（新教材適用）高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第3篇方法技巧引領(lǐng)必考小題練透第6講不等式教師用書

第6講不等式高頻考點(diǎn)高考預(yù)測不等式性質(zhì)、不等式的解法利用不等式性質(zhì)、基本不等式求最值是考查的重點(diǎn)，通常與函數(shù)、數(shù)列、解析幾何、導(dǎo)數(shù)等內(nèi)容相結(jié)合；不等式的恒成立問題也是考查的熱點(diǎn).基本不等式及其應(yīng)用一元二次函數(shù)、一元二次方程與一元二次不等式的關(guān)系及其應(yīng)用1.(2022·全國新課標(biāo)Ⅰ卷)若集合M＝{x|eq\r(x)＜4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N＝(D)A．{x|0≤x＜2} B．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x＜2))))C．{x|3≤x＜16} D．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x＜16))))【解析】由eq\r(x)＜4，得0≤x＜16，∴M＝{x|eq\r(x)＜4}＝{x|0≤x＜16}，由3x≥1，得x≥eq\f(1,3)，∴N＝{x|3x≥1}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))，∴M∩N＝{x|0≤x＜16}∩eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))).故選D.2.(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ卷)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{x||x－1|≤1}，則A∩B＝(B)A．{－1,2} B．{1,2}C．{1,4} D．{－1,4}【解析】|x－1|≤1，解得：0≤x≤2，∴集合B＝{x|0≤x≤2}，∴A∩B＝{1,2}．故選B.3.(2021·全國乙卷文科)下列函數(shù)中最小值為4的是(C)A．y＝x2＋2x＋4B．y＝|sinx|＋eq\f(4,|sinx|)C．y＝2x＋22－xD．y＝lnx＋eq\f(4,lnx)【解析】對于A，y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3，所以函數(shù)的最小值為3，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于B，因?yàn)?<|sinx|≤1，所以y＝|sinx|＋eq\f(4,|sinx|)≥2eq\r(|sinx|·\f(4,|sinx|))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)|sinx|＝eq\f(4,|sinx|)，即|sinx|＝2時(shí)取等號，因?yàn)閨sinx|≤1，所以等號取不到，所以y＝|sinx|＋eq\f(4,|sinx|)>4，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于C，因?yàn)?x>0，所以y＝2x＋22－x＝2x＋eq\f(4,2x)≥2eq\r(2x·\f(4,2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝2，即x＝1時(shí)取等號，所以函數(shù)的最小值為4，故選項(xiàng)C正確；對于D，因?yàn)楫?dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，y＝lneq\f(1,e)＋eq\f(4,ln\f(1,e))＝－1－4＝－5<4，所以函數(shù)的最小值不是4，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．(詳解D)當(dāng)x>1時(shí)，lnx>0，所以y＝lnx＋eq\f(4,lnx)≥2eq\r(lnx×\f(4,lnx))＝4(當(dāng)且僅當(dāng)lnx＝2即x＝e2時(shí)取等號)；當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，所以y＝lnx＋eq\f(4,lnx)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－lnx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,lnx)))))≤－2eq\r(－lnx×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,lnx))))＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)lnx＝－2即x＝\f(1,e2)取等號))，綜上，y＝lnx＋eq\f(4,lnx)∈(－∞，－4]∪[4，＋∞)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)．故選C.4.(2020·全國Ⅰ卷)設(shè)集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，則a＝(B)A．－4 B．－2C．2 D．4【解析】求解二次不等式x2－4≤0可得：A＝{x|－2≤x≤2}，求解一次不等式2x＋a≤0可得：B＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(a,2))))).由于A∩B＝{x|－2≤x≤1}，故：－eq\f(a,2)＝1，解得：a＝－2.故選B.5.(2023·上海高考題)不等式|x－2|＜1的解集為_(1,3)__.【解析】原不等式可化為－1＜x－2＜1，從而求出x的范圍．由|x－2|＜1可得，－1＜x－2＜1，解得1＜x＜3，即不等式的解集為(1,3)．6.(2023·天津高考)若函數(shù)f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍為_(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)__.