2019版數(shù)學(xué)（文）教師用書：第六章 第三節(jié) 基本不等式 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第三節(jié)基本不等式1．基本不等式eq\r（ab）≤eq\f(a＋b，2）(1）基本不等式成立的條件：a>0，b〉0.(2）等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b。2．幾個重要的不等式(1）a2＋b2≥eq\a\vs4\al（2ab）（a,b∈R)；（2）eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥eq\a\vs4\al（2）（a，b同號)；（3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a＋b，2)）)2(a,b∈R）；(4)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R）．3．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)設(shè)a＞0，b〉0，則a,b的算術(shù)平均數(shù)為eq\a\vs4\al（\f（a＋b，2)),幾何平均數(shù)為eq\a\vs4\al(\r（ab）)，基本不等式可敘述為：兩個正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．4．利用基本不等式求最值問題已知x>0,y〉0，則(1）如果xy是定值p,那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2eq\r(p）(簡記:積定和最小)．(2)如果x＋y是定值q，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時,xy有最大值是eq\a\vs4\al（\f（q2，4））(簡記：和定積最大)．1．判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)（1)當(dāng)a≥0，b≥0時，eq\f(a＋b，2）≥eq\r(ab）.（)（2）兩個不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab）成立的條件是相同的．（)（3)x＞0且y〉0是eq\f(x,y)＋eq\f（y，x)≥2的充要條件．（）答案:（1)√（2）×(3)×2．若x〉0，y〉0,且2（x＋y)＝36，則eq\r（xy)的最大值為（）A．9 B．18C．36 D．81解析：選A由2（x＋y)＝36，得x＋y＝18，所以eq\r(xy）≤eq\f(x＋y，2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時，等號成立．3．若x<0，則x＋eq\f(1，x）()A．有最小值，且最小值為2B．有最大值,且最大值為2C．有最小值，且最小值為－2D．有最大值，且最大值為－2解析：選D因?yàn)閤〈0，所以－x>0，－x＋eq\f(1，－x）≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時,等號成立，所以x＋eq\f（1，x）≤－2。4．已知0〈x<1，則x(3－3x)取得最大值時x的值為()A。eq\f（1,3) B。eq\f（1,2)C.eq\f（3,4） D。eq\f（2，3）解析：選B∵0<x〈1，∴x(3－3x）＝3x(1－x）≤3eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(x＋1－x，2））)2＝eq\f（3，4）。當(dāng)且僅當(dāng)x＝1－x,即x＝eq\f（1,2）時,“＝”成立．5．若實(shí)數(shù)x，y滿足xy＝1，則x2＋2y2的最小值為________．解析:x2＋2y2＝x2＋(eq\r(2)y)2≥2x(eq\r(2）y）＝2eq\r(2），當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2）y且xy＝1時等號成立．所以x2＋2y2的最小值為2eq\r（2)。答案：2eq\r(2）6．若把總長為20m的籬笆圍成一個矩形場地，則矩形場地的最大面積是________m2.解析：設(shè)一邊長為xm,則另一邊長可表示為(10－x)m，由題知0<x<10，則面積S＝x(10－x)≤eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x＋10－x,2）))2＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝10－x，即x＝5時等號成立，故當(dāng)矩形的長與寬相等，且都為5m時面積取到最大值25m2。答案：25eq\a\vs4\al（考點(diǎn)一利用基本不等式求最值)eq\a\vs4\al（基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透）[考什么·怎么考］利用基本不等式求最值是高考的基本考點(diǎn)，高考主要求最值、判斷不等式、解決不等式有關(guān)的問題，試題難度不大，主要是以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，有時解答題中也會利用基本不等式求最值。方法(一）拼湊法求最值1．設(shè)0<x〈eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x（3－2x）的最大值為________．