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高考数学一轮复习 第一章 第3节 第2课时基本不等式及其应用
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这是一份高考数学一轮复习 第一章 第3节 第2课时基本不等式及其应用，共16页。试卷主要包含了两个重要的不等式，利用基本不等式求最值，5万元等内容，欢迎下载使用。
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.
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
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).
[微点提醒]
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.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).
3.连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”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)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)的最小值为4.( )
(4)x＞0且y＞0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充要条件.( )
解析 (1)不等式a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；
不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是a≥0，b≥0.
(2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，没有最小值.
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)没有最小值.
(4)x>0且y>0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充分不必要条件.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修5P99例1(2)改编)若x>0，y>0，且x＋y＝18，则eq \r(xy)的最大值为( )
A.9 B.18 C.36 D.81
解析 因为x＋y＝18，所以eq \r(xy)≤eq \f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立.
答案 A
3.(必修5P100练习T1改编)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 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.
答案 D
4.(2019·浙江镇海中学月考)已知f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,3) C.－1 D.0
解析 f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－2≥2－2＝0，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号.
又1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为0.
答案 D
5.(2018·济宁一中月考)一段长为30 m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m，则这个矩形的长为________m，宽为________m时菜园面积最大.
解析 设矩形的长为x m，宽为y m.则x＋2y＝30，
所以S＝xy＝eq \f(1,2)x·(2y)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(225,2)，
当且仅当x＝2y，即x＝15，y＝eq \f(15,2)时取等号.
答案 15 eq \f(15,2)
6.(2018·天津卷)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________.
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))＝2·2eq \f(a－3b,2)＝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).
答案 eq \f(1,4)
考点一 利用基本不等式求最值 多维探究
角度1 利用配凑法求最值
【例1－1】 (1)(2019·乐山一中月考)设0(2)已知x解析 (1)y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2x＋（3－2x）,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,2)，
当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时，等号成立.
∵eq \f(3,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，∴函数y＝4x(3－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值为eq \f(9,2).
(2)因为x0，
则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\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(9,2) (2)1
角度2 利用常数代换法求最值
【例1－2】 (2019·潍坊调研)函数y＝a1－x(a>0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny－1＝0上，且m，n为正数，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
解析 ∵曲线y＝a1－x恒过定点A，x＝1时，y＝1，
∴A(1，1).
将A点代入直线方程mx＋ny－1＝0(m>0，n>0)，
可得m＋n＝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＋2eq \r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4，
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)且m＋n＝1(m>0，n>0)，即m＝n＝eq \f(1,2)时，取得等号.
答案 4
角度3 基本不等式积(ab)与和(a＋b)的转化 典例迁移
【例1－3】 (经典母题)正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析 ∵a，b是正数，∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3，
解得eq \r(ab)≥3，即ab≥9.
答案 [9，＋∞)
【迁移探究】 本例已知条件不变，求a＋b的最小值.
解 ∵a>0，b>0，∴ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
即a＋b＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
整理得(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，
解得a＋b≥6或a＋b≤－2(舍).
故a＋b的最小值为6.
规律方法 在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，主要有两种思路：
(1)对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解.常用的方法有：折项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等.
(2)条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值.
【训练1】 (1)(2019·济南联考)若a>0，b>0且2a＋b＝4，则eq \f(1,ab)的最小值为( )
A.2 B.eq \f(1,2) C.4 D.eq \f(1,4)
(2)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值为________.
解析 (1)因为a>0，b>0，故2a＋b≥2eq \r(2ab)(当且仅当2a＝b时取等号).
又因为2a＋b＝4，
∴2eq \r(2ab)≤4⇒0∴eq \f(1,ab)≥eq \f(1,2)，故eq \f(1,ab)的最小值为eq \f(1,2)(当且仅当a＝1，b＝2时等号成立).
(2)由x＋3y＝5xy可得eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x)＝1，所以3x＋4y＝(3x＋4y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq \f(13,5)＋eq \f(3x,5y)＋eq \f(12y,5x)≥eq \f(13,5)＋eq \f(12,5)＝5(当且仅当eq \f(3x,5y)＝eq \f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立)，所以3x＋4y的最小值是5.
答案 (1)B (2)5
考点二 基本不等式在实际问题中的应用
【例2】 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，并求出最低费用的值.
解 (1)设所用时间为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)千米/时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为26eq \r(10)元.
规律方法 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数.
2.根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值.
3.在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.