【解析】①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－2x－|x2＋1|＝－2x－x2－1，不滿足題意；②當(dāng)方程x2－ax＋1＝0滿足a≠0且Δ≤0時(shí)，有a2－4≤0即a∈[－2,0)∪(0,2]，此時(shí)，f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1，當(dāng)a＝1時(shí)，不滿足，當(dāng)a≠1時(shí)，Δ＝(a－2)2＋4(a－1)＝a2＞0，滿足；③Δ＞0時(shí)，a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，記x2－ax＋1的兩根為m，n，不妨設(shè)m＜n，則f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1([a－1x－1]x＋1，x∈－∞，m]∪[n，＋∞，,[a＋1x－1]x－1，x∈m，n，))當(dāng)a＞2時(shí)，x1＝eq\f(1,a－1)，x2＝－1且x∈(－∞，m]∪[n，＋∞)，但此時(shí)xeq\o\al(2,1)－ax1＋1＝eq\f(－a＋2,a－12)<0，舍去x1，x3＝eq\f(1,a＋1)，x4＝1，且x∈(m，n)，但此時(shí)xeq\o\al(2,3)－ax3＋1＝eq\f(a＋2,a－12)>0，舍去x3，故僅有1與－1兩個(gè)解，當(dāng)a<－2時(shí)，有xeq\o\al(2,2)－ax2＋1＝a＋2<0，舍去x2，xeq\o\al(2,4)－ax4＋1＝2－a>0舍去x4，故僅有eq\f(1,a－1)和eq\f(1,a＋1)兩個(gè)解，即f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，于是，a∈(－∞，0)∪(0,1)∪(1，＋∞)．利用基本不等式求最值的方法(1)直接法：直接利用基本不等式求解．(2)湊配法：通過添項(xiàng)、拆項(xiàng)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．(3)常數(shù)代換法：利用“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)造和或積為定值的形式．(4)消元法：利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”，最后利用基本不等式求最值．【提醒】謹(jǐn)防“一個(gè)誤區(qū)”利用基本不等式求最值需要注意前提條件“一正”“二定”“三相等”．一、單項(xiàng)選擇題(共8小題)1.(2023·道里區(qū)校級模擬)已知a＜b＜0，則下列不等式恒成立的是(B)A．ea－b＞1 B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．a(chǎn)c2＜bc2 D．ln(b－a)＞0【解析】因?yàn)閍＜b＜0，所以a－b＜0，ea－b＜1，A錯(cuò)誤；eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號，顯然等號無法取得，B正確；當(dāng)c＝0時(shí)，C顯然錯(cuò)誤；當(dāng)b－a＜1時(shí)，D錯(cuò)誤．故選B.2.(2023·海淀區(qū)一模)已知二次函數(shù)f(x)，對任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，則f(x)的圖象可能是(A)【解析】二次函數(shù)f(x)，對任意的x∈R，有f(2x)＜2f(x)，令x＝0得，f(0)＜2f(0)，即f(0)＞0，故C、D都不可能，對于B，二次函數(shù)的對稱軸方程為x＝－eq\f(b,2a)，由圖象可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))<0，設(shè)f(x)的圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)為x1，x2，且0＜x1＜x2，則x1＋x2＝－eq\f(b,a)>0，所以0＜x1<－eq\f(b,2a)<x2<－eq\f(b,a)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))>0，當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，f(2x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))<2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)))<0，兩者相矛盾，故B不可能．故選A.3.(2023·渝中區(qū)校級一模)已知正實(shí)數(shù)a，b滿足eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，則a＋2b的最小值為(B)A．6 B．8C．10 D．12【解析】因?yàn)檎龑?shí)數(shù)a，b滿足eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，則a＋2b＋1＝(a＋b＋b＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋b)＋\f(1,1＋b)))＝5＋eq\f(4b＋4,a＋b)＋eq\f(a＋b,1＋b)≥5＋2eq\r(\f(4b＋4,a＋b)·\f(a＋b,1＋b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b＋4,a＋b)＝eq\f(a＋b,1＋b)且eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，即b＝2，a＝4時(shí)取等號，此時(shí)a＋2b取得最小值8.故選B.4.(2023·渾南區(qū)校級模擬)已知正實(shí)數(shù)x，y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，則2xy－2x－y的最小值為(C)A．2 B．4C．8 D．