解析:y＝4x(3－2x)＝2［2x(3－2x)］≤2eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2),當(dāng)且僅當(dāng)“2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4）”時，等號成立．∵eq\f(3,4)∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（3，2）))，∴函數(shù)y＝4x(3－2x）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0〈x<\f(3,2）））的最大值為eq\f（9，2).答案:eq\f(9，2）2．（2018·常州調(diào)研）若實(shí)數(shù)x滿足x＞－4，則函數(shù)f(x）＝x＋eq\f(9，x＋4)的最小值為________．解析:∵x＞－4，∴x＋4＞0，∴f(x）＝x＋eq\f（9，x＋4)＝x＋4＋eq\f(9，x＋4)－4≥2eq\r（x＋4·\f(9,x＋4)）－4＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＋4＝eq\f(9，x＋4)，即x＝－1時取等號．故f（x）＝x＋eq\f（9，x＋4)的最小值為2.答案:2［方法點(diǎn)撥］1．拼湊法求最值拼湊法就是將相關(guān)代數(shù)式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃危ㄟ^添項、拆項等方法湊成和為定值或積為定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼湊法的實(shí)質(zhì)在于代數(shù)式的靈活變形,拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵．2．拼湊法求解最值應(yīng)注意的問題(1）拼湊的技巧，以整式為基礎(chǔ),注意利用系數(shù)的變化以及等式中常數(shù)的調(diào)整，做到等價變形；（2）代數(shù)式的變形以拼湊出和或積的定值為目標(biāo)；（3)拆項、添項應(yīng)注意檢驗(yàn)利用基本不等式的條件．方法(二)常數(shù)代換法求最值3．若直線2mx－ny－2＝0(m>0，n>0)過點(diǎn)(1，－2)，則eq\f(1，m）＋eq\f（2,n)的最小值為（）A．2 B．6C．12 D．3＋2eq\r（2)解析：選D因?yàn)橹本€2mx－ny－2＝0(m〉0，n〉0)過點(diǎn)(1,－2)，所以2m＋2n－2＝0，即m＋n＝1所以eq\f（1,m）＋eq\f（2,n）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,m）＋\f(2,n)））(m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f（2m，n)≥3＋2eq\r(2）,當(dāng)且僅當(dāng)“eq\f（n，m)＝eq\f(2m，n)，即n＝eq\r(2）m”時取等號，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為3＋2eq\r（2），故選D。[方法點(diǎn)撥]1．常數(shù)代換法求最值的步驟（1)根據(jù)已知條件或其變形確定定值(常數(shù)）；(2）把確定的定值(常數(shù))變形為1；（3)把“1”的表達(dá)式與所求最值的表達(dá)式相乘或相除，進(jìn)而構(gòu)造和或積的形式;(4）利用基本不等式求解最值．2．常數(shù)代換法求解最值應(yīng)注意的問題(1)條件的靈活變形,確定或分離出常數(shù)是基礎(chǔ);(2)已知等式化成“1"的表達(dá)式,是代數(shù)式等價變形的關(guān)鍵；(3)利用基本不等式求最值時注意基本不等式的前提條件．方法(三）消元法求最值4．若正數(shù)x，y滿足x2＋6xy－1＝0，則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:選A因?yàn)檎龜?shù)x，y滿足x2＋6xy－1＝0，所以y＝eq\f(1－x2,6x）.由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y〉0，)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，，\f(1－x2，6x)〉0)）解得0〈x〈1.所以x＋2y＝x＋eq\f(1－x2,3x)＝eq\f(2x,3）＋eq\f（1，3x）≥2eq\r（\f(2x，3）·\f(1,3x))＝eq\f(2\r（2),3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2x,3)＝eq\f(1,3x），即x＝eq\f（\r（2)，2)，y＝eq\f(\r（2）,12)時取等號．故x＋2y的最小值為eq\f(2\r（2),3).［方法點(diǎn)撥]通過消元法求最值的方法消元法，即根據(jù)條件建立兩個量之間的函數(shù)關(guān)系，然后代入代數(shù)式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值求解．有時會出現(xiàn)多元的問題，解決方法是消元后利用基本不等式求解．［怎樣快解·準(zhǔn)解］1．如何正確選用方法來求最值(1）已知關(guān)于變量的等式，求解相關(guān)代數(shù)式的最值問題，采用拼湊法．（2)已知兩變量之間的和或積為常數(shù)時,求解有關(guān)代數(shù)式的最值問題，采用常數(shù)代換法．2．