2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第一部分考點通關(guān)練第五章不等式推理與證明算法初步與復(fù)數(shù)考點測試35基本不等式含解析蘇教版

PAGE1-考點測試35基本不等式高考概覽高考在本考點的?？碱}型為選擇題、填空題，分值5分，中等難度考綱研讀1.了解基本不等式的證明過程2．會用基本不等式解決簡潔的最大(小)值問題一、基礎(chǔ)小題1．下列說法正確的是()A．若a，b∈R，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．若x<0，則x＋eq\f(4,x)≥－2eq\r(x·\f(4,x))＝－4C．若ab≠0，則eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bD．若x<0，則2x＋2－x>2答案D解析對于A，當ab<0時不成立；對于B，若x<0，則x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq\r(－x·\f(4,－x))＝－4，當且僅當x＝－2時，等號成立，因此B項不成立；對于C，取a＝－1，b＝－2，eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)＝－eq\f(9,2)<a＋b＝－3，所以C項不成立；對于D，若x<0，則2x＋2－x>2成立．故選D.2．不等式x2＋x<eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)對隨意a，b∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)x的取值范圍是()A．(－2,0) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－2,1) D．(－∞，－4)∪(2，＋∞)答案C解析依據(jù)題意，由于不等式x2＋x<eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)對隨意a，b∈(0，＋∞)恒成立，則x2＋x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))min，因為eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝2，當且僅當a＝b時等號成立，所以x2＋x<2，求解此一元二次不等式可知－2<x<1，所以x的取值范圍是(－2,1)．3．已知m>0，n>0,2m＋n＝1，則eq\f(1,4m)＋eq\f(2,n)的最小值為()A．4 B．2eq\r(2)C．eq\f(9,2) D．16答案C解析由于m>0，n>0,2m＋n＝1，則eq\f(1,4m)＋eq\f(2,n)＝(2m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4m)＋\f(2,n)))＝eq\f(5,2)＋eq\f(n,4m)＋eq\f(4m,n)≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(n,4m)·\f(4m,n))＝eq\f(9,2)，當且僅當n＝eq\f(2,3)，m＝eq\f(1,6)時取等號．故選C.4．設(shè)x＞0，則函數(shù)y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)的最小值為()A．0 B．eq\f(1,2)C．1 D．eq\f(3,2)答案A解析y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，當且僅當x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)時等號成立．所以函數(shù)的最小值為0.故選A.5．已知x＞0，y＞0，且4x＋y＝xy，則x＋y的最小值為()A．8 B．9C．12 D．16答案B解析由4x＋y＝xy，得eq\f(4,y)＋eq\f(1,x)＝1，則x＋y＝(x＋y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,y)＋\f(1,x)))＝eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)＋1＋4≥2eq\r(4)＋5＝9，當且僅當eq\f(4x,y)＝eq\f(y,x)，即x＝3，y＝6時取“＝”，故選B.6．若3x＋2y＝2，則8x＋4y的最小值為()A．4 B．4eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)答案A解析∵3x＋2y＝2，∴8x＋4y＝23x＋22y≥2eq\r(23x·22y)＝2eq\r(23x＋2y)＝4，當且僅當3x＝2y，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,2)時等號成立，∴8x＋4y的最小值為4.故選A.7．已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，則xy的最大值為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2答案B解析因為a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，a⊥b，所以a·b＝y(tǒng)＋2(x－1)＝0，即2x＋y＝2.又因為x>0，y>0，所以2x＋y≥2eq\r(2xy)，當且僅當x＝eq\f(1,2)，y＝1時等號成立，即2eq\r(2xy)≤2，所以xy≤eq\f(1,2)，所以當且僅當x＝eq\f(1,2)，y＝1時，xy取到最大值，最大值為eq\f(1,2).故選B.8．若x>0，y>0，x＋2y＝1，則eq\f(xy,2x＋y)的最大值為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,9) D．eq\f(1,12)答案C解析eq\f(2x＋y,xy)＝eq\f(2,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,y)＋\f(1,x)))(x＋2y)＝5＋eq\f(2y,x)＋eq\f(2x,y)≥5＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(2x,y))＝9，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2y,x)＝\f(2x,y)，,x＋2y＝1，))即x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時取等號，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xy,2x＋y)))max＝eq\f(1,9).9．