eq\a\vs4\al(基本不等式)預(yù)習(xí)課本P96～102，預(yù)習(xí)課本P96～102，思考并完成以下問(wèn)題(1)基本不等式的形式是什么？需具備哪些條件？(2)“和定積最大，積定和最小”應(yīng)怎樣理解？(3)在利用基本不等式求最值時(shí)，應(yīng)注意哪些方面？(4)一般按照怎樣的思路來(lái)求解實(shí)際問(wèn)題中的最值問(wèn)題？eq\a\vs4\al([新知初探])1．重要不等式當(dāng)a，b是任意實(shí)數(shù)時(shí)，有a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．2．基本不等式(1)有關(guān)概念：當(dāng)a，b均為正數(shù)時(shí)，把eq\f(a＋b,2)稱(chēng)為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，把eq\r(ab)稱(chēng)為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．(2)基本不等式定義：如果a，b是正數(shù)，那么eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”．(3)變形：ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)，a＋b≥2eq\r(ab)(其中a＞0，b＞0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立)．[點(diǎn)睛]基本不等式成立的條件：a＞0且b＞0；其中等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，即若a≠b時(shí)，則eq\r(ab)≠eq\f(a＋b,2)，即只能有eq\r(ab)＜eq\f(a＋b,2).3．設(shè)x，y為正實(shí)數(shù)(1)若x＋y＝s(和s為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy有最大值，且這個(gè)值為eq\f(s2,4).(2)若xy＝p(積p為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值，且這個(gè)值為2eq\r(p).eq\a\vs4\al([小試身手])1．若x>0，則x＋eq\f(4,x)的最小值為_(kāi)_______．解析：∵x>0，∴x＋eq\f(4,x)≥4.答案：42．若x，y∈(0，＋∞)，且x＋4y＝1，則xy的最大值是________．解析：∵x，y∈(0，＋∞)，則1＝x＋4y≥4eq\r(xy)，即xy≤eq\f(1,16)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,8)時(shí)等號(hào)成立．答案：eq\f(1,16)3．實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋2y＝2，則3x＋9y的最小值是________．解析：利用基本不等式可得3x＋9y＝3x＋32y≥2eq\r(3x·32y)＝2eq\r(3x＋2y).∵x＋2y＝2，∴3x＋9y≥2eq\r(32)＝6，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝32y，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．答案：64．給出下面結(jié)論：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(|x|·\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))))＝4成立．答案：①③利用基本不等式比較大小[典例](1)已知m＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，n＝22－b2(b≠0)，則m，n之間的大小關(guān)系是________．(2)若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\f(a＋b,2)，則P，Q，R的大小關(guān)系是________．[解析](1)因?yàn)閍>2，所以a－2>0，又因?yàn)閙＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2，所以m≥2eq\r(a－2·\f(1,a－2))＋2＝4，由b≠0，得b2≠0，所以2－b2<2，n＝22－b2<4，綜上可知m>n.(2)因?yàn)閍>b>1，所以lga>lgb>0，所以Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)>eq\r(lga·lgb)＝P；Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝lgeq\r(a)＋lgeq\r(b)＝lgeq\r(ab)<lgeq\f(a＋b,2)＝R.所以P<Q<R.[答案](1)m>n(2)P<Q<R利用基本不等式比較實(shí)數(shù)大小的注意事項(xiàng)(1)利用基本不等式比較大小，常常要注意觀察其形式(和與積)，同時(shí)要注意結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性)．(2)利用基本不等式時(shí)，一定要注意條件是否滿(mǎn)足a>0，b>0.[活學(xué)活用]已知a，b，c都是非負(fù)實(shí)數(shù)，試比較eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)與eq\r(2)(a＋b＋c)的大?。猓阂?yàn)閍2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥(a＋b)2，所以eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)，同理eq\r(b2＋c2)≥eq\f(\r(2),2)(b＋c),eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(c＋a)，所以eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]，即eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立.