浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章不等式第3節(jié)基本不等式：ab≤a＋b2含解析

PAGE第3節(jié)基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)考試要求1.了解基本不等式的證明過程；2.會(huì)用基本不等式解決簡潔的最大(小)值問題.知識(shí)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(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).2.幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).(3)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào))，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).3.利用基本不等式求最值已知x≥0，y≥0，則(1)假如積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小).(2)假如和x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值是eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大).[常用結(jié)論與易錯(cuò)提示]1.對(duì)于基本不等式，不僅要記住原始形式，而且還要駕馭它的幾種變形形式及公式的逆用等，例如：ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2)，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)等，同時(shí)還要留意不等式成立的條件和等號(hào)成立的條件.2.運(yùn)用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三個(gè)條件缺一不行.3.連續(xù)運(yùn)用基本不等式求最值要求每次等號(hào)成立的條件一樣.4.基本不等式的一般形式：eq\f(1,n)(a1＋a2＋a3＋…＋an)≥eq\r(n,a1a2…an)(其中a1，a2，a3，…，an∈(0，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝a3＝…＝an時(shí)等號(hào)成立).診斷自測1.推斷下列說法的正誤.(1)當(dāng)a≥0，b≥0時(shí)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).()(2)兩個(gè)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)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.()(4)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值為4.()(5)x＞0且y＞0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要條件.()解析(2)不等式a2＋b2≥2ab成立的條件是a，b∈R；不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是a≥0，b≥0.(3)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，沒有最小值.(4)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)無最小值.(5)x>0且y>0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充分不必要條件.答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×2.設(shè)x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A.80 B.77C.81 D.82解析xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝81，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時(shí)取等號(hào).答案C3.若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(diǎn)(1，1)，則a＋b的最小值等于()A.2 B.3C.4 D.5解析因?yàn)橹本€eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(diǎn)(1，1)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1.所以a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取“＝”，故選C.答案C4.若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝()A.1＋eq\r(2) B.1＋eq\r(3)C.3 D.4解析當(dāng)x>2時(shí)，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(（x－2）×\f(1,x－2))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)(x>2)，即x＝3時(shí)取等號(hào)，即當(dāng)f(x)取得最小值時(shí)，即a＝3，選C.答案C5.(必修5P100A2改編)一段長為30m的籬笆圍成一個(gè)一邊靠墻的矩形菜園，墻長18m，則這個(gè)矩形的長為______m，寬為________m時(shí)菜園面積最大.解析設(shè)矩形的長為xm，寬為ym.則x＋2y＝30，所以S＝xy＝eq\f(1,2)x·(2y)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(225,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y，即x＝15，y＝eq\f(15,2)時(shí)取等號(hào).答案15eq\f(15,2)6.已知正數(shù)x，y滿意x＋y＝1，則x－y的取值范圍為________，eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)的最小值為________.解析∵正數(shù)x，y滿意x＋y＝1，∴y＝1－x，0<x<1，∴－y＝－1＋x，∴x－y＝2x－1，又0<x<1，∴0<2x<2，∴－1<2x－1<1，即x－y的取值范圍為(－1，1).eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)＝eq\f(x＋y,x)＋eq\f(x,y)＝1＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥1＋2eq\r(\f(y,x)·\f(x,y))＝1＋2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時(shí)取“＝”，∴eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)的最小值為3.