2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測試專題04基本不等式及其應(yīng)用教師版

專題04基本不等式及其應(yīng)用一、【知識梳理】【考綱要求】1.了解基本不等式的證明過程.2.能用基本不等式解決簡單的最值問題.3.掌握基本不等式在生活實(shí)際中的應(yīng)用.【考點(diǎn)預(yù)測】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.(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).2.兩個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.(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時取等號.3.利用基本不等式求最值(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，和x＋y有最小值2eq\r(P).(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，積xy有最大值eq\f(1,4)S2.【常用結(jié)論】1.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.2.ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2).3.應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一正，二定，三相等”，忽略某個條件，就會出錯.4.在利用不等式求最值時，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成立的條件一致.【方法技巧】1.利用配湊法求最值，主要是配湊成“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”的形式.2.常數(shù)代換法，主要解決形如“已知x＋y＝t(t為常數(shù))，求eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)的最值”的問題，先將eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq\f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值.3.當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時，通常考慮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)”的形式，最后利用基本不等式求最值.4.構(gòu)建目標(biāo)式的不等式求最值，在既含有和式又含有積式的等式中，對和式或積式利用基本不等式，構(gòu)造目標(biāo)式的不等式求解.5.當(dāng)基本不等式與其他知識相結(jié)合時，往往是提供一個應(yīng)用基本不等式的條件，然后利用常數(shù)代換法求最值.6.求參數(shù)的值或范圍時，要觀察題目的特點(diǎn)，利用基本不等式確定等號成立的條件，從而得到參數(shù)的值或范圍.7.根據(jù)實(shí)際問題抽象出函數(shù)的解析式，再利用基本不等式求得函數(shù)的最值.8.解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實(shí)際意義及其取值范圍.9.在應(yīng)用基本不等式求函數(shù)的最值時，若等號取不到，則可利用函數(shù)的單調(diào)性求解.二、【題型歸類】【題型一】用配湊法求基本不等式的最值【典例1】設(shè)0<x<eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值為()A.eq\f(9,4) B．4C.eq\f(9,2) D．9【解析】y＝4x(3－2x)＝2·2x·(3－2x)≤2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時取等號，∴當(dāng)x＝eq\f(3,4)時，ymax＝eq\f(9,2).故選C.【典例2】若x<eq\f(2,3)，則f(x)＝3x＋1＋eq\f(9,3x－2)有()A．最大值0 B．最小值9C．最大值－3 D．最小值－3【解析】∵x<eq\f(2,3)，∴3x－2<0，f(x)＝3x－2＋eq\f(9,3x－2)＋3＝－2-3x+≤－22-3x9當(dāng)且僅當(dāng)2－3x＝eq\f(9,2－3x)，即x＝－eq\f(1,3)時取“＝”．故選C.【典例3】函數(shù)y＝x+5x+2x+1(【解析】因?yàn)閤>－1，則x＋1>0，所以y＝x+1＝x+1＝(x＋1)＋eq\f(4,x＋1)＋5≥2x+14當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(4,x＋1)，即x＝1時等號成立，所以函數(shù)的最小值為9.【題型二】用常數(shù)代換法求基本不等式的最值【典例1】已知首項(xiàng)與公比相等的等比數(shù)列{an}中，滿足amaeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,4)(m，n∈N＋)，則eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A.1B.eq\f(3,2)C.2D.eq\f(9,2)【解析】由題意可得，a1＝q，∵amaeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,4)，∴a1·qm－1·(a1·qn－1)2＝(a1·q3)2，即qm·q2n＝q8，即m＋2n＝8.∴eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)＝(m＋2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)＋\f(1,n)))×eq\f(1,8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(m,n)＋\f(4n,m)＋2))×eq\f(1,8)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(4)))×eq\f(1,8)＝1.當(dāng)且僅當(dāng)m＝2n時，即m＝4，n＝2時，等號成立.故選A.【典例2】已知a>0，b>0，且a＋b＝2，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,2b)的最小值是()A．1 B．