第3講不等式[考情分析]1.不等式的性質與解法常與集合、函數相結合，也可滲透在三角函數、數列、解析幾何、導數等題目中.2.線性規(guī)劃主要考查利用代數式的幾何意義(如斜率、截距、距離等)求目標函數的最值.3.基本不等式通常與其他知識綜合考查求最值、范圍等問題.4.此部分內容多以選擇題、填空題形式呈現，中等難度．考點一不等式的性質與解法核心提煉判斷關于不等式命題真假的常用方法(1)作差法、作商法，作商法要注意除數的正負．(2)利用不等式的性質推理判斷．(3)利用函數的單調性．(4)特殊值驗證法，特殊值法只能排除錯誤的命題，不能判斷正確的命題．例1(1)(2022·黃岡中學模擬)已知a，b，c均為非零實數，且a>b>c，則下列不等式中，一定成立的是________．(填序號)①ac>bc；②ac2>bc2；③(a－b)c<(a－c)c；④ln

eq\f(a－b,a－c)<0.答案②④解析對于①，取特殊值a＝2，b＝1，c＝－1，滿足a>b>c，但ac<bc，故①不成立；對于②，因為a，b，c均為非零實數，且a>b>c，所以c2>0，所以ac2>bc2，故②成立；對于③，取特殊值a＝3，b＝2，c＝－1，滿足非零實數a>b>c，此時(a－b)c＝(3－2)－1＝1，(a－c)c＝(3＋1)－1＝4－1＝eq\f(1,4)，但(a－b)c>(a－c)c，故③不成立；對于④，因為a，b，c均為非零實數，且a>b>c，所以－b<－c，a－c>0，a－b>0，所以0<a－b<a－c，0<eq\f(a－b,a－c)<1，所以ln

eq\f(a－b,a－c)<ln1，即ln

eq\f(a－b,a－c)<0，故④成立．(2)若關于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－1，2)，則關于x的不等式eq\f(2a＋b,x)＋c>bx的解集為________．答案(－∞，0)解析由題意，關于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－1，2)，則－1，2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－1＋2，,\f(c,a)＝－1×2，,a<0，))解得b＝－a，c＝－2a，且a<0，則關于x的不等式eq\f(2a＋b,x)＋c>bx可化為eq\f(a,x)－2a>－ax，即eq\f(1,x)－2<－x，即eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)<0，解得x<0，所以不等式eq\f(2a＋b,x)＋c>bx的解集為(－∞，0)．易錯提醒解不等式問題的易錯點(1)對參數討論時分類不完整，易忽視a＝0的情況．(2)一元二次不等式中，易忽視開口方向，從而錯解．(3)分式不等式易忽視分母不為0.跟蹤演練1(1)(2022·臨川模擬)若實數a，b滿足a6<a5b，則下列選項中一定成立的是()A．a<b B．a3<b3C．ea－b>1 D．lneq\f(a,b)<0答案D解析因為a6<a5b，所以a6－a5b＝a5(a－b)<0，顯然a≠0，所以a(a－b)<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a－b<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a－b>0，))即0<a<b或b<a<0.若0<a<b，則a3<b3，ea－b<e0＝1，lneq\f(a,b)<ln1＝0；若b<a<0，則a3>b3，ea－b>e0＝1，lneq\f(a,b)<ln1＝0，則一定成立的是選項D.(2)若關于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m<0的解集中恰有4個整數，則實數m的取值范圍為()A．(6，7] B．[－3，－2)C．[－3，－2)∪(6，7] D．[－3，7]答案C解析不等式x2－(m＋2)x＋2m<0，即(x－2)(x－m)<0，當m>2時，不等式的解集為(2，m)，此時要使解集中恰有4個整數，這4個整數只能是3，4，5，6，故6<m≤7；當m＝2時，不等式的解集為?，此時不符合題意；當m<2時，不等式的解集為(m，2)，此時要使解集中恰有4個整數，這4個整數只能是－2，－1，0，1，故－3≤m<－2.綜上所述，實數m的取值范圍為[－3，－2)∪(6，7]．考點二線性規(guī)劃核心提煉1．截距型：形如z＝ax＋by，求這類目標函數的最值常將函數z＝ax＋by轉化為y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)(b≠0)，通過求直線的截距eq\f(z,b)的最值間接求出z的最值．2．距離型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，設動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝|PM|2.3．斜率型：形如z＝eq\f(y－b,x－a)(x≠a)，設動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝kPM.例2(1)(2022·全國乙卷)若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x＋2y≤4，,y≥0，))則z＝2x－y的最大值是()A．－2B．4C．8D．12答案C解析方法一由題意作出可行域，如圖陰影部分(含邊界)所示，轉化目標函數z＝2x－y為y＝2x－z，上下平移直線y＝2x－z，可得當直線過點(4，0)時，直線截距最小，z最大，所以zmax＝2×4－0＝8.