利用基本不等式證明不等式[典例]已知a，b，c均為正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(2b＋3c－a,a)＋eq\f(a＋3c－2b,2b)＋eq\f(a＋2b－3c,3c)≥3.[證明]∵a，b，c均為正實(shí)數(shù)，∴eq\f(2b,a)＋eq\f(a,2b)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b時(shí)等號(hào)成立)，eq\f(3c,a)＋eq\f(a,3c)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝3c時(shí)等號(hào)成立)，eq\f(3c,2b)＋eq\f(2b,3c)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)2b＝3c時(shí)等號(hào)成立)，將上述三式相加得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)))≥6(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c時(shí)等號(hào)成立)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)－1))≥3(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c時(shí)等號(hào)成立)，即eq\f(2b＋3c－a,a)＋eq\f(a＋3c－2b,2b)＋eq\f(a＋2b－3c,3c)≥3(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c時(shí)等號(hào)成立)．利用基本不等式證明不等式的策略與注意事項(xiàng)(1)策略：從已證不等式和問(wèn)題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過(guò)逐步的邏輯推理，最后轉(zhuǎn)化為所求問(wèn)題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．(2)注意事項(xiàng)：①多次使用基本不等式時(shí)，要注意等號(hào)能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，證明不等式時(shí)注意使用；③對(duì)不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型再使用．[活學(xué)活用]已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.證明：因?yàn)閍，b，c為正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝1，所以eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(b＋c,a)≥eq\f(2\r(bc),a).同理，eq\f(1,b)－1≥eq\f(2\r(ac),b)，eq\f(1,c)－1≥eq\f(2\r(ab),c).上述三個(gè)不等式兩邊均為正，相乘得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)，取等號(hào).利用基本不等式求最值[典例](1)已知lga＋lgb＝2，求a＋b的最小值．(2)已知x＞0，y＞0，且2x＋3y＝6，求xy的最大值．(3)已知x＞0，y＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．[解](1)由lga＋lgb＝2可得lgab＝2，即ab＝100，且a＞0，b＞0，因此由基本不等式可得a＋b≥2eq\r(ab)＝2eq\r(100)＝20，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝10時(shí)，a＋b取到最小值20.(2)∵x＞0，y＞0,2x＋3y＝6，∴xy＝eq\f(1,6)(2x·3y)≤eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2)))2＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y，即x＝eq\f(3,2)，y＝1時(shí)，xy取到最大值eq\f(3,2).(3)∵eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝(x＋y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝1＋eq\f(9x,y)＋eq\f(y,x)＋9＝eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10，又∵x＞0，y＞0，∴eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，即y＝3x時(shí)，等號(hào)成立．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x，,\f(1,x)＋\f(9,y)＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝12，))即當(dāng)x＝4，y＝12時(shí)，x＋y取得最小值16.(1)應(yīng)用基本不等式需注意三個(gè)條件：即一正、二定、三相等．在具體的題目中，“正數(shù)”條件往往易從題設(shè)中獲得解決，“相等”條件也易驗(yàn)證確定，而要獲得“定值”條件卻常常被設(shè)計(jì)為一個(gè)難點(diǎn)，它需要一定的靈活性和變形技巧．因此，“定值”條件決定著基本不等式應(yīng)用的可行性，這是解題成敗的關(guān)鍵．(2)常用構(gòu)造定值條件的技巧變換：①加項(xiàng)變換；②拆項(xiàng)變換；③統(tǒng)一變?cè)?