答案(－1，1)3考點(diǎn)一配湊法求最值【例1】(1)已知x＜eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為________.(2)已知正實(shí)數(shù)x，y滿意xy＋2x＋3y＝42，則xy＋5x＋4y的最小值為________.解析(1)因?yàn)閤＜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≤－2eq\r(（5－4x）\f(1,5－4x))＋3＝－2＋3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立.故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為1.(2)因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿意xy＋2x＋3y＝42，所以y＝eq\f(42－2x,3＋x)>0且x>0，解得0<x<21.則xy＋5x＋4y＝3x＋y＋42＝3x＋eq\f(42－2x,3＋x)＋42＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（3＋x）＋\f(16,3＋x)))＋31≥3×2eq\r(（3＋x）·\f(16,3＋x))＋31＝55，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝10時(shí)取等號(hào).所以xy＋5x＋4y的最小值為55.答案(1)1(2)55規(guī)律方法(1)應(yīng)用基本不等式解題肯定要留意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”.所謂“一正”是指正數(shù)，“二定”是指應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，和或積為定值，“三相等”是指滿意等號(hào)成立的條件.(2)在利用基本不等式求最值時(shí)，要依據(jù)式子的特征敏捷變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式.【訓(xùn)練1】(1)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________.(2)當(dāng)x>0時(shí)，x＋eq\f(a,x＋1)(a>0)的最小值為3，則實(shí)數(shù)a的值為________.解析(1)y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(（x2－2x＋1）＋（2x－2）＋3,x－1)＝eq\f(（x－1）2＋2（x－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(shí)，等號(hào)成立.(2)因?yàn)楫?dāng)x>0，a>0時(shí)，x＋eq\f(a,x＋1)＝x＋1＋eq\f(a,x＋1)－1≥2eq\r(a)－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(a,x＋1)時(shí)，等號(hào)成立，又x＋eq\f(a,x＋1)(a>0)的最小值為3，所以2eq\r(a)－1＝3，解得a＝4.答案(1)2eq\r(3)＋2(2)4考點(diǎn)二常數(shù)代換或消元法求最值易錯(cuò)警示【例2】(1)(2024·浙江“超級(jí)全能生”聯(lián)考)已知正數(shù)x，y滿意x＋y＝1，則eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1＋2y)的最小值是()A.eq\f(33,28) B.eq\f(7,6)C.eq\f(3＋2\r(2),5) D.eq\f(6,5)(2)(一題多解)已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________.解析(1)∵x＋y＝1，∴2x＋2＋2y＋1＝5，∴eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1＋2y)＝eq\f(1,5)(2x＋2＋2y＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2＋2x)＋\f(1,1＋2y)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2＋4y,2＋2x)＋\f(2＋2x,1＋2y)))≥eq\f(3＋2\r(2),5)，當(dāng)且僅當(dāng)2x2－4y2＋4x－4y＋1＝0時(shí)等號(hào)成立，故選C.(2)由已知得x＝eq\f(9－3y,1＋y).法一(消元法)因?yàn)閤＞0，y＞0，所以0＜y＜3，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(12,1＋y)＋3(y＋1)－6≥2eq\r(\f(12,1＋y)·3（y＋1）)－6＝6，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12,1＋y)＝3(y＋1)，即y＝1，x＝3時(shí)，(x＋3y)min＝6.法二∵x＞0，y＞0，9－(x＋3y)＝xy＝eq\f(1,3)x·(3y)≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y時(shí)等號(hào)成立.設(shè)x＋3y＝t＞0，則t2＋12t－108≥0，∴(t－6)(t＋18)≥0，又∵t＞0，∴t≥6.故當(dāng)x＝3，y＝1時(shí)，(x＋3y)min＝6.答案(1)C(2)6規(guī)律方法條件最值的求解通常有三種方法：一是消元法，即依據(jù)條件建立兩個(gè)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；二是將條件敏捷變形，利用常數(shù)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解最值；三是對(duì)條件運(yùn)用基本不等式，建立所求目標(biāo)函數(shù)的不等式求解.易錯(cuò)警示(1)利用基本不等式求最值，肯定要留意應(yīng)用條件；(2)盡量避開多次運(yùn)用基本不等式，若必需多次運(yùn)用，肯定要保證等號(hào)成立的條件一樣.【訓(xùn)練2】(1)(一題多解)若正數(shù)x，y滿意x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值為________.(2)已知正數(shù)x，y滿意2x＋y＝2，則當(dāng)x＝________時(shí)，eq\f(1,x)－y取得最小值為________.