(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點復(fù)習(xí)1.4《基本不等式》教案 (含詳解)

PAGEPAGE19第四節(jié)基本不等式核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向1.結(jié)合作差法，了解基本不等式的證明過程，凸顯邏輯推理的核心素養(yǎng)．2．結(jié)合求函數(shù)最值問題，考查靈活運用基本不等式解決問題的能力，凸顯數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)．3．結(jié)合實際應(yīng)用問題，考查利用基本不等式求最值問題，凸顯數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)．[理清主干知識]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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1a2＋b2≥2ab，a，b∈R；,2\f(b,a)＋\f(a,b)≥2，ab>0；,3ab≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R；,4\f(a2＋b2,2)≥\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R))eq\a\vs4\al(當且僅當a＝b時,等號成立.)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，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是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有最大值是eq\f(p2,4).(簡記：和定積最大)[澄清盲點誤點]一、關(guān)鍵點練明1．(求和的最值)已知x>0，y>0，xy＝16，則x＋y的最小值為()A．32 B．24C．4eq\r(2) D．8解析：選D由基本不等式得x＋y≥2eq\r(xy)＝8，當且僅當x＝y(tǒng)＝4時等號成立．2．(求積的最值)若x>0，y>0，且2(x＋y)＝36，則eq\r(xy)的最大值為()A．9 B．18C．36 D．81解析：選A由2(x＋y)＝36，得x＋y＝18，所以eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝9，當且僅當x＝y(tǒng)＝9時，等號成立．3．(基本不等式成立的條件)若x<0，則x＋eq\f(1,x)()A．有最小值，且最小值為2B．有最大值，且最大值為2C．有最小值，且最小值為－2D．有最大值，且最大值為－2解析：選D因為x<0，所以－x>0，－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，當且僅當x＝－1時，等號成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2.4．(重要不等式的應(yīng)用)若實數(shù)x，y滿足xy＝1，則x2＋2y2的最小值為________．解析：x2＋2y2＝x2＋(eq\r(2)y)2≥2x(eq\r(2)y)＝2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\r(2)y且xy＝1時等號成立，所以x2＋2y2的最小值為2eq\r(2).答案：2eq\r(2)二、易錯點練清1．(忽視變量的范圍)函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(3,x)＋1(x<0)的最大值為________．解析：∵x<0，∴f(x)＝2x＋eq\f(3,x)＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(3,－x)))＋1≤－2eq\r(－2x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x))))＋1＝1－2eq\r(6)，當且僅當－2x＝－eq\f(3,x)，即x＝－eq\f(\r(6),2)時，等號成立，∴f(x)的最大值為1－2eq\r(6).答案：1－2eq\r(6)2．(忽視基本不等式等號成立的條件)當x≥2時，x＋eq\f(4,x＋2)的最小值為________．解析：設(shè)x＋2＝t，則x＋eq\f(4,x＋2)＝t＋eq\f(4,t)－2.又由x≥2得t≥4，而函數(shù)y＝t＋eq\f(4,t)－2在[2，＋∞)上是增函數(shù)，因此當t＝4，即x＝2時，t＋eq\f(4,t)－2即x＋eq\f(4,x＋2)取得最小值，最小值為4＋eq\f(4,4)－2＝3.答案：3考點一利用基本不等式求最值考法(一)拼湊法求最值[例1](1)已知f(x)＝eq\f(x2＋3x＋6,x＋1)(x>0)，則f(x)的最小值是()A．2 B．3C．4 D．5(2)(2020·天津高考)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________．[解析](1)f(x)＝eq\f(x2＋3x＋6,x＋1)＝eq\f(x＋12＋x＋1＋4,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)＋1，∵x>0，∴x＋1>1，∴x＋1＋eq\f(4,x＋1)＋1≥2eq\r(4)＋1＝5，當且僅當x＋1＝eq\f(4,x＋1)，即x＝1時取“＝”．