高考數(shù)學(xué)（北師大版文）講義第七章　不等式74

§7.4基本不等式及其應(yīng)用最新考綱考情考向分析1.了解基本不等式的證明過程．2.會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題.理解基本不等式成立的條件，會利用基本不等式求最值．常與函數(shù)、解析幾何、不等式相結(jié)合考查，加強數(shù)形結(jié)合、分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用意識．作為求最值的方法，常在函數(shù)、解析幾何、不等式的解答題中考查，難度中檔.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(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\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(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)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(p2,4).(簡記：和定積最大)知識拓展不等式的恒成立、能成立、恰成立問題(1)恒成立問題：若f(x)在區(qū)間D上存在最小值，則不等式f(x)>A在區(qū)間D上恒成立?f(x)min>A(x∈D)；若f(x)在區(qū)間D上存在最大值，則不等式f(x)<B在區(qū)間D上恒成立?f(x)max<B(x∈D)．(2)能成立問題：若f(x)在區(qū)間D上存在最大值，則在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f(x)>A成立?f(x)max>A(x∈D)；若f(x)在區(qū)間D上存在最小值，則在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f(x)<B成立?f(x)min<B(x∈D)．(3)恰成立問題：不等式f(x)>A恰在區(qū)間D上成立?f(x)>A的解集為D；不等式f(x)<B恰在區(qū)間D上成立?f(x)<B的解集為D.題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.(×)(2)函數(shù)f(x)＝cosx＋eq\f(4,cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.(×)(3)“x>0且y>0”是“eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2”的充要條件．(×)(4)若a>0，則a3＋eq\f(1,a2)的最小值為2eq\r(a).(×)(5)不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)有相同的成立條件．(×)(6)兩個正數(shù)的等差中項不小于它們的等比中項．(√)題組二教材改編2．設(shè)x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A．80B．77C．81D．82答案C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(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時，(xy)max＝81.3．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.答案25解析設(shè)矩形的一邊為xm，則另一邊為eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，∴y＝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，ymax＝25.題組三易錯自糾4．“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．既不充分又不必要條件答案C解析當(dāng)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.5．設(shè)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)答案A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(dāng)且僅當(dāng)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.6．若正數(shù)x，y滿足3x＋y＝5xy，則4x＋3y的最小值是()A．2 B．3C．4 D．5答案D解析由3x＋y＝5xy，得eq\f(3x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝5，所以4x＋3y＝(4x＋3y)·eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y)＋\f(1,x)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋9＋\f(3y,x)＋\f(12x,y)))≥eq\f(1,5)(4＋9＋2eq\r(36))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3y,x)＝eq\f(12x,y)，即y＝2x時，“＝”成立，故4x＋3y的最小值為5.故選D.題型一利用基本不等式求最值命題點1通過配湊法利用基本不等式典例(1)已知0<x<1，則x(4－3x)取得最大值時x的值為________．答案eq\f(2,3)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(dāng)且僅當(dāng)3x＝4－3x，即x＝eq\f(2,3)時，取等號．(2)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________．答案2eq\r(3)＋2解析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，等號成立．命題點2通過常數(shù)代換法利用基本不等式典例(2017·河北衡水中學(xué)調(diào)研)若a>0，b>0，lga＋lgb＝lg(a＋b)，則a＋b的最小值為()A．8 B．6C．4 D．2答案C解析由lga＋lgb＝lg(a＋b)，得lg(ab)＝lg(a＋b)，即ab＝a＋b，則有eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時等號成立，所以a＋b的最小值為4，故選C.思維升華(1)應(yīng)用基本不等式解題一定要注意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”．