利用基本不等式求最值應(yīng)滿足的三個條件要謹(jǐn)記（1）一正：各項或各因式均為正；（2)二定：和或積為定值；(3)三相等:各項或各因式能取到使等號成立的值．利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗(yàn)轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法．eq\a\vs4\al（考點(diǎn)二基本不等式的實(shí)際應(yīng)用)eq\a\vs4\al（重點(diǎn)保分型考點(diǎn)—-師生共研）高考中利用基本不等式解決實(shí)際問題，關(guān)鍵是把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，列出函數(shù)關(guān)系式,再利用基本不等式求最值。［典題領(lǐng)悟]經(jīng)調(diào)查測算,某產(chǎn)品的年銷售量（即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費(fèi)用m萬元（m≥0)滿足x＝3－eq\f(k,m＋1)（k為常數(shù)）,如果不搞促銷活動，則該產(chǎn)品的年銷售量只能是1萬件．已知2017年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元,每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品平均成本的1。5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金)．（1)將2017年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費(fèi)用m萬元的函數(shù)；(2）該廠家2017年的促銷費(fèi)用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？[構(gòu)建模型］題中信息對接方法銷售量、促銷費(fèi)用由題中信息確定k值，進(jìn)而明確兩者關(guān)系銷售價格、成本售價、成本用銷售量x與促銷費(fèi)用m表示，構(gòu)建關(guān)于m的關(guān)系式利潤最大利用基本不等式求解解：（1)由題意可知，當(dāng)m＝0時,x＝1，∴1＝3－k,解得k＝2，即x＝3－eq\f(2，m＋1)，每1萬件產(chǎn)品的銷售價格為1.5×eq\f(8＋16x，x）（萬元)，∴2017年的利潤y＝xeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1。5×\f(8＋16x,x)))－（8＋16x＋m)＝4＋8x－m＝4＋8eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(3－\f（2，m＋1)))－m＝28－eq\f（16，m＋1)－m(m≥0）．∴利潤y表示為年促銷費(fèi)用的函數(shù)關(guān)系式是y＝28－eq\f（16，m＋1)－m(m≥0)．（2)由（1）知y＝－eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(16,m＋1）＋m＋1）)＋29(m≥0)．∵m≥0時，eq\f（16,m＋1)＋（m＋1)≥2eq\r(\f(16,m＋1)·m＋1)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（16，m＋1）＝m＋1，即m＝3時取等號．∴y≤－8＋29＝21，即當(dāng)m＝3時,y取得最大值21.∴當(dāng)該廠家2017年的促銷費(fèi)用投入3萬元時，廠家獲得的利潤最大，為21萬元．［解題師說]利用基本不等式求解實(shí)際應(yīng)用題的方法(1)此類型的題目往往較長，解題時需認(rèn)真閱讀，從中提煉出有用信息，建立數(shù)學(xué)模型，轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題求解．(2）當(dāng)運(yùn)用基本不等式求最值時，若等號成立的自變量不在定義域內(nèi)時，就不能使用基本不等式求解,此時可根據(jù)變量的范圍用對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性求解．[沖關(guān)演練]某房地產(chǎn)開發(fā)公司計劃在一樓區(qū)內(nèi)建造一個長方形公園ABCD，公園由形狀為長方形的休閑區(qū)A1B1C1D1和人行道(陰影部分）組成．已知休閑區(qū)A1B1C1D1的面積為4000m2，人行道的寬分別為4m和10m((1）若設(shè)休閑區(qū)的長和寬的比eq\f(|A1B1｜,｜B1C1｜)＝x（x>1)，求公園ABCD所占面積S關(guān)于x的函數(shù)S(x）的解析式；(2）要使公園所占面積最小，則休閑區(qū)A1B1C1D1解：(1)設(shè)休閑區(qū)的寬為am，則長為axm，由a2x＝4000，得a＝eq\f(20\r(10）,\r(x))。則S（x）＝（a＋8)(ax＋20)＝a2x＋(8x＋20）a＋160＝4000＋(8x＋20)·eq\f（20\r（10)，\r（x))＋160＝80eq\r(10）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2\r（x)＋\f(5,\r（x))）)＋4160（x>1)．（2)S(x）＝80eq\r(10）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2\r(x）＋\f(5，\r（x））))＋4160≥80eq\r(10）×2eq\r(2\r(x）·\f（5,\r(x）))＋4160＝1600＋4160＝5760，當(dāng)且僅當(dāng)2eq\r（x)＝eq\f(5，\r(x）），即x＝2.5時，等號成立,此時a＝40，ax＝100.