《基本不等式（第2課時）》教學(xué)設(shè)計

19/19必修5第三章不等式3.4.2基本不等式第二課時（王乙橙）一、教學(xué)目標(biāo)1.核心素養(yǎng):通過學(xué)習(xí)基本不等式，提升學(xué)生的直觀想象、數(shù)學(xué)運算與邏輯推理的能力.發(fā)展創(chuàng)新精神，培養(yǎng)實事求是、理論與實際相結(jié)合的科學(xué)態(tài)度和科學(xué)道德.2.學(xué)習(xí)目標(biāo)（1）進(jìn)一步掌握基本不等式（2）熟練應(yīng)用基本不等式求最值；（3）能夠應(yīng)用基本不等式解決一些簡單的實際問題.3.學(xué)習(xí)重點通過師生共同研究，進(jìn)一步掌握基本不等式，并會用此不等式求最大、最小值.4.學(xué)習(xí)難點 基本不等式求最值中取等的條件；“一正二定三相等”中定值的運用.二、教學(xué)設(shè)計（一）課前設(shè)計1.預(yù)習(xí)任務(wù)任務(wù)1.基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a+b,2)及其應(yīng)用，注意常用的一些結(jié)論：(1)a2+12a(2)a+eq\f(1,a)2(a>0)(3)eq\f(b,a)+eq\f(a,b)2(a,b同號)（4）2.預(yù)習(xí)自測1、已知x、y都是正數(shù)，xy=15，則x＋y的最小值為答案：2、已知x、y都是正數(shù)，x+y=15，則xy的最大值為答案：3、已知x、y＞0，且x+y=1,則P=x+eq\f(1,x)+y+eq\f(1,y)的最小值為.答案：5二、解答題3、設(shè)x、y滿足x+4y=40,且x,y∈R+,求lgx+lgy的最大值.解析：（二）課堂設(shè)計1.知識回顧比較兩個不等式和的異同點2.問題探究問題探究一如何利用函數(shù)單調(diào)性求最值●活動一例1已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0).(1)證明：f(x)在區(qū)間(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值.【解析】(1)設(shè)x2>x1>0，則f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)＋(eq\f(a,x2)－eq\f(a,x1))＝(x2－x1)＋eq\f(a(x1－x2),x1x2)＝(x2－x1)(1－eq\f(a,x1x2))＝eq\f((x2－x1),x1x2)(x1x2－a)，當(dāng)0<x1<x2≤eq\r(a)時，x1x2<a.∴f(x2)－f(x1)<0，∴f(x2)<f(x1).當(dāng)x2>x1≥eq\r(a)時，x1x2>a.∴f(x2)－f(x1)>0，∴f(x2)>f(x1).故f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù).∴函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的圖像如圖所示.(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值f(x)min＝f(eq\r(a))＝2eq\r(a).【點撥】基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b均大于0)求最值(值域)時，必須具備“一正、二定、三相等”的條件.如果“相等”條件不具備就可能造成錯解.為了解決這個問題，我們引進(jìn)一個函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)，利用它的單調(diào)性來完善上述解法的不足，作為使基本不等式“完美”的補充.●活動二思考：函數(shù)y＝eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))的最小值是不是2？如不是，應(yīng)為多少？【解析】不是，若用基本不等式求最小值，則需要條件：eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))，即x2＝－1，但此式不成立.應(yīng)用單調(diào)性求解：設(shè)t＝eq\r(x2＋2)(t≥eq\r(2))，則y＝t＋eq\f(1,t)在[eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增，∴最小值為eq\r(2)＋eq\f(1,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).●活動三思考：求函數(shù)y＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈(0，π)的最小值.【解析】令t＝sinx，∵x∈(0，π)，∴t∈(0,1].由例1(1)知函數(shù)f(t)＝t＋eq\f(4,t)在t∈(0,2]上是單調(diào)減函數(shù)，∴f(t)＝t＋eq\f(4,t)在t∈(0,1]上也單調(diào)遞減.∴f(t)≥f(1)＝5，故ymin＝5.問題探究二如何利用基本不等式求代數(shù)式的最值重點、難點知識★▲●活動一思考：x>0，y>0，且x＋2y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值.【解析】∵x＋2y＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))·(x＋2y)＝3＋eq\f(x,y)＋eq\f(2y,x)≥3＋2eq\r(\f(x,y)·\f(2y,x))＝3＋2eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＝\f(2y,x),x＋2y＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)－1,y＝1－\f(\r(2),2)))時取等號.故eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為3＋2eq\r(2).