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x＋2y＝4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，))此時z＝2×0－2＝－2；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0，))此時z＝2×2－0＝4；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝4，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝0，))此時z＝2×4－0＝8.綜上所述，z＝2x－y的最大值為8.(2)(2022·安徽省十校聯盟聯考)已知實數x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,3x－y－3≤0，))則目標函數z＝eq\f(2y＋1,2x－1)的取值范圍為()A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．[－1，3]D．[－3，1]答案B解析作出約束條件的可行域，如圖陰影部分(含邊界)所示，其中A(1，0)，B(0，1)，C(2，3)，z＝eq\f(2y＋1,2x－1)＝eq\f(y＋\f(1,2),x－\f(1,2))，表示定點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))與可行域內點(x，y)連線的斜率，因為kMA＝eq\f(\f(1,2),1－\f(1,2))＝1，kMB＝eq\f(1＋\f(1,2),－\f(1,2))＝－3，所以z的取值范圍是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．規(guī)律方法含參數的線性規(guī)劃問題，參數位置一般有兩種形式：一是目標函數中含有參數，這時可以準確作出可行域，這類問題的一般特征是其最優(yōu)解是可知的，因此解題時可充分利用目標函數的斜率特征加以轉化；二是在約束條件中含參，可行域的邊界線中有一條是動態(tài)的，所以要充分依據目標函數及最值等條件數形結合處理，有時還需分類討論．跟蹤演練2(1)(2022·寧波模擬)若實數x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0，,y≥x，,y≤－x＋2m，))且z＝3x＋y的最大值為8，則實數m的值為()A．0B．1C．2D．3答案C解析畫出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0，,y≥x，,y≤－x＋2m))所表示的可行域(含邊界)如圖所示，O(0，0)，A(m，m)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3)，\f(4m,3)))，由圖中直線斜率關系知，當直線y＝－3x＋z向上平移時，依次經過點O，B，A.故經過點A時，z有最大值4m，由4m＝8，得m＝2.(2)(2022·榆林模擬)已知實數x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋6≥0，,2x－3y－6≤0，,x＋2y＋2≥0，))則目標函數z＝(x＋1)2＋(y＋2)2的最小值為________．答案eq\f(9,5)解析作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋6≥0，,2x－3y－6≤0，,x＋2y＋2≥0))表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，函數z＝(x＋1)2＋(y＋2)2表示可行域內的點與點(－1，－2)的距離的平方．由圖知，eq\r(z)＝eq\r(x＋12＋y＋22)的最小值為點(－1，－2)到直線x＋2y＋2＝0的距離，即eq\f(|－1－4＋2|,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5)，所以z的最小值為eq\f(9,5).考點三基本不等式核心提煉基本不等式求最值的三種解題技巧(1)湊項：通過調整項的符號，配湊出符合基本不等式條件的項，使其積或和為定值．(2)湊系數：若無法直接運用基本不等式求解，通過湊系數后可得到和或積為定值，從而利用基本不等式求最值．(3)換元：分式函數求最值，通常直接將分子配湊后將式子分開或將分母換元后將式子分開，即化為y＝m＋eq\f(A,gx)＋Bg(x)(AB>0)，g(x)恒正或恒負的形式，然后運用基本不等式來求最值．例3(1)已知x>0，y>0，且2x＋y＝1，則eq\f(x＋1,xy)的最小值為()A．9 B．12C．2eq\r(6)＋5 D.eq\r(6)＋5答案C解析因為x>0，y>0，且2x＋y＝1，所以eq\f(x＋1,xy)＝eq\f(x＋2x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y)＋\f(1,x)))(2x＋y)＝eq\f(6x,y)＋eq\f(y,x)＋5≥2eq\r(\f(6x,y)·\f(y,x))＋5＝2eq\r(6)＋5，當且僅當eq\f(6x,y)＝eq\f(y,x)，即y＝eq\r(6)x時取等號．(2)(2022·全國甲卷)已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當eq\f(AC,AB)取得最小值時，BD＝________.答案eq\r(3)－1解析設BD＝k(k>0)，則CD＝2k.