∴f(x)的最小值是5，故選D.(2)依題意得eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2ab)＋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，當且僅當eq\f(a＋b,2)＝eq\f(8,a＋b)，即a＋b＝4時取等號．因此，eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.[答案](1)D(2)4[方法技巧]1．拼湊法求最值拼湊法就是將相關(guān)代數(shù)式進行適當?shù)淖冃?，通過添項、拆項等方法湊成和為定值或積為定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼湊法的實質(zhì)在于代數(shù)式的靈活變形，拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵．2．拼湊法求解最值應(yīng)注意的問題(1)拼湊的技巧，以整式為基礎(chǔ)，注意利用系數(shù)的變化以及等式中常數(shù)的調(diào)整，做到等價變形；(2)代數(shù)式的變形以拼湊出和或積的定值為目標；(3)拆項、添項時應(yīng)注意檢驗利用基本不等式的條件．考法(二)常數(shù)代換法求最值[例2](1)已知函數(shù)y＝loga(x－1)＋2(a>0且a≠1)的圖象恒過定點A.若直線mx＋ny＝2過點A，其中m，n是正實數(shù)，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值是()A．3＋eq\r(2) B．3＋2eq\r(2)C.eq\f(9,2) D．5(2)已知a>0，b>0,3a＋b＝2ab，則a＋b[解析](1)由y＝loga(x－1)＋2的圖象恒過定點A可知A(2,2)．所以2m＋2n＝2，所以m＋n又因為m>0，n>0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq\r(2)，當且僅當n＝eq\r(2)m時，取等號．(2)因為3a＋b＝2ab，所以eq\f(3,2b)＋eq\f(1,2a)＝1，又a>0，b>0，故a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq\f(3a,2b)＋eq\f(b,2a)≥2＋eq\r(3)，當且僅當eq\f(3a,2b)＝eq\f(b,2a)時取等號，即a＋b的最小值為2＋eq\r(3).[答案](1)B(2)2＋eq\r(3)[方法技巧]1．常數(shù)代換法求最值的步驟(1)根據(jù)已知條件或其變形確定定值(常數(shù))；(2)把確定的定值(常數(shù))變形為1；(3)把“1”(4)利用基本不等式求解最值．2．常數(shù)代換法求解最值應(yīng)注意的問題(1)條件的靈活變形，確定或分離出常數(shù)是基礎(chǔ)；(2)已知等式化成“1”(3)利用基本不等式求最值時注意基本不等式的前提條件．考法(三)消元法求最值[例3]已知正實數(shù)a，b，c滿足a2－ab＋4b2－c＝0，當eq\f(c,ab)取最小值時，a＋b－c的最大值為()A．2 B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,8) D.eq\f(1,4)[解析]根據(jù)題意得c＝a2－ab＋4b2，所以eq\f(c,ab)＝eq\f(a2－ab＋4b2,ab)＝eq\f(a,b)＋eq\f(4b,a)－1≥2eq\r(4)－1＝3，當且僅當eq\f(a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝2b時取等號，所以a＋b－c＝2b＋b－4b2＋2b2－4b2＝－6b2＋3b＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,4)))2＋eq\f(3,8)，所以當b＝eq\f(1,4)時，a＋b－c取得最大值eq\f(3,8)，故選C.[答案]C[方法技巧]通過消元法求最值的方法消元法，即根據(jù)條件建立兩個量之間的函數(shù)關(guān)系，然后代入代數(shù)式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值求解．有時會出現(xiàn)多元的問題，解決方法是消元后利用基本不等式求解．考法(四)放縮法求最值[例4](1)已知正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的最小值是________．(2)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________．[解析](1)∵a，b是正數(shù)，∴ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3(當且僅當a＝b＝3時等號成立)，∴(eq\r(ab))2－2eq\r(ab)－3≥0，∴(eq\r(ab)－3)(eq\r(ab)＋1)≥0，∴eq\r(ab)－3≥0，∴eq\r(ab)≥3，即ab≥9.∴ab的最小值為9.(2)∵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)))2，當且僅當x＝3y時等號成立．設(shè)x＋3y＝t>0，則t2＋12t－108≥0，∴(t－6)(t＋18)≥0，又∵t>0，∴t≥6.