2C.eq\f(9,4) D.eq\f(9,2)【解析】因?yàn)閍>0，b>0，且a＋b＝2，所以eq\f(a＋b,2)＝1，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,2b)＝eq\f(1,2)(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,2b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,2)))＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(4,3)，b＝eq\f(2,3)時，等號成立．故選C.【典例3】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．【解析】(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＝4y，即x＝16，y＝4時等號成立．(2)解法一：由2x＋8y－xy＝0，得x＝eq\f(8y,y－2)，∵x＞0，∴y＞2，則x＋y＝y(tǒng)＋eq\f(8y,y－2)＝(y－2)＋eq\f(16,y－2)＋10≥18，當(dāng)且僅當(dāng)y－2＝eq\f(16,y－2)，即y＝6，x＝12時等號成立．解法二：由2x＋8y－xy＝0，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\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)y＝6，x＝12時等號成立．【題型三】用消元法求基本不等式的最值【典例1】已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為_____．【解析】方法一(換元消元法)由已知得9－(x＋3y)＝eq\f(1,3)·x·3y≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝3，y＝1時取等號．即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，令x＋3y＝t，則t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值為6.方法二(代入消元法)由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq\f(9－3y,1＋y)，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)＝eq\f(9＋3y2,1＋y)＝eq\f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)＝3(1＋y)＋eq\f(12,1＋y)－6≥2eq\r(31＋y·\f(12,1＋y))－6＝12－6＝6，當(dāng)且僅當(dāng)3(1＋y)＝eq\f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3時取等號，所以x＋3y的最小值為6.【典例2】若實(shí)數(shù)x>1，y>eq\f(1,2)且x＋2y＝3，則eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)的最小值為________．【解析】令x－1＝m,2y－1＝n，則m>0，n>0且m＋n＝x－1＋2y－1＝1，∴eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)＝eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)，即m＝n＝eq\f(1,2)時取“＝”．∴eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)的最小值為4.【典例3】已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a2－b＋4≤0，則u＝eq\f(2a＋3b,a＋b)()A.有最大值eq\f(14,5) B.有最小值eq\f(14,5)C.有最小值3 D.有最大值3【解析】∵a2－b＋4≤0，∴b≥a2＋4，∴a＋b≥a2＋a＋4.又∵a，b>0，∴eq\f(a,a＋b)≤eq\f(a,a2＋a＋4)，∴－eq\f(a,a＋b)≥－eq\f(a,a2＋a＋4)，∴u＝eq\f(2a＋3b,a＋b)＝3－eq\f(a,a＋b)≥3－eq\f(a,a2＋a＋4)＝3－eq\f(1,a＋\f(4,a)＋1)≥3－eq\f(1,2\r(a·\f(4,a))＋1)＝eq\f(14,5)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，b＝8時取等號.故選B.【題型四】基本不等式的常見變形應(yīng)用【典例1】《幾何原本》卷2的幾何代數(shù)法(以幾何方法研究代數(shù)問題)成了后世西方數(shù)學(xué)家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多的代數(shù)的公理或定理都能夠通過圖形實(shí)現(xiàn)證明，也稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示圖形，點(diǎn)F在半圓O上，點(diǎn)C在直徑AB上，且OF⊥AB，設(shè)AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無字證明為()A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a(chǎn)2＋b2≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)C.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)(a>0，b>0)D.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)【解析】由圖形可知，OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，OC＝eq\f(1,2)(a＋b)－b＝eq\f(1,2)(a－b)，在Rt△OCF中，由勾股定理可得，CF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2)＝eq\r(\f(1,2)a2＋b2)，∵CF≥OF，∴eq\r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq\f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．故選D.【典例2】已知0<a<1，b>1，則下列不等式中成立的是()A．a(chǎn)＋b<eq\f(4ab,a＋b)B.eq\r(ab)<eq\f(2ab,a＋b)C.eq\r(2a2＋2b2)<2eq\r(ab)D．a(chǎn)＋b<eq\r(2a2＋2b2)【解析】對于選項(xiàng)A，因?yàn)?