；④平方后利用基本不等式?3)對(duì)于條件最值要注意“1”的代換技巧的運(yùn)用．[活學(xué)活用](1)已知0<x<eq\f(1,3)，求函數(shù)y＝x(1－3x)的最大值．(2)已知x>eq\f(5,4)，求函數(shù)y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最小值．解：(1)∵0<x<eq\f(1,3)，∴1－3x>0.∴y＝x(1－3x)＝eq\f(1,3)·3x(1－3x)≤eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋1－3x,2)))2＝eq\f(1,12)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,6)時(shí)，函數(shù)y＝x(1－3x)取得最大值eq\f(1,12).(2)∵x>eq\f(5,4)，∴4x－5>0.∴y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝4x－5＋eq\f(1,4x－5)＋3≥2eq\r(4x－5·\f(1,4x－5))＋3＝5.當(dāng)且僅當(dāng)4x－5＝eq\f(1,4x－5)，即x＝eq\f(3,2)時(shí)取等號(hào)．∴當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，y取最小值為5.利用基本不等式解應(yīng)用題[典例]某單位決定投資3200元建一倉(cāng)庫(kù)(長(zhǎng)方體狀)，高度恒定，它的后墻利用舊墻不花錢(qián)，正面用鐵柵，每米長(zhǎng)造價(jià)40元，兩側(cè)墻砌磚，每米長(zhǎng)造價(jià)45元，頂部每平方米造價(jià)20元，求：(1)倉(cāng)庫(kù)面積S的最大允許值是多少？(2)為使S達(dá)到最大，而實(shí)際投資又不超過(guò)預(yù)算，那么正面鐵柵應(yīng)設(shè)計(jì)為多長(zhǎng)？[解](1)設(shè)鐵柵長(zhǎng)為x米，一堵磚墻長(zhǎng)為y米，而頂部面積為S＝xy，依題意得，40x＋2×45y＋20xy＝3200，由基本不等式得3200≥2eq\r(40x×90y)＋20xy＝120eq\r(xy)＋20xy＝120eq\r(S)＋20S.所以S＋6eq\r(S)－160≤0，即(eq\r(S)－10)(eq\r(S)＋16)≤0，故eq\r(S)≤10，從而S≤100，所以S的最大允許值是100平方米，(2)取得最大值的條件是40x＝90y且xy＝100，求得x＝15，即鐵柵的長(zhǎng)是15米．求實(shí)際問(wèn)題中最值的解題策略(1)先讀懂題意，設(shè)出變量，理清思路，列出函數(shù)關(guān)系式．(2)把實(shí)際問(wèn)題抽象成函數(shù)的最大值或最小值問(wèn)題．(3)在定義域內(nèi)，求函數(shù)的最大值或最小值時(shí)，一般先考慮基本不等式，當(dāng)基本不等式求最值的條件不具備時(shí)，再考慮函數(shù)的單調(diào)性．(4)正確寫(xiě)出答案．[活學(xué)活用]某公司購(gòu)買(mǎi)一批機(jī)器投入生產(chǎn)，據(jù)市場(chǎng)分析，每臺(tái)機(jī)器生產(chǎn)的產(chǎn)品可獲得的總利潤(rùn)y(單位：萬(wàn)元)與機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)間x(單位：年)的關(guān)系為y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，則當(dāng)每臺(tái)機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)________年時(shí)，年平均利潤(rùn)最大，最大值是________萬(wàn)元．解析：每臺(tái)機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)x年的年平均利潤(rùn)為eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)年平均利潤(rùn)最大，最大值為8萬(wàn)元．答案：58層級(jí)一學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)1．設(shè)x>0，則y＝3－3x－eq\f(1,x)的最大值是________．解析：y＝3－3x－eq\f(1,x)＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x)))≤3－2eq\r(3x·\f(1,x))＝3－2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(3),3)時(shí)取等號(hào)．答案：3－2eq\r(3)2．若2x＋y＝4，則4x＋2y的最小值為_(kāi)_______．解析：4x＋2y＝22x＋2y≥2eq\r(22x·2y)＝2eq\r(22x＋y)＝2eq\r(24)＝8.當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝2，即x＝1，y＝2時(shí)等號(hào)成立．答案：83．若對(duì)于任意x>0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，則a的取值范圍是________．解析：eq\f(x,x2＋3x＋1)＝eq\f(1,3＋x＋\f(1,x))，因?yàn)閤>0，所以x＋eq\f(1,x)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，則eq\f(1,3＋x＋\f(1,x))≤eq\f(1,3＋2)＝eq\f(1,5)，即eq\f(x,x2＋3x＋1)的最大值為eq\f(1,5)，故a≥eq\f(1,5).答案：a≥eq\f(1,5)4．