(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測(cè) 第2章 第3講　基本不等式 (教師版)

第第頁(yè)第3講基本不等式一、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).[點(diǎn)撥]應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一正、二定、三相等”.忽略某個(gè)條件，就會(huì)出錯(cuò).2.利用基本不等式求最值已知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(shí)，x＋y有最小值是2eq\r(p).(簡(jiǎn)記：積定和最小)(2)如果和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(jiǎn)記：和定積最大)[點(diǎn)撥]在利用不等式求最值時(shí)，一定要盡量避免多次使用基本不等式.若必須多次使用，則一定要保證它們等號(hào)成立的條件一致.常用結(jié)論幾個(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\f(a＋b,2))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\f(a＋b,2))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).二、教材衍化1.設(shè)x＞0，y＞0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A.80B.77C.81D.82解析：選C.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)等號(hào)成立，故選C.2.若把總長(zhǎng)為20m的籬笆圍成一個(gè)矩形場(chǎng)地，則矩形場(chǎng)地的最大面積是________.解析：設(shè)矩形的長(zhǎng)為xm，寬為ym，則x＋y＝10，所以S＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝5時(shí)取等號(hào).答案：25m2一、思考辨析判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.()(2)ab≤(eq\f(a＋b,2))2成立的條件是ab>0.()(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)的最小值是2eq\r(a).()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×二、易錯(cuò)糾偏常見(jiàn)誤區(qū)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())(1)忽視不等式成立的條件a>0且b>0；(2)忽視定值存在；(3)忽視等號(hào)成立的條件.1.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?yàn)閤<0，所以﹣x>0，﹣x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝﹣1時(shí)，等號(hào)成立，所以x＋eq\f(1,x)≤﹣2.2.若x>1，則x＋eq\f(4,x－1)的最小值為_(kāi)_______.解析：x＋eq\f(4,x－1)＝x﹣1＋eq\f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.當(dāng)且僅當(dāng)x﹣1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時(shí)等號(hào)成立.答案：53.設(shè)0<x<1，則函數(shù)y＝2x(1﹣x)的最大值為_(kāi)_______.解析：y＝2x(1﹣x)≤2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2).當(dāng)且僅當(dāng)x＝1﹣x，即x＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立.答案：eq\f(1,2)考點(diǎn)一利用基本不等式求最值(基礎(chǔ)型)eq\a\vs4\al(復(fù)習(xí),指導(dǎo))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())探索并了解基本不等式的證明過(guò)程，會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大(小)值問(wèn)題.核心素養(yǎng)：邏輯推理角度一通過(guò)配湊法求最值(1)已知0<x<1，則x(4﹣3x)取得最大值時(shí)x的值為_(kāi)_______.(2)已知x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x﹣2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為_(kāi)_______.【解析】(1)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)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝4﹣3x，即x＝eq\f(2,3)時(shí)，取等號(hào).(2)因?yàn)閤<eq\f(5,4)，所以5﹣4x>0，則f(x)＝4x﹣2＋eq\f(1,4x－5)＝﹣(5﹣4x＋eq\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.【答案】(1)eq\f(2,3)(2)1eq\a\vs4\al()通過(guò)拼湊法利用基本不等式求最值的策略拼湊法的實(shí)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，利用拼湊法求解最值應(yīng)注意以下幾個(gè)方面的問(wèn)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(jià)變形；(2)代數(shù)式的變形以拼湊出和或積的定值為目標(biāo)；(3)拆項(xiàng)、添項(xiàng)應(yīng)注意檢驗(yàn)利用基本不等式的前提.角度二通過(guò)常數(shù)代換法求最值已知a>0，b>0，a＋b＝1，則(1+eq\f(1,a))(1+eq\f(1,b))的最小值為_(kāi)_______.