9【解析】因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，則2xy－2x－y＝2x＋y＝(2x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝4＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥4＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2x且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，即x＝2，y＝4時(shí)取等號．故選C.5.(2023·蒙城縣校級三模)已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋1＞0的解集為(－∞，m)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，其中m＜0，則eq\f(b,a)＋eq\f(2,b)的最小值為(D)A．－2 B．2C．2eq\r(2) D．3【解析】因?yàn)椴坏仁絘x2＋bx＋1＞0的解集為(－∞，m)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,m＋\f(1,m)＝－\f(b,a)，,m·\f(1,m)＝\f(1,a)，))解得a＝1，b＝－m－eq\f(1,m)；因?yàn)閙＜0，所以b＝－m－eq\f(1,m)≥2eq\r(－m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m))))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)－m＝－eq\f(1,m)，即m＝－1時(shí)取“＝”，所以eq\f(b,a)＋eq\f(2,b)＝b＋eq\f(2,b)，且b≥2，因?yàn)楹瘮?shù)y＝b＋eq\f(2,b)在b≥2上單調(diào)遞增，所以b＋eq\f(2,b)的最小值為3，即eq\f(b,a)＋eq\f(2,b)的最小值為3.故選D.6.(2023·香坊區(qū)校級三模)已知實(shí)數(shù)a，b滿足lga＋lgb＝lg(a＋2b)，則4a＋2b的最小值是(D)A．5 B．9C．13 D．18【解析】因?yàn)閷?shí)數(shù)a，b滿足lga＋lgb＝lg(a＋2b)，所以lg(ab)＝lg(a＋2b)，所以a＋2b＝ab，a＞0，b＞0，所以eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝1，則4a＋2b＝(4a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a)))＝10＋eq\f(4b,a)＋eq\f(4a,b)≥10＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(4a,b))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取等號，故4a＋2b的最小值是18.故選D.7.(2023·大東區(qū)校級四模)已知x＞0，y＞0，x＋2y＝1，則eq\f(x＋1y＋1,xy)的最小值為(C)A．4＋4eq\r(3) B．12C．8＋4eq\r(3) D．16【解析】由x＋2y＝1可得，eq\f(x＋1y＋1,xy)＝eq\f(x＋x＋2yy＋x＋2y,xy)＝eq\f(2x＋2yx＋3y,xy)＝eq\f(2x2＋8xy＋6y2,xy)＝eq\f(2x,y)＋eq\f(6y,x)＋8≥2eq\r(\f(2x,y)×\f(6y,x))＋8＝8＋4eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2x,y)＝eq\f(6y,x)時(shí)，等號成立，即x2＝3y2.所以eq\f(x＋1y＋1,xy)的最小值為8＋4eq\r(3)，故選C.8.(2023·雁峰區(qū)校級模擬)已知實(shí)數(shù)x，y，滿足x2＋xy＋3y2＝3，則x＋y的最大值為(B)A.eq\f(3\r(11),11) B．eq\f(6\r(11),11)C.eq\f(\r(3)＋1,3) D．eq\f(\r(3)＋3,3)【解析】令t＝x＋y，則x＝t－y，則x2＋xy＋3y2＝3可化為(t－y)2＋(t－y)y＋3y2－3＝0，整理得3y2－ty＋t2－3＝0，∴Δ＝(－t)2－12(t2－3)≥0，即t2≤eq\f(36,11)，∴t≤eq\f(6\r(11),11)，故x＋y≤eq\f(6\r(11),11).故選B.二、多項(xiàng)選擇題(共4小題)9.(2023·濟(jì)南二模)已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，則下列說法正確的是(BC)A.eq\f(1,a－c)>eq\f(1,b－c) B．a(chǎn)－c＞2bC．a(chǎn)2＞b2 D．a(chǎn)b＋bc＞0【解析】對于A，∵a＞b＞c，∴a－c＞b－c＞0，∴eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，A錯(cuò)誤；對于B，∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，∴a＞0，c＜0，∴b＋c＝－a＜0，a－b＞0，∴a－b＞b＋c，即a－c＞2b，B正確；對于C，∵a－b＞0，a＋b＝－c＞0，∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，即a2＞b2，C正確；對于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D錯(cuò)誤．故選BC.10.(2023·向陽區(qū)校級模擬)已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，則下列選項(xiàng)中正確的是(BD)A．a(chǎn)＜0B．不等式bx＋c＞0的解集是{x|x＜－6}C．a(chǎn)＋b＋c＞0D．