根據題意作出大致圖形，如圖．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k×eq\f(1,2)＝4k2－4k＋4，則eq\f(AC2,AB2)＝eq\f(4k2－4k＋4,k2＋2k＋4)＝eq\f(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k＋12＋3)＝4－eq\f(12,k＋1＋\f(3,k＋1)).∵k＋1＋eq\f(3,k＋1)≥2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當k＋1＝\f(3,k＋1)，即k＝\r(3)－1時等號成立))，∴eq\f(AC2,AB2)≥4－eq\f(12,2\r(3))＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，∴當eq\f(AC,AB)取得最小值eq\r(3)－1時，BD＝k＝eq\r(3)－1.規(guī)律方法利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的條件(1)一正二定三相等，三者缺一不可．(2)若連續(xù)兩次使用基本不等式求最值，必須使兩次等號成立的條件一致，否則最值取不到．跟蹤演練3(1)若a，b∈R，ab>0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為()A．6B．4C．2eq\r(2)D．2答案B解析∵ab>0，∴eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(2\r(a4·4b4)＋1,ab)＝eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4.當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4b4，,4ab＝\f(1,ab)，))即a2＝2b2＝eq\f(\r(2),2)時取等號．(2)(2022·新高考全國Ⅱ改編)若x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則下列結論正確的是________．(填序號)①x＋y≤1；②x＋y≥－2；③x2＋y2≤2；④x2＋y2≥1.答案②③解析由x2＋y2－xy＝1可變形為(x＋y)2－1＝3xy≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，解得－2≤x＋y≤2，當且僅當x＝y(tǒng)＝－1時，x＋y＝－2，當且僅當x＝y(tǒng)＝1時，x＋y＝2，所以①錯誤，②正確；由x2＋y2－xy＝1可變形為x2＋y2－1＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，當且僅當x＝y(tǒng)＝±1時取等號，所以③正確；x2＋y2－xy＝1可變形為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3,4)y2＝1，設x－eq\f(y,2)＝cosθ，eq\f(\r(3),2)y＝sinθ，所以x＝cosθ＋eq\f(\r(3),3)sinθ，y＝eq\f(2\r(3),3)sinθ，因此x2＋y2＝cos2θ＋eq\f(5,3)sin2θ＋eq\f(2\r(3),3)sinθcosθ＝1＋eq\f(\r(3),3)sin2θ－eq\f(1,3)cos2θ＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，所以當x＝eq\f(\r(3),3)，y＝－eq\f(\r(3),3)時滿足等式，但是x2＋y2≥1不成立，所以④錯誤．專題強化練一、選擇題1．不等式eq\f(4,x－2)≤x－2的解集是()A．(－∞，0]∪(2，4] B．[0，2)∪[4，＋∞)C．[2，4) D．(－∞，2)∪(4，＋∞)答案B解析當x－2>0，即x>2時，(x－2)2≥4，即x－2≥2，解得x≥4；當x－2<0，即x<2時，(x－2)2≤4，即－2≤x－2<0，解得0≤x<2.綜上，不等式的解集為[0，2)∪[4，＋∞)．2．(2022·衡水中學模擬)已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結論一定正確的是()A．a2>b2 B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<2C．|a|a<|a|b D．lga2<lgab答案D解析由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可得b<a<0，則a＋b<0，a－b>0，ab>0，A中，由a2－b2＝(a＋b)(a－b)<0，得a2<b2，所以A不正確；B中，由eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，且eq\f(b,a)≠eq\f(a,b)，得eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，所以B不正確；C中，當|a|＝1時，eq\f(|a|a,|a|b)＝|a|a－b＝1，此時|a|a＝|a|b，所以C不正確；D中，由lga2－lgab＝lg

eq\f(a2,ab)＝lg

eq\f(a,b)，且b<a<0，得0<eq\f(a,b)<1，所以lg