所以要使公園所占面積最小，休閑區(qū)A1B1C1D1的長和寬應(yīng)分別設(shè)計為100m，40m（一)普通高中適用作業(yè)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．“a＞b＞0”是“ab＜eq\f(a2＋b2，2）”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A由a＞b＞0得，a2＋b2＞2ab；但由a2＋b2＞2ab不能得到a＞b＞0，故“a＞b＞0”是“ab＜eq\f(a2＋b2,2)”的充分不必要條件，故選A。2．已知x〉0，y>0,且x＋2y＝2，則xy（）A．有最大值為1 B．有最小值為1C．有最大值為eq\f(1，2） D．有最小值為eq\f(1，2）解析：選C因?yàn)閤>0，y>0,x＋2y＝2，所以x＋2y≥2eq\r(x·2y），即2≥2eq\r(2xy），xy≤eq\f(1，2），當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y，即x＝1，y＝eq\f(1，2)時，等號成立．所以xy有最大值,且最大值為eq\f(1,2）.3．若實(shí)數(shù)a，b滿足eq\f(1，a)＋eq\f(2,b）＝eq\r（ab），則ab的最小值為（）A。eq\r(2） B．2C．2eq\r（2) D．4解析：選C因?yàn)閑q\f（1,a)＋eq\f(2,b）＝eq\r（ab），所以a>0，b>0，由eq\r(ab)＝eq\f（1，a)＋eq\f(2，b）≥2eq\r（\f(1,a）×\f（2，b）)＝2eq\r(\f(2,ab)），所以ab≥2eq\r（2）（當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時取等號），所以ab的最小值為2eq\r（2）.4．已知函數(shù)f（x)＝eq\f(－x2，x＋1）(x<－1），則（）A．f(x）有最小值4 B．f(x）有最小值－4C．f（x）有最大值4 D．f(x)有最大值－4解析：選Af（x）＝eq\f(－x2，x＋1）＝－eq\f（x2－1＋1,x＋1)＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－1＋\f（1，x＋1））)＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f(1，x＋1）－2))＝－(x＋1）＋eq\f(1,－x＋1)＋2，因?yàn)閤〈－1，所以x＋1<0,－(x＋1)〉0，所以f(x）≥2eq\r（1)＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)－(x＋1)＝eq\f（1，－x＋1)，即x＝－2時，等號成立．故f(x）有最小值4。5．已知a〉0，b〉0，a,b的等比中項是1，且m＝b＋eq\f(1，a)，n＝a＋eq\f（1,b），則m＋n的最小值是()A．3 B．4C．5 D．6解析：選B由題意知ab＝1，∴m＝b＋eq\f（1，a）＝2b，n＝a＋eq\f(1,b)＝2a，∴m＋n＝2（a＋b)≥4eq\r（ab)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時取等號，故m＋n的最小值為4。6．已知lga＋lgb＝2,則lg(a＋b)的最小值為()A．1＋lg2 B．2eq\r（2）C．1－lg2 D．2解析：選A由lga＋lgb＝2,可知a〉0，b〉0，則lg(ab)＝2，即ab＝100.所以a＋b≥2eq\r（ab)＝2eq\r(100）＝20，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝10時取等號，所以lg(a＋b)≥lg20＝1＋lg2。故lg（a＋b）的最小值為1＋lg2。7．當(dāng)3＜x＜12時，函數(shù)y＝eq\f（x－312－x，x）的最大值為________．解析:y＝eq\f（x－312－x，x)＝eq\f（－x2＋15x－36,x)＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（36,x))）＋15≤－2eq\r(x·\f(36,x）)＋15＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(36，x）,即x＝6時,ymax＝3。答案:38．已知函數(shù)f(x）＝4x＋eq\f(a,x)（x＞0,a＞0)在x＝3時取得最小值,則a＝________。解析:∵x＞0,a＞0，∴f（x）＝4x＋eq\f（a,x）≥2eq\r(4x·\f(a,x））＝4eq\r(a),當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f（a,x)，即4x2＝a時,f（x）取得最小值．又∵f（x）在x＝3時取得最小值，∴a＝4×32＝36.答案：369．(2017·山東高考)若直線eq\f（x，a）＋eq\f(y,b）＝1（a＞0，b＞0)過點(diǎn)(1，2），則2a＋b的最小值為________．解析：∵直線eq\f(x,a)＋eq\f（y，b）＝1(a＞0，b＞0）過點(diǎn)(1,2），∴eq\f（1，a）＋eq\f(2，b)＝1，∵a＞0,b＞0,∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，a)＋\f(2,b））)＝4＋eq\f(b，a)＋eq\f(4a,b）≥4＋2eq\r(\f（b,a）·\f(4a，b））＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（b，a）＝eq\f（4a,b)，即a＝2，b＝4時等號成立，∴2a＋b的最小值為答案:810．