2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第1章預(yù)備知識第3節(jié)全稱量詞命題與存在量詞命題學(xué)案含解析新人教B版202305182135

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第1章預(yù)備知識第3節(jié)全稱量詞命題與存在量詞命題學(xué)案含解析新人教B版202305182135第3節(jié)全稱量詞命題與存在量詞命題一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．全稱量詞和存在量詞量詞名稱常見量詞符號表示全稱量詞所有、一切、任意、全部、每一個等?存在量詞存在、有、至少有一個、有些、某些等?2．全稱量詞命題和存在量詞命題及其否定名稱形式全稱量詞命題存在量詞命題結(jié)構(gòu)對M中任意一個x，有p(x)成立存在M中的一個x，使p(x)成立簡記?x∈M，p(x)?x∈M，p(x)否定?x∈M，p(x)?x∈M，p(x)二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)“?x∈R，x2≥0”的否定是“?x∈R，x2＜0”．(√)(2)“長方形的對角線相等”是存在量詞命題．(×)(3)“?x∈R，x2＋1＝0”為真命題．(×)(4)寫存在量詞命題的否定時，存在量詞變?yōu)槿Q量詞．(√)(5)?x∈M，p(x)與?x∈M，p(x)的真假性相反．(√)2．(2021·煙臺模擬)已知命題p：?x∈R，log2(3x＋1)≤0，則()A．p是假命題；p：?x∈R，log2(3x＋1)≤0B．p是假命題；p：?x∈R，log2(3x＋1)＞0C．p是真命題；p：?x∈R，log2(3x＋1)≤0D．p是真命題；p：?x∈R，log2(3x＋1)＞0B解析：因為3x＞0，所以3x＋1＞1，則log2(3x＋1)＞0，所以p是假命題；p：?x∈R，log2(3x＋1)＞0.故選B.3．若命題“?x∈R，x2＋mx＋2≥0”為真命題，則m的取值范圍是()A．(2eq\r(2)，＋∞)B．(－2eq\r(2)，2eq\r(2))C．[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]D．(－∞，－2eq\r(2)]∪[2eq\r(2)，＋∞)C解析：?x∈R，x2＋mx＋2≥0為真命題，等價于f(x)＝x2＋mx＋2的圖像與x軸有一個交點或沒有交點，故Δ＝m2－8≤0，解得－2eq\r(2)≤m≤2eq\r(2).考點1全稱量詞命題、存在量詞命題的否定——基礎(chǔ)性1．(2020·淄博市部分學(xué)校高三檢測)命題“?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1”的否定是()A．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1B．?x?(0，＋∞)，lnx＝x－1C．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1D．?x?(0，＋∞)，lnx＝x－1C解析：存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，將結(jié)論加以否定，所以命題的否定為“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”．2．命題“?x＞0，eq\f(x,x－1)＞0”的否定是()A．?x＜0，eq\f(x,x－1)≤0B．?x＞0,0≤x≤1C．?x＞0，eq\f(x,x－1)≤0D．?x＜0,0≤x≤1B解析：因為eq\f(x,x－1)＞0，所以x＜0或x＞1，所以eq\f(x,x－1)＞0的否定是0≤x≤1，所以命題的否定是?x＞0，0≤x≤1.故選B.3．命題“?x∈R，?n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是()A．?x∈R，?n∈N*，使得n＜x2B．?x∈R，?n∈N*，使得n＜x2C．?x∈R，?n∈N*，使得n＜x2D．?x∈R，?n∈N*，使得n＜x2D解析：“?x∈R，?n∈N*，使得n≥x2”的否定形式為“?x∈R，?n∈N*，使得n＜x2”．全稱量詞命題與存在量詞命題的否定(1)改寫量詞：確定命題所含量詞的類型，省去量詞的要結(jié)合命題的含義加上量詞，再對量詞進行改寫．(2)否定結(jié)論：對原命題的結(jié)論進行否定．考點2全稱量詞命題、存在量詞命題的真假判斷——基礎(chǔ)性1．下列四個命題中的真命題是()A．?n∈R，n2≥nB．?n∈R，?m∈R，m·n＝mC．?n∈R，?m∈R，m2<nD．?n∈R，n2<nB解析：對于選項A，令n＝eq\f(1,2)，即可驗證其不正確；對于選項C，D，可令n＝－1加以驗證，均不正確．故選B.2．下列四個命題中的假命題是()A．?x∈R，x2≥0B．?x∈R,2x－1＞0C．?x∈R，lgx＜1D．?x∈R，sinx＋cosx＝2D解析：A顯然正確；由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知2x－1＞0恒成立，所以B正確；當(dāng)0＜x＜10時，lgx＜1，所以C正確；因為sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以－eq\r(2)≤sinx＋cosx≤eq\r(2)，所以D錯誤．故選D.全稱量詞命題與存在量詞命題真假的判斷方法命題名稱真假判斷方法一判斷方法二全稱量詞命題真所有對象使命題真否定為假假存在一個對象使命題假否定為真存在量詞命題真存在一個對象使命題真否定為假假所有對象使命題假否定為真考點3全稱量詞命題、存在量詞命題的應(yīng)用——應(yīng)用性(1)(2020·濰坊市高三上期中)“?x∈R，x2－2x－a<0”為假命題，則實數(shù)a的最大值為________．－1解析：由“?x∈R，x2－2x－a<0”為假命題，可知，“?x∈R，x2－2x－a≥0”為真命題，所以a≤x2－2x恒成立．由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，x2－2x≥－1，則實數(shù)a≤－1，即a的最大值為－1.(2)已知f(x)＝x2，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m.若對?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)m的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析：當(dāng)x∈[0,3]時，f(x)min＝f(0)＝0；當(dāng)x∈[1,2]時，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m.由f(x)min≥g(x)min，得0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).本例(2)中，若將“?x2∈[1,2]”改為“?x2∈[1,2]”，其他條件不變，則實數(shù)m的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：當(dāng)x∈[1,2]時，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,2)－m.由f(x)min≥g(x)max，得0≥eq\f(1,2)－m，所以m≥eq\f(1,2).根據(jù)全稱(存在)量詞命題的真假求參數(shù)的思路此類問題的本質(zhì)是恒成立問題或有解問題．一般先利用等價轉(zhuǎn)化思想將條件合理轉(zhuǎn)化，得到關(guān)于參數(shù)的方程或不等式(組)，再通過解方程或不等式(組)求出參數(shù)的值或范圍．1．