某公司租地建倉(cāng)庫(kù)，每月土地占用費(fèi)y1與倉(cāng)庫(kù)到車(chē)站的距離成反比，而每月庫(kù)存貨物的運(yùn)費(fèi)y2與倉(cāng)庫(kù)到車(chē)站的距離成正比，如果在距離車(chē)站10千米處建倉(cāng)庫(kù)，這兩項(xiàng)費(fèi)用y1和y2分別為2萬(wàn)元和8萬(wàn)元，那么，要使這兩次費(fèi)用之和最小，倉(cāng)庫(kù)應(yīng)建在離車(chē)站________千米處．解析：設(shè)倉(cāng)庫(kù)與車(chē)站的距離為x千米，則y1＝eq\f(k1,x)，y2＝k2x.∴2＝eq\f(k1,10)，8＝k2·10.∴k1＝20，k2＝eq\f(4,5).∴y＝eq\f(20,x)＋eq\f(4,5)x.∵eq\f(20,x)＋eq\f(4,5)x≥2eq\r(\f(20,x)·\f(4,5)x)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(20,x)＝eq\f(4,5)x，即x＝5時(shí)取等號(hào)．∴x＝5千米時(shí)，y取得最小值．答案：55．已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，則x＋2y的最小值是________．解析：依題意得(x＋1)(2y＋1)＝9，(x＋1)＋(2y＋1)≥2eq\r(x＋12y＋1)＝6，x＋2y≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝2y＋1，即x＝2，y＝1時(shí)取等號(hào)，故x＋2y的最小值是4.答案：46．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，則a＋b,2eq\r(ab)，2ab，a2＋b2中最大的一個(gè)是________．解析：因?yàn)?<a<1,0<b<1，a≠b，所以a＋b>2eq\r(ab)，a2＋b2>2ab，所以四個(gè)數(shù)中最大的數(shù)應(yīng)從a＋b，a2＋b2中選擇．而a2＋b2－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)．又因?yàn)?<a<1,0<b<1，所以a(a－1)<0，b(b－1)<0，所以a2＋b2－(a＋b)<0，即a2＋b2<a＋b，所以a＋b最大．答案：a＋b7．已知a>0，b>0，若不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(n,2a＋b)恒成立，則n的最大值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閍>0，b>0，由題知eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(n,2a＋b)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))·(2a＋b)≥n，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))·(2a＋b)＝4＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)＋1＝5＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(2a,b)))≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立，故n≤9.故n的最大值為9.答案：98．已知x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，若x＋2y>m2＋2m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：∵x>0，y>0且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，∴x＋2y＝(x＋2y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝4，y＝2時(shí)取等號(hào)，∴(x＋2y)min＝8，要使x＋2y>m2＋2m恒成立，只需(x＋2y)min>m2＋2m恒成立，即8>m2＋2m，解得－4<m<2.答案：(－4,2)9．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.證明：法一：因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝1，所以1＋eq\f(1,a)＝1＋eq\f(a＋b,a)＝2＋eq\f(b,a)，同理1＋eq\f(1,b)＝2＋eq\f(a,b)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(1,2)時(shí)取等號(hào))).法二：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(a＋b,ab)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(2,ab)，因?yàn)閍，b為正數(shù)，a＋b＝1，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，于是eq\f(1,ab)≥4，eq\f(2,ab)≥8，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥1＋8＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立)).10．?；~(yú)塘是某地一種獨(dú)具地方特色的農(nóng)業(yè)生產(chǎn)形式，某研究單位打算開(kāi)發(fā)一個(gè)桑基魚(yú)塘項(xiàng)目，該項(xiàng)目準(zhǔn)備購(gòu)置一塊1800平方米的矩形地塊，中間挖出三個(gè)矩形池塘養(yǎng)魚(yú)，挖出的泥土堆在池塘四周形成基圍(陰影部分所示)種植桑樹(shù)，池塘周?chē)幕鶉鷮捑鶠?米，如圖，設(shè)池塘所占的總面積為S平方米．(1)試用x表示S；(2)當(dāng)x取何值時(shí)，才能使得S最大？并求出S的最大值．解：(1)由圖形知，3a＋6＝x，∴a＝eq\f(x－6,3).