<a<1，b>1，所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>4ab，故選項(xiàng)A錯誤；對于選項(xiàng)B，eq\r(ab)>eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq\f(2ab,a＋b)，故選項(xiàng)B錯誤；對于選項(xiàng)C，eq\r(2a2＋b2)>eq\r(2×2ab)＝2eq\r(ab)，故選項(xiàng)C錯誤；對于選項(xiàng)D,2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2，所以a＋b<eq\r(2a2＋2b2).故選D．【典例3】若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2>2abB．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab))D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2【解析】a2＋b2≥2ab，所以A錯誤；ab>0，只能說明兩實(shí)數(shù)同號，同為正數(shù)，或同為負(fù)數(shù)，所以當(dāng)a<0，b<0時，B錯誤；同時C錯誤；eq\f(a,b)或eq\f(b,a)都是正數(shù)，根據(jù)基本不等式求最值，eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)×\f(b,a))＝2，故選D．【題型五】利用基本不等式求參數(shù)范圍【典例1】已知a>0，b>0，若不等式eq\f(m,3a＋b)－eq\f(3,a)－eq\f(1,b)≤0恒成立，則m的最大值為()A．4 B．16 C．9 D．3【解析】∵a>0，b>0，∴由eq\f(m,3a＋b)－eq\f(3,a)－eq\f(1,b)≤0恒成立得m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))(3a＋b)＝10＋eq\f(3b,a)＋eq\f(3a,b)恒成立．∵eq\f(3b,a)＋eq\f(3a,b)≥2eq\r(\f(3b,a)·\f(3a,b))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，故10＋eq\f(3b,a)＋eq\f(3a,b)≥16，∴m≤16，即m的最大值為16.故選B.【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若關(guān)于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．【解析】由條件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令t＝ex(x＞0)，則t＞1，且m≤－eq\f(t－1,t2－t＋1)＝－eq\f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)對任意t＞1成立．∵t－1＋eq\f(1,t－1)＋1≥2eq\r(（t－1）·\f(1,t－1))＋1＝3，∴－eq\f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)≥－eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln2時等號成立．故實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).故填eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).【典例3】已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則正實(shí)數(shù)a的最小值為()A.2B.4C.6D.8【解析】已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，只要求(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，∵1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥a＋2eq\r(a)＋1，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\r(a)x時，等號成立，∴a＋2eq\r(a)＋1≥9，∴eq\r(a)≥2或eq\r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4，即正實(shí)數(shù)a的最小值為4，故選B.【題型六】基本不等式與其他知識交匯的最值問題【典例1】在△ABC中，點(diǎn)P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝2eq\o(PC,\s\up6(→))，過點(diǎn)P的直線與AB，AC所在直線分別交于點(diǎn)M，N，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝neq\o(AC,\s\up6(→))(m>0，n>0)，則m＋2n的最小值為()A.3B.4C.eq\f(8,3)D.eq\f(10,3)【解析】∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3m)eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3n)eq\o(AN,\s\up6(→))，∵M(jìn)，P，N三點(diǎn)共線，∴eq\f(1,3m)＋eq\f(2,3n)＝1，∴m＋2n＝(m＋2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3m)＋\f(2,3n)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(4,3)＋eq\f(2n,3m)＋eq\f(2m,3n)≥eq\f(5,3)＋2eq\r(\f(2n,3m)×\f(2m,3n))＝eq\f(5,3)＋eq\f(4,3)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時等號成立.故選A.【典例2】如果函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為()A．16 B．18 C．25 D.eq\f(81,2)【解析】當(dāng)m＝2時，易得n－8＜0，n＜8，此時mn＜16.當(dāng)m≠2時，拋物線的對稱軸為x＝－eq\f(n－8,m－2).據(jù)題意：①當(dāng)m＞2時，－eq\f(n－8,m－2)≥2，即2m＋n≤12.∵eq\r(2m·n)≤eq\f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.