已知函數(shù)f(x)＝2ax－a＋3.若?x0∈(－1,1)，使得f(x0)＝0，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－3,1)D．(1，＋∞)A解析：依題意可得f(－1)·f(1)＜0，即(－2a－a＋3)·(2a－a＋3)＜0，解得a＜－3或a＞1.故選A.2．已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝eq\r(x)＋m，對任意的x1，x2∈[1,4]有f(x1)>g(x2)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．(－∞，0)解析：f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2.當(dāng)x∈[1,4]時，f(x)min＝f(1)＝2，g(x)max＝g(4)＝2＋m，則f(x)min>g(x)max，即2>2＋m，解得m<0.故實數(shù)m的取值范圍是(－∞，0)．第4節(jié)相等關(guān)系與不等關(guān)系一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．兩個實數(shù)比較大小的方法(1)作差法①a－b>0?a>b；②a－b＝0?a＝b；③a－b<0?a<b.(2)作商法①eq\f(a,b)>1(a∈R，b>0)?a>b(a∈R，b>0)；②eq\f(a,b)＝1(a∈R，b≠0)?a＝b(a∈R，b≠0)；③eq\f(a,b)<1(a∈R，b>0)?a<b(a∈R，b>0)．2．等式的性質(zhì)(1)等式的兩邊同時加上(或減去)同一個數(shù)或代數(shù)式，等式仍成立；(2)等式的兩邊同時乘(或除以)同一個不為零的數(shù)或代數(shù)式，等式仍成立．3．不等式的性質(zhì)及推論(1)性質(zhì)1：如果a>b，那么a＋c>b＋c；(2)性質(zhì)2：如果a>b，c>0，那么ac>bc；(3)性質(zhì)3：如果a>b，c<0，那么ac<bc；(4)性質(zhì)4：如果a>b，b>c，那么a>c；(5)性質(zhì)5：a>b?b<a；(6)推論1：如果a＋b>c，那么a>c－b；(7)推論2：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d；(8)推論3：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd；(9)推論4：如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n>1)；(10)推論5：如果a>b>0，那么eq\r(a)>eq\r(b).1．倒數(shù)性質(zhì)的幾個必備結(jié)論(1)a＞b，ab＞0?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；(2)a＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；(3)a＞b＞0,0＜c＜d?eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)；(4)0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0?eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a).2．兩個重要不等式若a＞b＞0，m＞0，則：(1)eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；(2)eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．4．均值不等式：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(1)均值不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(3)其中，eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均值，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均值．5．兩個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≥ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．6．利用均值不等式求最值已知x≥0，y≥0，(1)如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，和x＋y有最小值2eq\r(P)(簡記：積定和最小)．(2)如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，積xy有最大值eq\f(S2,4)(簡記：和定積最大)．(1)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab>0)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．(3)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).(4)連續(xù)使用均值不等式求最值，要求每次等號成立的條件一致．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)一個不等式的兩邊同時加上或乘同一個數(shù)，不等號方向不變．(×)(2)一個非零實數(shù)越大，則其倒數(shù)就越?。?×)(3)不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是相同的．(×)(4)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值為4.(×)2．設(shè)M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，則有()A．M＞N B．M≥NC．M＜N D．M≤NA解析：因為M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2＞0，所以M＞N.故選A.3．在所給的四個條件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0中，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)的有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個C解析：eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立，即eq\f(b－a,ab)<0成立，逐個驗證可得，①②④滿足題意．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)B解析：因為0<x<1，所以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，等號成立．5．若用總長為20m的籬笆圍成一個矩形場地，則矩形場地的最大面積是________m2.25解析：設(shè)矩形的一邊長為xm，矩形場地的面積為ym2，則矩形另一邊長為eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，所以y＝x(10－x)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋10－x,2)))2＝25(m2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝10－x，即x＝5時，ymax＝25.