●活動二思考：x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值.方法一【思路分析】減少元素個數(shù).根據(jù)條件eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1解出y，用只含x的代數(shù)式表示y，代數(shù)式x＋y轉(zhuǎn)化為只含x的函數(shù)，再考慮利用基本不等式求出最值.【解析】由eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，得x＝eq\f(y,y－9).∵x>0，y>0，∴y>9.x＋y＝eq\f(y,y－9)＋y＝y(tǒng)＋eq\f(y－9＋9,y－9)＝y(tǒng)＋eq\f(9,y－9)＋1＝(y－9)＋eq\f(9,y－9)＋10.∵y>9，∴y－9>0，∴y－9＋eq\f(9,y－9)＋10≥2eq\r((y－9)·\f(9,y－9))＋10＝16，當(dāng)且僅當(dāng)y－9＝eq\f(9,y－9)，即y＝12時取等號.又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，則x＝4.∴當(dāng)x＝4，y＝12時，x＋y取最小值16.方法二【思路分析】在利用基本不等式求最值時，巧妙運用“1”的代換，也會給解決問題提供簡捷的解法.【解析】∵eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝(x＋y)·(eq\f(1,x)＋eq\f(9,y))＝10＋eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y).∵x>0，y>0，∴eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝6.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，即y＝3x時，取等號.又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＝4，y＝12.∴當(dāng)x＝4，y＝12時，x＋y取最小值16.【點撥】(1)要創(chuàng)造條件應(yīng)用均值定理，和定積最大，積定和最小.多次應(yīng)用時，必須保證每次取等號的條件相同，等號才可以傳遞到最后的最大(小)值.(2)注意“1”的代換技巧.(3)本題(1)易錯解為：1＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，∴eq\r(xy)≤eq\f(\r(2),4).∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥eq\f(2,\r(xy))≥eq\f(8,\r(2))＝4eq\r(2).其錯因是兩次用基本不等式時等號不能同時成立.●活動三及時回饋：(1)已知eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1(x＞0，y＞0)，求x＋y的最小值.(2)已知正數(shù)x，y滿足x＋y＝4，求eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值.【解析】(1)x＋y＝(x＋y)·(eq\f(1,x)＋eq\f(2,y))＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(2).(2)eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(2,y))·eq\f(x＋y,4)＝eq\f(1,4)(3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y))≥eq\f(3＋2\r(2),4).問題探究三利用均值不等式求參數(shù)的取值范圍重點、難點知識★▲●活動一思考：若正數(shù)a、b滿足ab＝a＋b＋3，求：(1)ab的范圍；(2)a＋b的范圍.【解析】(1)∵ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，令t＝eq\r(ab)>0，∴t2－2t－3≥0，∴(t－3)(t＋1)≥0.∴t≥3，即eq\r(ab)≥3，∴ab≥9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時取等號.(2)∵ab＝a＋b＋3，∴a＋b＋3≤(eq\f(a＋b,2))2.令t＝a＋b>0，∴t2－4t－12≥0，∴(t－6)(t＋2)≥0.∴t≥6即a＋b≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時取等號.【點撥】利用方程的思想是解決此類問題的常規(guī)解法.第②問也可用如下方法解之：由已知b＝eq\f(a＋3,a－1)>0，∴a－1>0，∴a＋b＝a＋eq\f(a＋3,a－1)＝a＋eq\f(a－1＋4,a－1)＝a＋1＋eq\f(4,a－1)＝(a－1)＋eq\f(4,a－1)＋2≥6.●活動二思考：正實數(shù)x，y滿足2x＋y＋6＝xy，則xy的最小值是________.【解析】由基本不等式得xy≥2eq\r(2)eq\r(xy)＋6，令eq\r(xy)＝t得不等式t2－2eq\r(2)t－6≥0，解得t≤－eq\r(2)(舍去)或者t≥3eq\r(2)，故xy的最小值為18.問題探究四利用基本不等式證明不等式●活動一思考：已知a,b,c,d都是實數(shù)，且+=1,+=1,求證：≤1.【證明】∵a,b，c，d都是實數(shù)，所以QUOTE又∵+=1,+=1,∴≤1.●活動二思考：a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.【解析】eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))＋(eq\f(c,a)＋eq\f(a,c))＋(eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)).∵a>0，b>0，c>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.