(2)在利用基本不等式求最值時，要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式．(3)條件最值的求解通常有兩種方法：一是消元法；二是將條件靈活變形，利用常數(shù)“1”代換的方法構(gòu)造和或積為常數(shù)的式子，然后利用基本不等式求最值．跟蹤訓(xùn)練(1)若對任意x≥1，不等式x＋eq\f(1,x＋1)－1≥a恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))解析因為函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)－1在[1，＋∞)上是增加的，所以函數(shù)g(x)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2在[0，＋∞)上是增加的，所以函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上的最小值為g(1)＝eq\f(1,2)，因此對任意x≥1，不等式x＋eq\f(1,x＋1)－1≥a恒成立，所以a≤g(x)min＝eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).(2)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________．答案eq\f(2\r(3)＋2,3)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(dāng)且僅當(dāng)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).題型二基本不等式的實際應(yīng)用典例(2017·淄博質(zhì)檢)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)因為每件商品售價為0.05萬元，則x千件商品銷售額為0.05×1000x萬元，依題意得當(dāng)0<x<80時，L(x)＝1000x×0.05－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2＋10x))－250＝－eq\f(1,3)x2＋40x－250；當(dāng)x≥80時，L(x)＝1000x×0.05－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(51x＋\f(10000,x)－1450))－250＝1200－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x))).∴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.對稱軸為x＝60，即當(dāng)x＝60時，L(x)max＝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(10000)＝1000(萬元)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝100時，L(x)max＝1000萬元，綜上所述，當(dāng)年產(chǎn)量為100千件時，年獲利潤最大．思維升華(1)設(shè)變量時一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù)．(2)根據(jù)實際問題抽象出函數(shù)的解析式后，只需利用基本不等式求得函數(shù)的最值．(3)在求函數(shù)的最值時，一定要在定義域(使實際問題有意義的自變量的取值范圍)內(nèi)求解．跟蹤訓(xùn)練(2017·江蘇)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元，要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則x的值是________．答案30解析一年的總運費為6×eq\f(600,x)＝eq\f(3600,x)(萬元)．一年的總存儲費用為4x萬元．總運費與總存儲費用的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3600,x)＋4x))萬元．因為eq\f(3600,x)＋4x≥2eq\r(\f(3600,x)·4x)＝240，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3600,x)＝4x，即x＝30時取得等號，所以當(dāng)x＝30時，一年的總運費與總存儲費用之和最?。}型三基本不等式的綜合應(yīng)用命題點1基本不等式與其他知識交匯的最值問題典例(1)(2018屆山東、湖北重點中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lgx，若a>b>0，有|f(a)|＝|f(b)|，則eq\f(a2＋bi2,a－b)(i是虛數(shù)單位)的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)答案C解析因為f(x)＝lgx，由|f(a)|＝|f(b)|，可得a>1>b>0，所以lga＝－lgb，得ab＝1，所以eq\f(a2＋bi2,a－b)＝eq\f(a2－b2,a－b)＝a＋b＝a＋eq\f(1,a)>2，故選C.(2)已知圓C1：(x＋2a)2＋y2＝4和圓C2：x2＋(y－b)2＝1只有一條公切線，若a，b∈R且ab≠0，則eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為()A．2B．4C．8D．9答案D解析由題意可得兩圓相內(nèi)切，兩圓的標準方程分別為(x＋2a)2＋y2＝4，x2＋(y－b)2＝1，圓心分別為(－2a,0)，(0，b)，半徑分別為2和1，故有eq\r(4a2＋b2)＝1，∴4a2＋b2＝1，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))(4a2＋b2)＝5＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(4a2,b2)≥5＋4＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b2,a2)＝eq\f(4a2,b2)時，等號成立，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為9.命題點2求參數(shù)值或取值范圍典例(1)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答案B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(dāng)且僅當(dāng)\f(9b,a)＝\f(a,b)，即a＝3b時等號成立))，∴m≤12，∴m的最大值為12.