則總面積S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1800,x)－4))·a＋2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1800,x)－6))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5400,x)－16))＝eq\f(x－6,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5400,x)－16))＝1832－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10800,x)＋\f(16x,3)))，即S＝1832－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10800,x)＋\f(16x,3)))(x>0)．(2)由S＝1832－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10800,x)＋\f(16x,3)))，得S≤1832－2eq\r(\f(10800,x)·\f(16x,3))＝1832－2×240＝1352.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(10800,x)＝eq\f(16x,3)，此時(shí)，x＝45.即當(dāng)x為45米時(shí)，S最大，且S最大值為1352平方米．層級(jí)二應(yīng)試能力達(dá)標(biāo)1．已知函數(shù)f(x)＝4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3時(shí)取得最小值，則a＝________.解析：由基本不等式性質(zhì)，f(x)＝4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)在4x＝eq\f(a,x)，即x2＝eq\f(a,4)時(shí)取得最小值，由于x>0，a>0，再根據(jù)已知可得eq\f(a,4)＝32，故a＝36.答案：362．已知a>0，且b>0，若2a＋b＝4，則eq\f(1,ab)的最小值為_(kāi)_______．解析：由題中條件知，eq\f(1,ab)＝eq\f(4,4ab)＝eq\f(2a＋b,4ab)＝eq\f(1,2b)＋eq\f(1,4a)≥2eq\r(\f(1,2b)·\f(1,4a))，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，b＝2時(shí)等號(hào)成立，故eq\f(1,a2b2)≥4·eq\f(1,2b)·eq\f(1,4a)，即eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3．已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是________．解析：因?yàn)閘g2x＋lg8y＝lg2，所以x＋3y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))(x＋3y)＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3y,x)＝eq\f(x,3y)，即x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)時(shí)，取等號(hào)．答案：44．已知x>1，則函數(shù)y＝x＋eq\f(9x,x－1)的值域?yàn)開(kāi)_______．解析：∵x>1，∴x－1>0.∴y＝x＋eq\f(9x,x－1)＝x＋eq\f(9x－9＋9,x－1)＝x＋9＋eq\f(9,x－1)＝x－1＋eq\f(9,x－1)＋10≥2eq\r(x－1·\f(9,x－1))＋10＝16，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(9,x－1)，即x＝4時(shí)，y取最小值16，∴函數(shù)y＝x＋eq\f(9x,x－1)的值域?yàn)閇16，＋∞)．答案：[16，＋∞)5．若正數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值為_(kāi)_______．解析：由題知，eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝5，即eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1，所以3x＋4y＝(3x＋4y)·1＝(3x＋4y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)＝eq\f(13,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,5y)＋\f(12y,5x)))，因?yàn)閤，y>0，由基本不等式得eq\f(13,5)＋eq\f(3x,5y)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(36,25))＝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．答案：56．設(shè)x，y為實(shí)數(shù)．若4x2＋y2＋xy＝1，則2x＋y的最大值是________．解析：依題意有(2x＋y)2＝1＋3xy＝1＋eq\f(3,2)×2x×y≤1＋eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))2，得eq\f(5,8)(2x＋y)2≤1，即|2x＋y|≤eq\f(2\r(10),5).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(10),5)時(shí)，2x＋y取最大值eq\f(2\r(10),5).答案：eq\f(2\r(10),5)7．已知函數(shù)f(x)＝lgx(x∈R＋)，若x1>0，x2>0，比較eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))的大小，并加以證明．