第5講 基本不等式的綜合問題

第5講基本不等式的綜合問題【典例1】若實數(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】由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，知a＞0，b＞0，∵eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，∴eq\r(ab)≥eq\f(2\r(2),\r(ab))，∴ab≥2eq\r(2).故選C.【典例2】若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(1,1)，則a＋b的最小值等于()A.2B.3C.4D.5【解析】由題意eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴a＋b＝(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)≥4，當且僅當a＝b＝2時取等號．故選C.【典例3】設(shè)x，y滿足約束條件則z=x+y的最大值為()A．0B．1C．2D．3【解析】不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,平移直線y=-x,當直線經(jīng)過點A(3,0)時,z=x+y取得最大值,此時zmax=3+0=3.故選D.【典例4】設(shè)滿足約束條件,則的最小值是A.B.C.D 【解析】繪制不等式組表示的可行域(圖略)，結(jié)合目標函數(shù)的幾何意義可得函數(shù)在點處取得最小值.故選A.【典例5】若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－2y＋1≤0，,2x－y＋2≥0，))則z＝3x＋y的最大值為________．【解析】x，y滿足條件的可行域如圖陰影部分所示.當z＝3x＋y過A(1，1)時有最大值，z＝4.【典例6】已知，，且，則下列說法正確的是（）A．當時，取得最小值B．當時，取得最大值C．當，時，取得最小值D．當，時，取得最大值【解析】，，且，，，，，當且僅當即，時，等號成立，所以當，時，取得最小值，最小值為.故選：C.【典例7】若不等式對于一切恒成立，則的最小值是（）A．0 B． C． D．【解析】因為不等式對于一切恒成立，所以對一切恒成立，所以，又因為在上單調(diào)遞減，所以，所以，所以的最小值為，故選：C.【典例8】若關(guān)于x的不等式在內(nèi)有解，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．【解析】由題意，可得，設(shè)，若，則，不等式在內(nèi)有解，則只需，即，解得.故選：C【典例9】已知方程在區(qū)間上有解，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．【解析】方程在區(qū)間上有解，當時，方程無解；當時，則有，令，，即在時為減函數(shù)，由于，所以，當時，，所以，只要，方程在區(qū)間上有解故選：A【典例10】若，使得不等式成立，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．【解析】因為，使得不等式成立，所以，使得不等式成立，令，，因為對稱軸為，所以，所以，故選：C【典例11】（多選）使得成立的充分非必要條件有（）A． B．C． D．或【解析】由可得，如下圖所示：所以，不等式的解集為或，A、B、C選項中的集合均為集合或的真子集，因此，使得成立的充分非必要條件有A、B、C選項.故選：ABC.【典例12】（多選）下列結(jié)論正確的是（）A．當x>0時，+≥2B．當x>3時，x+的最小值是2C．當x<時，2x1+的最小值是4D．設(shè)x>0，y>0，且2x+y=1，則的最小值是9【解析】對于選項A，當時，，，當且僅當時取等號，結(jié)論成立，故A正確；對于選項B，當時，，當且僅當時取等號，但，等號取不到，因此的最小值不是2，故B錯誤；對于選項C，因為，所以，則，當且僅當，即時取等號，故C錯誤；對于選項D，因為，，則，當且僅當，即時，等號成立，故D正確.故選：AD.【典例13】（多選）下列函數(shù)中最小值為2的是（）A． B．C． D．【解析】時，，A錯；，，當且僅當，即時等號成立，B正確；同理，但時，等號才能成立，而無解．故2取不到，C錯；，則，，當且僅當，即時等號成立，D正確．故選：BD．【典例14】已知，，且，則的最小值為________．【解析】因為，，，則，所以，所以當且僅當，即（不在范圍內(nèi)，舍去）時，等號成立.【答案】為：.【典例15】如圖，△ABC及其內(nèi)部的點組成的集合記為D，P(x，y)為D中任意一點，則z＝2x＋3y的最大值為________．【解析】z＝2x＋3y，化為y＝－eq\f(2,3)x＋eq\f(1,3)z，當直線y＝－eq\f(2,3)x＋eq\f(z,3)在點A(2，1)處時，z取最大值，z＝2×2＋3＝7.【答案】7【典例16】已知a，b∈R，且a–3b+6=0，則2a+的最小值為__________．【解析】：由可知，且：，因為對于任意x，恒成立，結(jié)合均值不等式的結(jié)論可得：.當且僅當，即時等號成立.綜上可得的最小值為.【典例17】某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為萬元,要使一年的總運費與總存儲之和最小,則的值是.【解析】總費用，當且僅當，即時等號成立.【典例18】已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當a的值為________時，log2a·log2(2b)取得最大值．【解析】log2a·log2(2b)＝log2a·(1＋log2b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log2a＋1＋log2b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log2ab＋1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log28＋1,2)))eq\s\up12(2)＝4，當且僅當log2a＝1＋log2b，即a＝2b時，等號成立，此時a＝4，b＝2.【典例19】已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x＞1，))則f(f(－2))＝________，f(x)的最小值是________．