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若對于任意的x∈N＋，f(x)≥3恒成立，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，＋∞))解析對任意x∈N＋，f(x)≥3恒成立，即eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即知a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8,x)))＋3.設(shè)g(x)＝x＋eq\f(8,x)，x∈N＋，則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\co1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq\f(8,3)，∴a≥－eq\f(8,3)，故a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，＋∞)).思維升華(1)應(yīng)用基本不等式判斷不等式是否成立：對所給不等式(或式子)變形，然后利用基本不等式求解．(2)條件不等式的最值問題：通過條件轉(zhuǎn)化成能利用基本不等式的形式求解．(3)求參數(shù)的值或范圍：觀察題目特點，利用基本不等式確定相關(guān)成立條件，從而得參數(shù)的值或范圍．跟蹤訓(xùn)練(1)(2018屆遼寧名校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2sinCcosB＝2sinA＋sinB，c＝3ab，則ab的最小值為________．答案eq\f(1,3)解析在△ABC中，由A＋B＋C＝π，可知sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)，∴2sinCcosB＝2sinA＋sinB＝2sin(B＋C)＋sinB，化簡得－2sinBcosC＝sinB，∵sinB>0，∴cosC＝－eq\f(1,2)，∵c＝3ab，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即9a2b2＝a2＋b2＋ab≥3ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立．∴ab≥eq\f(1,3)，則ab的最小值為eq\f(1,3).(2)(2018屆江西新余第一中學(xué)模擬)函數(shù)y＝a1－x(a>0，a≠1)的圖像恒過定點A，若點A在直線mx＋ny－1＝0上，且m，n為正數(shù)，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________．答案4解析∵函數(shù)y＝a1－x(a>0，a≠1)的圖像恒過定點A，∴A(1,1)，∵點A在直線mx＋ny－1＝0上(m，n>0)，∴m＋n＝1(m，n>0)，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2＋2eq\r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝eq\f(1,2)時取等號，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為4.利用基本不等式求最值典例(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________．(2)函數(shù)y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域為________．錯解展示(1)∵x>0，y>0，∴1＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy))，∴eq\r(xy)≥2eq\r(2)，∴x＋y≥2eq\r(xy)＝4eq\r(2)，∴x＋y的最小值為4eq\r(2).(2)∵2x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(6)，∴y＝1－2x－eq\f(3,x)≤1－2eq\r(6).∴函數(shù)y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域為(－∞，1－2eq\r(6)]．錯誤答案(1)4eq\r(2)(2)(－∞，1－2eq\r(6)]現(xiàn)場糾錯解析(1)∵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(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\r(2)x時取等號)，∴當(dāng)x＝eq\r(2)＋1，y＝2＋eq\r(2)時，(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).(2)∵x<0，∴y＝1－2x－eq\f(3,x)＝1＋(－2x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x)))≥1＋2eq\r(－2x·\f(3,－x))＝1＋2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－eq\f(\r(6),2)時取等號，故函數(shù)y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域為[1＋2eq\r(6)，＋∞)．答案(1)3＋2eq\r(2)(2)[1＋2eq\r(6)，＋∞)糾錯心得利用基本不等式求最值時要注意條件：一正二定三相等；多次使用基本不等式要驗證等號成立的條件．1．(2017·孝感調(diào)研)“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．既不充分又不必要條件答案A解析由a>b>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab<eq\f(a2＋b2,2)，可知a≠b，a，b∈R，故必要性不成立，故選A.2．下列不等式一定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)答案C解析當(dāng)x>0時，x2＋eq\f(1,4)≥2·x·eq\f(1,2)＝x，所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，等號成立，故選項A不正確；運用基本不等式時需保證“一正”“二定”“三相等”，而當(dāng)x≠kπ，k∈Z時，sinx的正負不定，故選項B不正確；由基本不等式可知，選項C正確；當(dāng)x＝0時，有eq\f(1,x2＋1)＝1，故選項D不正確．3．(2018·青島質(zhì)檢)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答案C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(dāng)且僅當(dāng)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).4．