7.32021屆高三數(shù)學專題復習練習基本不等式(教師版)

【課前測試】1、“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2成立”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：當x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2.因為x，eq\f(1,x)同號，所以若x＋eq\f(1,x)≥2，則x>0，eq\f(1,x)>0，所以“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2成立”的充要條件，故選C.答案：C2、已知a>0，b>0，a＋2b＝3，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．解析：由a＋2b＝3得eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1，∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(4,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(4b,3a)≥eq\f(4,3)＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(4b,3a))＝eq\f(8,3).當且僅當a＝2b＝eq\f(3,2)時取等號．答案：eq\f(8,3)

基本不等式【知識梳理】1．基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號成立的條件：當且僅當a＝b時取等號．2．幾個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號)．(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．以上不等式等號成立的條件均為a＝b.3．算術平均數(shù)與幾何平均數(shù)設a>0，b>0，則a，b的算術平均數(shù)為eq\f(a＋b,2)，幾何平均數(shù)為eq\r(ab)，基本不等式可敘述為兩個正數(shù)的算術平均數(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)如果積xy是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2eq\r(p).(簡記：積定和最小)(2)如果和x＋y是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(p2,4).(簡記：和定積最大)

【課堂講解】考點一基本不等式公式的簡單應用例1、若x>0，求函數(shù)y＝x＋eq\f(4,x)的最小值，并求此時x的值；解：當x>0時，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，當且僅當x＝eq\f(4,x)，即x2＝4，x＝2時取等號．∴函數(shù)y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)在x＝2時取得最小值4.變式訓練：1、已知x>0，求f(x)＝eq\f(12,x)＋3x的最小值；解：∵x>0，∴f(x)＝eq\f(12,x)＋3x≥2eq\r(\f(12,x)·3x)＝12，當且僅當3x＝eq\f(12,x)，即x＝2時取等號，∴f(x)的最小值為12.2、設x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A．80B．77C．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\co1(\f(x＋y,2)))2＝81，當且僅當x＝y(tǒng)＝9時，(xy)max＝81.答案：C3、eq\r(3－aa＋6)(－6≤a≤3)的最大值為()A．9B.eq\f(9,2)C．3 D.eq\f(3\r(2),2)解析：選B因為－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，則由基本不等式可知，eq\r(3－aa＋6)≤eq\f(3－a＋a＋6,2)＝eq\f(9,2)，當且僅當a＝－eq\f(3,2)時等號成立．答案：B4、已知a>－1，b>－2，(a＋1)(b＋2)＝16，則a＋b的最小值是()A．4B．5C．6 D．7解析：選B因為a>－1，b>－2，所以a＋1>0，b＋2>0，又(a＋1)(b＋2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1＋b＋2,2)))2，即16≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋3,2)))2，整理得a＋b≥5，當且僅當a＋1＝b＋2＝4，即a＝3，b＝2時等號成立，故選B.答案：B考點二配湊法應用命題點1湊系數(shù)例2、已知0<x<1，則x(4－3x)取得最大值時x的值為________．解析：x(4－3x)＝eq\f(1,3)·(3x)(4－3x)≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋4－3x,2)))2＝eq\f(4,3)，當且僅當3x＝4－3x，即x＝eq\f(2,3)時，取等號．答案：eq\f(2,3)命題點2湊項例3、已知x>2，求x＋eq\f(4,x－2)的最小值；解：∵x>2，∴x－2>0，∴x＋eq\f(4,x－2)＝x－2＋eq\f(4,x－2)＋2≥2eq\r(x－2·\f(4,x－2))＋2＝6，當且僅當x－2＝eq\f(4,x－2)，即x＝4時，等號成立．∴x＋eq\f(4,x－2)的最小值為6.變式訓練：1、設0<x<eq\f(3,2)，求函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值；解：∵0<x<eq\f(3,2)，∴3－2x>0，∴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).