高考數(shù)學(xué)（理）創(chuàng)新第七章不等式第42講

第42講基本不等式及其應(yīng)用考試要求1.基本不等式的證明過(guò)程(A級(jí)要求)；2.利用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大(小)值問(wèn)題(C級(jí)要求).應(yīng)關(guān)注利用基本不等式把等式轉(zhuǎn)化為不等式，然后研究最值問(wèn)題.診斷自測(cè)1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)當(dāng)a≥0，b≥0時(shí)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).()(2)兩個(gè)不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是相同的.()(3)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.()(4)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值為2.()(5)x＞0且y＞0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要條件.()解析(2)不等式a2＋b2≥2ab成立的條件是a，b∈R；不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是a≥0，b≥0.(3)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，沒(méi)有最小值.(4)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值為－5.(5)x>0且y>0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充分條件.答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×2.(教材改編)設(shè)x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為________.解析∵x>0，y>0，∴eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)，即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)，(xy)max＝81.答案813.(教材改編)若0<x<1，則eq\r(x（3－2x）)的取值范圍是________.解析由0<x<1知3－2x>0，故eq\r(x（3－2x）)＝eq\f(1,\r(2))·eq\r(2x（3－2x）)≤eq\f(1,\r(2))·eq\f(2x＋（3－2x）,2)＝eq\f(3\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3,4)時(shí)，上式等號(hào)成立.∴0<eq\r(x（3－2x）)≤eq\f(3\r(2),4).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(2),4)))4.(必修5P106習(xí)題16改編)已知正數(shù)x，y滿足x＋2y＝1，那么eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為____________.解析因?yàn)閤>0，y>0，x＋2y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)＝1＋2＋eq\f(2y,x)＋eq\f(x,y)≥3＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(x,y))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝2y2時(shí)取得最小值3＋2eq\r(2).答案3＋2eq\r(2)5.(教材改編)①若x∈(0，π)，則sinx＋eq\f(1,sinx)≥2；②若a，b∈(0，＋∞)，則lga＋lgb≥2eq\r(lga·lgb)；③若x∈R，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≥4.其中正確結(jié)論的序號(hào)是________.解析①因?yàn)閤∈(0，π)，所以sinx∈(0，1]，所以①成立；②只有在lga>0，lgb>0，即a>1，b>1時(shí)才成立；③eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＝|x|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))≥2eq\r(\a\vs4\al(|x|·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝±2時(shí)“＝”成立.答案①③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)適用于求含兩個(gè)代數(shù)式的最值.2.幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R).(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào)).(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，(a，b∈R).(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R).(以上不等式要根據(jù)條件合理選擇其中之一)以上不等式等號(hào)成立的條件均為a＝b.3.算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)設(shè)a>0，b>0，則a，b的算術(shù)平均數(shù)為eq\f(a＋b,2)，幾何平均數(shù)為eq\r(ab)，基本不等式可敘述為兩個(gè)正數(shù)的幾何平均數(shù)不大于它們的算術(shù)平均數(shù)，當(dāng)兩個(gè)正數(shù)相等時(shí)兩者相等.4.利用基本不等式求最值問(wèn)題已知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2eq\r(p)(簡(jiǎn)記：積定和最小).(2)如果和x＋y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值eq\f(p2,4)(簡(jiǎn)記：和定積最大).考點(diǎn)一利用基本不等式求最值(多維探究)命題角度1配湊法求最值【例1－1】(1)已知0<x<1，則x(4－3x)取得最大值時(shí)x的值為________.(2)已知x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為________.