同理，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)≥2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)≥2.∴eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.【點撥】解題過程中，把數(shù)、式合理地分拆，或者恒等地配湊適當(dāng)?shù)臄?shù)或式，這是代數(shù)變形常用的方法，也是一種解題的技巧.在本節(jié)中應(yīng)用較多，請同學(xué)們仔細(xì)體會，總結(jié)并掌握規(guī)律.●活動三思考：(1)已知a、b、c都是正數(shù)，求證：ab(a＋b)＋bc(b＋c)＋ca(c＋a)≥6abc.(2)已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.【證明】（1）左邊＝a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)≥a·2bc＋b·2ca＋c·2ab＝6abc＝右邊，∴不等式成立.（2）∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝3＋(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))＋(eq\f(c,a)＋eq\f(a,c))＋(eq\f(c,b)＋eq\f(b,c))≥3＋2＋2＋2＝9.3.課堂總結(jié)重要不等式：，重要不等式：，多次使用不能同時取等確定性確定性均值不等式的重要變形均值不等式：，多次使用不能同時取等確定性確定性均值不等式的重要變形均值不等式：，均值不等式的應(yīng)用不等式失效不等式失效求最值與求范圍求最值與求范圍結(jié)構(gòu)分析和、積、平方和相互轉(zhuǎn)化結(jié)構(gòu)分析和、積、平方和相互轉(zhuǎn)化證明不等式證明不等式 【重難點突破】利用均值不等式求最值時，應(yīng)注意的問題（1）各項均為正數(shù)，特別是出現(xiàn)對數(shù)式、三角數(shù)式等形式時，要認(rèn)真考慮.（2）求和的最小值需積為定值，求積的最大值需和為定值.（3）確保等號成立.以上三個條件缺一不可，可概括“一正、二定、三相等”.4.隨堂檢測1.下列函數(shù)中，最小值為4的函數(shù)是()A.y＝x＋eq\f(4,x)B.y＝sinx＋eq\f(4,sinx)C.y＝ex＋4e－x D.y＝log3x＋logx81【知識點：基本不等式，取等條件】解：C2.已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為()A.2B.2eq\r(2)C.4 D.2eq\r(3)【知識點：基本不等式，對數(shù)運算性質(zhì)】解：C3.(2012·浙江)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C.5 D.6【知識點：基本不等式】解：C∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時等號成立.4.已知兩個正變量x，y，滿足x＋y＝4，則使不等式eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥m恒成立的實數(shù)m的取值范圍是________.【知識點：基本不等式，恒成立】解：(－∞，eq\f(9,4)]5.設(shè)正數(shù)x，y滿足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，則x＋y的取值范圍是________.【知識點：基本不等式，對數(shù)運算性質(zhì)】解：[6，＋∞)（三）課后作業(yè)基礎(chǔ)型自主突破1.若x，y∈R，且x＋2y＝5，則3x＋9y的最小值()A.10B.6eq\r(3)C.4eq\r(6) D.18eq\r(3)【知識點：基本不等式，指數(shù)式】解：D2.已知函數(shù)y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)(x＞－1)，當(dāng)x＝a時，y取得最小值b，則a＋b＝（）.A.－3 B.2C.3 D.8【知識點：基本不等式，取等條件】解：y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5，由x＞－1，得x＋1＞0，eq\f(9,x＋1)＞0，所以由基本不等式得y＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(x＋1×\f(9,x＋1))－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即(x＋1)2＝9，所以x＋1＝3，即x＝2時取等號，所以a＝2，b＝1，a＋b＝3.答案C3.若正實數(shù)a，b滿足ab＝2，則(1＋2a)·(1＋b)的最小值為【知識點：基本不等式】解析(1＋2a)(1＋b)＝5＋2a＋b≥5＋2eq\r(2ab)＝9.當(dāng)且僅當(dāng)2a＝b，即a＝1，b＝2時取等號.答案94.已知a>3，求a＋eq\f(4,a－3)的最小值為.【知識點：基本不等式，配湊】解：75.已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.(1)求u＝lgx＋lgy的最大值；(2)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值.【知識點：基本不等式】解(1)∵x>0，y>0，∴由基本不等式，得2x＋5y≥2eq\r(10xy).∵2x＋5y＝20，∴2eq\r(10xy)≤20，xy≤10，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝5y時，等號成立.因此有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，))此時xy有最大值10.∴u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.