故當x＝3，y＝1時，(x＋3y)min＝6.[答案](1)9(2)6[方法技巧]放縮法解不等式求最值的方法將所給代數(shù)式，利用基本不等式放大或縮小，構(gòu)造出所求最值的代數(shù)式的結(jié)構(gòu)，然后通過解不等式求出代數(shù)式范圍，從而求出代數(shù)式的最值．考點二基本不等式在實際問題中的應(yīng)用[典例]如圖，一個鋁合金窗分為上、下兩欄，四周框架和中間隔擋的材料為鋁合金，寬均為6cm，上欄與下欄的框內(nèi)高度(不含鋁合金部分)的比為1∶2，此鋁合金窗占用的墻面面積為28800cm2，設(shè)該鋁合金窗的寬和高分別為acm，bcm，鋁合金窗的透光部分的面積為Scm2.(1)試用a，b表示S；(2)若要使S最大，則鋁合金窗的寬和高分別為多少？[解](1)∵鋁合金窗寬為acm，高為bcm，a>0，b>0，∴ab＝28800.①設(shè)上欄框內(nèi)高度為hcm，則下欄框內(nèi)高度為2hcm，則3h＋18＝b，∴h＝eq\f(b－18,3)，∴透光部分的面積S＝(a－18)×eq\f(2b－18,3)＋(a－12)×eq\f(b－18,3)＝(a－16)(b－18)＝ab－2(9a＋8b)＋288＝28800－2(9a＋8b)＋288＝29088－2(9a＋8b)．(2)∵9a＋8b≥2eq\r(9a·8b)＝2eq\r(9×8×28800)＝2880，當且僅當9a＝8b時等號成立，此時b＝eq\f(9,8)a，代入①式得a＝160，從而b＝180，即當a＝160，b＝180時，S取得最大值．∴鋁合金窗的寬為160cm，高為180cm時，可使透光部分的面積最大．[方法技巧]利用基本不等式求解實際應(yīng)用題的方法(1)此類型題目的題干往往較長，解題時需認真閱讀，從中提煉出有用信息，建立數(shù)學(xué)模型，轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題求解．(2)當運用基本不等式求最值時，若等號成立的自變量不在定義域內(nèi)時，就不能使用基本不等式求解，此時可根據(jù)變量的范圍用對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性求解．[針對訓(xùn)練]經(jīng)調(diào)查測算，某產(chǎn)品的年銷售量(即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費用m萬元(m≥0)滿足x＝3－eq\f(k,m＋1)(k為常數(shù))，如果不搞促銷活動，則該產(chǎn)品的年銷售量只能是1萬件．已知2021年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元，每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品平均成本的1.5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金)．(1)將2021年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費用m萬元的函數(shù)；(2)該廠家2021年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？解：(1)由題意可知，當m＝0時，x＝1，∴1＝3－k，解得k＝2，即x＝3－eq\f(2,m＋1)，每1萬件產(chǎn)品的銷售價格為1.5×eq\f(8＋16x,x)(萬元)，∴2021年的利潤y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.5×\f(8＋16x,x)))－(8＋16x＋m)＝4＋8x－m＝4＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,m＋1)))－m＝28－eq\f(16,m＋1)－m(m≥0)．∴利潤y表示為年促銷費用的函數(shù)關(guān)系式是y＝28－eq\f(16,m＋1)－m(m≥0)．(2)由(1)知y＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)．∵當m≥0時，eq\f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq\r(\f(16,m＋1)·m＋1)＝8，當且僅當eq\f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3時取等號．∴y≤－8＋29＝21，即當m＝3時，y取得最大值21.∴當該廠家2021年的促銷費用投入3萬元時，廠家獲得的利潤最大，為21萬元．考點三基本不等式的綜合應(yīng)用[典例](1)如圖，在△ABC中，eq\o(CM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，過點M的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點P，Q，若eq\o(AP,\s\up7(→))＝meq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝neq\o(AC,\s\up7(→))，則mn＋m的最小值為()A．2 B．2eq\r(3)C．6 D．6eq\r(3)(2)已知x>0，y>0，且eq\f(xy,2y＋3x)＝1，不等式eq\f(x,2)＋eq\f(y,3)≥m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．