(3)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________.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≤－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.(3)由于x>1，故y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(（x2－2x＋1）＋（2x－2）＋3,x－1)＝eq\f(（x－1）2＋2（x－1）＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1時(shí)，等號(hào)成立.答案(1)eq\f(2,3)(2)1(3)2eq\r(3)＋2命題角度2常數(shù)代換或消元法求最值【例1－2】(1)(2018·鹽城模擬)已知正數(shù)x，y滿足x＋2y－xy＝0，則x＋2y的最小值為________.(2)(一題多解)(2018·南京模擬)已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________.(3)(2017·蘇州期末)已知ab＝eq\f(1,4)，a，b∈(0，1)，那么eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)的最小值為________.解析(1)由x＋2y－xy＝0，得eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，且x>0，y>0.∴x＋2y＝(x＋2y)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)＋4≥4＋4＝8.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4y,x)＝eq\f(y,x)，即x＝4，y＝2時(shí)等號(hào)成立.(2)法一(消元法)由已知得x＝eq\f(9－3y,1＋y).因?yàn)閤＞0，y＞0，所以0＜y＜3，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(12,1＋y)＋3(y＋1)－6≥2eq\r(\f(12,1＋y)·3（y＋1）)－6＝6，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12,1＋y)＝3(y＋1)，即y＝1，x＝3時(shí)，(x＋3y)min＝6.法二∵x＞0，y＞0，9－(x＋3y)＝xy＝eq\f(1,3)x·(3y)≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y時(shí)等號(hào)成立.設(shè)x＋3y＝t＞0，則t2＋12t－108≥0，∴(t－6)(t＋18)≥0，又∵t＞0，∴t≥6.故當(dāng)x＝3，y＝1時(shí)，(x＋3y)min＝6.(3)因?yàn)閎＝eq\f(1,4a)，a∈(0，1)，所以eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－\f(1,4a))＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,4a－1)＋2＝eq\f(2a＋1,－4a2＋5a－1)＋2.令2a＋1＝t，則a＝eq\f(t－1,2)，原式＝eq\f(t,－t2＋\f(9t,2)－\f(9,2))＋2＝eq\f(1,\f(9,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(9,2t))))＋2≥eq\f(1,\f(9,2)－2\r(t·\f(9,2t)))＋2＝4＋eq\f(4\r(2),3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3\r(2),2)，即a＝eq\f(3\r(2)－2,4)∈(0，1)時(shí)取等號(hào)，故原式的最小值為4＋eq\f(4\r(2),3).答案(1)8(2)6(3)4＋eq\f(4\r(2),3)規(guī)律方法(1)應(yīng)用基本不等式解題一定要注意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”.所謂“一正”是指正數(shù)，“二定”是指應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，和或積為定值，“三相等”是指滿足等號(hào)成立的條件.(2)在利用基本不等式求最值時(shí)，要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式.(3)條件最值的求解通常有三種方法：一是消元法，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；二是將條件靈活變形，利用常數(shù)代換的方法構(gòu)造和或積為常數(shù)的式子，然后利用基本不等式求解最值；三是對(duì)條件使用基本不等式，建立所求目標(biāo)函數(shù)的不等式求解.易錯(cuò)警示(1)利用基本不等式求最值，一定要注意應(yīng)用條件；(2)盡量避免多次使用基本不等式，若必須多次使用，一定要保證等號(hào)成立的條件一致.【訓(xùn)練1】(1)(一題多解)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是________.(2)設(shè)a＋b＝2，b>0，則eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取最小值時(shí)，a的值為________.解析(1)法一由x＋3y＝5xy及x，y均為正數(shù)可得eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1，∴3x＋4y＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(3x,5y)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋eq\f(12,5)＝5.(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立)，∴3x＋4y的最小值是5.法二由x＋3y＝5xy，得x＝eq\f(3y,5y－1)，∵x>0，y>0，∴y>eq\f(1,5)，∴3x＋4y＝eq\f(9y,5y－1)＋4y＝eq\f(13\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))＋\f(9,5)＋\f(4,5)－4y,5y－1)＋4y＝eq\f(13,5)＋eq\f(9,5)·eq\f(\f(1,5),y－\f(1,5))＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(36,25))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立，∴(3x＋4y)min＝5.