已知函數(shù)f(x)＝cosπx(0<x<2)，若a≠b，且f(a)＝f(b)，則eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值為()A.eq\f(9,2) B．9C．18 D．36答案A解析函數(shù)f(x)＝cosπx(0<x<2)的圖象的對稱軸為直線x＝1.因為a≠b，且f(a)＝f(b)，所以a＋b＝2，所以eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))(a＋b)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(9,2)，當且僅當a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)時取等號，故eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值為eq\f(9,2).故選A.10．若正實數(shù)x，y滿意x＋2y＋2xy－8＝0，則x＋2y的最小值為________．答案4解析∵正實數(shù)x，y滿意x＋2y＋2xy－8＝0，∴x＋2y＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))2－8≥0.設(shè)x＋2y＝t＞0，∴t＋eq\f(1,4)t2－8≥0，∴t2＋4t－32≥0，即(t＋8)(t－4)≥0，∴t≥4，即x＋2y≥4，當且僅當x＝2，y＝1時取等號，故x＋2y的最小值為4.11．正項等比數(shù)列{an}中，存在兩項am，an，使得eq\r(am·an)＝2a1，且a6＝a5＋2a4，則eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值是________．答案4解析由于數(shù)列{an}是正項等比數(shù)列，由a6＝a5＋2a4得q2＝q＋2，解得q＝2(負根舍去)．由eq\r(am·an)＝2a1，得2m＋n－2＝22，m＋n＝4.故eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))·(m＋n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋9＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(9m,n))))＝eq\f(1,4)×(10＋6)＝4，當且僅當m＝1，n＝3時等號成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值為4.12．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若eq\f(c,sinB)＋eq\f(b,sinC)＝2a，則△ABC是________三角形．答案等腰直角解析∵eq\f(c,sinB)＋eq\f(b,sinC)＝2a，∴eq\f(sinC,sinB)＋eq\f(sinB,sinC)＝2sinA，又eq\f(sinC,sinB)＋eq\f(sinB,sinC)≥2eq\r(\f(sinC,sinB)·\f(sinB,sinC))＝2，當且僅當eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sinB,sinC)時，等號成立，∴sinA≥1，又sinA≤1，∴sinA＝1，故A＝eq\f(π,2)，b＝c，∴△ABC是等腰直角三角形．二、高考小題13．(2024·天津高考)設(shè)x>0，y>0，x＋2y＝5，則eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值為________．答案4eq\r(3)解析∵x>0，y>0，∴eq\r(xy)>0.∵x＋2y＝5，∴eq\f(x＋12y＋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).當且僅當2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))，且x＋2y＝5，即x＝2，y＝eq\f(3,2)或x＝3，y＝1時取等號．∴eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值為4eq\r(3).14．(2024·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，則2a＋eq\f(1,8b)的最小值為________．答案eq\f(1,4)解析由已知，得2a＋eq\f(1,8b)＝2a＋2－3b≥2eq\r(2a·2－3b)＝2eq\r(2a－3b)＝2eq\r(2－6)＝eq\f(1,4)，當且僅當2a＝2－3b時等號成立，由a＝－3b，a－3b＋6＝0，得a＝－3，b＝1，故當a＝－3，b＝1時，2a＋eq\f(1,8b)取得最小值eq\f(1,4).15．(2024·江蘇高考)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則x的值是________．答案30解析設(shè)總費用為y萬元，則y＝eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(900,x)))≥240，當且僅當x＝eq\f(900,x)，即x＝30時，等號成立．16．(2024·天津高考)若a，b∈R，ab>0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為________．答案4解析∵a4＋4b4≥2a2·2b2＝4a2b2(當且僅當a2＝2b2時“＝”成立)，∴eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)，由于ab＞0，∴4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當4ab＝\f(1,ab)時“＝”成立))，故當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)))時，eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為4.17．