[解析](1)連接AM，由已知可得eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(2,3m)eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\f(1,3n)eq\o(AQ,\s\up7(→)).因為P，M，Q三點共線，所以eq\f(2,3m)＋eq\f(1,3n)＝1，所以mn＋m＝eq\f(2n＋m,3)＋m＝eq\f(2n,3)＋eq\f(4m,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n,3)＋\f(4m,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3m)＋\f(1,3n)))＝eq\f(10,9)＋eq\f(4n,9m)＋eq\f(4m,9n)≥eq\f(10,9)＋2eq\r(\f(4n,9m)×\f(4m,9n))＝2，當且僅當eq\f(4n,9m)＝eq\f(4m,9n)，即m＝n＝1時取等號，所以mn＋m的最小值為2.故選A.(2)不等式eq\f(x,2)＋eq\f(y,3)≥m恒成立可轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(y,3)))min≥m.由eq\f(xy,2y＋3x)＝1，得2y＋3x＝xy，即eq\f(2,x)＋eq\f(3,y)＝1.因為x>0，y>0，所以eq\f(x,2)＋eq\f(y,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(y,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(3,y)))＝eq\f(2y,3x)＋eq\f(3x,2y)＋2≥2eq\r(\f(2y,3x)·\f(3x,2y))＋2＝4，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2y,3x)＝\f(3x,2y)，,\f(2,x)＋\f(3,y)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝6))時取等號，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(y,3)))min＝4.故實數(shù)m的取值范圍是(－∞，4]．[答案](1)A(2)(－∞，4][方法技巧]基本不等式的應(yīng)用非常廣泛，它可以和數(shù)學(xué)的其他知識交匯考查，解決這類問題的策略是：(1)先根據(jù)所交匯的知識進行變形，通過換元、配湊、巧換“1”等手段把最值問題轉(zhuǎn)化為用基本不等式求解，這是難點；(2)要有利用基本不等式求最值的意識，善于把條件轉(zhuǎn)化為能利用基本不等式的形式；(3)檢驗等號是否成立，完成后續(xù)問題．[針對訓(xùn)練]1.如圖，三棱錐P-ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，PA＝PB＝PC＝2，設(shè)點K是△ABC內(nèi)一點，現(xiàn)定義f(K)＝(x，y，z)，其中x，y，z分別是三棱錐K-PAB，K-PBC，K-PAC的體積，若f(K)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,3)，b))，則eq\f(3a＋b,ab)的最小值為________．解析：由定義得a＋eq\f(1,3)＋b＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))，∴a＋b＝1.∴eq\f(3a＋b,ab)＝eq\f(3,b)＋eq\f(1,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,b)＋\f(1,a)))(a＋b)＝4＋eq\f(3a,b)＋eq\f(b,a)≥4＋2eq\r(\f(3a,b)·\f(b,a))＝4＋2eq\r(3)(當且僅當b＝eq\r(3)a時取等號)，即最小值為2eq\r(3)＋4.答案：2eq\r(3)＋42．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，且BD＝1，則4a＋c解析：依題意畫出圖形，如圖所示．∵S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，∴eq\f(1,2)csin60°＋eq\f(1,2)asin60°＝eq\f(1,2)acsin120°，∴a＋c＝ac，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，∴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)≥2eq\r(\f(c,a)×\f(4a,c))＋5＝9.當且僅當2a＝c且eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，即a＝eq\f(3,2)且c＝3時取等號．故4a＋c的最小值為9.答案：9