當且僅當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)(0<x<eq\f(3,2))的最大值為eq\f(9,2).2、已知x<3，求f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x的最大值；解：∵x<3，∴x－3<0，∴f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x＝eq\f(4,x－3)＋x－3＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(4,3－x)·3－x)＋3＝－1，當且僅當eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1時取等號．∴f(x)的最大值為－1.3、設x>0，則函數(shù)y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)的最小值為()A．0 B.eq\f(1,2)C．1 D.eq\f(3,2)解析：y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，當且僅當x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)時等號成立．∴函數(shù)的最小值為0.故選A.答案：A4、已知x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為________．解析：因為x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1.當且僅當5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時，等號成立．故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為1.答案：1考點三常數(shù)代換法命題點1乘“1”法例4、已知x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．解：方法一∵x>0，y>0，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝(x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10≥6＋10＝16，當且僅當eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，即x＝4，y＝12時，上式取等號．故當x＝4，y＝12時，(x＋y)min＝16.方法二由eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，得(x－1)(y－9)＝9(定值)．由eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1可知x>1，y>9，∴x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥2eq\r(x－1y－9)＋10＝16，當且僅當x－1＝y(tǒng)－9＝3，即x＝4，y＝12時上式取等號，故當x＝4，y＝12時，(x＋y)min＝16.命題點2常數(shù)替換例5、已知正數(shù)x，y滿足x＋2y＝3，則eq\f(y,x)＋eq\f(1,y)的最小值為________．解析：eq\f(y,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(\f(x＋2y,3),y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(x,3y)＋eq\f(2,3)≥2eq\r(\f(y,x)×\f(x,3y))＋eq\f(2,3)＝eq\f(2\r(3)＋2,3)，當且僅當eq\f(y,x)＝eq\f(x,3y)，即x＝eq\r(3)y時等號成立，所以eq\f(y,x)＋eq\f(1,y)的最小值為eq\f(2\r(3)＋2,3).答案：eq\f(2\r(3)＋2,3)變式訓練：1、已知x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y的最小值是________．解：∵x>0，y>0，∴x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(2)(當且僅當y＝eq\r(2)x時取等號)，∴當x＝eq\r(2)＋1，y＝2＋eq\r(2)時，(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).答案：3＋2eq\r(2)2、已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為．解析：∵x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\f(2x＋5y,20)＝eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋2\r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))＝eq\f(7＋2\r(10),20)，當且僅當eq\f(5y,x)＝eq\f(2x,y)時，等號成立．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為eq\f(7＋2\r(10),20).答案：eq\f(7＋2\r(10),20)3、設x>0，y>0，且2x＋8y＝xy，則x＋y的最小值．解析：方法一由2x＋8y－xy＝0，得y(x－8)＝2x.∵x>0，y>0，∴x－8>0，y＝eq\f(2x,x－8)，∴x＋y＝x＋eq\f(2x,x－8)＝x＋eq\f(2x－16＋16,x－8)＝(x－8)＋eq\f(16,x－8)＋10≥2eq\r(x－8×\f(16,x－8))＋10＝18.當且僅當x－8＝eq\f(16,x－8)，即x＝12時，等號成立．∴x＋y的最小值是18.方法二由2x＋8y－xy＝0及x>0，y>0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1.