解析(1)法一由x＋3y＝5xy可得eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1，∴3x＋4y＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(3x,5y)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋eq\f(12,5)＝5(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立)，∴3x＋4y的最小值是5.法二由x＋3y＝5xy，得x＝eq\f(3y,5y－1)，∵x>0，y>0，∴y>eq\f(1,5)，∴3x＋4y＝eq\f(9y,5y－1)＋4y＝eq\f(13\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))＋\f(9,5)＋\f(4,5)－4y,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5))))＋4y＝eq\f(13,5)＋eq\f(9,5)·eq\f(\f(1,5),y－\f(1,5))＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(36,25))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立，∴(3x＋4y)min＝5.(2)∵x，y為正數(shù)，則2x＋y＝2?y＝2－2x>0?0<x<1，所以eq\f(1,x)－(2－2x)＝eq\f(1,x)＋2x－2≥2eq\r(2)－2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)等號(hào)成立.答案(1)5(2)eq\f(\r(2),2)2eq\r(2)－2考點(diǎn)三一般形式的基本不等式的應(yīng)用(選用)【例3】(一題多解)(2024·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________.解析法一因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，即2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以當(dāng)x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2).法二因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)＝4sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)·2cos2eq\f(x,2)＝8sineq\f(x,2)cos3eq\f(x,2)＝eq\f(8,\r(3))eq\r(3sin2\f(x,2)cos6\f(x,2))，所以[f(x)]2＝eq\f(64,3)×3sin2eq\f(x,2)cos6eq\f(x,2)≤eq\f(64,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3sin2\f(x,2)＋cos2\f(x,2)＋cos2\f(x,2)＋cos2\f(x,2),4)))eq\s\up12(4)＝eq\f(27,4)，當(dāng)且僅當(dāng)3sin2eq\f(x,2)＝cos2eq\f(x,2)，即sin2eq\f(x,2)＝eq\f(1,4)時(shí)取等號(hào)，所以0≤[f(x)]2≤eq\f(27,4)，所以－eq\f(3\r(3),2)≤f(x)≤eq\f(3\r(3),2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2).法三因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，設(shè)cosx＝t，則y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以當(dāng)－1<t<eq\f(1,2)時(shí)，y′>0；當(dāng)eq\f(1,2)<t<1時(shí)，y′<0.所以函數(shù)y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減.所以當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，ymax＝eq\f(27,4)；當(dāng)t＝±1時(shí)，ymin＝0.所以0≤y≤eq\f(27,4)，即0≤[f(x)]2≤eq\f(27,4)，所以－eq\f(3\r(3),2)≤f(x)≤eq\f(3\r(3),2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2).法四因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3（1－cosx）＋（1＋cosx）＋（1＋cosx）＋（1＋cosx）,4)))eq\s\up12(4)＝eq\f(27,4)，當(dāng)且僅當(dāng)3(1－cosx)＝1＋cosx，即cosx＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，所以0≤[f(x)]2≤eq\f(27,4)，所以－eq\f(3\r(3),2)≤f(x)≤eq\f(3\r(3),2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2).答案－eq\f(3\r(3),2)規(guī)律方法(1)三角函數(shù)式拆項(xiàng)時(shí)要留意滿意平方關(guān)系.(2)拆項(xiàng)時(shí)要滿意各項(xiàng)都相等這個(gè)條件成立.【訓(xùn)練3】(1)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求sin2θcosθ的最大值.(2)已知a，b，c為正數(shù)，且滿意abc＝1，證明(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.(1)解∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sin2θcosθ>0，而(sin2θcosθ)2＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2θ))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2θ))·cos2θ≤4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)sin2θ＋\f(1,2)sin2θ＋cos2θ,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(4,27)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,2)sin2θ＝cos2θ，即cosθ＝eq\f(\r(3),3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)等號(hào)成立.∴sin2θcosθ的最大值為eq\f(2\r(3),9).