一、創(chuàng)新思維角度——融會貫通學(xué)妙法“1的代換”的妙用1．若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是________．解析：因為正實數(shù)x，y滿足x＋y＝1，所以eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(4x＋4y,y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)＋4≥2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))＋4＝8，當且僅當eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)時取“＝”，所以eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是8.答案：82．已知a＞0，b＞0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，則3a＋2b＋eq\f(b,a)的最小值為________．解析：∵a＞0，b＞0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴3a＋2b＋eq\f(b,a)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋2beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(b,a)＝5＋eq\f(3a,b)＋eq\f(3b,a)≥5＋2eq\r(9)＝11，當且僅當a＝b＝2時取等號，∴3a＋2b＋eq\f(b,a)的最小值為11.答案：113．(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.解析：由題意知，(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°.因為tan45°＝tan(20°＋25°)＝eq\f(tan20°＋tan25°,1－tan20°tan25°)＝1，所以tan20°＋tan25°＝1－tan20°tan25°.所以(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝2.答案：2eq\a\vs4\al([名師微點])“1”的代換是通過在實際解題中，恰當運用“1”的整體性進行代換，結(jié)合相應(yīng)的定理、公式，進而達到迅速解題的目的，常在不等式及三角函數(shù)中應(yīng)用．二、創(chuàng)新考查方式——領(lǐng)悟高考新動向1．一家商店使用一架兩臂不等長的天平秤黃金，一位顧客到店里購買10g黃金，售貨員先將5g的砝碼放在天平的左盤中，取出一些黃金放在天平右盤中使天平平衡；再將5g的砝碼放在天平右盤中，再取出一些黃金放在天平左盤中使天平平衡；最后將兩次秤得的黃金交給顧客，你認為顧客購得的黃金()A．大于10g B．大于等于10gC．小于10g D．小于等于10g解析：選A由于天平兩臂不等長，可設(shè)天平左臂長為a(a>0)，右臂長為b(b>0)，則a≠b，再設(shè)先稱得黃金為xg，后稱得黃金為yg，則bx＝5a，ay＝5b，∴x＝eq\f(5a,b)，y＝eq\f(5b,a)，∴x＋y＝eq\f(5a,b)＋eq\f(5b,a)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥5×2eq\r(\f(a,b)×\f(b,a))＝10，當且僅當eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b時等號成立，但a≠b，等號不成立，即x＋y>10，因此，顧客購得的黃金大于10g.2．某項研究表明：在考慮行車安全的情況下，某路段車流量F(單位時間內(nèi)經(jīng)過測量點的車輛數(shù)，單位：輛/小時)與車流速度v(假設(shè)車輛以相同速度v行駛，單位：米/秒)、平均車長l(單位：米)的值有關(guān)，其公式為F＝eq\f(76000v,v2＋18v＋20l).(1)如果不限定車型，l＝6.05，則最大車流量為________輛/小時；(2)如果限定車型，l＝5，則最大車流量比(1)中的最大車流量增加________輛/小時．解析：(1)當l＝6.05時，F(xiàn)＝eq\f(76000v,v2＋18v＋20×6.05)＝eq\f(76000,v＋\f(121,v)＋18)≤eq\f(76000,2\r(v·\f(121,v))＋18)＝1900，當且僅當v＝eq\f(121,v)，即v＝11時取等號．∴最大車流量F為1900輛/小時．(2)當l＝5時，F(xiàn)＝eq\f(76000v,v2＋18v＋20×5)＝eq\f(76000,v＋\f(100,v)＋18)，∴F≤eq\f(76000,2\r(v·\f(100,v))＋18)＝2000，當且僅當v＝eq\f(100,v)，即v＝10時取等號．∴最大車流量比(1)中的最大車流量增加2000－1900＝100輛/小時．答案：(1)1900(2)1003．規(guī)定：“?”表示一種運算，即a?b＝eq\r(ab)＋a＋b(a，b為正實數(shù))．若1?k＝3，則k的值為________，此時函數(shù)f(x)＝eq\f(k?x,\r(x))的最小值為________．解析：由題意得1?k＝eq\r(k)＋1＋k＝3，即k＋eq\r(k)－2＝0，解得eq\r(k)＝1或eq\r(k)＝－2(舍去)，所以k＝1，故k的值為1.又f(x)＝eq\f(1?x,\r(x))＝eq\f(\r(x)＋x＋1,\r(x))＝1＋eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥1＋2＝3，當且僅當eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))，即x＝1時取等號，故函數(shù)f(x)的最小值為3.