【解析】∵f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1,x＋\f(6,x)－6，x＞1，))∴f(－2)＝(－2)2＝4，∴f[f(－2)]＝f(4)＝－eq\f(1,2).當x≤1時，f(x)min＝f(0)＝0，當x＞1時，f(x)＝x＋eq\f(6,x)－6≥2eq\r(6)－6，當且僅當x＝eq\r(6)時“＝”成立．∵2eq\r(6)－6＜0，∴f(x)的最小值為2eq\r(6)－6.【答案】－eq\f(1,2)2eq\r(6)－6【典例20】定義運算“?”：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x,y∈R,xy≠0),當x＞0,y＞0時,x?y＋(2y)?x的最小值為________．【解析】由題意得，x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(（2y）2－x2,2yx)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\r(2)，當且僅當x＝eq\r(2)y時取等號．【典例21】(1)已知x2＋y2＋xy＝1，則x＋y的最大值是_________________________．(2)設(shè)x≥0，y≥0，x2＋eq\f(y2,2)＝1，則x·eq\r(1＋y2)的最大值為________．(3)已知x>0，y>0，eq\f(1,x)＋eq\f(2,y＋1)＝2，則2x＋y的最小值為________．【答案】(1)由(x＋y)2＝xy＋1，得(x＋y)2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＋1，則x＋y≤eq\f(2\r(3),3)(當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(3),3)時取等號)，故x＋y的最大值為eq\f(2\r(3),3).(2)x·eq\r(1＋y2)＝eq\r(2)x·eq\r(\f(1＋y2,2))≤eq\r(2)·eq\f(x2＋\f(1＋y2,2),2)＝eq\r(2)·eq\f(x2＋\f(y2,2)＋\f(1,2),2)＝eq\f(3\r(2),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當x＝\f(\r(3),2)，y＝\f(\r(2),2)時取等號))，故x·eq\r(1＋y2)的最大值為eq\f(3\r(2),4).(3)∵2x＋(y＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y＋1)))[2x＋(y＋1)]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(y＋1,x)＋\f(4x,y＋1)＋2))≥4，∴2x＋y＝2x＋(y＋1)－1≥3(當且僅當x＝1，y＝1時取等號)，故2x＋y的最小值為3.【典例22】記max{a，b}為a，b兩數(shù)的最大值，則當正數(shù)x，y(x>y)變化時，t＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值為________．【答案】方法一由題意知t≥x2，t≥eq\f(25,yx－y)，∴2t≥x2＋eq\f(25,yx－y)，又∵x2＋eq\f(25,yx－y)≥x2＋eq\f(25,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(y＋x－y,2)))2)＝x2＋eq\f(100,x2)≥20，∴2t≥20，即t≥10.∴當正數(shù)x，y(x>y)變化時，t＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值為10.方法二由題意知t≥x2>0，t≥eq\f(25,yx－y)>0，∴t2≥x2·eq\f(25,yx－y)，又∵x2·eq\f(25,yx－y)≥x2·eq\f(25,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(y＋x－y,2)))2)＝x2·eq\f(100,x2)＝100，∴t2≥100，即t≥10.∴當正數(shù)x，y(x>y)變化時，t＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值為10.【方法總結(jié)】(1)運用基本不等式求最值時，可通過配湊變量的系數(shù)或加減常數(shù)項出現(xiàn)定值，滿足基本不等式求最值的條件．(2)將目標函數(shù)式中的常數(shù)用已知式進行等量代換，或者將目標函數(shù)式與已知代數(shù)式相乘，然后通過化簡變形，求得目標函數(shù)的最值．【典例23】若正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值是()A．1B．6C．9D．16【答案】∵正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴b＝eq\f(a,a－1)>0，解得a>1.同理可得b>1，∴eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,\f(a,a－1)－1)＝eq\f(1,a－1)＋9(a－1)≥2eq\r(\f(1,a－1)·9a－1)＝6，當且僅當eq\f(1,a－1)＝9(a－1)，即a＝eq\f(4,3)時等號成立，∴所求最小值為6.【典例24】函數(shù)y＝eq\r(2x－1)＋eq\r(5－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<\f(5,2)))的最大值是________．【答案】y2＝(eq\r(2x－1)＋eq\r(5－2x))2＝4＋2eq\r(2x－15－2x)≤4＋(2x－1)＋(5－2x)＝8，又y>0，所以0<y≤2eq\r(2)，當且僅當2x－1＝5－2x，即x＝eq\f(3,2)時取等號．故函數(shù)的最大值是2eq\r(2).【典例25】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________．【答案】因為a>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，當且僅當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.【典例26】設(shè)a＋b