【训练2】 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.
解析 由题意知t＝eq \f(2,3－x)－1(1则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(48＋\f(t,2x)))x－32x－3－t＝16x－eq \f(t,2)－3＝16x－eq \f(1,3－x)＋eq \f(1,2)－3
＝45.5－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(16（3－x）＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq \r(16)＝37.5，
当且仅当x＝eq \f(11,4)时取等号，即最大月利润为37.5万元.
答案 37.5
考点三 基本不等式与其他知识的综合应用
【例3】 (1)(2019·河南八校测评)已知等差数列{an}中，a3＝7，a9＝19，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为________.
(2)(一题多解)(2018·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________.
解析 (1)∵a3＝7，a9＝19，
∴d＝eq \f(a9－a3,9－3)＝eq \f(19－7,6)＝2，
∴an＝a3＋(n－3)d＝7＋2(n－3)＝2n＋1，
∴Sn＝eq \f(n（3＋2n＋1）,2)＝n(n＋2)，
因此eq \f(Sn＋10,an＋1)＝eq \f(n（n＋2）＋10,2n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n＋1）＋\f(9,n＋1)))
≥eq \f(1,2)×2eq \r(（n＋1）·\f(9,n＋1))＝3，
当且仅当n＝2时取等号.故eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为3.
(2)法一 依题意画出图形，如图所示.
易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，
即eq \f(1,2)csin 60°＋eq \f(1,2)asin 60°＝eq \f(1,2)acsin 120°，
∴a＋c＝ac，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9，
当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)，即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”.
法二 以B为原点，BD所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则D(1，0)，∵AB＝c，BC＝a，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a)).
∵A，D，C三点共线，∴eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(DC,\s\up6(→)).
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a))＋eq \f(\r(3),2)ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))＝0，
∴ac＝a＋c，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9，
当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)， 即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”.
答案 (1)3 (2)9
规律方法 基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
1.先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点.
2.要有利用基本不等式求最值的意识，善于把条件转化为能利用基本不等式的形式.
3.检验等号是否成立，完成后续问题.
【训练3】 (1)(2019·厦门模拟)已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－∞，2eq \r(2)－1)
C.(－1，2eq \r(2)－1) D.(－2eq \r(2)－1，2eq \r(2)－1)
(2)在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2 018＝eq \f(\r(2),2)，则eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为________.
解析 (1)由f(x)>0得32x－(k＋1)3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq \f(2,3x).
又3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(2)(当且仅当3x＝eq \f(2,3x)，即x＝lg3 eq \r(2)时，等号成立).
所以k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1.
(2)∵{an}为等比数列，∴a2 017·a2 019＝aeq \\al(2,2 018)＝eq \f(1,2).
∴eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)≥2eq \r(\f(2,a2 017·a2 019))＝2eq \r(4)＝4.
当且仅当eq \f(1,a2 017)＝eq \f(2,a2 019)，即a2 019＝2a2 017时，取得等号.
∴eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为4.
答案 (1)B (2)4
[思维升华]
1.基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常常用于比较数(式)的大小或证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用基本不等式的切入点.
2.对于基本不等式，不仅要记住原始形式，而且还要掌握它的几种变形形式及公式的逆用等，例如：ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2)，eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)等，同时还要注意不等式成立的条件和等号成立的条件.
[易错防范]
1.使用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三个条件缺一不可.
2.对使用基本不等式时等号取不到的情况，可考虑使用函数y＝x＋eq \f(m,x)(m>0)的单调性.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.(2019·孝感调研)“a>b>0”是“abA.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
解析 由a>b>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab答案 A
2.下列结论正确的是( )
A.当x>0且x≠1，lg x＋eq \f(1,lg x)≥2
B.eq \f(1,x2＋1)<1(x∈R)
C.当x>0时，eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥2
D.当0解析 对于A，当0对于B，当x＝0时，有eq \f(1,x2＋1)＝1，不等式不成立；
对于C，当x>0时，eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥2eq \r(\r(x)·\f(1,\r(x)))＝2，当且仅当x＝1时等号成立；
对于D，当0答案 C
3.(2019·绵阳诊断)已知x>1，y>1，且lg x，2，lg y成等差数列，则x＋y有( )
A.最小值20 B.最小值200
C.最大值20 D.最大值200
解析 由题意得2×2＝lg x＋lg y＝lg (xy)，所以xy＝10 000，则x＋y≥2eq \r(xy)＝200，当且仅当x＝y＝100时，等号成立，所以x＋y有最小值200.