（2017·江蘇高考)某公司一年購買某種貨物600噸,每次購買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬元/次，一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元．要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小，則x的值是________．解析：由題意，一年購買eq\f（600,x）次，則總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和為eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（900，x)＋x）)≥8eq\r(\f(900，x)·x）＝240，當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時取等號，故總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小時x的值是30。答案:30B級--中檔題目練通抓牢1．設(shè)a>0，b>0,a＋b＝eq\f(1，a）＋eq\f（1,b），則3a＋81b的最小值為()A．6 B．9C．18 D．24解析：選C由a＋b＝eq\f（1,a)＋eq\f（1,b）＝eq\f（a＋b,ab），a〉0，b>0，得ab＝1.所以3a＋81b＝3a＋34b≥2eq\r（3a·34b)＝2eq\r(3a＋4b)≥2eq\r(32\r（a·4b））＝2eq\r（32×2）＝2×32＝18，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4b＝2時等號成立，故選C。2．若正數(shù)x,y滿足4x2＋9y2＋3xy＝30，則xy的最大值為()A。eq\f(4，3） B.eq\f（5，3）C。eq\f(5,4) D．2解析:選D30＝4x2＋9y2＋3xy≥2eq\r（36x2y2）＋3xy，即30≥15xy，所以xy≤2，當(dāng)且僅當(dāng)4x2＝9y2，即x＝eq\r（3），y＝eq\f（2\r（3)，3)時等號成立．故xy的最大值為2。3．正數(shù)a，b滿足eq\f(1，a)＋eq\f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m對任意實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（)A．[3，＋∞) B．(－∞,3］C．(－∞，6] D．[6，＋∞)解析：選D因?yàn)閍＞0，b＞0，eq\f(1,a）＋eq\f（9,b)＝1,所以a＋b＝(a＋b）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，a）＋\f（9,b））)＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f（9a，b)≥10＋2eq\r(9)＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（b,a）＝eq\f（9a,b)，即a＝4,b＝12時，等號成立．由題意，得16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m對任意實(shí)數(shù)x恒成立,令f(x）＝x2－4x－2，則f（x)＝x2－4x－2＝(x－2）2－6,所以f(x)的最小值為－6，所以－6≥－m，即m≥6.4．規(guī)定：“?”表示一種運(yùn)算，即a?b＝eq\r(ab）＋a＋b（a，b為正實(shí)數(shù)）．若1?k＝3，則k的值為________,此時函數(shù)f(x）＝eq\f（k?x，\r（x))的最小值為________．解析：由題意得1?k＝eq\r（k）＋1＋k＝3,即k＋eq\r（k）－2＝0，解得eq\r(k）＝1或eq\r(k)＝－2(舍去)，所以k＝1，故k的值為1。又f(x)＝eq\f（1?x，\r（x））＝eq\f(\r（x）＋x＋1,\r（x))＝1＋eq\r(x)＋eq\f（1，\r（x))≥1＋2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x）＝eq\f（1,\r(x）)，即x＝1時取等號，故函數(shù)f（x）的最小值為3。答案：35．（2018·河南百校聯(lián)盟模擬)已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b＝4，則eq\f（1,a＋1)＋eq\f（1，b＋3)的最小值為________．解析:∵a＋b＝4，∴a＋1＋b＋3＝8,∴eq\f（1，a＋1)＋eq\f(1，b＋3）＝eq\f(1,8)[(a＋1)＋（b＋3）]eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,a＋1)＋\f(1，b＋3)））＝eq\f（1,8)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2＋\f（b＋3,a＋1）＋\f(a＋1,b＋3）)）≥eq\f(1，8)×(2＋2)＝eq\f（1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋3,即a＝3,b＝1時取等號，∴eq\f（1，a＋1）＋eq\f(1,b＋3)的最小值為eq\f（1,2）.