(2024·重慶高考)設(shè)a，b>0，a＋b＝5，則eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)的最大值為________．答案3eq\r(2)解析令t＝eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)，則t2＝(eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3))2＝a＋1＋b＋3＋2eq\r(a＋1)·eq\r(b＋3)≤9＋a＋1＋b＋3＝18，當且僅當a＋1＝b＋3時，即a＝eq\f(7,2)，b＝eq\f(3,2)時，等號成立，所以t的最大值為3eq\r(2).三、模擬小題18．(2024·山東日照模擬)若實數(shù)x，y滿意xy>0，則eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)的最大值為()A．2－eq\r(2) B．2＋eq\r(2)C．4＋2eq\r(2) D．4－2eq\r(2)答案D解析eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)＝eq\f(x,x＋y)＋eq\f(x＋2y－x,x＋2y)＝1＋eq\f(x,x＋y)－eq\f(x,x＋2y)＝1＋eq\f(xy,x＋yx＋2y)＝1＋eq\f(xy,x2＋3xy＋2y2)＝1＋eq\f(1,3＋\f(x,y)＋\f(2y,x))，因為xy>0，所以eq\f(x,y)>0，eq\f(y,x)>0.由基本不等式可知eq\f(x,y)＋eq\f(2y,x)≥2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\r(2)y時等號成立，所以1＋eq\f(1,3＋\f(x,y)＋\f(2y,x))≤1＋eq\f(1,3＋2\r(2))＝4－2eq\r(2).故選D.19．(2024·重慶模擬)設(shè)a＝eq\r(x2－xy＋y2)，b＝peq\r(xy)，c＝x＋y，若對隨意的正實數(shù)x，y，都存在以a，b，c為三邊長的三角形，則實數(shù)p的取值范圍是()A．(1,3) B．(1,2]C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))答案A解析對隨意的正實數(shù)x，y，由于a＝eq\r(x2－xy＋y2)≥eq\r(2xy－xy)＝eq\r(xy)，當且僅當x＝y(tǒng)時等號成立，b＝peq\r(xy)，c＝x＋y≥2eq\r(xy)，當且僅當x＝y(tǒng)時等號成立，且三角形的隨意兩邊之和大于第三邊，所以eq\r(xy)＋2eq\r(xy)>peq\r(xy)，且peq\r(xy)＋eq\r(xy)>2eq\r(xy)，且peq\r(xy)＋2eq\r(xy)>eq\r(xy)，解得1<p<3，故實數(shù)p的取值范圍是(1,3)，故選A.20．(2024·重慶梁平區(qū)調(diào)研)已知函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過定點A，若點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()A．3－2eq\r(2) B．5C．3＋2eq\r(2) D．3＋eq\r(2)答案C解析令x＋3＝1，得x＝－2，故A(－2，－1)．又點A在直線mx＋ny＋1＝0上，所以－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(2m＋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m＝1－eq\f(\r(2),2)，n＝eq\r(2)－1時等號成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為3＋2eq\r(2)，故選C.21．(2024·惠州市高三第三次調(diào)研)在△ABC中，點D是AC上一點，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(AD,\s\up6(→))，P為BD上一點，向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))(λ>0，μ>0)，則eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值為()A．16 B．8C．4 D．2答案A解析由題意可知eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋4μeq\o(AD,\s\up6(→))，其中B，P，D三點共線，由三點共線的充分必要條件可得，λ＋4μ＝1，則eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,λ)＋\f(1,μ)))(λ＋4μ)＝8＋eq\f(16μ,λ)＋eq\f(λ,μ)≥8＋2eq\r(\f(16μ,λ)·\f(λ,μ))＝16，當且僅當λ＝eq\f(1,2)，μ＝eq\f(1,8)時等號成立，即eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值為16.故選A.22．(2024·衡陽市高三第一次聯(lián)考)設(shè)正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2024＝6057，則eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)的最小值為()A．1 B．eq\f(2,3)C．eq\f(13,6) D．eq\f(3,2)答案D解析依題意，eq\f(2024,2)(a1＋a2024)＝6057?a1＋a2024＝a2＋a2024＝6，eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)＝eq\f(1,6)(a2＋a2024)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(4,a2024)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4a2,a2024)＋\f(a2024,a2)))≥eq\f(3,2).當且僅當a2＝2，a2024＝4時取等號．所以eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)的最小值為eq\f(3,2).23．(2024·浙江省名校聯(lián)考)已知實數(shù)a，b，c，d滿意a＋b＝1，c＋d＝1，則eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)的最小值是()A．