課時(shí)4基本不等式知識梳理1.（1），（2）a=b（3）算術(shù)幾何2.(1)x=y(2)x=y【拓展知識】1.一正、二定、三相等三、基礎(chǔ)回顧1．（1）×【解析】當(dāng)x<0時(shí)，；當(dāng)x>0時(shí)，，所以函數(shù)沒有最小值.（2）×【解析】當(dāng)時(shí)，函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取“＝”，顯然無解.（3）×【解析】“x>0且y>0”是“”的充分不必要條件.（4）×【解析】不等式成立的條件是；成立的條件是，.A【解析】因?yàn)?<x<1，所以1－x>0，所以x(1－x)≤＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)時(shí)，等號成立，故x(1－x)的最大值為eq\f(1,4).故選A.3．A【解析】因?yàn)閤+y=18，所以，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=9時(shí)取“＝”.故選A.4．C【解析】，當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取“＝”.因?yàn)楹瘮?shù)在x=a處取得最小值，所以a=3.故選C.四、考點(diǎn)掃描例1（1）D【解析】由AC＝a，BC＝b，可得圓O的半徑為r＝OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(a＋b,2)，又由OC＝OB－BC＝eq\f(a＋b,2)－b＝eq\f(a－b,2)，在Rt△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝＋＝eq\f(a2＋b2,2)，因?yàn)镺F≤FC，所以eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號．故選D.（2）ABD【解析】因?yàn)?x＋y＝3，且x，y均為正實(shí)數(shù)，所以由基本不等式得2x＋y＝3≥2eq\r(2xy)，即xy≤eq\f(9,8)，4x＋2y≥2eq\r(4x×2y)＝2eq\r(22x＋y)＝4eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)時(shí)等號成立，A，B正確；由不等式eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)，得eq\r(\f(4x2＋y2,2))≥eq\f(2x＋y,2)，所以4x2＋y2≥eq\f(（2x＋y）2,2)，即x2＋eq\f(y2,4)≥eq\f(9,8)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)時(shí)等號成立，C錯誤；因?yàn)?x＋y＝3，所以eq\f(x,y)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x,y)＋eq\f(1,3x)(2x＋y)＝eq\f(2,3)＋eq\f(x,y)＋eq\f(y,3x)≥eq\f(2,3)＋2eq\r(\f(x,y)×\f(y,3x))＝eq\f(2,3)＋eq\f(2\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\r(3)x時(shí)等號成立，D正確．故選ABD.對點(diǎn)訓(xùn)練（1）C【解析】因?yàn)?<a<b，所以2b>a＋b，所以b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab).因?yàn)閎>a>0，所以ab>a2，所以eq\r(ab)>a.故b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a.故選C.（2）ABD【解析】對于A，由，結(jié)合a+b=1，得，A正確；另解：，A正確；對于B，，所以，B正確；對于C，，C錯誤；對于D，因?yàn)?，所以，D正確.故選ABD．例2（1）C【解析】由題意，可得3x＋9y＝3x＋32y≥＝2×27＝54，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝32y，即x＝2y時(shí)等號成立．故選C.（2）3【解析】由已知，得12＝4x＋3y≥2eq\r(4x·3y)，即12≥2eq\r(4x·3y)，解得xy≤3(當(dāng)且僅當(dāng)4x＝3y時(shí)取等號)．例3（1）D【解析】若x>0，y>0且x＋y＝xy，則，所以eq\f(x,x－1)＋eq\f(2y,y－1)，當(dāng)且僅當(dāng)，即x＝1＋eq\f(\r(2),2)，y＝1＋eq\r(2)時(shí)取“＝”，所以eq\f(x,x－1)＋eq\f(2y,y－1)的最小值為3＋2eq\r(2).故選D.（2）4【解析】方法一(直接消元)：由x＋eq\f(y,x)＝1得y＝x－x2，故＋eq\f(x,y)＝＋＝＋＝≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)時(shí)取“＝”．故＋eq\f(x,y)的最小值為4.方法二(直接消元)：由x＋eq\f(y,x)＝1得eq\f(y,x)＝1－x，故＋eq\f(x,y)＝＋，以下同方法一.方法三(消元，分離常數(shù)湊定值)：同方法一，二得＋eq\f(x,y)＝＋＝＋＝2＋＋≥4，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝eq\f(1,2)時(shí)取“＝”．故＋eq\f(x,y)的最小值為4.方法四(“1”的代換)因?yàn)閤＋eq\f(y,x)＝1，所以＋eq\f(x,y)＝＝2＋＋≥4，當(dāng)且僅當(dāng)＋，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,4)))時(shí)取“＝”．故＋eq\f(x,y)的最小值為4.例4（1）B【解析】因?yàn)閍>0，b>1，且a＋b＝2，所以b－1>0且a＋(b－1)＝1，所以eq\f(4,a)＋eq\f(1,b－1)＝(eq\f(4,a)＋eq\f(1,b－1))[a＋(b－1)]＝5＋eq\f(4（b－1）,a)＋eq\f(a,b－1)≥5＋2eq\r(\f(4（b－1）,a)·\f(a,b－1))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4（b－1）,a)＝eq\f(a,b－1)，即a＝eq\f(2,3)且b＝eq\f(4,3)時(shí)取等號，故eq\f(4,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值為9.故選B.（2）A【解析】因?yàn)閍b＝a＋b＋3，所以，因?yàn)閍>0，b>0，所以b>1，所以，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，，即a＝b＝3時(shí)取“=”，故當(dāng)a＝b＝3時(shí)，ab的最小值為9.故選A.例5（1）B【解析】由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，于是eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝·＝eq\f(1,4)≥eq\f(1,4)＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)＝eq\f(2b,a＋1)，且a>0，b>0，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(4,3)時(shí)，等號成立．