②當(dāng)m＜2時，拋物線開口向下，據(jù)題意：－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，m＋2n≤18.∵eq\r(2n·m)≤eq\f(2n＋m,2)≤9，∴mn≤eq\f(81,2).由2n＝m且m＋2n＝18，得m＝9＞2，故應(yīng)舍去．要使mn取得最大值，應(yīng)有m＋2n＝18(8＜n＜9)．此時mn＝(18－2n)n＜(18－2×8)×8＝16.綜合①②可得最大值為18.故選B.【典例3】在△ABC中，A＝eq\f(π,6)，△ABC的面積為2，則eq\f(2sinC,sinC＋2sinB)＋eq\f(sinB,sinC)的最小值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(5,3)【解析】由△ABC的面積為2，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bcsineq\f(π,6)＝2，得bc＝8，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(2sinC,sinC＋2sinB)＋eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(2c,c＋2b)＋eq\f(b,c)＝eq\f(2cb,bc＋2b)＋eq\f(b2,bc)＝eq\f(16,8＋2b2)＋eq\f(b2,8)＝eq\f(8,4＋b2)＋eq\f(b2＋4,8)－eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(8,4＋b2)·\f(b2＋4,8))－eq\f(1,2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝2，c＝4時，等號成立，故選C【題型七】基本不等式的實(shí)際應(yīng)用【典例1】某小區(qū)想利用一矩形空地ABCD建市民健身廣場，設(shè)計時決定保留空地邊上的一水塘(如圖中陰影部分)，水塘可近似看作一個等腰直角三角形，其中AD＝60m，AB＝40m，且△EFG中，∠EGF＝90°，經(jīng)測量得到AE＝10m，EF＝20m，為保證安全同時考慮美觀，健身廣場周圍準(zhǔn)備加設(shè)一個保護(hù)欄，設(shè)計時經(jīng)過點(diǎn)G作一直線分別交AB，DF于M，N，從而得到五邊形MBCDN的市民健身廣場，設(shè)DN＝x(m)．(1)將五邊形MBCDN的面積y表示為x的函數(shù)；(2)當(dāng)x為何值時，市民健身廣場的面積最大？并求出最大面積．【解析】(1)作GH⊥EF，垂足為H.∵DN＝x，∴NH＝40－x，NA＝60－x，∵eq\f(NH,HG)＝eq\f(NA,AM)，∴eq\f(40－x,10)＝eq\f(60－x,AM)，∴AM＝eq\f(600－10x,40－x).S五邊形MBCDN＝S矩形ABCD－S△AMN＝40×60－eq\f(1,2)·AM·AN＝2400－eq\f(5（60－x）2,40－x).∵N與F重合時，AM＝AF＝30適合條件，∴x∈(0，30]．(2)y＝2400－eq\f(5（60－x）2,40－x)＝2400－5[(40－x)＋eq\f(400,40－x)＋40]，當(dāng)且僅當(dāng)40－x＝eq\f(400,40－x)，即x＝20∈(0，30]時，y取得最大值2000,∴當(dāng)DN＝20m時，得到的市民健身廣場面積最大，最大面積為2000m2.答略．【典例2】如圖，為處理含有某種雜質(zhì)的污水，要制造一個底寬2m的無蓋長方體的沉淀箱，污水從A孔流入，經(jīng)沉淀后從B孔排出，設(shè)箱體的長度為am，高度為bm，已知排出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)與a，b的乘積ab成反比．現(xiàn)有制箱材料60m2，問a，b各為多少m時，經(jīng)沉淀后排出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最小(A，B孔面積忽略不計)?【解析】設(shè)y為排出的水中雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，依題意要使y最小，只需ab最大．由題設(shè)得：4b＋2ab＋2a≤60(a＞0，b＞0)，即a＋2b≤30－ab(a＞0，b＞0)．∵a＋2b≥2eq\r(2ab)，∴2eq\r(2)·eq\r(ab)＋ab≤30，得0＜eq\r(ab)≤3eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b時取“＝”號，ab最大值為18，此時得a＝6，b＝3.故當(dāng)a＝6m，b＝3m時經(jīng)沉淀后排出的水中雜質(zhì)最少．解法二：同解法一得b≤eq\f(30－a,a＋2)，代入y＝eq\f(k,ab)求解．【典例3】如圖，動物園要圍成相同的長方形虎籠四間，一面可利用原有的墻，其他各面用鋼筋網(wǎng)圍成．(1)現(xiàn)有可圍36m長網(wǎng)的材料，每間虎籠的長、寬各設(shè)計為多少時，可使每間虎籠面積最大？(2)若使每間虎籠面積為24m2，則每間虎籠的長、寬各設(shè)計為多少時，可使圍成四間虎籠的鋼筋總長度最??？【解析】(1)設(shè)每間虎籠長為xm，寬為ym，則由條件，知4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18.設(shè)每間虎籠的面積為S，則S＝xy.解法一：由于2x＋3y≥2eq\r(2x×3y)＝2eq\r(6xy)，∴2eq\r(6xy)≤18，得xy≤eq\f(27,2)，即S≤eq\f(27,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時等號成立．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,2x＋3y＝18，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4.5，,y＝3.))故每間虎籠長為4.5m，寬為3m時，可使每間虎籠面積最大．解法二：由2x＋3y＝18，得x＝9－eq\f(3,2)y.∵x＞0，∴0＜y＜6.S＝xy＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(3,2)y))y＝eq\f(3,2)(6－y)y.∵0＜y＜6，∴6－y＞0.∴S≤eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（6－y）＋y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,2).當(dāng)且僅當(dāng)6－y＝y(tǒng)，即y＝3時，等號成立，此時x＝4.5.故每間虎籠長4.5m，寬3m時，可使每間虎籠面積最大．(2)由條件知S＝xy＝24.設(shè)鋼筋網(wǎng)總長為l，則l＝4x＋6y.