證明：∵f(x1)＋f(x2)＝lgx1＋lgx2＝lg(x1x2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝lgeq\f(x1＋x2,2)，又∵x1>0，x2>0，∴x1x2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2，∴l(xiāng)g(x1x2)≤lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2，∴eq\f(1,2)lg(x1x2)≤lgeq\f(x1＋x2,2)，即eq\f(1,2)(lgx1＋lgx2)≤lgeq\f(x1＋x2,2).∴eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2時(shí)，等號(hào)成立．8．已知兩正數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋y＝1，求z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))的最小值．解：z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＝xy＋eq\f(1,xy)＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＝xy＋eq\f(1,xy)＋eq\f(x＋y2－2xy,xy)＝eq\f(2,xy)＋xy－2，令t＝xy，則0<t＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝eq\f(1,4).由f(t)＝t＋eq\f(2,t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞減，故當(dāng)t＝eq\f(1,4)時(shí)f(t)＝t＋eq\f(2,t)有最小值eq\f(33,4)，所以當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時(shí)，z有最小值eq\f(25,4).(時(shí)間120分鐘滿(mǎn)分160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．將答案填在題中的橫線(xiàn)上)1．不等式x2<1的解集為_(kāi)_______．解析：x2<1，則－1<x<1，所以不等式的解集為{x|－1<x<1}．答案：{x|－1<x<1}2．若關(guān)于x的不等式mx2＋2x＋4>0的解集為{x|－1<x<2}，則m的值為_(kāi)_______．解析：由已知得－1,2是方程mx2＋2x＋4＝0的兩個(gè)根，∴－1＋2＝－eq\f(2,m).∴m＝－2.答案：－23．已知一元二次不等式f(x)<0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(1,2)))))，則f(10x)>0的解集為_(kāi)____．解析：因?yàn)橐辉尾坏仁絝(x)<0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(1,2)))))，所以可設(shè)f(x)＝a(x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(a<0)，由f(10x)>0可得(10x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10x－\f(1,2)))<0，即10x<eq\f(1,2)，x<－lg2.答案：{x|x<－lg2}4．原點(diǎn)與點(diǎn)(1,1)有且僅有一個(gè)點(diǎn)在不等式2x－y＋a>0表示的平面區(qū)域內(nèi)，則a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：根據(jù)題意，分以下兩種情況：①原點(diǎn)(0,0)在該區(qū)域內(nèi)，點(diǎn)(1,1)不在該區(qū)域內(nèi)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a＋1≤0))無(wú)解．②原點(diǎn)(0,0)不在該區(qū)域內(nèi)，點(diǎn)(1,1)在該區(qū)域內(nèi)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤0，,a＋1>0，))所以－1<a≤0.綜上所述，－1<a≤0.答案：(－1,0]5．已知x>0，y>0，n>0，nx＋y＝1，eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為16，則n的值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閤>0，y>0，n>0，nx＋y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝(nx＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝n＋4＋eq\f(y,x)＋eq\f(4nx,y)＝n＋4＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4nx,y))＝n＋4＋4eq\r(n)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2eq\r(n)x時(shí)取等號(hào)．所以n＋4＋4eq\r(n)＝16，解得n＝4.答案：46．在條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,0≤y≤2，,x－y≥1.))下，z＝(x－1)2＋(y－1)2的取值范圍是________．解析：由約束條件作出可行域如圖．目標(biāo)函數(shù)表示點(diǎn)(x，y)與點(diǎn)M(1,1)的距離的開(kāi)方．由圖可知，z的最小值為點(diǎn)M與直線(xiàn)x－y＝1的距離的平方．即zmin＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(|1－1－1|,\r(2))))2＝eq\f(1,2).z的最大值為點(diǎn)M(1,1)與點(diǎn)B(2,0)的距離的平方：即zmax＝(1－2)2＋(1－0)2＝2.∴z的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))7．