∴當(dāng)x＝5，y＝2時，u＝lgx＋lgy有最大值1.(2)∵x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\f(2x＋5y,20)＝eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋2\r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))＝eq\f(7＋2\r(10),20)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(5y,x)＝eq\f(2x,y)時，等號成立.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為eq\f(7＋2\r(10),20).能力型師生共研1.(2012·浙江)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C.5 D.6【知識點：基本不等式】解：C∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時等號成立.2.已知正實數(shù)a，b滿足a＋2b＝1，則a2＋4b2＋eq\f(1,ab)的最小值為（）A.eq\f(7,2) B.4C.eq\f(161,36) D.eq\f(17,2)【知識點：基本不等式】解：因為1＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，所以ab≤eq\f(1,8)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝eq\f(1,2)時取等號.又因為a2＋4b2＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(a2·4b2)＋eq\f(1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab).令t＝ab，所以f(t)＝4t＋eq\f(1,t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))單調(diào)遞減，所以f(t)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＝eq\f(17,2).此時a＝2b＝eq\f(1,2).答案D3.已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________.【知識點：基本不等式】解由已知，得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，令x＋3y＝t，則t2＋12t－108≥0，解得t≥6，即x＋3y≥6.答案：64.設(shè)x≥0，y≥0，x2＋eq\f(y2,2)＝1，則xeq\r(1＋y2)的最大值為________.【知識點：基本不等式】解：∵x≥0，y≥0，x2＋eq\f(y2,2)＝1，∴xeq\r(1＋y2)＝eq\r(x2(1＋y2))＝eq\r(2x2·\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)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(3),2)，y＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即x2＝\f(1＋y2,2)))時，xeq\r(1＋y2)取得最大值eq\f(3\r(2),4).探究型多維突破1.設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)eq\f(z,xy)取得最小值時，x＋2y－z的最大值為()A.0B.eq\f(9,8)C.2D.eq\f(9,4)【知識點：基本不等式綜合應(yīng)用】解：含三個參數(shù)x，y，z，消元，利用基本不等式及配方法求最值.z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，∴eq\f(z,xy)＝eq\f(x2－3xy＋4y2,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)－3≥2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))－3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)，即x＝2y時“＝”成立，此時z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴當(dāng)y＝1時，x＋2y－z取最大值2.【答案】C2.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)的最小值為()A.1B.6C.9D.16【知識點：基本不等式綜合應(yīng)用】解：方法一：因為eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝ab?(a－1)(b－1)＝1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)≥2eq\r(\f(1,a－1)×\f(9,b－1))＝2×3＝6.方法二：因為eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝ab，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝eq\f(b－1＋9a－9,ab－a－b＋1)＝b＋9a－10＝(b＋9a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))－10≥16－10＝6.方法三：因為eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a－1＝eq\f(1,b－1)，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝(b－1)＋eq\f(9,b－1)≥2eq\r(9)＝2×3＝6.