(2017·安慶二模)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．4B．2eq\r(2)C．8D．16答案B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(dāng)且僅當(dāng)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.5．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答案C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(dāng)且僅當(dāng)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).6．(2018·平頂山一模)若對任意x>0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)≥eq\f(1,5) B．a(chǎn)>eq\f(1,5)C．a(chǎn)<eq\f(1,5) D．a(chǎn)≤eq\f(1,5)答案A解析因為對任意x>0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，所以對任意x∈(0，＋∞)，a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x2＋3x＋1)))max，而對任意x∈(0，＋∞)，eq\f(x,x2＋3x＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq\f(1,2\r(x·\f(1,x))＋3)＝eq\f(1,5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立，∴a≥eq\f(1,5).7．已知2a＋4b＝2(a，b∈R)，則a＋2b的最大值為_______________．答案0解析2a＋4b＝2a＋22b＝2≥2eq\r(2a＋2b)，2a＋2b≤1＝20，a＋2b≤0，當(dāng)a＝2b時等號成立，所以a＋2b的最大值為0.8．(2017·襄陽一調(diào))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________．答案eq\f(9,2)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(dāng)且僅當(dāng)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).9．已知x，y∈R且滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為________．答案[4,12]解析∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴6－(x2＋4y2)≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴x2＋4y2≥4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號)．又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－2y時取等號)．綜上可知，4≤x2＋4y2≤12.10．(2017·成都診斷)某工廠需要建造一個倉庫，根據(jù)市場調(diào)研分析，運費與工廠和倉庫之間的距離成正比，倉儲費與工廠和倉庫之間的距離成反比，當(dāng)工廠和倉庫之間的距離為4千米時，運費為20萬元，倉儲費為5萬元，當(dāng)工廠和倉庫之間的距離為________千米時，運費與倉儲費之和最小，最小為________萬元．答案220解析設(shè)工廠和倉庫之間的距離為x千米，運費為y1萬元，倉儲費為y2萬元，則y1＝k1x(k1≠0)，y2＝eq\f(k2,x)(k2≠0)，∵工廠和倉庫之間的距離為4千米時，運費為20萬元，倉儲費為5萬元，∴k1＝5，k2＝20，∴運費與倉儲費之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋\f(20,x)))萬元，∵5x＋eq\f(20,x)≥2eq\r(5x×\f(20,x))＝20，當(dāng)且僅當(dāng)5x＝eq\f(20,x)，即x＝2時，運費與倉儲費之和最小，為20萬元．11．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.(1)求u＝lgx＋lgy的最大值；(2)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．解(1)∵x>0，y>0，∴由基本不等式，得2x＋5y≥2eq\r(10xy).∵2x＋5y＝20，∴2eq\r(10xy)≤20，xy≤10，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝5y時，等號成立．因此有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，))此時xy有最大值10.∴u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.∴當(dāng)x＝5，y＝2時，u＝lgx＋lgy有最大值1.(2)∵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(dāng)且僅當(dāng)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).12．某工廠有100名工人接受了生產(chǎn)1000臺某產(chǎn)品的總?cè)蝿?wù)，每臺產(chǎn)品由9個甲型裝置和3個乙型裝置配套組成，每個工人每小時能加工完成1個甲型裝置或3個乙型裝置．現(xiàn)將工人分成兩組分別加工甲型和乙型裝置．設(shè)加工甲型裝置的工人有x人，他們加工完甲型裝置所需時間為t1小時，其余工人加工完乙型裝置所需時間為t2小時．設(shè)f(x)＝t1＋t2.(1)求f(x)的解析式，并寫出其定義域；(2)當(dāng)x等于多少時，f(x)取得最小值？解(1)因為t1＝eq\f(9000,x)，t2＝eq\f(3000,3100－x)＝eq\f(1000,100－x)，所以f(x)＝t1＋t2＝eq\f(9000,x)＋eq\f(1000,100－x)，定義域為{x|1≤x≤99，x∈N＋}．(2)f(x)＝eq\f(9000,x)＋eq\f(1000,100－x)＝10[x＋(100－x)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,x)＋\f(1,100－x)))＝10eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10＋\f(9100－x,x)＋\f(x,100－x)))，因為1≤x≤99，x∈N＋，所以eq\f(9100－x,x)>0，eq\f(x,100－x)>0，