已知a>0，b>0，a，b的等比中項(xiàng)是1，且m＝b＋eq\f(1,a)，n＝a＋eq\f(1,b)，則m＋n的最小值是________．解析：∵a，b的等比中項(xiàng)是1，∴ab＝1.∴eq\f(1,a)＝b，eq\f(1,b)＝a，又a>0，b>0，∴m＋n＝2(a＋b)≥4eq\r(ab)＝4，當(dāng)且僅且a＝b＝1時(shí)取等號(hào)．∴m＋n的最小值是4.答案：48．已知a>0，b>0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)的最小值是________．解析：∵a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)≥2eq\r(\f(1,ab))＋2eq\r(ab)＝eq\f(2,\r(ab))＋2eq\r(ab)≥2eq\r(\f(2,\r(ab))·2\r(ab))＝4.(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào))答案：49．某校計(jì)劃招聘男教師x名，女教師y名，x和y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥5，,x－y≤2，,x<6.))則該校招聘的教師最多是________名．答案：1010．若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x2＋y2＋xy＝1，則x＋y的最大值是________．解析：由x2＋y2＋xy＝1，得(x＋y)2－xy＝1，即xy＝(x＋y)2－1≤eq\f(x＋y2,4).所以eq\f(3,4)(x＋y)2≤1，故－eq\f(2\r(3),3)≤x＋y≤eq\f(2\r(3),3).當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)“＝”成立，所以x＋y的最大值為eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)11．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,4x2＋1)(x>0)的最大值為_(kāi)_______．解析：令t＝2x＋1(t>1)，原式＝eq\f(t,t2－2t＋2)＝eq\f(1,t＋\f(2,t)－2)①，因?yàn)閠＋eq\f(2,t)≥2eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(2)取等號(hào))，所以①式≤eq\f(1,2\r(2)－2)＝eq\f(\r(2)＋1,2)，故函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(\r(2)＋1,2).答案：eq\f(\r(2)＋1,2)12.在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個(gè)面積最大的內(nèi)接矩形花園(陰影部分),則其邊長(zhǎng)x為_(kāi)_____(m)．解析：設(shè)矩形寬為y，由三角形相似得：eq\f(x,40)＝eq\f(40－y,40)，且x>0，y>0，x<40，y<40?40＝x＋y≥2eq\r(xy)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝20時(shí)，矩形的面積S＝xy取最大值400.答案：2013．已知a，b為正數(shù)，且直線(xiàn)2x－(b－3)y＋6＝0與直線(xiàn)bx＋ay－5＝0互相垂直，則2a＋3b的最小值為_(kāi)_______．解析：依題意得2b－a(b－3)＝0，即eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝1,2a＋3b＝(2a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(3,b)))＝13＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥13＋6×2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝25，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝5時(shí)取等號(hào)，因此2a＋3b的最小值為25.答案：25二、解答題(本大題共6小題，共90分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)15．(本小題滿(mǎn)分14分)解不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3x－2,x－6)≤1，,2x2－x－1>0.))解：eq\f(3x－2,x－6)≤1?eq\f(2x＋4,x－6)≤0?x∈[－2,6)，2x2－x－1>0?(2x＋1)(x－1)>0?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)，所以，原不等式組的解為x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))∪(1,6)．16．(本小題滿(mǎn)分14分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋6，(1)當(dāng)a＝5時(shí)，解不等式f(x)<0；(2)若不等式f(x)>0的解集為R，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：當(dāng)a＝5時(shí)，f(x)＝x2＋5x＋6，由f(x)<0，得x2＋5x＋6<0.即(x＋2)(x＋3)<0.∴－3<x<－2.(2)若不等式f(x)>0的解集為R，則有Δ＝a2－4×6<0，解得－2eq\r(6)<a<2eq\r(6).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－2eq\r(6)，2eq\r(6))．17．(本小題滿(mǎn)分14分)若x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x－y≥－1，