答案 B
4.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
≥2eq \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.
答案 C
5.(2019·太原模拟)若P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，且A(－1，0)，B(1，0)，则|PA|＋|PB|的最大值为( )
A.2 B.2eq \r(2) C.4 D.4eq \r(2)
解析 由题意知∠APB＝90°，∴|PA|2＋|PB|2＝4，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PA|＋|PB|,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(|PA|2＋|PB|2,2)＝2(当且仅当|PA|＝|PB|时取等号)，
∴|PA|＋|PB|≤2eq \r(2)，∴|PA|＋|PB|的最大值为2eq \r(2).
答案 B
6.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
解析 设每批生产产品x件，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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(800,x)＋\f(x,8)))元，由基本不等式得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.
答案 B
7.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 依题意知a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))＝eq \f(2\r(2),\r(ab))，
当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)，即b＝2a时，“＝”成立.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以eq \r(ab)≥eq \f(2\r(2),\r(ab))，即ab≥2eq \r(2)(当且仅当a＝2eq \f(1,4)，b＝2eq \f(5,4)时等号成立)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
答案 C
8.(2019·衡水中学质检)正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B.(－∞，3]
C.(－∞，6] D.[6，＋∞)
解析 因为a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq \f(b,a)＋eq \f(9a,b)≥16，
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(9a,b)，即a＝4，b＝12时取等号.
依题意，16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m对任意实数x恒成立.
又x2－4x－2＝(x－2)2－6，
所以x2－4x－2的最小值为－6，所以－6≥－m，即m≥6.
答案 D
二、填空题
9.函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________.
解析 y＝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.
答案 2eq \r(3)＋2
10.某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元.
解析 每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时每台机器为该公司创造的年平均利润最大，最大值为8万元.
答案 8
11.已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.
解析 因为x>0，y>0，所以9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)x·(3y)≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))eq \s\up12(2)，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时等号成立.设x＋3y＝t>0，则t2＋12t－108≥0，
所以(t－6)(t＋18)≥0，又因为t>0，所以t≥6.故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)min＝6.
答案 6
12.已知直线mx＋ny－2＝0经过函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点，其中mn>0，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
解析 因为函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点(1，1)在直线mx＋ny－2＝0上，
所以m＋n－2＝0，即eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)＝1.
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋\f(n,2)))＝1＋eq \f(n,2m)＋eq \f(m,2n)
≥1＋2eq \r(\f(n,2m)·\f(m,2n))＝2，
当且仅当eq \f(n,2m)＝eq \f(m,2n)，即m2＝n2时取等号，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为2.
答案 2
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2018·江西师大附中月考)若向量m＝(a－1，2)，n＝(4，b)，且m⊥n，a>0，b>0，则lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有( )
A.最大值lg3 eq \f(1,2) B.最小值lg32
C.最大值lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2) D.最小值0
解析 由m⊥n，得m·n＝0，即4(a－1)＋2b＝0，
∴2a＋b＝2，∴2≥2eq \r(2ab)，∴ab≤eq \f(1,2)(当且仅当2a＝b时，等号成立).
又lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lgeq \s\d6(\f(1,3)) b＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) (ab)≥lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2)＝lg3 2，
故lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有最小值为lg3 2.
答案 B
14.(2019·湖南师大附中模拟)已知△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，若△ABC的三边长分别为a，b，c，则eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为( )
A.2 B.2＋eq \r(2) C.4 D.2＋2eq \r(2)
解析 因为△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，
所以eq \f(1,2)(a＋b＋c)×1＝1，所以a＋b＋c＝2，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝eq \f(2（a＋b＋c）,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝2＋eq \f(2c,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)≥2＋2eq \r(2)，
当且仅当a＋b＝eq \r(2)c，即c＝2eq \r(2)－2时，等号成立，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为2＋2eq \r(2).
答案 D
15.(2017·天津卷)若a，b∈R，ab>0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________.
解析 ∵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.
答案 4
16.已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________.
解析 对任意x∈N*，f(x)≥3，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1) ≥3恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N*，则g(x)＝x＋eq \f(8,x)≥4eq \r(2)，
当x＝2eq \r(2)时等号成立，又g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3)，
∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3).∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞))
新高考创新预测
17.(多填题)已知正数x，y满足x＋y＝1，则x－y的取值范围为________，eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)的最小值为________.