【解析】(1+eq\f(1,a))(1+eq\f(1,b))＝(1+eq\f(a＋b,a))(1+eq\f(a＋b,b))＝(2＋eq\f(b,a))·(2+eq\f(a,b))＝5＋2(eq\f(a,b)＋eq\f(b,a))≥5＋4＝9.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，取等號(hào).【答案】9【遷移探究1】(變問(wèn)法)若本例中的條件不變，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為_(kāi)_______.解析：因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立.答案：4【遷移探究2】(變條件)若本例條件變?yōu)椋阂阎猘>0，b>0，4a＋b＝4，則(1+eq\f(1,a))(1+eq\f(1,b))的最小值為_(kāi)_______.解析：由4a＋b＝4得a＋eq\f(b,4)＝1，(1+eq\f(1,a))(1+eq\f(1,b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋\f(b,4),a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋\f(b,4),b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,4a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)＋\f(a,b)))＝eq\f(5,2)＋eq\f(2a,b)＋eq\f(5b,16a)＋eq\f(1,4)≥eq\f(11,4)＋2eq\r(\f(5,8))＝eq\f(11,4)＋eq\f(\r(10),2).當(dāng)且僅當(dāng)4eq\r(2)a＝eq\r(5)b時(shí)取等號(hào).答案：eq\f(11,4)＋eq\f(\r(10),2)eq\a\vs4\al()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”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)造和或積的形式；(4)利用基本不等式求解最值.角度三通過(guò)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)【解析】因?yàn)檎龜?shù)x，y滿足x2＋6xy﹣1＝0，所以y＝eq\f(1－x2,6x).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0，))即eq\b\lc\{(\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(shí)取等號(hào).故x＋2y的最小值為eq\f(2\r(2),3).【答案】Aeq\a\vs4\al()通過(guò)消元法求最值的方法消元法，即根據(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.有時(shí)會(huì)出現(xiàn)多元的問(wèn)題，解決方法是消元后利用基本不等式求解.但應(yīng)注意保留元的范圍.1.已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b＝(ab)eq\s\up6(\f(3,2))，則ab的最小值為()A.1B.eq\r(2)C.2D.4解析：選C.(ab)eq\s\up6(\f(3,2))＝a＋b≥2eq\r(ab)＝2(ab)eq\s\up6(\f(1,2))，所以ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)，故ab的最小值為2，故選C.2.已知x，y為正實(shí)數(shù)，則eq\f(4x,x＋3y)＋eq\f(3y,x)的最小值為()A.eq\f(5,3)B.eq\f(10,3)C.eq\f(3,2)D.3解析：選D.由題意得x>0，y>0，eq\f(4x,x＋3y)＋eq\f(3y,x)＝eq\f(4x,x＋3y)＋eq\f(x＋3y,x)﹣1≥2eq\r(\f(4x,x＋3y)·\f(x＋3y,x))﹣1＝4﹣1＝3(當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y時(shí)等號(hào)成立).3.已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy，則x＋y的最小值為_(kāi)_______.解析：已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy.即eq\f(16,x)＋eq\f(1,y)＝1，則x＋y＝(x＋y)·(eq\f(16,x)＋eq\f(1,y))＝16＋1＋eq\f(16y,x)＋eq\f(x,y)≥17＋2eq\r(\f(16y,x)·\f(x,y))＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y＝20時(shí)等號(hào)成立，所以x＋y的最小值為25.答案：25考點(diǎn)二利用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題(應(yīng)用型)eq\a\vs4\al(復(fù)習(xí),指導(dǎo))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())利用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題，關(guān)鍵是把實(shí)際問(wèn)題抽象出數(shù)學(xué)模型，列出函數(shù)關(guān)系，然后利用基本不等式求最值.某單位在國(guó)家科研部門(mén)的支持下，進(jìn)行技術(shù)攻關(guān)，采用了新工藝，把二氧化碳轉(zhuǎn)化為一種可利用的化工產(chǎn)品.已知該單位每月的處理量最少為400噸，最多為600噸，月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數(shù)關(guān)系可近似地表示為y＝eq\f(1,2)x2﹣200x＋80000，且每處理一噸二氧化碳得到可利用的化工產(chǎn)品價(jià)值為100元.(1)該單位每月處理量為多少噸時(shí)，才能使每噸的平均處理成本最低？(2)該單位每月能否獲利？如果獲利，求出最大利潤(rùn)；如果不獲利，則需要國(guó)家至少補(bǔ)貼多少元才能使單位不虧損？