∴x＋y＝(x＋y)＝eq\f(8y,x)＋eq\f(2x,y)＋10≥2eq\r(\f(8y,x)·\f(2x,y))＋10＝18.當且僅當eq\f(8y,x)＝eq\f(2x,y)，即x＝2y＝12時等號成立．∴x＋y的最小值是18.答案：184、設正實數(shù)a，b滿足a+b＝1，則的最小值為8．解析：正實數(shù)a，b滿足a+b＝1，則＝+＝++4≥2+4＝8，當且僅當＝，即a＝，b＝時等號成立；∴的最小值為8．故答案為：8．答案：8考點四消元法應用例6、已知正實數(shù)a，b滿足a2－b＋4≤0，則u＝eq\f(2a＋3b,a＋b)()A．有最大值eq\f(14,5) B．有最小值eq\f(14,5)C．有最小值3 D．有最大值3解析：∵a2－b＋4≤0，∴b≥a2＋4，∴a＋b≥a2＋a＋4.又∵a，b>0，∴eq\f(a,a＋b)≤eq\f(a,a2＋a＋4)，∴－eq\f(a,a＋b)≥－eq\f(a,a2＋a＋4)，∴u＝eq\f(2a＋3b,a＋b)＝3－eq\f(a,a＋b)≥3－eq\f(a,a2＋a＋4)＝3－eq\f(1,a＋\f(4,a)＋1)≥3－eq\f(1,2\r(a·\f(4,a))＋1)＝eq\f(14,5)，當且僅當a＝2，b＝8時取等號．故選B.答案：B變式訓練：1、若實數(shù)a，b滿足ab－4a－b＋1＝0(a>1)，則(a＋1)(b＋2)的最小值為________．解析：因為ab－4a－b＋1＝0，所以b＝eq\f(4a－1,a－1).又a>1，所以b>0，所以(a＋1)(b＋2)＝ab＋2a＋b＋2＝6a＋2b＋1＝6a＋8＋eq\f(6,a－1)＋1＝6(a－1)＋eq\f(6,a－1)＋15.因為a－1>0，所以6(a－1)＋eq\f(6,a－1)＋15≥2eq\r(6a－1×\f(6,a－1))＋15＝27，當且僅當6(a－1)＝eq\f(6,a－1)(a>1)，即a＝2時等號成立，故(a＋1)(b＋2)的最小值為27.答案：272、已知正實數(shù)x，y滿足xy＋2x＋y＝4，則x＋y的最小值為________．解析：因為xy＋2x＋y＝4，所以x＝eq\f(4－y,y＋2).由x＝eq\f(4－y,y＋2)>0，得－2<y<4，又y>0，則0<y<4，所以x＋y＝eq\f(4－y,y＋2)＋y＝eq\f(6,y＋2)＋(y＋2)－3≥2eq\r(6)－3，當且僅當eq\f(6,y＋2)＝y(tǒng)＋2(0<y<4)，即y＝eq\r(6)－2時取等號．答案：2eq\r(6)－3考點五整體法應用例7、若實數(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：由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)知，a>0，b>0，所以eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，即ab≥2eq\r(2)，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝\f(2,b)，,\f(1,a)＋\f(2,b)＝\r(ab)，))即a＝eq\r(4,2)，b＝2eq\r(4,2)時取“＝”，所以ab的最小值為2eq\r(2).答案：C變式訓練：1、已知正數(shù)a，b滿足a+2b+ab＝6，則a+2b的最小值為（）A．2 B．4 C．6 D．8解析：依題意，6＝a+2b+ab＝a+2b+×a×（2b）≤a+2b+，即（a+2b）2+8（a+2b）﹣48≥0，解得a+2b≤﹣12（舍）或者a+2b≥4，故a+2b的最小值為4．故選：B．答案：B2、已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則x＋y的最大值為________．解析：因為x2＋y2－xy＝1，所以x2＋y2＝1＋xy．所以(x＋y)2＝1＋3xy≤1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，即(x＋y)2≤4，解得－2≤x＋y≤2．當且僅當x＝y(tǒng)＝1時右邊等號成立．所以x＋y的最大值為2．答案：23、已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，則x＋2y的最小值為________．解析：因為x>0，y>0，所以8＝x＋2y＋x·2y≤(x＋2y)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))eq\s\up12(2)，令x＋2y＝t，則8≤t＋eq\f(t2,4)，即t2＋4t－32≥0，解得t≥4或t≤－8，即x＋2y≥4或x＋2y≤－8(舍去)，當且僅當x＝2y，即x＝2，y＝1時等號成立．答案：4考點六換元法的應用例8、已知x>－1，y>0且滿足x＋2y＝1，則eq\f(1,x＋1)＋eq\f(2,y)的最小值為________．解析：∵x>－1，y>0且滿足x＋2y＝1，∴x＋1>0，且(x＋1)＋2y＝2，∴eq\f(1,x＋1)＋eq\f(2,y)＝eq\f(1,2)[(x＋1)＋2y]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(2,y)))＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2y,x＋1)＋\f(2x＋1,y)))≥eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)×2eq\r(\f(2y,x＋1)·\f(2x＋1,y))＝eq\f(9,2)，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2y,x＋1)＝\f(2x＋1,y)，,x＋2y＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,3)，,y＝\f(2,3)))時取等號，故eq\f(1,x＋1)＋eq\f(2,y)的最小值為eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)變式訓練：1、若正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值為()A．