答案：eq\f（1，2)6．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,則1＝eq\f(8,x）＋eq\f（2，y)≥2eq\r（\f(8,x)·\f(2，y))＝eq\f（8，\r（xy)），得xy≥64,當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(8，x）＝eq\f（2，y)，即x＝16且y＝4時等號成立．所以xy的最小值為64.(2）由2x＋8y－xy＝0，得eq\f(8,x）＋eq\f（2,y）＝1，則x＋y＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\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。當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（2x，y)＝eq\f(8y,x），即x＝12且y＝6時等號成立,所以x＋y的最小值為18。7．（1)當(dāng)x<eq\f（3，2）時,求函數(shù)y＝x＋eq\f（8，2x－3）的最大值；(2)設(shè)0<x〈2，求函數(shù)y＝eq\r(x4－2x)的最大值．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\co1（\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x）))＋eq\f(3,2).當(dāng)x〈eq\f(3,2）時，有3－2x〉0，∴eq\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)≥2eq\r（\f（3－2x,2）·\f（8,3－2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（3－2x，2）＝eq\f（8,3－2x)，即x＝－eq\f（1，2)時取等號．于是y≤－4＋eq\f(3，2)＝－eq\f（5，2)，故函數(shù)的最大值為－eq\f(5,2）。（2)∵0<x〈2，∴2－x〉0,∴y＝eq\r(x4－2x）＝eq\r（2）·eq\r（x2－x）≤eq\r(2)·eq\f（x＋2－x,2)＝eq\r（2），當(dāng)且僅當(dāng)x＝2－x，即x＝1時取等號,∴當(dāng)x＝1時，函數(shù)y＝eq\r(x4－2x)的最大值為eq\r（2).C級--重難題目自主選做某工廠某種產(chǎn)品的年固定成本為250萬元,每生產(chǎn)x千件，需另投入成本為C(x)，當(dāng)年產(chǎn)量不足80千件時，C（x）＝eq\f（1，3)x2＋10x（萬元)；當(dāng)年產(chǎn)量不小于80千件時，C(x）＝51x＋eq\f（10000,x)－1450（萬元)．每件商品售價為0。05萬元．通過市場分析，該廠生產(chǎn)的商品能全部售完．（1)寫出年利潤L(x)(萬元)關(guān)于年產(chǎn)量x(千件）的函數(shù)解析式；(2)當(dāng)年產(chǎn)量為多少千件時，該廠在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤最大？解：（1）因?yàn)槊考唐肥蹆r為0。05萬元，所以x千件商品銷售額為0。05×1000x＝50x萬元，依題意得，當(dāng)0＜x＜80時,L(x）＝50x－eq\f（1，3)x2－10x－250＝－eq\f（1，3）x2＋40x－250.當(dāng)x≥80時,L（x)＝50x－51x－eq\f（10000,x）＋1450－250＝1200－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x)))。所以L(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(1，3)x2＋40x－250，0＜x＜80,，1200－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（10000，x））)，x≥80.))（2）當(dāng)0＜x＜80時，L(x）＝－eq\f（1，3）（x－60）2＋950。當(dāng)x＝60時,L（x)取得最大值L（60)＝950萬元．當(dāng)x≥80時，L（x）＝1200－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x）)）≤1200－2eq\r（x·\f（10000,x))＝1200－200＝1000.當(dāng)x＝eq\f（10000，x),即x＝100時,L（x)取得最大值1000萬元．由于950＜1000，所以當(dāng)年產(chǎn)量為100千件時,該廠在這一商品生產(chǎn)中所獲利潤最大，最大利潤為1000萬元．(二)重點(diǎn)高中適用作業(yè)A級-—保分題目巧做快做1．“a＞b＞0”是“ab＜eq\f（a2＋b2，2）”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A由a＞b＞0得，a2＋b2＞2ab；但由a2＋b2＞2ab不能得到a＞b＞0，故“a＞b＞0”是“ab＜eq\f(a2＋b2，2)”的充分不必要條件，故選A。2．已知x〉0,y〉0,且x＋2y＝2，則xy（)A．有最大值為1 B．有最小值為1C．有最大值為eq\f(1,2) D．有最小值為eq\f(1，2）解析：選C因?yàn)閤〉0，y>0，x＋2y＝2，所以x＋2y≥2eq\r(x·2y），即2≥2eq\r(2xy),xy≤eq\f（1,2），當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y,即x＝1，y＝eq\f(1，2）時，等號成立．