2022高考数学一轮复习 第一章 §1.6 基本不等式
展开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
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
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+3y1+y,1+y)
=eq \f(9+3y2,1+y)=eq \f(31+y2-61+y+12,1+y)
=3(1+y)+eq \f(12,1+y)-6≥2eq \r(31+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
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(-3y+12+15y+1-12,y+1)
=-3(y+1)-eq \f(12,y+1)+15≤-2eq \r(3y+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,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(n1+n,2),
所以eq \f(Sn+8,an)=eq \f(\f(n1+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
可得10-5eq \r(2)
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
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=0i=1,2,…,n或存在一个实数k,使得ai=kbii=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-x22+y1-y22)+eq \r(x2-x32+y2-y32)≥eq \r(x1-x32+y1-y32).
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)x2+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(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
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+b2,4),
∴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+b2-2ab,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·=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(x-12+2x-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-b2,4)+eq \f(a+b2,4)=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,aa-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,aa-b)
=a2+ab-ab+eq \f(1,ab)+eq \f(1,aa-b)
=a2-ab+eq \f(1,aa-b)+ab+eq \f(1,ab)
=a(a-b)+eq \f(1,aa-b)+ab+eq \f(1,ab)≥2+2=4,
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aa-b=\f(1,aa-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,aa-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.
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