答案：134．已知eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<β<eq\f(π,2)，且sin2αsin2β＝sin(α＋β)cosαcosβ，則tan(α＋β)的最大值為________．解析：因為sin2αsin2β＝sin(α＋β)cosαcosβ，所以tanαtanβsinαsinβ＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，所以tanαtanβ＝eq\f(1,tanα)＋eq\f(1,tanβ)＝eq\f(tanα＋tanβ,tanαtanβ)，所以tanα＋tanβ＝(tanαtanβ)2.因為eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<β<eq\f(π,2)，所以tanαtanβ>1，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(tanαtanβ2,1－tanαtanβ)＝－(tanαtanβ－1)＋eq\f(1,tanαtanβ－1)－2≤－2eq\r(tanαtanβ－1×\f(1,tanαtanβ－1))－2＝－4，當且僅當tanαtanβ－1＝eq\f(1,tanαtanβ－1)，即tanαtanβ＝2時取等號，所以tan(α＋β)的最大值為－4.答案：－4

eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度1．(2021·豫北重點中學(xué)聯(lián)考)設(shè)a>0，則a＋eq\f(a＋4,a)的最小值為()A．2eq\r(a＋4) B．2C．4 D．5解析：選Da＋eq\f(a＋4,a)＝a＋1＋eq\f(4,a)≥1＋2eq\r(a·\f(4,a))＝5，當且僅當a＝2時取等號，故選D.2．設(shè)x為實數(shù)，則“x<0”是“x＋eq\f(1,x)≤－2”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C若x<0，則－x>0，x＋eq\f(1,x)＝－(－x)＋eq\f(1,－x)≤－2，∴“x<0”是“x＋eq\f(1,x)≤－2”的充分條件；若x＋eq\f(1,x)≤－2，則eq\f(x2＋2x＋1,x)≤0，得x<0，∴“x<0”是“x＋eq\f(1,x)≤－2”的必要條件．綜上，“x<0”是“x＋eq\f(1,x)≤－2”的充要條件．故選C.3．(2021·沈陽模擬)在下列各函數(shù)中，最小值等于2的函數(shù)是()A．y＝x＋eq\f(1,x)B．y＝sinx＋eq\f(1,sinx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)))C．y＝eq\f(x2＋5,\r(x2＋4))D．y＝ex＋eq\f(4,ex)－2解析：選D對于選項A，當x>0時，y＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2；當x<0時，y＝x＋eq\f(1,x)≤－2，故A不合題意．對于選項B，由于0<x<eq\f(π,2)，因此0<sinx<1，函數(shù)的最小值取不到2，故B不合題意．對于選項C，函數(shù)的關(guān)系式轉(zhuǎn)化為y＝eq\f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4))≥eq\f(5,2)，故C不合題意．故選D.4．(多選)若正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)b有最大值eq\f(1,4) B.eq\r(a)＋eq\r(b)有最小值eq\r(2)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4 D．a(chǎn)2＋b2有最小值eq\f(\r(2),2)解析：選AC∵a>0，b>0，且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤eq\f(1,4)，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立，∴ab有最大值eq\f(1,4)，∴A正確．∵(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)≤a＋b＋2×eq\f(a＋b,2)＝2，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，即eq\r(a)＋eq\r(b)有最大值eq\r(2)，B錯誤．∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2)＝4，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4，∴C正確．∵a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(1,2)，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立，∴a2＋b2的最小值不是eq\f(\r(2),2)，∴D錯誤，故選A、C.5．用一段長8cm的鐵絲圍成一個矩形模型，則這個模型面積的最大值為()A．9cm2 B．16cm2C．4cm2 D．