(2)∵a＋b＝2，b>0，∴eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(2,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥eq\f(a,4|a|)＋2eq\r(\f(b,4|a|)×\f(|a|,b))＝eq\f(a,4|a|)＋1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)時(shí)等號(hào)成立.又a＋b＝2，b>0，∴當(dāng)b＝－2a，a＝－2時(shí)，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值.答案(1)5(2)－2考點(diǎn)二基本不等式的綜合應(yīng)用【例2】(1)設(shè)x，y，z均為大于1的實(shí)數(shù)，且z為x和y的等比中項(xiàng)，則eq\f(lgz,4lgx)＋eq\f(lgz,lgy)的最小值為________.(2)設(shè)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為eq\r(6)，P是棱AB上的任意一點(diǎn)(不與點(diǎn)A，B重合)，且點(diǎn)P到平面ACD，平面BCD的距離分別為x，y，則eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)的最小值是________.解析(1)由題意得z2＝xy，lgx>0，lgy>0，∴eq\f(lgz,4lgx)＋eq\f(lgz,lgy)＝eq\f(\f(1,2)（lgx＋lgy）,4lgx)＋eq\f(\f(1,2)（lgx＋lgy）,lgy)＝eq\f(1,8)＋eq\f(lgy,8lgx)＋eq\f(1,2)＋eq\f(lgx,2lgy)＝eq\f(5,8)＋eq\f(lgy,8lgx)＋eq\f(lgx,2lgy)≥eq\f(5,8)＋2eq\r(\f(1,16))＝eq\f(9,8)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(lgy,8lgx)＝eq\f(lgx,2lgy)，即lgy＝2lgx，即y＝x2時(shí)取等號(hào).(2)過(guò)點(diǎn)A作AO⊥平面BCD于點(diǎn)O，則O為△BCD的重心，所以O(shè)B＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(6)＝eq\r(2)，所以AO＝eq\r(（\r(6)）2－（\r(2)）2)＝2.又VP－BCD＋VP－ACD＝VA－BCD，所以eq\f(1,3)S△BCD·y＋eq\f(1,3)S△ACD·x＝eq\f(1,3)S△BCD·2，即x＋y＝2.所以eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(x,y)＋\f(3y,x)))≥2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3－eq\r(3)，y＝eq\r(3)－1時(shí)取等號(hào).答案(1)eq\f(9,8)(2)2＋eq\r(3)規(guī)律方法(1)設(shè)變量時(shí)一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù).(2)根據(jù)實(shí)際問(wèn)題抽象出函數(shù)的解析式后，只需利用基本不等式求得函數(shù)的最值.(3)在求函數(shù)的最值時(shí)，一定要在定義域(使實(shí)際問(wèn)題有意義的自變量的取值范圍)內(nèi)求解.【訓(xùn)練2】(1)(2018·泰州模擬)已知a>b>1且2logab＋3logba＝7，則a＋eq\f(1,b2－1)的最小值為________.(2)(2018·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研)若實(shí)數(shù)x，y滿足xy>0，則eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)的最大值為________.解析(1)因?yàn)?logab＋3logba＝7，所以2(logab)2－7logab＋3＝0，解得logab＝eq\f(1,2)或logab＝3，因?yàn)閍>b>1，所以logab∈(0，1)，故logab＝eq\f(1,2)，從而b＝eq\r(a)，因此a＋eq\f(1,b2－1)＝a＋eq\f(1,a－1)＝(a－1)＋eq\f(1,a－1)＋1≥3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時(shí)等號(hào)成立.(2)因?yàn)閤y>0，所以eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)＝eq\f(x（x＋2y）＋2y（x＋y）,（x＋y）（x＋2y）)＝eq\f(x2＋4xy＋2y2,x2＋3xy＋2y2)＝1＋eq\f(xy,x2＋3xy＋2y2)＝1＋eq\f(1,\f(x,y)＋3＋\f(2y,x))≤1＋eq\f(1,3＋2\r(2))＝4－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(2y,x)，即x2＝2y2時(shí)取等號(hào).答案(1)3(2)4－2eq\r(2)考點(diǎn)三利用基本不等式解決恒成立及實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題【例3－1】若不等式x＋2eq\r(xy)≤a(x＋y)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為________.解析由題意得a≥eq\f(x＋2\r(xy),x＋y)＝eq\f(1＋2\r(\f(y,x)),1＋\f(y,x))恒成立.令t＝eq\r(\f(y,x))(t>0)，則a≥eq\f(1＋2t,1＋t2)，再令1＋2t＝u(u>1)，則t＝eq\f(u－1,2)，故a≥eq\f(u,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u－1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(4,u＋\f(5,u)－2).因?yàn)閡＋eq\f(5,u)≥2eq\r(5)(當(dāng)且僅當(dāng)u＝eq\r(5)時(shí)等號(hào)成立)，故u＋eq\f(5,u)－2≥2eq\r(5)－2，從而0<eq\f(4,u＋\f(5,u)－2)≤eq\f(4,2\r(5)－2)＝eq\f(\r(5)＋1,2)，故a≥eq\f(\r(5)＋1,2)，即amin＝eq\f(\r(5)＋1,2).