所以xy有最大值,且最大值為eq\f（1，2).3。(2018·深圳三校聯(lián)考)已知f（x）＝eq\f(x2＋33,x）（x∈N*)，則f（x)在定義域上的最小值為()A.eq\f(58，5) B。eq\f(23,2)C。eq\r(33） D．2eq\r（33)解析:選Bf（x)＝eq\f(x2＋33，x)＝x＋eq\f（33，x），∵x∈N*，∴x＋eq\f（33，x)≥2eq\r（x·\f（33，x))＝2eq\r(33）,當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f（33，x），即x＝eq\r(33)時取等號．但x∈N＊，故x＝5或x＝6時，f（x)取最小值，當(dāng)x＝5時,f(x)＝eq\f(58，5)，當(dāng)x＝6時，f（x）＝eq\f(23,2)，故f(x）在定義域上的最小值為eq\f(23，2).4．已知函數(shù)f（x）＝eq\f（－x2,x＋1)（x〈－1），則（)A．f(x）有最小值4 B．f(x）有最小值－4C．f(x)有最大值4 D．f（x)有最大值－4解析：選Af（x）＝eq\f（－x2，x＋1）＝－eq\f(x2－1＋1，x＋1)＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－1＋\f（1,x＋1）））＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f（1，x＋1）－2))＝－（x＋1）＋eq\f(1，－x＋1）＋2.因?yàn)閤<－1,所以x＋1<0，－(x＋1)>0，所以f（x）≥2eq\r（1)＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)－(x＋1）＝eq\f(1,－x＋1），即x＝－2時，等號成立．故f（x)的最小值為4。5．若正數(shù)x，y滿足4x2＋9y2＋3xy＝30,則xy的最大值為()A.eq\f(4，3) B。eq\f（5,3)C。eq\f（5,4） D．2解析：選D30＝4x2＋9y2＋3xy≥2eq\r（36x2y2）＋3xy,即30≥15xy,所以xy≤2，當(dāng)且僅當(dāng)4x2＝9y2，即x＝eq\r（3），y＝eq\f（2\r（3),3）時等號成立．故xy的最大值為2。6．（2018·湖南長郡中學(xué)月考）設(shè)正項等差數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn,若S2017＝4034,則eq\f(1，a9）＋eq\f（9,a2009）的最小值為________．解析：由等差數(shù)列的前n項和公式,得S2017＝eq\f(2017a1＋a2017,2)＝4034，則a1＋a2017＝4.由等差數(shù)列的性質(zhì)得a9＋a2009＝4,所以eq\f(1,a9）＋eq\f（9，a2009)＝eq\f（1，4）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4,a9）＋\f(9×4,a2009))）＝eq\f（1,4）eq\f（a9＋a2009,a9）＋eq\f(9a9＋a2009,a2009）＝eq\f(1,4)eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a2009,a9)＋\f(9a9,a2009）)）＋10）)≥eq\f（1，4)2eq\r(\f（a2009，a9)×\f(9a9，a2009）)＋10＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a2009＝3a9時等號成立，故所求最小值為4.答案:47．（2017·江蘇高考)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬元/次，一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元．要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小,則x的值是________．解析：由題意，一年購買eq\f(600，x）次,則總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和為eq\f（600，x)×6＋4x＝4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（900,x）＋x）)≥8eq\r(\f（900，x）·x)＝240,當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時取等號,故總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小時x的值是30。答案：308.已知實(shí)數(shù)x,y均大于零，且x＋2y＝4，則log2x＋log2y的最大值為________．解析：因?yàn)閘og2x＋log2y＝log22xy－1≤log2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x＋2y,2））)2－1＝2－1＝1,當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝2,即x＝2，y＝1時等號成立，所以log2x＋log2y的最大值為1。答案：19．(1）當(dāng)x〈eq\f（3，2)時，求函數(shù)y＝x＋eq\f(8，2x－3）的最大值；(2)設(shè)0〈x<2，求函數(shù)y＝eq\r(x4－2x）的最大值．