解法一：∵2x＋3y≥2eq\r(2x·3y)＝2eq\r(6xy)＝24，∴l(xiāng)＝4x＋6y＝2(2x＋3y)≥48，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時，等號成立．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,xy＝24，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝4.))故每間虎籠長6m，寬4m時，可使鋼筋網(wǎng)總長度最?。夥ǘ河蓌y＝24，得x＝eq\f(24,y).∴l(xiāng)＝4x＋6y＝eq\f(96,y)＋6y＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y)＋y))≥6×2eq\r(\f(16,y)×y)＝48，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(16,y)＝y(tǒng)，即y＝4時，等號成立，此時x＝6.故每間虎籠長6m，寬4m時，可使鋼筋網(wǎng)總長度最?。?、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】(多選)若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式成立的是()A.a＋b＋c≤eq\r(3) B.(a＋b＋c)2≥3C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(3) D.a2＋b2＋c2≥1【解析】由基本不等式可得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)＝2，∴a2＋b2＋c2≥1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝±eq\f(\r(3),3)時，等號成立.∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，∴a＋b＋c≤－eq\r(3)或a＋b＋c≥eq\r(3).若a＝b＝c＝－eq\f(\r(3),3)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝－3eq\r(3)<2eq\r(3).因此，A，C錯誤.故選BD.【訓(xùn)練二】已知a＞0，b＞0，且ab＝1，求eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值；(2)若a，b∈R，ab>0，求eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值.【解析】(1)因?yàn)閍＞0，b＞0，ab＝1，所以原式＝eq\f(ab,2a)＋eq\f(ab,2b)＋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(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a＋b,2)＝eq\f(8,a＋b)，即a＋b＝4時，等號成立.故eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.(2)∵a，b∈R，ab>0，∴eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4)))時取得等號.【訓(xùn)練三】若x>0，y>0且x＋y＝xy，則eq\f(x,x－1)＋eq\f(2y,y－1)的最小值為________．【解析】因?yàn)閤>0，y>0且x＋y＝xy，則xy＝x＋y>y，即有x>1，同理y>1，由x＋y＝xy得，(x－1)(y－1)＝1，于是得eq\f(x,x－1)＋eq\f(2y,y－1)＝1＋eq\f(1,x－1)＋2＋eq\f(2,y－1)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)＋\f(2,y－1)))≥3＋2eq\r(\f(1,x－1)·\f(2,y－1))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x－1)＝eq\f(2,y－1)，即x＝1＋eq\f(\r(2),2)，y＝1＋eq\r(2)時取“＝”，所以eq\f(x,x－1)＋eq\f(2y,y－1)的最小值為3＋2eq\r(2).【訓(xùn)練四】設(shè)a>b>0，則a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是________．【解析】∵a>b>0，∴a－b>0，∴a(a－b)>0，a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2＋ab－ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2－ab＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)＝a(a－b)＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，))即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)時等號成立．∴a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是4.【訓(xùn)練五】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2eq\r(ab)－4a2－b2的最大值．【解析】∵a＞0，b＞0，2a＋b＝1，∴4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab.且1＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，即eq\r(ab)≤eq\f(\r(2),4)，ab≤eq\f(1,8)，∴S＝2eq\r(ab)－4a2－b2＝2eq\r(ab)－(1－4ab)＝2eq\r(ab)＋4ab－1≤eq\f(\r(2)－1,2).當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)時，等號成立．【訓(xùn)練六】如圖所示，已知樹頂A離地面eq\f(21,2)米，樹上另一點(diǎn)B離地面eq\f(11,2)米，某人在離地面eq\f(3,2)米的C處看此樹，則該人離此樹________米時，看A，B的視角最大．【解析】問題轉(zhuǎn)化為求△ABC中∠BCA的取值范圍．過點(diǎn)C作CD⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)D.設(shè)該人距離此樹的距離CD＝x米，看A，B的視角最大，即∠BCA最大．