(2)證明因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3eq\r(3,（a＋b）3（b＋c）3（c＋a）3)＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ca))＝24.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.下列不等式肯定成立的是()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)解析當(dāng)x＞0時(shí)，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)，故選項(xiàng)A不正確；運(yùn)用基本不等式時(shí)需保證“一正”“二定”“三相等”，當(dāng)x≠kπ，k∈Z時(shí)，sinx的正負(fù)不定，故選項(xiàng)B不正確；明顯選項(xiàng)C正確；當(dāng)x＝0時(shí)，有eq\f(1,x2＋1)＝1，選項(xiàng)D不正確.答案C2.(2024·諸暨期末)已知a＋2b＝1(a＞0，b＞0)，則eq\f(2b,a)＋eq\f(1,b)的最小值等于()A.4 B.2eq\r(2)＋2C.eq\f(5,2) D.2eq\r(2)＋1解析由題意得eq\f(2b,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2b,a)＋eq\f(a＋2b,b)＝eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)＋2≥2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,b))＋2＝2eq\r(2)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)－1時(shí)，等號(hào)成立，所以eq\f(2b,a)＋eq\f(1,b)的最小值為2eq\r(2)＋2，故選B.答案B3.若正數(shù)x，y滿意4x2＋9y2＋3xy＝30，則xy的最大值是()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.2 D.eq\f(5,4)解析由x＞0，y＞0，得4x2＋9y2＋3xy≥2·(2x)·(3y)＋3xy(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時(shí)等號(hào)成立)，∴12xy＋3xy≤30，即xy≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(3)，y＝eq\f(2\r(3),3)時(shí)取等號(hào)，∴xy的最大值為2.答案C4.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(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(shí)等號(hào)成立.故選B.答案B5.若a>0，b>0，且a＋b＝4，則下列不等式恒成立的是()A.eq\f(1,ab)≤eq\f(1,4) B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤1C.eq\r(ab)≥2 D.a2＋b2≥8解析4＝a＋b≥2eq\r(ab)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立)，即eq\r(ab)≤2，ab≤4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，選項(xiàng)A，C不成立；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥1，選項(xiàng)B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，選項(xiàng)D成立.答案D6.若實(shí)數(shù)a，b滿意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解析依題意知a＞0，b＞0，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))＝eq\f(2\r(2),\r(ab))，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)，即b＝2a時(shí)，“＝”成立.因?yàn)閑q\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，所以eq\r(ab)≥eq\f(2\r(2),\r(ab))，即ab≥2eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2eq\f(1,4)，b＝2eq\f(5,4)時(shí)等號(hào)成立)，所以ab的最小值為2eq\r(2)，故選C.答案C7.已知a，b，c，d≥0，a＋b＝c＋d＝2，則(a2＋c2)(b2＋d2)的最大值是()A.4 B.8C.16 D.32解析∵eq\r(（a2＋c2）（b2＋d2）)≤eq\f(a2＋c2＋b2＋d2,2)≤eq\f(（a＋b）2＋（c＋d）2,2)＝4，∴(a2＋c2)(b2＋d2)≤16，當(dāng)a＝d＝2，b＝c＝0或b＝c＝2，a＝d＝0時(shí)取到等號(hào)，故選C.答案C8.(2024·臺(tái)州期末評(píng)估)已知實(shí)數(shù)a，b滿意a2＋b2＝4，則ab的取值范圍是()A.[0，2]B.[－2，0]C.(－∞，－2]∪[2，＋∞)D.[－2，2]解析∵a2＋b2＝4，∴依據(jù)基本不等式得4＝a2＋b2≥2|ab|，∴|ab|≤2，∴－2≤ab≤2，∴ab的取值范圍是[－2，2]，故選D.答案D9.已知x＋y＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＋8(x，y>0)，則x＋y的最小值為()A.5eq\r(3) B.9C.4＋eq\r(26) D.10解析由x＋y＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＋8得x＋y－8＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)，則(x＋y－8)(x＋y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝5＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥5＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即y＝2x時(shí)，等號(hào)成立，令t＝x＋y，所以(t－8)·t≥9，解得t≤－1或t≥9，因?yàn)閤＋y>0，所以x＋y≥9，所以x＋y的最小值為9，故選B.答案B二、填空題10.(2024·天津卷)設(shè)x>0，y>0，x＋2y＝5，則eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值為________.解析∵x>0，y>0，∴eq\r(xy)>0.