16 B．9C．6 D．1解析：∵正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴a＋b＝ab，eq\f(1,a)＝1－eq\f(1,b)>0，eq\f(1,b)＝1－eq\f(1,a)>0，∴b>1，a>1，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)≥2eq\r(\f(9,a－1b－1))＝2eq\r(\f(9,ab－a＋b＋1))＝6(當且僅當a＝eq\f(4,3)，b＝4時等號成立)，∴eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值為6，故選C.答案：C2、設a，b為正實數(shù)，則+的最小值為．解析：設a+2b＝m，a+b＝n，（m＞0，n＞0），則a＝2n﹣m，b＝m﹣n，即有+＝+＝+﹣5≥2﹣5＝4﹣5．當且僅當m＝n，即a＝（2﹣）n，b＝（﹣1）n．取得等號，則所求最小值為4﹣5．故答案為：4﹣5．答案：4﹣5考點七基本不等式的綜合應用求參數(shù)值或取值范圍例9、已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為()A．2 B．4C．6 D．8解析：已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，只要求(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，∵1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥a＋2eq\r(a)＋1，當且僅當y＝eq\r(a)x時，等號成立，∴a＋2eq\r(a)＋1≥9，∴eq\r(a)≥2或eq\r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4，即正實數(shù)a的最小值為4，故選B.答案：B變式訓練：1、若不等式x2－ax＋1≥0對一切x∈(0,1)恒成立，則a的取值范圍是________．解析：x2－ax＋1≥0，x∈(0,1]恒成立?ax≤x2＋1，x∈(0,1]恒成立?a≤x＋eq\f(1,x)，x∈(0,1)恒成立，∵x∈(0,1)，x＋eq\f(1,x)≥2，當且僅當x＝1時，等號成立，∴a≤2.答案：(－2、已知a>0，b>0，若不等式eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)恒成立，則m的最大值為()A．9B．12C．18D．24解析：由eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6.又eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6≥2eq\r(9)＋6＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當\f(9b,a)＝\f(a,b)，即a＝3b時等號成立))，∴m≤12，∴m的最大值為12.答案：B3、已知不等式2x＋m＋eq\f(8,x－1)>0對一切x∈(1，＋∞)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析：不等式2x＋m＋eq\f(8,x－1)>0可化為2(x－1)＋eq\f(8,x－1)>－m－2，因為x>1，所以2(x－1)＋eq\f(8,x－1)≥2eq\r(2（x－1）·\f(8,x－1))＝8，當且僅當x＝3時取等號．因為不等式2x＋m＋eq\f(8,x－1)>0對一切x∈(1，＋∞)恒成立，所以－m－2<8.解得m>－10.答案：(－10，＋∞)

【課后練習】1．函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值為()A．3 B．4C．6 D．8解析：f(x)＝eq\f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq\f(4,|x|)≥2eq\r(4)＝4，當且僅當x＝±2時，等號成立，故選B.答案：B2．若x>0，y>0，則“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的一個充分不必要條件是()A．x＝y(tǒng) B．x＝2yC．x＝2且y＝1 D．x＝y(tǒng)或y＝1解析：∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)，當且僅當x＝2y時取等號．故“x＝2且y＝1”是“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的充分不必要條件．故選C.答案：C3．已知正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A.eq\f(5,3) B．3C．5 D．9解析：由題意知，正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝4＋1＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，當且僅當eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,3)時等號成立，所以eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值為9，故選D.答案：D4．已知a>0，b>0，a＋b＝2，則y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是()A.eq\f(7,2)B．4C.eq\f(9,2)D．5解析：依題意，得eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))·(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(9,2)，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)時取等號，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是eq\f(9,2).