考點1比較大小與不等式的性質(zhì)——基礎(chǔ)性1．(多選題)(2020·泰安市高三上期末)已知a，b，c，d均為實數(shù)，則下列命題正確的是()A．若a>b，c>d，則ac>bdB．若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0C．若a>b，c>d，則a－d>b－cD．若a>b，c>d>0，則eq\f(a,d)>eq\f(b,c)BC解析：若a>0>b,0>c>d，則ac<bd，故A錯誤；若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(bc－ad,ab)>0，化簡得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故B正確；若c>d，則－d>－c，又a>b，則a－d>b－c，故C正確；若a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，則eq\f(a,d)＝－1，eq\f(b,c)＝－1，eq\f(a,d)＝eq\f(b,c)＝－1，故D錯誤．故選BC.2．設(shè)a，b∈R，則“(a－b)a2＜0”是“a＜b”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A解析：若(a－b)·a2＜0，則必有a－b＜0，即a＜b；而當(dāng)a＜b時，不能推出(a－b)·a2＜0，例如a＝0，b＝1.所以“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”的充分不必要條件．3．已知實數(shù)b>a>0，m<0，則mb________ma，eq\f(b－m,a－m)________eq\f(b,a)(填“>”或“<”)．＜＜解析：因為b>a>0，m<0，所以b－a>0.因為mb－ma＝m(b－a)<0，所以mb<ma.因為eq\f(b－m,a－m)－eq\f(b,a)＝eq\f(ab－m－ba－m,aa－m)＝eq\f(mb－a,aa－m)<0，所以eq\f(b－m,a－m)<eq\f(b,a).4．設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________．[5,10]解析：(方法一：待定系數(shù)法)設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.(方法二：運用方程思想)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－1)≤10.比較大小的方法(1)作差法，步驟：作差?變形?判斷差與0的大小?得出結(jié)論．(2)作商法，步驟：作商?變形?判斷商與1的大小?得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)法：構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。?4)賦值法和排除法：可以多次取特殊值，根據(jù)特殊值比較大小，從而得出結(jié)論．考點2利用均值不等式求最值——綜合性考向1配湊法求最值(1)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________．2eq\r(3)＋2解析：因為x>1，所以x－1>0.y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋2x－2＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1時，取等號．所以函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x＞1)的最小值為2eq\r(3)＋2.(2)若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝________.3解析：因為x>2，所以x－2>0，所以f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2＋2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)，即(x－2)2＝1時等號成立，解得x＝1或3.又因為x>2，所以x＝3，即a＝3時，函數(shù)f(x)在x＝3處取得最小值．拼湊法求最值的實質(zhì)及關(guān)鍵點拼湊法就是將相關(guān)代數(shù)式進行適當(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，然后利用均值不等式求解最值的方法．拼湊法的實質(zhì)是代數(shù)式的靈活變形，拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵．考向2常值代換求最值已知a>0，b>0，a＋b＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．4解析：因為a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，取等號．1．將條件“a＋b＝1”改為“a＋2b＝3”，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．1＋eq\f(2\r(2),3)解析：因為a＋2b＝3，所以eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1.所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(2b,3a)≥1＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq\f(2\r(2),3).當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(2)b時，取等號．2．本例條件不變，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值為________．9解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，取等號．考向3消元法求最值若正數(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)A解析：因為正數(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).消元法求最值的策略當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時，通常是考慮利用已知條件消去部分變量，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”，最后利用均值不等式求最值．考向4兩次應(yīng)用均值不等式求最值設(shè)實數(shù)x，y滿足2x＋y＝1.若x>0，y>0，求證：eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)－eq\r(2xy)≥eq\f(15,2).證明：因為x>0，y>0,2x＋y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(2x＋y)＝4＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥4＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即2x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時取等號．