eq\f(a,b)<0，可得lga2<lgab，所以D正確．3．(2021·全國乙卷)下列函數中最小值為4的是()A．y＝x2＋2x＋4 B．y＝|sinx|＋eq\f(4,|sinx|)C．y＝2x＋22－x D．y＝lnx＋eq\f(4,lnx)答案C解析選項A，因為y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，所以當x＝－1時，y取得最小值，且ymin＝3，所以選項A不符合題意；選項B，因為y＝|sinx|＋eq\f(4,|sinx|)≥2eq\r(|sinx|·\f(4,|sinx|))＝4，當且僅當|sinx|＝eq\f(4,|sinx|)，即|sinx|＝2時取等號，但是根據正弦函數的有界性可知|sinx|＝2不可能成立，因此可知y>4，所以選項B不符合題意(或設|sinx|＝t，則t∈(0，1]，根據函數y＝t＋eq\f(4,t)在(0，1]上單調遞減可得ymin＝1＋eq\f(4,1)＝5，所以選項B不符合題意)；選項C，因為y＝2x＋22－x≥2eq\r(2x·22－x)＝4，當且僅當2x＝22－x，即x＝2－x，即x＝1時取等號，所以ymin＝4，所以選項C符合題意；選項D，當0<x<1時，lnx<0，y＝lnx＋eq\f(4,lnx)<0，所以選項D不符合題意．4．(2022·河南省名校聯盟聯考)若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,x－y≤0，,x＋y－4≤0，))則z＝eq\f(2y－2,x)取得最大值的最優(yōu)解為()A．(1，3)B．(1，1)C．4D．0答案A解析由約束條件可得如圖中陰影部分(含邊界)所示的可行域，又z＝eq\f(2y－2,x)表示可行域中任意一點與A(0，1)所在直線斜率的2倍，由圖可知，可行域中只有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x＝1))的交點(1，3)與A(0，1)所在直線的斜率最大，且最大值為eq\f(3－1,1－0)＝2.所以z＝eq\f(2y－2,x)的最大值為4，取得最大值的最優(yōu)解為(1，3)．5．(2022·宜賓質檢)已知a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則x的取值范圍為()A．(－∞，2)∪(3，＋∞)B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(3，＋∞)D．(1，3)答案C解析令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，則不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立轉化為f(a)>0在[－1，1]上恒成立．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1>0，,f1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－2＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3.故x的取值范圍為(－∞，1)∪(3，＋∞)．6．(2022·開封模擬)已知(2，1)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點，則連接橢圓C的四個頂點構成的四邊形的面積()A．有最小值4 B．有最小值8C．有最大值8 D．有最大值16答案B解析因為(2，1)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，即a2b2＝4b2＋a2，所以a2b2＝4b2＋a2≥2eq\r(4b2·a2)＝4ab，所以ab≥4.連接橢圓C的四個頂點構成的四邊形的面積為S＝eq\f(1,2)×2a×2b＝2ab≥2×4＝8.即面積有最小值8.7．已知關于x的不等式mx2－6x＋3m<0在(0，2]上有解，則實數m的取值范圍是()A．(－∞，eq\r(3)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(12,7)))C．(eq\r(3)，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，＋∞))答案A解析由題意得，mx2－6x＋3m<0，x∈(0，2]，即m<eq\f(6x,x2＋3)，故問題轉化為m<eq\f(6x,x2＋3)在(0，2]上有解，設g(x)＝eq\f(6x,x2＋3)，則g(x)＝eq\f(6x,x2＋3)＝eq\f(6,x＋\f(3,x))，x∈(0，2]，因為x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(3)，當且僅當x＝eq\r(3)∈(0，2]時取等號，所以g(x)max＝eq\f(6,2\r(3))＝eq\r(3)，故m<eq\r(3).8．已知x<eq\f(3,2)，f(x)＝x＋eq\f(8,2x－3)，則下列說法正確的是()A．f(x)有最大值－eq\f(1,2) B．f(x)有最大值－eq\f(5,2)C．f(x)有最小值eq\f(11,2) D．f(x)有最小值eq\f(7,2)答案B解析∵x<eq\f(3,2)，∴x－eq\f(3,2)<0，∴f(x)＝x＋eq\f(4,x－\f(3,2))＝x－eq\f(3,2)＋eq\f(4,x－\f(3,2))＋eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＋\f(4,\f(3,2)－x)))＋eq\f(3,2)≤－2eq\r(4)＋eq\f(3,2)＝－eq\f(5,2)，當且僅當x＝－eq\f(1,2)時取等號．