答案：C5．已知a>0，b>0，a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為()A．4 B．2eq\r(2)C．8 D．16解析：由a>0，b>0，a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，得ab＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)·\f(2,b))＝2eq\r(2).當且僅當eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)，即a＝eq\f(\r(2),2)，b＝eq\r(2)時等號成立．故選B.答案：B6.已知x≥eq\f(5,2)，則f(x)＝eq\f(x2－4x＋5,2x－4)有()A．最大值eq\f(5,2) B．最小值eq\f(5,4)C．最大值1 D．最小值1解析：f(x)＝eq\f(x2－4x＋5,2x－4)＝eq\f(x－22＋1,2x－2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－2＋\f(1,x－2)))≥1.當且僅當x－2＝eq\f(1,x－2)，即x＝3時等號成立．答案：D7．設x，y均為正數(shù)，且xy＋x－y－10＝0，則x＋y的最小值是________．解析：由xy＋x－y－10＝0，得x＝eq\f(y＋10,y＋1)＝eq\f(9,y＋1)＋1，∴x＋y＝eq\f(9,y＋1)＋1＋y≥2eq\r(\f(9,y＋1)·1＋y)＝6，當且僅當eq\f(9,y＋1)＝1＋y，即y＝2時，等號成立．答案：68．已知a，b為正實數(shù)，且(a－b)2＝4(ab)3，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．解析：由題意得(a－b)2＝(a＋b)2－4ab，代入已知得(a＋b)2＝4(ab)3＋4ab，兩邊同除以(ab)2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,ab)))2＝eq\f(4ab3,a2b2)＋eq\f(4ab,a2b2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab＋\f(1,ab)))≥4·2eq\r(ab·\f(1,ab))＝8，當且僅當ab＝1時取等號．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(2)，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為2eq\r(2).答案：2eq\r(2)9．若a，b都是正數(shù)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b)))的最小值為()A．7 B．8C．9 D．10解析：選C因為a，b都是正數(shù)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b)))＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，當且僅當b＝2a時取等號，選項C正確．答案：C10．若2x＋2y＝1，則x＋y的取值范圍是()A．[0,2] B．[－2,0]C．[－2，＋∞] D．(解析：選D∵2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)＝2eq\r(2x＋y)(當且僅當2x＝2y時等號成立)，∴eq\r(2x＋y)≤eq\f(1,2)，∴2x＋y≤eq\f(1,4)，得x＋y≤－2．答案：D11．已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，則2a＋eq\f(1,8b)的最小值為.解析：由已知，得2a＋eq\f(1,8b)＝2a＋2－3b≥2eq\r(2a·2－3b)＝2eq\r(2a－3b)＝2eq\r(2－6)＝eq\f(1,4)，當且僅當2a＝2－3b時等號成立，由a＝－3b，a－3b＋6＝0，得a＝－3，b＝1，故當a＝－3，b＝1時，2a＋eq\f(1,8b)取得最小值eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)12．若a，b∈R，ab＞0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為.解析：∵a4＋4b4≥2a2·2b2＝4a2b2(當且僅當a2＝2b2時“＝”成立)，∴eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)，由于ab＞0，∴4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4(當且僅當4ab＝eq\f(1,ab)時“＝”成立)，故當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)))時，eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為4.答案：413．若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，且eq\f(1,xy)≥M恒成立，則M的最大值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選A.因為正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，所以xy≤eq\f(（x＋y）2,4)＝eq\f(22,4)＝1，所以eq\f(1,xy)≥1；又eq\f(1,xy)≥M恒成立，所以M≤1，即M的最大值為1.答案：A14．(1)當x<eq\f(3,2)時，求函數(shù)y＝x＋eq\f(8,2x－3)的最大值；(2)設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x<eq\f(3,2)時，有3－2x>0