×2eq \r(4y2·\f(1,y2))＝eq \f(4,5)，当且仅当4y2＝eq \f(1,y2)，即y2＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(3,10)时，等号成立，所以x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).故选B．
(2)∵a＞1，b＞1，∴ab－1＝a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，即ab－2eq \r(ab)－1≥0，解得eq \r(ab)≥eq \r(2)＋1，∴ab≥(eq \r(2)＋1)2＝3＋2eq \r(2)，∴ab有最小值3＋2eq \r(2).又ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，当且仅当a＝b时，等号成立，∴1＝ab－(a＋b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2－(a＋b)，即(a＋b)2－4(a＋b)≥4，则[(a＋b)－2]2≥8，解得a＋b－2≥2eq \r(2)，即a＋b≥2eq \r(2)＋2，∴a＋b有最小值2eq \r(2)＋2.故选AD．
答案：(1)B (2)AD
题型 利用基本不等式的证明问题
典例5(1)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
①ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；
等价转化为3(ab＋bc＋ac)≤(a＋b＋c)2. 此变形使不等式两边的次数相同．
②eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
(2)设a，b均为正实数，求证：eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋ab≥2eq \r(2).变形方向是消元，构造积为定值. 两次应用基本不等式，应检验等号成立的条件．
证明：(1)①由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设，得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3). 当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
②因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
证明思路也是让不等式两边次数相同，即：eq \f(a2,b)＋b＋eq \f(b2,c)＋c＋eq \f(c2,a)＋a≥2(a＋b＋c). 这两个题目手法类似，也可称之为常数转化法．
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
(2)∵a，b均为正实数，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)≥2eq \r(\f(1,a2)·\f(1,b2))＝eq \f(2,ab)，当且仅当eq \f(1,a2)＝eq \f(1,b2)，即a＝b时等号成立．
∵eq \f(2,ab)＋ab≥2eq \r(\f(2,ab)·ab)＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(2,ab)＝ab时等号成立，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋ab≥eq \f(2,ab)＋ab≥2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝b，,\f(2,ab)＝ab，))
两个等号成立的条件，平时多训练这一点．
即a＝b＝eq \r(4,2)时，等号成立．
证明不等式的方法
证明不等式时，可依据求证的不等式两端的式子结构，合理选择基本不等式及其变形不等式来证．
对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知a，b，c都是正数．
(1)证明：a＋b＋c≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)；
(2)若a＋b＋c＝3，证明：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2).
证明：(1)因为a，b，c都是正数，
所以a＋b＋c＝eq \f(1,2)[(a＋b)＋(b＋c)＋(a＋c)]≥eq \f(1,2)(2eq \r(ab)＋2eq \r(bc)＋2eq \r(ac))＝eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
即a＋b＋c≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)成立．
(2)因为a＋b＋c＝3，所以(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝6，则eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋b＋b＋c＋c＋a,a＋b)＋\f(a＋b＋b＋c＋c＋a,b＋c)＋\f(a＋b＋b＋c＋c＋a,c＋a)))
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(b＋c,a＋b)＋\f(a＋b,b＋c)＋\f(c＋a,a＋b)＋\f(a＋b,c＋a)＋\f(c＋a,b＋c)＋\f(b＋c,c＋a)))
≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(b＋c,a＋b)·\f(a＋b,b＋c))＋2\r(\f(c＋a,a＋b)·\f(a＋b,c＋a))＋2\r(\f(c＋a,b＋c)·\f(b＋c,c＋a))))＝eq \f(3,2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,a＋b)＝\f(a＋b,b＋c)，,\f(c＋a,a＋b)＝\f(a＋b,c＋a)，,\f(c＋a,b＋c)＝\f(b＋c,c＋a)，))即a＝b＝c＝1时，等号成立．
即eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2)成立．
题型 基本不等式在实际问题中的应用
典例6(多选)甲、乙、丙三名学生同时参加了一次百米赛跑，所用时间(单位：秒)分别为t1，t2，t3.甲有一半的时间以速度v1(单位：米/秒)奔跑，另一半的时间以速度v2(单位：米/秒)奔跑；乙全程以速度eq \r(v1v2)奔跑；丙有一半的路程以速度v1奔跑，另一半的路程以速度v2奔跑．其中v1>0，v2>0.则下列结论中一定成立的是( )
A．t1≤t2≤t3
B．t1≥t2≥t3
C．t1t3＝teq \\al(2,2)
D．eq \f(1,t1)＋eq \f(1,t3)＝eq \f(1,t2)
解析：对于甲，由题意，得eq \f(1,2)t1v1＋eq \f(1,2)t1v2＝100，所以t1＝eq \f(100,\f(v1＋v2,2)).
对于乙，t2＝eq \f(100,\r(v1v2)).
对于丙，t3＝eq \f(50,v1)＋eq \f(50,v2)＝eq \f(100,\f(2v1v2,v1＋v2)).
依条件先将三个时间表达式求解出来．
根据基本不等式可知eq \f(v1＋v2,2)≥eq \r(v1v2)≥eq \f(2v1v2,v1＋v2)＞0，
eq \f(2v1v2,v1＋v2)可化为eq \f(2,\f(1,v1)＋\f(1,v2))，基本不等式链(a＞0，b＞0 )：
eq \r(\f(a2＋b2,2))≥eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)).
eq \a\vs4\al( 平方,平均数) eq \a\vs4\al( 算术,平均数) eq \a\vs4\al( 几何,平均数) eq \a\vs4\al( 调和,平均数)
当且仅当v1＝v2时等号全部成立，
故t1≤t2≤t3，故A选项正确，B选项错误；
t1t3＝eq \f(100,\f(v1＋v2,2))×eq \f(100,\f(2v1v2,v1＋v2))＝eq \f(1002,v1v2)＝teq \\al(2,2)，故C选项正确；eq \f(1,t1)＋eq \f(1,t3)＝eq \f(\f(v1＋v2,2),100)＋eq \f(\f(2v1v2,v1＋v2),100)≠eq \f(\r(v1v2),100)＝eq \f(1,t2)，故D选项错误．故选AC．
有关函数最值的实际问题的解题技巧
(1)根据实际问题建立函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值．
(2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．
(3)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围．
(4)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解．
对点练6(2023·江苏盐城一中9月学情调研)校园内因改造施工，工人师傅用三角支架固定墙面(墙面与地面垂直)，现在一支架斜杆长为16 dm，一端靠在墙上，另一端落在地面上，则该支架斜杆与其在墙面和地面上的射影所围成三角形周长的最大值为________dm；现为调整支架安全性，要求前述直角三角形周长为30 dm，面积为30 dm2，则此时斜杆长度应设计为________dm.
解析：对于第一空，设斜杆在墙面和地面上的射影长分别为x dm，y dm，则周长l＝(x＋y＋16)dm，
而x2＋y2＝256，x＋y≤eq \r(2x2＋y2)，
所以l＝x＋y＋16≤eq \r(2x2＋y2)＋16＝16(1＋eq \r(2))(dm)，当且仅当x＝y时，等号成立．
对于第二空，设斜杆长为a dm，它与地面的夹角为θ，由题意有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(asin θ＋acs θ＋a＝30，,a2sin θcs θ＝60，))
所以2sin θcs θ＝eq \f(120,a2)，而sin θ＋cs θ＝eq \f(30－a,a)，结合sin2θ＋cs2θ＝1，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30－a,a)))2－eq \f(120,a2)＝1，解得a＝13.
答案：16(1＋eq \r(2)) 13