不妨設(shè)∠BCD＝α，∠ACD＝β，則∠BCA＝β－α，且tanα＝eq\f(4,x)，tanβ＝eq\f(9,x)，所以tan(β－α)＝eq\f(\f(9,x)－\f(4,x),1＋\f(9,x)×\f(4,x))＝eq\f(5x,x2＋36)＝eq\f(5,x＋\f(36,x))≤eq\f(5,2\r(x×\f(36,x)))＝eq\f(5,12)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(36,x)，即x＝6時取等號，此時∠BCA最大．故填6.四、【強(qiáng)化測試】【單選題】1.若x>0，y>0，則“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的一個充分不必要條件是()A.x＝y(tǒng) B.x＝2yC.x＝2且y＝1 D.x＝y(tǒng)或y＝1【解析】∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號.故“x＝2且y＝1”是“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的充分不必要條件.故選C.2.函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋4,|x|)的最小值為()A.3B.4C.6D.8【解析】f(x)＝eq\f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq\f(4,|x|)≥2eq\r(4)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝±2時，等號成立，故選B.3.若a>0，b>0，lga＋lgb＝lg(a＋b)，則a＋b的最小值為()A.8B.6C.4D.2【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.4.已知正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A.eq\f(5,3)B.3C.5D.9【解析】由題意知，正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝4＋1＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,3)時等號成立，所以eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值為9，故選D.5.已知函數(shù)f(x)＝ex在點(diǎn)(0，f(0))處的切線為l，動點(diǎn)(a，b)在直線l上，則2a＋2－b的最小值是()A.4B.2C.2eq\r(2)D.eq\r(2)【解析】由題意得f′(x)＝ex，f(0)＝e0＝1，k＝f′(0)＝e0＝1.所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，∴a－b＋1＝0，∴a－b＝－1，∴2a＋2－b≥2eq\r(2a·2－b)＝2eq\r(2a－b)＝2eq\r(2－1)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝－\f(1,2)，b＝\f(1,2)時取等號))，故選D.6.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】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時等號成立)所以eq\r(2x＋y)≤eq\f(1,2)，所以2x＋y≤eq\f(1,4)，得x＋y≤－2.故選D.7.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．16 B．9C．4 D．2【解析】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)時取等號)．由題意知2eq\r(a)＋1≥5，所以a≥4.故選C.8.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．3 B．5C．7 D．9【解析】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＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\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時取等號，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值為7，故選C．【多選題】9.若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是()A．a(chǎn)＋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)≥2 D．a(chǎn)2＋b2≥2ab【解析】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時取等號．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．故選CD.10.給出下面四個推斷，其中正確的為()A．若a，b∈(0，＋∞)，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．若x，y∈(0，＋∞)，則lgx＋lgy≥2eq\r(lgx·lgy)C．若a∈R，a≠0，則eq\f(4,a)＋a≥4D．若x，y∈R，xy<0，則eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≤－2【解析】對于A項(xiàng)，因?yàn)閍，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)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b時取等號，故A項(xiàng)正確；對于B項(xiàng)，當(dāng)x，y∈(0，1)時，lgx，lgy∈(－∞，0)，此時lgx＋lgy≥2eq\r(lgx·lgy)顯然不成立，故B項(xiàng)錯誤；對于C項(xiàng)，當(dāng)a<0時，eq\f(4,a)＋a≥4顯然不成立，故C項(xiàng)錯誤；對于D項(xiàng)，若x，y∈R，xy<0，則－eq\f(y,x)>0，－eq\f(x,y)>0，所以eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)－eq\f(x,y)＝－eq\f(y,x)，即x＝－y時取等號，故D項(xiàng)正確．故選AD.11.已知a>0，b>0，且a＋b＝1，則()A．a(chǎn)2＋b2≥eq\f(1,2)B．2a－b>eq\f(1,2)C．