5cm2解析：選C設(shè)矩形模型的長和寬分別為xcm，ycm，則x>0，y>0，由題意可得2(x＋y)＝8，所以x＋y＝4，所以矩形模型的面積S＝xy≤eq\f(x＋y2,4)＝eq\f(42,4)＝4(cm2)，當且僅當x＝y(tǒng)＝2時取等號，所以當矩形模型的長和寬都為2cm時，面積最大，為4cm2.故選C.6．若x>1，則x＋eq\f(4,x－1)的最小值為________．解析：x＋eq\f(4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.當且僅當x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時等號成立．答案：5二、綜合練——練思維敏銳度1．若2x＋2y＝1，則x＋y的取值范圍是()A．[0,2] B．[－2,0]C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]解析：選D由1＝2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)，變形為2x＋y≤eq\f(1,4)，即x＋y≤－2，當且僅當x＝y(tǒng)時取等號．則x＋y的取值范圍是(－∞，－2]．2．若a>0，b>0，a＋b＝ab，則a＋b的最小值為()A．2 B．4C．6 D．8解析：選B法一：由于a＋b＝ab≤eq\f(a＋b2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，當且僅當a＝b＝2時取等號，故選B.法二：由題意，得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＋2＝4，當且僅當a＝b＝2時取等號，故選B.3．已知a>0，b>0，并且eq\f(1,a)，eq\f(1,2)，eq\f(1,b)成等差數(shù)列，則a＋9b的最小值為()A．16 B．9C．5 D．4解析：選A∵eq\f(1,a)，eq\f(1,2)，eq\f(1,b)成等差數(shù)列，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴a＋9b＝(a＋9b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝10＋eq\f(a,b)＋eq\f(9b,a)≥10＋2eq\r(\f(a,b)·\f(9b,a))＝16，當且僅當eq\f(a,b)＝eq\f(9b,a)且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，即a＝4，b＝eq\f(4,3)時等號成立，故選A.4．已知正數(shù)x，y滿足x2＋2xy－3＝0，則2x＋y的最小值是()A．1 B．3C．6 D．12解析：選B∵x2＋2xy－3＝0，∴y＝eq\f(3－x2,2x)，∴2x＋y＝2x＋eq\f(3－x2,2x)＝eq\f(3x2＋3,2x)＝eq\f(3x,2)＋eq\f(3,2x)≥2eq\r(\f(3x,2)·\f(3,2x))＝3，當且僅當eq\f(3x,2)＝eq\f(3,2x)，即x＝1時取等號．故選B.5．若log4(3a＋4b)＝log2eq\r(ab)，則a＋b的最小值是()A．7＋2eq\r(3) B．6＋2eq\r(3)C．7＋4eq\r(3) D．6＋4eq\r(3)解析：選C由題意得eq\r(3a＋4b)＝eq\r(ab)，∴3a＋4b＝ab，∴eq\f(4,a)＋eq\f(3,b)＝1(a>0，b>0)．∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(3,b)))＝4＋3＋eq\f(4b,a)＋eq\f(3a,b)≥7＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(3a,b))＝7＋4eq\r(3)，當且僅當eq\r(3)a＝2b時取等號．故選C.6．已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，若x，y均為正數(shù)，則eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A.eq\f(5,3) B.eq\f(8,3)C．8 D．24解析：選C因為a∥b，故3(y－1)＝－2x，整理得2x＋3y＝3，所以eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)＝eq\f(1,3)(2x＋3y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(2,y)))＝eq\f(1,3)12＋eq\f(9y,x)＋eq\f(4x,y)≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12＋2\r(\f(9y,x)·\f(4x,y))))＝8，當且僅當x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,2)時等號成立，所以eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值為8，故選C.7．已知△ABC的面積為1，內(nèi)切圓半徑也為1，若△ABC的三邊分別為a，b，c，則eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)的最小值為()A．2 B．2＋eq\r(2)C．4 D．