答案eq\f(\r(5)＋1,2)【例3－2】(1)已知a>0，b>0，若不等式eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)恒成立，則m的最大值為________.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若對(duì)于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，則a的取值范圍是________.解析(1)由eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6.又a>0，b>0，所以eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6≥2eq\r(9)＋6＝12(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9b,a)＝eq\f(a,b)時(shí)等號(hào)成立)，∴m≤12，∴m的最大值為12.(2)對(duì)任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，即eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即知a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8,x)))＋3.設(shè)g(x)＝x＋eq\f(8,x)，x∈N*，則g(2)＝6，g(3)＝eq\f(17,3).∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq\f(17,3)，∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq\f(8,3)，∴a≥－eq\f(8,3)，故a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，＋∞)).答案(1)12(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，＋∞))規(guī)律方法(1)應(yīng)用基本不等式判斷不等式是否成立：對(duì)所給不等式(或式子)變形，然后利用基本不等式求解.(2)條件不等式的最值問(wèn)題：通過(guò)條件轉(zhuǎn)化成能利用基本不等式的形式求解.(3)求參數(shù)的值或范圍：觀察題目特點(diǎn)，利用基本不等式確定相關(guān)成立條件，從而得參數(shù)的值或范圍.【訓(xùn)練3】(2018·蘇北四市聯(lián)考)如圖，墻上有一壁畫，最高點(diǎn)A離地面4m，最低點(diǎn)B離地面2m，觀察者從距離墻x(x>1)m，離地面高a(1≤a≤2)m的C處觀賞該壁畫，設(shè)觀賞視角∠ACB＝θ.(1)若a＝1.5，問(wèn)：觀察者離墻多遠(yuǎn)時(shí)，視角θ最大？(2)若tanθ＝eq\f(1,2)，當(dāng)a變化時(shí)，求x的取值范圍.解(1)當(dāng)a＝1.5時(shí)，過(guò)C作AB的垂線，垂足為D，則BD＝0.5，且θ＝∠ACD－∠BCD，由已知觀察者離墻xm，且x>1，則tan∠BCD＝eq\f(0.5,x)，tan∠ACD＝eq\f(2.5,x)，所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝eq\f(\f(2.5,x)－\f(0.5,x),1＋\f(2.5×0.5,x2))＝eq\f(\f(2,x),1＋\f(1.25,x2))＝eq\f(2,x＋\f(1.25,x))≤eq\f(2,2\r(\f(5,4)))＝eq\f(2\r(5),5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(5),2)>1時(shí)取等號(hào).又tanθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)觀察者離墻eq\f(\r(5),2)m時(shí)，視角θ最大.(2)由題意得tan∠BCD＝eq\f(2－a,x)，tan∠ACD＝eq\f(4－a,x)，又tanθ＝eq\f(1,2)，所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝eq\f(2x,x2＋（a－2）·（a－4）)＝eq\f(1,2)，所以a2－6a＋8＝－x2＋4x.當(dāng)1≤a≤2時(shí)，0≤a2－6a＋8≤3，所以0≤－x2＋4x≤3，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x≤0，,x2－4x＋3≥0，))解得0≤x≤1或3≤x≤4，因?yàn)閤>1，所以3≤x≤4.所以x的取值范圍是[3，4].一、必做題1.(教材改編)已知a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的序號(hào)是________.①a2＋b2>2ab；②a＋b≥2eq\r(ab)；③eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab))；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.解析因?yàn)閍2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，所以①錯(cuò)誤；對(duì)于④，因?yàn)閍b>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.對(duì)于②，③，當(dāng)a<0，b<0時(shí)，明顯錯(cuò)誤.答案④2.(教材改編)用長(zhǎng)為16cm的鐵絲圍成一個(gè)矩形，則所圍成的矩形的最大面積是________cm2.解析設(shè)矩形長(zhǎng)為xcm(0<x<8)，則寬為(8－x)cm，面積S＝x(8－x).由于x>0，8－x>0，可得S≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋8－x,2)))eq\s\up12(2)＝16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝8－x，即x＝4時(shí)，Smax＝16.所以矩形的最大面積是16cm2.答案163.當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)有最________值，為________.解析由于x>0，所以f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào).答案大14.(2018·鹽城模擬)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,\r(x2＋1))的最小值為________.解析y＝eq\f(x2＋1＋1,\r(x2＋1))＝eq\r(x2＋1)＋eq\f(1,\r(x2＋1))≥2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x2＋1)＝eq\f(1,\r(x2＋1))，即x＝0時(shí)，y取到最小值2.