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\co1（\f（3－2x,2)＋\f（8,3－2x）））＋eq\f(3，2)。當(dāng)x〈eq\f(3，2）時,有3－2x>0，∴eq\f(3－2x,2）＋eq\f（8，3－2x)≥2eq\r(\f（3－2x，2)·\f（8,3－2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（3－2x，2）＝eq\f（8，3－2x）,即x＝－eq\f(1，2)時取等號．于是y≤－4＋eq\f（3,2）＝－eq\f（5，2)，故函數(shù)的最大值為－eq\f（5，2）.(2）∵0<x〈2,∴2－x>0，∴y＝eq\r(x4－2x）＝eq\r(2)·eq\r（x2－x）≤eq\r（2）·eq\f(x＋2－x,2)＝eq\r（2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2－x，即x＝1時取等號，∴當(dāng)x＝1時，函數(shù)y＝eq\r(x4－2x)的最大值為eq\r（2）。10.某學(xué)校為了支持生物課程基地研究植物生長，計劃利用學(xué)?？盏亟ㄔ煲婚g室內(nèi)面積為900m2的矩形溫室，在溫室內(nèi)劃出三塊全等的矩形區(qū)域，分別種植三種植物,相鄰矩形區(qū)域之間間隔1m，三塊矩形區(qū)域的前、后與內(nèi)墻各保留1m寬的通道，左、右兩塊矩形區(qū)域分別與相鄰的左右內(nèi)墻保留3m寬的通道，如圖．設(shè)矩形溫室的室內(nèi)長為x（單位：m)，三塊種植植物的矩形區(qū)域的總面積為S(單位：m2)（1)求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式;（2)求S的最大值．解：（1）由題設(shè)，得S＝（x－8)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(900,x）－2))＝－2x－eq\f（7200,x)＋916，x∈（8，450)．(2）因?yàn)?〈x〈450，所以2x＋eq\f(7200,x）≥2eq\r（2x·\f(7200,x））＝240，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\f(7200，x），即x＝60時等號成立，從而S≤－240＋916＝676。故當(dāng)矩形溫室的室內(nèi)長為60m時，三塊種植植物的矩形區(qū)域的總面積最大，最大為676m2B級-—拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做1。(2018·合肥模擬）已知函數(shù)f(x）＝eq\f（1，3)ax3－2x2＋cx在R上單調(diào)遞增，且ac≤4，則eq\f（a，c2＋4）＋eq\f(c,a2＋4)的最小值為（）A．0 B。eq\f(1，2)C.eq\f(1，4） D．1解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)f（x)＝eq\f(1，3）ax3－2x2＋cx在R上單調(diào)遞增，所以f′(x）＝ax2－4x＋c≥0在R上恒成立．所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a〉0，,Δ＝16－4ac≤0，))所以ac≥4，又ac≤4，所以ac＝4，又a〉0，所以c〉0，則eq\f(a,c2＋4）＋eq\f(c,a2＋4)＝eq\f（a,c2＋ac）＋eq\f(c,a2＋ac）＝eq\f（a，cc＋a）＋eq\f(c，ac＋a)＝eq\f(1，c）－eq\f（1，c＋a)＋eq\f（1，a）－eq\f(1,c＋a)＝eq\f（1,a)＋eq\f（1,c)－eq\f(2,c＋a）≥2eq\r(\f(1，ac)）－eq\f（2，2\r(ac))＝1－eq\f（1,2）＝eq\f（1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時等號成立，故選B。2。(2018·海淀期末）當(dāng)0<m〈eq\f(1,2）時，若eq\f（1，m）＋eq\f(2,1－2m)≥k2－2k恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．［－2,0)∪（0，4] B．[－4，0)∪(0，2］C．［－4,2］ D．［－2，4]解析：選D因?yàn)?〈m〈eq\f(1,2），所以eq\f（1,2)×2m×(1－2m）≤eq\f（1,2）×eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(2m＋1－2m,2)））2＝eq\f(1，8)，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝1－2m，即m＝eq\f（1,4）時取等號，所以eq\f（1,m）＋eq\f（2，1－2m)＝eq\f(1，m1－2m）≥8，又eq\f（1,m)＋eq\f（2,1－2m）≥k2－2k恒成立，所以k2－2k－8≤0,所以－2≤k≤4。所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是［－2,4]．故選D。3．(2018·河南百校聯(lián)盟模擬）已知正實(shí)數(shù)a,b滿足a＋b＝4，則eq\f（1，a＋1）＋eq\f（1，b＋3）的最小值為________．解析：∵a＋b＝4，∴a＋1＋b＋3＝8,∴eq\f(1，a＋1）＋eq\f(1，b＋3）＝eq\f（1，8）[(a＋1）＋（b＋3）］eq\b\lc\(\r