又－eq\r(2xy)≥－eq\f(2x＋y,2)＝－eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時取等號，所以eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)－eq\r(2xy)≥eq\f(15,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時取等號．兩次利用均值不等式求最值的注意點當(dāng)多次使用均值不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且注意取等號的條件的一致性．1．設(shè)0<x<eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值為________．eq\f(9,2)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．因為eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，所以函數(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).2．已知x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，則xy＋x＋y的最小值為________．7＋4eq\r(3)解析：因為eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以xy＝y(tǒng)＋2x，xy＋x＋y＝3x＋2y＝(3x＋2y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq\f(2y,x)＋eq\f(6x,y)≥7＋4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\r(3)x，即x＝1＋eq\f(2\r(3),3)，y＝2＋eq\r(3)時取等號．所以xy＋x＋y的最小值為7＋4eq\r(3).3．(2020·天津卷)已知a>0，b>0，且ab＝1，則eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為________．4解析：因為a>0，b>0，且ab＝1，所以eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(ab,2a)＋eq\f(ab,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(8,a＋b)≥2eq\r(\f(a＋b,2)·\f(8,a＋b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a＋b,2)＝eq\f(8,a＋b)且ab＝1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2－\r(3)，,b＝2＋\r(3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2＋\r(3)，,b＝2－\r(3)))時，等號成立．故eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.考點3利用均值不等式解決實際問題——應(yīng)用性某廠家擬在2021年“雙十一”舉行大型的促銷活動，經(jīng)測算某產(chǎn)品當(dāng)促銷費用為x萬元時，銷售量t萬件滿足t＝5－eq\f(2,x＋1)(其中0≤x≤k，k為正常數(shù))．現(xiàn)假定產(chǎn)量與銷售量相等，已知生產(chǎn)該產(chǎn)品t萬件還需投入成本(10＋2t)萬元(不含促銷費用)，產(chǎn)品的銷售價格定為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(20,t)))元/件．(1)將該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為促銷費用x萬元的函數(shù)；(2)促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？解：(1)由題意知，該產(chǎn)品售價為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10＋2t,t)))元/件，所以y＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10＋2t,t)))×t－10－2t－x，代入t＝5－eq\f(2,x＋1)化簡，得y＝20－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)＋x))(0≤x≤k)．(2)y＝20－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)＋x))＝21－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)＋x＋1))≤21－2eq\r(\f(4,x＋1)×x＋1)＝17，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4,x＋1)＝x＋1，即x＝1時，上式取等號．當(dāng)k≥1時，促銷費用投入1萬元時，廠家的利潤最大；當(dāng)0<k<1時，y′＝eq\f(－x－1x＋3,x＋12)>0，故y＝21－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋1)＋x＋1))在0≤x≤k上單調(diào)遞增．所以，在x＝k時，函數(shù)有最大值，即促銷費用投入k萬元時，廠家的利潤最大．綜上，當(dāng)k≥1時，促銷費用投入1萬元時，廠家的利潤最大；當(dāng)0<k<1時，促銷費用投入k萬元時，廠家的利潤最大．均值不等式的實際應(yīng)用問題的解題技巧(1)根據(jù)實際問題抽象出函數(shù)的解析式，再利用均值不等式求得函數(shù)的最值．(2)解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實際意義及其取值范圍．(3)在應(yīng)用均值不等式求函數(shù)最值時，若等號取不到，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解．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)因為8<x<450，所以2x＋eq\f(7200,x)≥2eq\r(2x·\f(7200,x))＝240，當(dāng)且僅當(dāng)x＝60時，等號成立，從而S≤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676m2.已知a>b>0，則a2＋eq\f(1,ba－b)的最小值是________．[四字程序]讀想算思a2＋eq\f(1,ba－b)最小值求最小值的方法？構(gòu)造定積轉(zhuǎn)化與化歸a>b>01.構(gòu)造定積；2．三角換元1.定和求積→定積求和；2．變形：b＋(a－b)＝a，構(gòu)造定積；3．三角代換構(gòu)造定積1.定和求積積最大，定積求和和最小；2．三角代換條件思路參考：消b，轉(zhuǎn)化為含a的式子求最值．由于a2＋eq\f(1,ba－b)中有兩個變量，并注意到b＋(a－b)＝a，則b(a－b)≤eq\f([b＋a－b]2,4)＝eq\f(a2,4).這樣就消去變量b，因此a2＋eq\f(1,ba－b)≥a2＋eq\f(4,a2)≥4.當(dāng)且僅當(dāng)b＝a－b，a2＝eq\f(4,a2)時等號成立，即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)時等號成立.故a2＋eq\f(1,ba－b)的最小值是4.思路參考：用b