解析 ∵正数x，y满足x＋y＝1，
∴y＝1－x，0∴－y＝－1＋x，
∴x－y＝2x－1，又0∴0<2x<2，∴－1<2x－1<1，
即x－y的取值范围为(－1，1).
eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)＝eq \f(x＋y,x)＋eq \f(x,y)＝1＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥1＋2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝1＋2＝3，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时取“＝”；∴eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)的最小值为3.
答案 (－1，1) 3
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.
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
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).
[微点提醒]
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.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).
3.连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”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)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)的最小值为4.( )
(4)x＞0且y＞0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充要条件.( )
解析 (1)不等式a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；
不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是a≥0，b≥0.
(2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，没有最小值.
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)没有最小值.
(4)x>0且y>0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充分不必要条件.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修5P99例1(2)改编)若x>0，y>0，且x＋y＝18，则eq \r(xy)的最大值为( )
A.9 B.18 C.36 D.81
解析 因为x＋y＝18，所以eq \r(xy)≤eq \f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立.
答案 A
3.(必修5P100练习T1改编)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 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.
答案 D
4.(2019·浙江镇海中学月考)已知f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,3) C.－1 D.0
解析 f(x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－2≥2－2＝0，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号.
又1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的最小值为0.
答案 D
5.(2018·济宁一中月考)一段长为30 m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m，则这个矩形的长为________m，宽为________m时菜园面积最大.
解析 设矩形的长为x m，宽为y m.则x＋2y＝30，
所以S＝xy＝eq \f(1,2)x·(2y)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(225,2)，
当且仅当x＝2y，即x＝15，y＝eq \f(15,2)时取等号.
答案 15 eq \f(15,2)
6.(2018·天津卷)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________.
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))＝2·2eq \f(a－3b,2)＝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).
答案 eq \f(1,4)
考点一 利用基本不等式求最值 多维探究
角度1 利用配凑法求最值
【例1－1】 (1)(2019·乐山一中月考)设0
当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时，等号成立.
∵eq \f(3,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，∴函数y＝4x(3－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值为eq \f(9,2).
(2)因为x
则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\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(9,2) (2)1
角度2 利用常数代换法求最值
【例1－2】 (2019·潍坊调研)函数y＝a1－x(a>0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny－1＝0上，且m，n为正数，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
解析 ∵曲线y＝a1－x恒过定点A，x＝1时，y＝1，
∴A(1，1).
将A点代入直线方程mx＋ny－1＝0(m>0，n>0)，
可得m＋n＝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＋2eq \r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4，
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)且m＋n＝1(m>0，n>0)，即m＝n＝eq \f(1,2)时，取得等号.
答案 4
角度3 基本不等式积(ab)与和(a＋b)的转化 典例迁移
【例1－3】 (经典母题)正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析 ∵a，b是正数，∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3，
解得eq \r(ab)≥3，即ab≥9.
答案 [9，＋∞)
【迁移探究】 本例已知条件不变，求a＋b的最小值.
解 ∵a>0，b>0，∴ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
即a＋b＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
整理得(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，
解得a＋b≥6或a＋b≤－2(舍).
故a＋b的最小值为6.
规律方法 在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，主要有两种思路：
(1)对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解.常用的方法有：折项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等.
(2)条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值.
【训练1】 (1)(2019·济南联考)若a>0，b>0且2a＋b＝4，则eq \f(1,ab)的最小值为( )
A.2 B.eq \f(1,2) C.4 D.eq \f(1,4)
(2)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值为________.
解析 (1)因为a>0，b>0，故2a＋b≥2eq \r(2ab)(当且仅当2a＝b时取等号).
又因为2a＋b＝4，
∴2eq \r(2ab)≤4⇒0
(2)由x＋3y＝5xy可得eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x)＝1，所以3x＋4y＝(3x＋4y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq \f(13,5)＋eq \f(3x,5y)＋eq \f(12y,5x)≥eq \f(13,5)＋eq \f(12,5)＝5(当且仅当eq \f(3x,5y)＝eq \f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立)，所以3x＋4y的最小值是5.
答案 (1)B (2)5
考点二 基本不等式在实际问题中的应用
【例2】 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，并求出最低费用的值.
解 (1)设所用时间为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)千米/时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为26eq \r(10)元.
规律方法 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数.
2.根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值.
3.在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.
【训练2】 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.