答案25.某民營(yíng)企業(yè)的一種電子產(chǎn)品，2015年的年產(chǎn)量在2014年基礎(chǔ)上增長(zhǎng)率為a；2016年計(jì)劃在2015年的基礎(chǔ)上增長(zhǎng)率為b(a，b＞0)，若這兩年的平均增長(zhǎng)率為q，則q與eq\f(a＋b,2)的大小關(guān)系是________.解析設(shè)2014年的年產(chǎn)量為1，則2016年的年產(chǎn)量為(1＋a)(1＋b)，∴(1＋q)2＝(1＋a)(1＋b)，∴1＋q＝eq\r(（1＋a）（1＋b）)≤eq\f(1＋a＋1＋b,2)＝1＋eq\f(a＋b,2)，∴q≤eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，取“＝”.答案q≤eq\f(a＋b,2)6.(2017·天津卷)若a，b∈R，ab>0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為________.解析eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4(前一個(gè)等號(hào)成立條件是a2＝2b2，后一個(gè)等號(hào)成立的條件是ab＝eq\f(1,2)，兩個(gè)等號(hào)可以同時(shí)取得，則當(dāng)且僅當(dāng)a2＝eq\f(\r(2),2)，b2＝eq\f(\r(2),4)時(shí)取等號(hào)).答案47.設(shè)f(x)＝x2＋x＋1，g(x)＝x2＋1，則eq\f(f（x）,g（x）)的取值范圍是________.解析eq\f(f（x）,g（x）)＝eq\f(x2＋x＋1,x2＋1)＝1＋eq\f(x,x2＋1)，當(dāng)x＝0時(shí)，eq\f(f（x）,g（x）)＝1；當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(f（x）,g（x）)＝1＋eq\f(1,x＋\f(1,x))≤1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)；當(dāng)x<0時(shí)，x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))))≤－2，則eq\f(f（x）,g（x）)＝1＋eq\f(1,x＋\f(1,x))≥1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).∴eq\f(f（x）,g（x）)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))8.(2017·吉林九校第二次聯(lián)考)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________.解析∵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)·9（a－1）)＝6，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a－1)＝9(a－1)，即a＝eq\f(4,3)時(shí)等號(hào)成立，∴最小值為6.答案69.(2018·揚(yáng)州一模)設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)eq\f(xy,z)取得最大值時(shí)，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為________.解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)則eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào)，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\s\up12(2)＋1≤1.答案110.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋3,x－a)(x≠a，a為非零常數(shù)).(1)解不等式f(x)<x；(2)設(shè)x>a時(shí)，f(x)有最小值為6，求a的值.解(1)f(x)<x，即eq\f(x2＋3,x－a)<x，整理為(ax＋3)(x－a)<0.當(dāng)a>0時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,a)))(x－a)<0，∴解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,a)<x<a))))；當(dāng)a<0時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,a)))(x－a)>0，解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x>－\f(3,a)，或x<a)))).(2)設(shè)t＝x－a，則x＝t＋a(t>0).∴f(t)＝eq\f(t2＋2at＋a2＋3,t)＝t＋eq\f(a2＋3,t)＋2a≥2eq\r(t·\f(a2＋3,t))＋2a＝2eq\r(a2＋3)＋2a.當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(a2＋3,t)，即t＝eq\r(a2＋3)時(shí)，等號(hào)成立，即f(x)有最小值2eq\r(a2＋3)＋2a.依題意有2eq\r(a2＋3)＋2a＝6，解得a＝1.二、選做題11.(一題多解)(2018·南通模擬)設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足eq\f(x2,4)－y2＝1，則3x2－2xy的最小值是________.解析法一因?yàn)閑q\f(x2,4)－y2＝1，所以3x2－2xy＝eq\f(3x2－2xy,\f(x2,4)－y2)＝eq\f(3－\f(2y,x),\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))\s\up12(2))，令k＝eq\f(y,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，則3x2－2xy＝eq\f(3－2k,\f(1,4)－k2)＝eq\f(4（3－2k）,1－4k2)，再令t＝3－2k∈(2，4)，則k＝eq\f(3－t,2)，故3x2－2xy＝eq\f(4t,－t2＋6t－8)＝eq\f(4,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(8,t)))＋6)≥eq\f(4,6－2\r(8))＝6＋4eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立.法二令t＝3x2－2xy，則y＝eq