不等式cx2－bx＋a＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】由題意可知，－2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，且a＞0，∴－2＋3＝－eq\f(b,a)，(－2)×3＝eq\f(c,a)，∴b＝－a，c＝－6a，a＞0，即選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不等式bx＋c＞0等價(jià)于a(x＋6)＜0，∴x＜－6，即選項(xiàng)B正確；∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴當(dāng)x＝1時(shí)，有a＋b＋c＜0，即選項(xiàng)C錯(cuò)誤；不等式cx2－bx＋a＜0等價(jià)于a(6x2－x－1)＞0，即a(3x＋1)(2x－1)＞0，∴x＜－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,2)，即選項(xiàng)D正確．故選BD.11.(2023·東風(fēng)區(qū)校級模擬)已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，則下列結(jié)論正確的是(AC)A.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是4B．a(chǎn)b＋eq\f(1,ab)的最小值是2C．2a＋2b的最小值是2eq\r(2)D．log2a＋log2b的最小值是－2【解析】∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋2≥2eq\r(1)＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)取等號，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為4，∴A正確，∵ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(1)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝1))時(shí)取等號，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝1))無解，∴ab＋eq\f(1,ab)＞2，∴B錯(cuò)誤，∵a＋b＝1，∴2a＋2b≥2eq\r(2a·2b)＝2eq\r(2a＋b)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)取等號，∴2a＋2b的最小值為2eq\r(2)，∴C正確，∵a＞0，b＞0，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)取等號，∴l(xiāng)og2a＋log2b＝log2(ab)≤log2eq\f(1,4)＝－2，∴l(xiāng)og2a＋log2b的最大值為－2，∴D錯(cuò)誤，故選AC.12.(2023·濠江區(qū)校級三模)若a＞0，b＞0，a＋b＝4，則下列不等式對一切滿足條件a，b恒成立的是(ACD)A.eq\r(ab)≤2 B．eq\r(a)＋eq\r(b)≤2C.eq\f(a2,3)＋b2≥4 D．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1【解析】對于A，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號成立，故eq\r(ab)≤2，故A正確；對于B，(eq\r(a)＋eq\r(b))2≤4×eq\f(a＋b,2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號，故eq\r(a)＋eq\r(b)≤2eq\r(2)，故B錯(cuò)誤；對于C，由題意得b＝4－a＞0，所以0＜a＜4，eq\f(a2,3)＋b2＝eq\f(a2,3)＋(4－a)2＝eq\f(4,3)a2－8a＋16，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)a＝3時(shí)，上式取得最小值4，故C正確；對于D，∵a＋b＝4，a＞0，b＞0，∴eq\f(1,2)×eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(1,4)(2＋2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b＝2時(shí)等號成立，故D正確．故選ACD.三、填空題(共4小題)13.(2023·貴陽模擬)若x＞0，則x＋eq\f(4,x＋1)的最小值為_3__.【解析】因?yàn)閤＞0，所以x＋eq\f(4,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)－1≥2eq\r(x＋1·\f(4,x＋1))－1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號成立．14.(2023·開福區(qū)校級二模)函數(shù)y＝loga(x＋4)－1的圖象恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為2eq\r(3)＋4.【解析】∵函數(shù)y＝loga(x＋4)－1的圖象恒過定點(diǎn)A，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋4＝1，,y＝0－1，))解得，x＝－3，y＝－1，故A(－3，－1)；∵點(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴3m＋n＝1，又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(3m＋n)＝eq\f(3m,n)＋eq\f(n,m)＋4≥2eq\r(3)＋4，(當(dāng)且僅當(dāng)m＝eq\f(3－\r(3),6)，n＝eq\f(\r(3)－1,2)時(shí)，等號成立)．15.(2023·岳麓區(qū)校級模擬)正實(shí)數(shù)x，y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝2，且不等式x＋eq\f(y,4)≥m2－m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_[－1,2]__.【解析】因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝2，所以x＋eq\f(y,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,4)))eq\b