【解】(1)由題意可知，二氧化碳每噸的平均處理成本為eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(80000,x)﹣200≥2eq\r(\f(1,2)x·\f(80000,x))﹣200＝200，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,2)x＝eq\f(80000,x)，即x＝400時(shí)等號(hào)成立，故該單位月處理量為400噸時(shí)，才能使每噸的平均處理成本最低，最低成本為200元.(2)不獲利.設(shè)該單位每月獲利為S元，則S＝100x﹣y＝100x﹣(eq\f(1,2)x2-200x+80000)＝﹣eq\f(1,2)x2＋300x﹣80000＝﹣eq\f(1,2)(x﹣300)2﹣35000，因?yàn)閤∈[400，600]，所以S∈[﹣80000，﹣40000].故該單位每月不獲利，需要國(guó)家每月至少補(bǔ)貼40000元才能不虧損.eq\a\vs4\al()應(yīng)用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題的基本步驟(1)理解題意，設(shè)出變量，建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實(shí)際問(wèn)題抽象為函數(shù)的最值問(wèn)題；(2)在定義域內(nèi)，利用基本不等式求出函數(shù)的最值；(3)還原為實(shí)際問(wèn)題，寫(xiě)出答案.某游泳館擬建一座平面圖形為矩形且面積為200平方米的泳池，池的深度為1米，池的四周墻壁建造單價(jià)為每米400元，中間一條隔壁建造單價(jià)為每米100元，池底建造單價(jià)每平方米60元(池壁厚忽略不計(jì))，則泳池的長(zhǎng)設(shè)計(jì)為多少米時(shí)，可使總造價(jià)最低.解：設(shè)泳池的長(zhǎng)為x米，則寬為eq\f(200,x)米，總造價(jià)f(x)＝400×(2x+2×eq\f(200,x))＋100×eq\f(200,x)＋60×200＝800×(x+eq\f(225,x))＋12000≥1600eq\r(x·\f(225,x))＋12000＝36000(元)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(225,x)(x>0)，即x＝15時(shí)等號(hào)成立.即泳池的長(zhǎng)設(shè)計(jì)為15米時(shí)，可使總造價(jià)最低.[基礎(chǔ)題組練]1.若正實(shí)數(shù)x，y滿足x＋y＝2，則eq\f(1,xy)的最小值為()A.1B.2C.3D.4解析：選A.因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿足x＋y＝2，所以xy≤eq\f(（x＋y）2,4)＝eq\f(22,4)＝1，所以eq\f(1,xy)≥1.2.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.因?yàn)?＝2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)＝2eq\r(2x＋y)，(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝2y＝eq\f(1,2)，即x＝y(tǒng)＝﹣1時(shí)等號(hào)成立)所以eq\r(2x＋y)≤eq\f(1,2)，所以2x＋y≤eq\f(1,4)，得x＋y≤﹣2.3.若實(shí)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解析：選C.因?yàn)閑q\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，所以a＞0，b＞0，由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq\r(\f(2,ab))，所以ab≥2eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時(shí)取等號(hào))，所以ab的最小值為2eq\r(2).4.(多選)若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是()A.a＋b≥2eq\r(ab)B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,\r(ab))C.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2D.a2＋b2≥2ab解析：選CD.因?yàn)閍b>0，所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，所以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(hào).所以選項(xiàng)C正確，又a，b∈R，所以(a﹣b)2≥0，即a2＋b2≥2ab一定成立.5.已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A.2B.2eq\r(2)C.4D.2eq\r(3)解析：選C.因?yàn)閘g2x＋lg8y＝lg2，所以lg(2x·8y)＝lg2，所以2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.因?yàn)閤>0，y>0，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為4.故選C.6.設(shè)P(x，y)是函數(shù)y＝eq\f(2,x)(x>0)圖象上的點(diǎn)，則x＋y的最小值為_(kāi)_______.解析：因?yàn)閤>0，所以y>0，且xy＝2.由基本不等式得x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)等號(hào)成立.所以x＋y的最小值為2eq\r(2).答案：2eq\r(2)7.函數(shù)y＝eq\f(x2,x＋1)(x>﹣1)的最小值為_(kāi)_______.解析：因?yàn)閥＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x﹣1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)﹣2(x>﹣1)，所以y≥2eq\r(1)﹣2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立.答案：08.若a>0，b>0，且a＋2b﹣4＝0，則ab的最大值為_(kāi)______，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為_(kāi)______.