解析 由题意知t＝eq \f(2,3－x)－1(1
＝45.5－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(16（3－x）＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq \r(16)＝37.5，
当且仅当x＝eq \f(11,4)时取等号，即最大月利润为37.5万元.
答案 37.5
考点三 基本不等式与其他知识的综合应用
【例3】 (1)(2019·河南八校测评)已知等差数列{an}中，a3＝7，a9＝19，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为________.
(2)(一题多解)(2018·江苏卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________.
解析 (1)∵a3＝7，a9＝19，
∴d＝eq \f(a9－a3,9－3)＝eq \f(19－7,6)＝2，
∴an＝a3＋(n－3)d＝7＋2(n－3)＝2n＋1，
∴Sn＝eq \f(n（3＋2n＋1）,2)＝n(n＋2)，
因此eq \f(Sn＋10,an＋1)＝eq \f(n（n＋2）＋10,2n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n＋1）＋\f(9,n＋1)))
≥eq \f(1,2)×2eq \r(（n＋1）·\f(9,n＋1))＝3，
当且仅当n＝2时取等号.故eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为3.
(2)法一 依题意画出图形，如图所示.
易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，
即eq \f(1,2)csin 60°＋eq \f(1,2)asin 60°＝eq \f(1,2)acsin 120°，
∴a＋c＝ac，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9，
当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)，即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”.
法二 以B为原点，BD所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则D(1，0)，∵AB＝c，BC＝a，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a)).
∵A，D，C三点共线，∴eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(DC,\s\up6(→)).
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a))＋eq \f(\r(3),2)ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))＝0，
∴ac＝a＋c，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9，
当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)， 即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”.
答案 (1)3 (2)9
规律方法 基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
1.先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点.
2.要有利用基本不等式求最值的意识，善于把条件转化为能利用基本不等式的形式.
3.检验等号是否成立，完成后续问题.
【训练3】 (1)(2019·厦门模拟)已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－∞，2eq \r(2)－1)
C.(－1，2eq \r(2)－1) D.(－2eq \r(2)－1，2eq \r(2)－1)
(2)在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2 018＝eq \f(\r(2),2)，则eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为________.
解析 (1)由f(x)>0得32x－(k＋1)3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq \f(2,3x).
又3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(2)(当且仅当3x＝eq \f(2,3x)，即x＝lg3 eq \r(2)时，等号成立).
所以k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1.
(2)∵{an}为等比数列，∴a2 017·a2 019＝aeq \\al(2,2 018)＝eq \f(1,2).
∴eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)≥2eq \r(\f(2,a2 017·a2 019))＝2eq \r(4)＝4.
当且仅当eq \f(1,a2 017)＝eq \f(2,a2 019)，即a2 019＝2a2 017时，取得等号.
∴eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为4.
答案 (1)B (2)4
[思维升华]
1.基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常常用于比较数(式)的大小或证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用基本不等式的切入点.
2.对于基本不等式，不仅要记住原始形式，而且还要掌握它的几种变形形式及公式的逆用等，例如：ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2)，eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)等，同时还要注意不等式成立的条件和等号成立的条件.
[易错防范]
1.使用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三个条件缺一不可.
2.对使用基本不等式时等号取不到的情况，可考虑使用函数y＝x＋eq \f(m,x)(m>0)的单调性.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.(2019·孝感调研)“a>b>0”是“ab
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 由a>b>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab
2.下列结论正确的是( )
A.当x>0且x≠1，lg x＋eq \f(1,lg x)≥2
B.eq \f(1,x2＋1)<1(x∈R)
C.当x>0时，eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥2
D.当0
对于C，当x>0时，eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥2eq \r(\r(x)·\f(1,\r(x)))＝2，当且仅当x＝1时等号成立；
对于D，当0
3.(2019·绵阳诊断)已知x>1，y>1，且lg x，2，lg y成等差数列，则x＋y有( )
A.最小值20 B.最小值200
C.最大值20 D.最大值200
解析 由题意得2×2＝lg x＋lg y＝lg (xy)，所以xy＝10 000，则x＋y≥2eq \r(xy)＝200，当且仅当x＝y＝100时，等号成立，所以x＋y有最小值200.
答案 B
4.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
≥2eq \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.