2＋2eq\r(2)解析：選D因為△ABC的面積為1，內(nèi)切圓半徑也為1，所以eq\f(1,2)(a＋b＋c)×1＝1，所以a＋b＋c＝2，所以eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(2a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)＝2＋eq\f(2c,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)≥2＋2eq\r(2)，當且僅當a＋b＝eq\r(2)c，即c＝2eq\r(2)－2時，等號成立，所以eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)的最小值為2＋2eq\r(2).8．正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．[3，＋∞) B．(－∞，3]C．(－∞，6] D．[6，＋∞)解析：選D因為a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥10＋2eq\r(9)＝16，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)，即a＝4，b＝12時，等號成立．由題意，得16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m對任意實數(shù)x恒成立，令f(x)＝x2－4x－2，則f(x)＝(x－2)2－6，所以f(x)的最小值為－6，所以－6≥－m，即m≥6.9．實數(shù)x，y滿足|x＋y|＋|x－y|＝2，若z＝4ax＋by(a>0，b>0)的最大值為1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有()A．最大值9 B．最大值18C．最小值9 D．最小值18解析：選C根據(jù)|x＋y|＋|x－y|＝2，可得點(x，y)滿足的圖形是以A(1,1)，B(－1,1)，C(－1，－1)，D(1，－1)為頂點的正方形，可知x＝1，y＝1時，z＝4ax＋by取得最大值，故4a＋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)))(4a＋b)＝5＋eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)≥9，當且僅當eq\f(4a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝eq\f(1,6)，b＝eq\f(1,3)時取等號．故eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值9.故選C.10．已知a>0，b>0，若直線(a－1)x＋2y－1＝0與直線x＋by＝0互相垂直，則ab的最大值是________．解析：由兩條直線互相垂直得(a－1)×1＋2b＝0，即a＋2b＝1，又a>0，b>0，所以ab＝eq\f(1,2)(a·2b)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,2)))2＝eq\f(1,8)，當且僅當a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)時取等號．故ab的最大值是eq\f(1,8).答案：eq\f(1,8)11．若關(guān)于x的不等式x＋eq\f(4,x－a)≥5在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實數(shù)a的最小值為________．解析：∵x＋eq\f(4,x－a)＝x－a＋eq\f(4,x－a)＋a≥5在(a，＋∞)上恒成立，由x>a可得x－a>0.則(x－a)＋eq\f(4,x－a)≥2eq\r(x－a·\f(4,x－a))＝4，當且僅當x－a＝2即x＝a＋2時，上式取得最小值4，又∵x－a＋eq\f(4,x－a)≥5－a在(a，＋∞)上恒成立，∴5－a≤4，∴a≥1.答案：112．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__________．解析：對任意x∈N*，f(x)≥3，即eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即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(x)＝x＋eq\f(8,x)≥4eq\r(2)，當x＝2eq\r(2)時等號成立，又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)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，＋∞))13．(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(shè)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\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)＋eq\f(3,2).當x＜eq\f(3,2)時，有3－2x＞0，∴eq\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)≥2eq\r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，當且僅當eq\f(3－2x,2)＝eq\f(8,3－2x)，即x＝－eq\f(1,2)時取等號．于是y≤－4＋eq\f(3,2)＝－eq\f(5,2)，故函數(shù)的最大值為－eq\f(5,2).(