答案：B自助餐1.設(shè)，若2是的等比中項，則的最小值為()A.8 B.4 C.2 D.1【知識點：基本不等式，等比數(shù)列】解：D2.（2013·重慶卷）eq\r((3－a)(a＋6))(－6≤a≤3)的最大值為()A.9B.eq\f(9,2)C.3D.eq\f(3\r(2),2)【知識點：基本不等式】解：B因為－6≤a≤3，所以eq\r((3－a)(a＋6))≤eq\f((3－a)＋(a＋6),2)＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)3－a＝a＋6，即a＝－eq\f(3,2)時等號成立，故選B.3.設(shè)a＞1，b＞0，若a＋b＝2，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(2,b)的最小值為()A.3＋2eq\r(2)B.6C.4eq\r(2)D.2eq\r(2)【知識點：基本不等式】解：A4.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項am，an使得eq\r(aman)＝4a1，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為()A.eq\f(3,2)B.eq\f(5,3)C.eq\f(9,4)D.eq\f(25,6)【知識點：基本不等式，等比數(shù)列】解：由各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，可得a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去).因為eq\r(aman)＝4a1，所以qm＋n－2＝16，所以2m＋n－2＝24，所以m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)時，等號成立，故eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值等于eq\f(3,2).答案：A6.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，＋∞)【知識點：基本不等式，恒成立】解：D7.已知x，y為正實數(shù)，3x＋2y＝10，eq\r(3x)＋eq\r(2y)的最大值為________.【知識點：基本不等式】解：由eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，得eq\r(3x)＋eq\r(2y)≤eq\r(2)×eq\r((\r(3x))2＋(\r(2y))2)＝eq\r(2)×eq\r(3x＋2y)＝2eq\r(5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(5,3)，y＝eq\f(5,2)時取等號.答案：2eq\r(5)8.若不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))≥16對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為________.【知識點：基本不等式，恒成立】解：因為不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))≥16對任意正實數(shù)x，y恒成立，所以16≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((x＋y)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))))min.令f(x)＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))(a>0)，則f(x)＝a＋4＋eq\f(ay,x)＋eq\f(4x,y)≥a＋4＋2eq\r(\f(ay,x)·\f(4x,y))＝a＋4＋4eq\r(a)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(\r(a),2)時取等號，所以a＋4eq\r(a)＋4≥16，解得a≥4，因此正實數(shù)a的最小值為4.答案：49.下列命題中正確的是________(填序號).①y＝2－3x－eq\f(4,x)(x＞0)的最大值是2－4eq\r(3)；②y＝sin2x＋eq\f(4,sin2x)的最小值是4；③y＝2－3x－eq\f(4,x)(x＜0)的最小值是2－4eq\r(3).【知識點：基本不等式綜合應(yīng)用】解：①正確，因為y＝2－3x－eq\f(4,x)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(4,x)))≤2－2eq\r(3x·\f(4,x))＝2－4eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(4,x)，即x＝eq\f(2\r(3),3)時等號成立.②不正確，令sin2x＝t，則0＜t≤1，所以g(t)＝t＋eq\f(4,t)，顯然g(t)在(0,1]上單調(diào)遞減，故g(t)min＝g(1)＝1＋4＝5.③不正確，因為x＜0，所以－x＞0，最小值為2＋4eq\r(3)，而不是2－4eq\r(3).答案：①10.已知a>b>c，若eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)，求n的最大值.【知識點：基本不等式】解：方法一∵eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)，且a>b>c，∴n≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c)).∵對a、b、c上式都成立，∴n≤[eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c))]min.又∵eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c))≥eq\f((a－c)2,[\f((a－b)＋(b