10 B．9C．4eq\r(2) D．3eq\r(3)答案B解析∵a＋b＝1，c＋d＝1，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，取等號．則eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)≥4·eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝(c＋d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c)＋\f(1,d)))＝5＋eq\f(4d,c)＋eq\f(c,d)≥5＋2eq\r(\f(4d,c)·\f(c,d))＝9，故當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)且c＝eq\f(2,3)，d＝eq\f(1,3)時，eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)的最小值為9.故選B.24．(2024·山東省濟寧市期末)已知數(shù)列{an}滿意an＋1＋an＝(n＋1)coseq\f(nπ,2)(n≥2，n∈N*)，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若S2024＋m＝1012，且a1·m>0，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)的最小值為()A．2 B．eq\r(2)C．2eq\r(2) D．2＋eq\r(2)答案A解析由an＋1＋an＝(n＋1)coseq\f(nπ,2)(n≥2，n∈N*)得，a3＋a2＝－3，a4＋a3＝0，a5＋a4＝5，a6＋a5＝0，a7＋a6＝－7，a8＋a7＝0，a9＋a8＝9，a10＋a9＝0，…，∴a2＋a3＋a4＋a5＝a6＋a7＋a8＋a9＝…＝a2024＋a2024＋a2024＋a2024＝2，∴S2024＝505(a2＋a3＋a4＋a5)＋a1＝1010＋a1，又S2024＋m＝1012，∴a1＋m＝2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)＝eq\f(1,2)(a1＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,m)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a1,m)＋\f(m,a1)))≥2，當且僅當a1＝m＝1時，取等號．∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)的最小值為2.一、高考大題1．(2024·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿意abc＝1.證明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.證明(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2.(2)因為a，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3eq\r(3,a＋b3b＋c3c＋a3)＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ca))＝24.當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.二、模擬大題2．(2024·湖北宜昌一中7月起點檢測)設(shè)a>0，b>0，且eq\f(1,2a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，求證：a＋2b≥eq\r(3)＋eq\f(1,2).證明設(shè)2a＋b＝x，b＋1＝y(tǒng)，則x>0，y>1，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝1，則a＝eq\f(x－y＋1,2)，b＝y(tǒng)－1，所以a＋2b＝eq\f(x－y＋1,2)＋2y－2＝eq\f(x,2)＋eq\f(3y,2)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(3y,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))－eq\f(3,2)＝eq\f(3y,2x)＋eq\f(x,2y)＋eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(3y,2x)·\f(x,2y))＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)＋eq\f(1,2)，當且僅當eq\f(3y,2x)＝eq\f(x,2y)，即a＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),3)，b＝eq\f(\r(3),3)時等號成立．故a＋2b≥eq\r(3)＋eq\f(1,2).3．(2024·河北唐山模擬)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值；(2)是否存在x，y滿意(x＋1)(y＋1)＝5？并說明理由．解(1)因為eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(x2＋y2,xy)≥eq\f(2xy,xy)＝2，當且僅當x＝y(tǒng)＝1時，等號成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為2.(2)不存在．理由如下：因為x2＋y2≥2xy，所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.從而有(x＋1)(y＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1＋y＋1,2)))2≤4，因此不存在x，y滿意(x＋1)(y＋1)＝5.4.(2024·攀枝花模擬)如圖，將寬和長都分別為x，y(x＜y)的兩個矩形部分重疊放在一起后形成的正十字形面積為eq\r(5).(注：正十字形指的是原來的兩個矩形的頂點都在同一個圓上，且兩矩形長所在的直線相互垂直的圖形)(1)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；(2)當x，y取何值時，該正