log2a＋log2b≥－2D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)【解析】對于選項(xiàng)A，因?yàn)閍2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥eq\f(1,2)，正確；對于選項(xiàng)B，易知0<a<1，0<b<1，所以－1<a－b<1，所以2a－b>2－1＝eq\f(1,2)，正確；對于選項(xiàng)C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝－2＋log2eq\f(3,4)<－2，錯誤；對于選項(xiàng)D，因?yàn)閑q\r(2)＝eq\r(2（a＋b）)，所以[eq\r(2（a＋b）)]2－(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b－2eq\r(ab)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，所以eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，正確．故選ABD.12.設(shè)a>0，b>0，則下列不等式中一定成立的是()A．a(chǎn)＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2) B.eq\f(2ab,a＋b)>eq\r(ab)C.eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b D．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4【解析】因?yàn)閍>0，b>0，所以a＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(ab)＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b且2eq\r(ab)＝eq\f(1,\r(ab))，即a＝b＝eq\f(\r(2),2)時取等號，故A正確；因?yàn)閍＋b≥2eq\r(ab)>0，所以eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，故B錯誤；因?yàn)閑q\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以eq\f(a2＋b2,a＋b)＝eq\f(a＋b2－2ab,a＋b)＝a＋b－eq\f(2ab,a＋b)≥2eq\r(ab)－eq\r(ab)＝eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以eq\f(a2＋b2,a＋b)≥eq\r(ab)，即eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故C正確；因?yàn)?a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,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時取等號，故D正確．故選ACD.【填空題】13.設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S7－S5＝3(a4＋a5)，則4a3＋eq\f(9,a7)的最小值為________.【解析】設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，∵S7－S5＝a7＋a6＝3(a4＋a5)，∴eq\f(a7＋a6,a5＋a4)＝q2＝3.∴4a3＋eq\f(9,a7)＝4a3＋eq\f(9,a3q4)＝4a3＋eq\f(1,a3)≥2eq\r(4a3·\f(1,a3))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)4a3＝eq\f(1,a3)，即a3＝eq\f(1,2)時等號成立.∴4a3＋eq\f(9,a7)的最小值為4.14.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________．【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)時等號成立．所以x＋y的最小值為2eq\r(2).15.函數(shù)y＝eq\f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值為________．【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，等號成立．16.若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，則ab的最大值為________，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為________．【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時等號成立，所以ab的最大值為2，因?yàn)閑q\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\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時等號成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為eq\f(9,4).【解答題】17.(1)當(dāng)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(x（4－2x）)的最大值．【解析】(1)y＝eq\f(1,2)(2x－3)＋eq\f(8,2x－3)＋eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq\f(3,2).當(dāng)x<eq\f(3,2)時，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).(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時取等號，所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)y＝eq\r(x（4－2x）)的最大值為eq\r(2).18.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．【解析】(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，等號成立．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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\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時等號成立，所以x＋y的最小值為18.19.設(shè)a，b