答案 C
5.(2019·太原模拟)若P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，且A(－1，0)，B(1，0)，则|PA|＋|PB|的最大值为( )
A.2 B.2eq \r(2) C.4 D.4eq \r(2)
解析 由题意知∠APB＝90°，∴|PA|2＋|PB|2＝4，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PA|＋|PB|,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(|PA|2＋|PB|2,2)＝2(当且仅当|PA|＝|PB|时取等号)，
∴|PA|＋|PB|≤2eq \r(2)，∴|PA|＋|PB|的最大值为2eq \r(2).
答案 B
6.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
解析 设每批生产产品x件，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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(800,x)＋\f(x,8)))元，由基本不等式得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.
答案 B
7.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 依题意知a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))＝eq \f(2\r(2),\r(ab))，
当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)，即b＝2a时，“＝”成立.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以eq \r(ab)≥eq \f(2\r(2),\r(ab))，即ab≥2eq \r(2)(当且仅当a＝2eq \f(1,4)，b＝2eq \f(5,4)时等号成立)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
答案 C
8.(2019·衡水中学质检)正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B.(－∞，3]
C.(－∞，6] D.[6，＋∞)
解析 因为a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq \f(b,a)＋eq \f(9a,b)≥16，
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(9a,b)，即a＝4，b＝12时取等号.
依题意，16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m对任意实数x恒成立.
又x2－4x－2＝(x－2)2－6，
所以x2－4x－2的最小值为－6，所以－6≥－m，即m≥6.
答案 D
二、填空题
9.函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________.
解析 y＝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.
答案 2eq \r(3)＋2
10.某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元.
解析 每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时每台机器为该公司创造的年平均利润最大，最大值为8万元.
答案 8
11.已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.
解析 因为x>0，y>0，所以9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)x·(3y)≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))eq \s\up12(2)，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时等号成立.设x＋3y＝t>0，则t2＋12t－108≥0，
所以(t－6)(t＋18)≥0，又因为t>0，所以t≥6.故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)min＝6.
答案 6
12.已知直线mx＋ny－2＝0经过函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点，其中mn>0，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
解析 因为函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点(1，1)在直线mx＋ny－2＝0上，
所以m＋n－2＝0，即eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)＝1.
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋\f(n,2)))＝1＋eq \f(n,2m)＋eq \f(m,2n)
≥1＋2eq \r(\f(n,2m)·\f(m,2n))＝2，
当且仅当eq \f(n,2m)＝eq \f(m,2n)，即m2＝n2时取等号，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为2.
答案 2
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2018·江西师大附中月考)若向量m＝(a－1，2)，n＝(4，b)，且m⊥n，a>0，b>0，则lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有( )
A.最大值lg3 eq \f(1,2) B.最小值lg32
C.最大值lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2) D.最小值0
解析 由m⊥n，得m·n＝0，即4(a－1)＋2b＝0，
∴2a＋b＝2，∴2≥2eq \r(2ab)，∴ab≤eq \f(1,2)(当且仅当2a＝b时，等号成立).
又lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lgeq \s\d6(\f(1,3)) b＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) (ab)≥lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2)＝lg3 2，
故lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有最小值为lg3 2.
答案 B
14.(2019·湖南师大附中模拟)已知△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，若△ABC的三边长分别为a，b，c，则eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为( )
A.2 B.2＋eq \r(2) C.4 D.2＋2eq \r(2)
解析 因为△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，
所以eq \f(1,2)(a＋b＋c)×1＝1，所以a＋b＋c＝2，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝eq \f(2（a＋b＋c）,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝2＋eq \f(2c,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)≥2＋2eq \r(2)，
当且仅当a＋b＝eq \r(2)c，即c＝2eq \r(2)－2时，等号成立，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为2＋2eq \r(2).
答案 D
15.(2017·天津卷)若a，b∈R，ab>0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________.
解析 ∵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.
答案 4
16.已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________.
解析 对任意x∈N*，f(x)≥3，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1) ≥3恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N*，则g(x)＝x＋eq \f(8,x)≥4eq \r(2)，
当x＝2eq \r(2)时等号成立，又g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3)，
∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3).∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞))
新高考创新预测
17.(多填题)已知正数x，y满足x＋y＝1，则x－y的取值范围为________，eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)的最小值为________.
解析 ∵正数x，y满足x＋y＝1，
∴y＝1－x，0
∴x－y＝2x－1，又0
即x－y的取值范围为(－1，1).
eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)＝eq \f(x＋y,x)＋eq \f(x,y)＝1＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥1＋2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝1＋2＝3，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时取“＝”；∴eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)的最小值为3.
答案 (－1，1) 3
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