9．(2022·嘉興質檢)已知實數x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y≤2，,3x－y＋2≥0，))則z＝|x－2y＋6|的最大值是()A．10B．7C．5D．2答案B解析畫出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y≤2，,3x－y＋2≥0))所表示的平面區(qū)域，如圖陰影部分(含邊界)所示，設m＝x－2y＋6，則y＝eq\f(1,2)x＋3－eq\f(m,2)，當直線y＝eq\f(1,2)x＋3－eq\f(m,2)經過點A時，目標函數m＝x－2y＋6取得最小值，當直線y＝eq\f(1,2)x＋3－eq\f(m,2)經過點B時，目標函數m＝x－2y＋6取得最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,3x－y＋2＝0，))解得A(0，2)，又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,3x－y＋2＝0，))解得B(－1，－1)，所以目標函數的最小值為2，最大值為7，所以z＝|x－2y＋6|的最大值是7.10．(2022·石家莊模擬)設正實數m，n滿足m＋n＝2，則下列說法正確的是()A.eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為4B．mn的最小值為1C.eq\r(m)＋eq\r(n)的最大值為2D．m2＋n2的最小值為eq\f(5,4)答案C解析∵m>0，n>0，m＋n＝2，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝2，當且僅當eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)，即m＝n＝1時，等號成立，故A不正確；∵m＋n＝2≥2eq\r(mn)，∴mn≤1，當且僅當m＝n＝1時，等號成立，故B不正確；∵(eq\r(m)＋eq\r(n))2≤2[(eq\r(m))2＋(eq\r(n))2]＝4，∴eq\r(m)＋eq\r(n)≤eq\r(4)＝2，當且僅當m＝n＝1時，等號成立，故C正確；m2＋n2≥eq\f(m＋n2,2)＝2，當且僅當m＝n＝1時，等號成立，故D不正確．11．(2022·滁州質檢)若實數a，b滿足2a＋b＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)，b>1))，則eq\f(2a,2a－1)＋eq\f(b,b－1)的最小值為()A．6B．4C．3D．2答案A解析令2a－1＝m，b－1＝n，則m>0，n>0，∴m＋n＝2a＋b－2＝1，∵eq\f(2a,2a－1)＋eq\f(b,b－1)＝eq\f(m＋1,m)＋eq\f(n＋1,n)＝2＋eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝4＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥4＋2eq\r(\f(n,m)·\f(m,n))＝6，當且僅當m＝n＝eq\f(1,2)，即a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(3,2)時取等號．12．(2022·廣東聯考)已知正數x，y，z滿足x2＋y2＋z2＝1，則S＝eq\f(1＋z,2xyz)的最小值為()A．3 B.eq\f(3\r(3)＋1,2)C．4 D．2(eq\r(2)＋1)答案C解析由題意得，0<z<1，0<1－z<1，∴z(1－z)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z＋1－z,2)))2＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當z＝1－z，即z＝\f(1,2)時取等號))，∵x2＋y2＋z2＝1，∴1－z2＝x2＋y2≥2xy(當且僅當x＝y(tǒng)時取等號)，∴eq\f(1－z2,2xy)≥1，即eq\f(1－z1＋z,2xy)≥1，∵1－z>0，∴eq\f(1＋z,2xy)≥eq\f(1,1－z)，∴eq\f(1＋z,2xyz)≥eq\f(1,z1－z)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當x＝y(tǒng)＝\f(\r(6),4)，z＝\f(1,2)時取等號))，則S＝eq\f(1＋z,2xyz)的最小值為4.二、填空題13．(2022·安慶檢測)能夠說明“設a，b，c是任意實數，若a2＋b2>c2，則a＋b>c”是假命題的一組整數a，b，c的值依次為________．答案－3，－1，1(答案不唯一)解析令a＝－3，b＝－1，c＝1，則a2＋b2＝10>1＝c2，此時a＋b＝－4<1，所以該命題是假命題．14．已知關于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集為{x|3<x<4}，則eq\f(c2＋5,a＋b)的取值范圍為________.答案[4eq\r(5)，＋∞)解析由不等式的解集知a<0，由根與系數的關系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝3＋4＝7，,\f(c,a)＝3×4＝12，))∴b＝－7a，c＝12a，則eq\f(c2＋5,a＋b)＝eq\f(144a2＋5,－6a)＝－24a＋eq\f(5,－6a)≥