∵x＋2y＝5，∴eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))，即x＝3，y＝1或x＝2，y＝eq\f(3,2)時(shí)取等號(hào).∴eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值為4eq\r(3).答案4eq\r(3)11.(2024·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知a，b∈(0，＋∞)且a＋2b＝3，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值是________.解析因?yàn)閍，b＞0，且a＋2b＝3，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)＋\f(2b,3)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥eq\f(5,3)＋eq\f(2,3)×2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝eq\f(5,3)＋eq\f(4,3)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b＝1時(shí)取等號(hào).答案312.(2024·江蘇卷)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為________.解析因?yàn)椤螦BC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面積公式可得eq\f(1,2)acsin120°＝eq\f(1,2)a×1×sin60°＋eq\f(1,2)c×1×sin60°，化簡得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，則4a＋c＝(4a＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥5＋2eq\r(\f(c,a)·\f(4a,c))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2a時(shí)取等號(hào)，故4a＋c的最小值為9.答案913.若正數(shù)a，b滿意：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________.解析∵正數(shù)a，b滿意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－1）（b－1）))＝2eq\r(\f(9,ab－（a＋b）＋1))＝6(當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(4,3)，b＝4時(shí)等號(hào)成立)，∴eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值為6.答案614.(一題多解)若實(shí)數(shù)x，y，z滿意x＋2y＋3z＝1，x2＋4y2＋9z2＝1，則z的最小值是________.解析法一因?yàn)?－9z2＝(x＋2y)2－2·x·2y≥(x＋2y)2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))eq\s\up12(2)，又x＋2y＝1－3z，則1－9z2≥eq\f(1,2)(1－3z)2，解得－eq\f(1,9)≤z≤eq\f(1,3)，即z的最小值為－eq\f(1,9).法二由x2＋(2y)2＝1－9z2，設(shè)x＝eq\r(1－9z2)cosθ，2y＝eq\r(1－9z2)sinθ，則1－3z＝eq\r(1－9z2)(cosθ＋sinθ)＝eq\r(2（1－9z2）)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，由三角函數(shù)的有界性，得|1－3z|≤eq\r(2（1－9z2）)，解得－eq\f(1,9)≤z≤eq\f(1,3)，即z的最小值為－eq\f(1,9).答案－eq\f(1,9)實(shí)力提升題組15.設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，z滿意x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)eq\f(xy,z)取得最大值時(shí)，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為()A.0 B.1C.eq\f(9,4) D.3解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)則eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào)，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\s\up12(2)＋1≤1.答案B16.(2024·金華一中月考)已知正實(shí)數(shù)a，b滿意：a＋b＝1，則eq\f(2a,a2＋b)＋eq\f(b,a＋b2)的最大值是()A.2 B.1＋eq\r(2)C.1＋eq\f(2\r(3),3) D.1＋eq\f(3\r(2),2)解析因?yàn)檎龑?shí)數(shù)a，b滿意a＋b＝1，所以eq\f(2a,a2＋b)＋eq\f(b,a＋b2)＝eq\f(2a,a2＋1－a)＋eq\f(1－a,a＋（1－a）2)＝eq\f(a＋1,a2－a＋1).令t＝a＋1∈(1，2)，則原式＝eq\f(t,t2－3t＋3)＝eq\f(1,t＋\f(3,t)－3)≤eq\f(1,2\r(3)－3)＝eq\f(3＋2\r(3),3)＝1＋eq\f(2\r(3),3).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3,t)，即t＝eq\r(3)＝a＋1，a＝eq\r(3)－1，b＝2－eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，故選C.答案C17.(一題多解)(2024·北京卷改編)已知x≥0，y≥0，且x＋y＝1，則x2＋y2的最小值為________，最大值為________.解析法一∵x≥0，y≥0且x＋y＝1，∴2eq\r(xy)≤x＋y＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，從而0≤xy≤eq\f(1,4)，因此x2＋y2＝(x＋y)2－2xy＝1－2xy，所以eq\f(1,2)≤x2＋y2≤1.法二∵x＋y＝1，x≥0，y≥0，∴y＝1－x，x∈[0，1]，∴x2＋y2＝x2＋(1－x)2＝2x2－2x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，對(duì)稱軸為x＝eq\f(1,2)，故x＝eq\f(1,2)時(shí)，有最小值為eq\f(1,2)，x＝0或x＝1時(shí)有最大值為1.法三可轉(zhuǎn)化為線段AB上的點(diǎn)到原點(diǎn)距離平方的范圍.AB上的點(diǎn)到原點(diǎn)距離的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co