解析：因?yàn)閍>0，b>0，且a＋2b﹣4＝0，所以a＋2b＝4，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)))eq\s\up12(2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b，即a＝2，b＝1時(shí)等號(hào)成立，所以ab的最大值為2，因?yàn)閑q\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))·eq\f(a＋2b,4)＝eq\f(1,4)(5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為eq\f(9,4).答案：2eq\f(9,4).9.(1)當(dāng)x<eq\f(3,2)時(shí)，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(x（4－2x）)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(dāng)x<eq\f(3,2)時(shí)，有3﹣2x>0，所以eq\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)≥2eq\r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3－2x,2)＝eq\f(8,3－2x)，即x＝﹣eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào).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).(2)因?yàn)?<x<2，所以2﹣x>0，所以y＝eq\r(x（4－2x）)＝eq\r(2)·eq\r(x（2－x）)≤eq\r(2)·eq\f(x＋2－x,2)＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2﹣x，即x＝1時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)y＝eq\r(x（4－2x）)的最大值為eq\r(2).10.已知x>0，y>0，且2x＋8y﹣xy＝0，求(1)xy的最小值；(2)x＋y的最小值.解：(1)由2x＋8y﹣xy＝0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，又x>0，y>0，則1＝eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq\f(8,\r(xy)).得xy≥64，當(dāng)且僅當(dāng)x＝16，y＝4時(shí)，等號(hào)成立.所以xy的最小值為64.(2)由2x＋8y﹣xy＝0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y＝(eq\f(8,x)＋eq\f(2,y))·(x＋y)＝10＋eq\f(2x,y)＋eq\f(8y,x)≥10＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.當(dāng)且僅當(dāng)x＝12，y＝6時(shí)等號(hào)成立，所以x＋y的最小值為18.[綜合題組練]1.設(shè)a>0，若關(guān)于x的不等式x＋eq\f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，則a的最小值為()A.16B.9C.4D.2解析：選C.在(1，＋∞)上，x＋eq\f(a,x－1)＝(x﹣1)＋eq\f(a,x－1)＋1≥2eq\r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq\r(a)＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1＋eq\r(a)時(shí)取等號(hào)).由題意知2eq\r(a)＋1≥5，所以a≥4.2.已知x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，則x＋y的最小值為()A.3B.5C.7D.9解析：選C.因?yàn)閤>0，y>0.且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，所以x＋1＋y＝2(eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y))(x＋1＋y)＝2(1＋1＋eq\f(y,x＋1)＋eq\f(x＋1,y))≥2(2＋2eq\r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y)))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x＋1)＝eq\f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4時(shí)取等號(hào)，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值為7，故選C.3.已知正實(shí)數(shù)x，y滿足x＋y＝1，①則x2＋y2的最小值為_(kāi)_______；②若eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析：因?yàn)閤＋y＝1，所以xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，所以x2＋y2＝(x＋y)2﹣2xy≥1﹣eq\f(1,4)×2＝eq\f(1,2)，所以x2＋y2的最小值為eq\f(1,2).若a≤eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)恒成立，則a小于等于(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))的最小值，因?yàn)閑q\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))(x＋y)＝5＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥5＋2eq\r(\f(y,x)×\f(4x,y))＝9，所以eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為9，所以a≤9，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(﹣∞，9].答案：eq\f(1,2)(﹣∞，9]4.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_(kāi)_______.解析：因?yàn)閑q\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