所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值為eq\f(9,4).故選B.（2）72【解析】因?yàn)?a＋4b＝ab，a>0，b>0，所以eq\f(8,b)＋eq\f(4,a)＝1，所以8a＋b＝(8a＋b)＝eq\f(64a,b)＋eq\f(4b,a)＋40≥2eq\r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(64a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝6，b＝24時(shí)取等號．對點(diǎn)訓(xùn)練（1）D【解析】因?yàn)?a2＋b2＝7，則aeq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)×2a×eq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)×eq\f(4a2＋1＋b2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)4a2＝1＋b2，即a＝1，b＝eq\r(3)時(shí)，等號成立．故選D.（2）B【解析】因?yàn)椋?，，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，故選B．（3）B【解析】因?yàn)閍>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，則b＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)，所以b－eq\f(a,4)＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)－eq\f(a,4)＝eq\f(a,4)＋eq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,4)＝eq\f(2,a)，即a＝2eq\r(2)時(shí)，等號成立，此時(shí)b＝eq\f(3\r(2),2).故選B.（4）BC【解析】對于A，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，錯誤；對于B，因?yàn)?，所以，即，，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，B正確；對于C，由得，所以，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，C正確；對于D，令，則，所以的最小值不是4，D錯誤.故選BC.例6【解】(1)所用時(shí)間為t＝eq\f(130,x)(小時(shí))，y＝eq\f(130,x)××6＋eq\f(130,x)×24，x∈[50，100].所以，這次行車總費(fèi)用y關(guān)于x的表達(dá)式是y＝eq\f(130×60,x)＋eq\f(6×130,360)x＝eq\f(7800,x)＋eq\f(13,6)x，x∈[50，100].（1）y＝eq\f(7800,x)＋eq\f(13,6)x≥2eq\r(\f(7800,x)·\f(13,6)x)＝260，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(7800,x)＝eq\f(13,6)x，即x＝60時(shí)等號成立．故當(dāng)x＝60時(shí)，這次行車的總費(fèi)用最低，最低費(fèi)用為260元．拓展與延伸1基本不等式的綜合應(yīng)用考點(diǎn)掃描例1（1）D【解析】由已知，，若不等式恒成立，所以恒成立，轉(zhuǎn)化成求的最小值，

，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，所以．故選D．（2）A【解析】因?yàn)閤>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以2x＋y＝(2x＋y)＝5＋eq\f(2x,y)＋eq\f(2y,x)≥5＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(2y,x))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2x,y)＝eq\f(2y,x)，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，即x＝y(tǒng)＝3時(shí)取等號，此時(shí)2x＋y取得最小值9，若2x＋y<m2－8m有解，則9<m2－8m，解得m>9或m<－1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞)．故選A.例2（1）8【解析】因?yàn)?，所以?（2）eq\f(8,7)【解析】方法一：由abc＝a＋2b＋c得，c＝＝1＋，由ab＝a＋2b得，＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)＝4＋eq\f(a,b)＋≥4＋2＝4＋4＝8，故c≤eq\f(8,7).方法二：因?yàn)閍bc＝a＋2b＋c，ab＝a＋2b，所以abc＝ab＋c，故c＝，由ab＝a＋2b利用基本不等式得ab≥2，故ab≥8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，b＝2時(shí)等號成立，故c＝1＋≤1＋eq\f(1,8－1)＝eq\f(8,7).方法三(對等性猜測)：因?yàn)橐阎獥l件可以改寫為“eq\f(1,2)·a·2b＝a＋2b，eq\f(1,2)·a·2b·c＝a＋2b＋c”，故a與2b對等，不妨設(shè)a＝2b，解得a＝2b＝4，c＝eq\f(8,7)，故c的最大值為eq\f(8,7).例3eq\f(3,2)【解析】由f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)＝x2＋2＋eq\f(3,x2＋2)－2，令x2＋2＝t(t≥2)，則有f(t)＝t＋eq\f(3,t)－2.由對勾函數(shù)的性質(zhì)知，f(t)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝2時(shí)，f(t)min＝eq\f(3,2)，即當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)min＝eq\f(3,2).鞏固提升C【解析】令f(x)＝eq\f(x2＋3x＋1,x)，由題意可得a≤f(x)min，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋3≥2eq\r(x·\f(1,x))＋3＝5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)等號成立，a≤f(x)min＝5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，5]．故選C.2.C【解析】因?yàn)閷θ我獾膞∈(－∞，0)，x2－mx＋1>0恒成立，即mx<x2＋1對任意的x∈(－∞，0)恒成立，即m>eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)對任意的x∈(－∞，0)恒成立，因?yàn)閤∈(－∞，0)，則－x∈(0，＋∞)，所以x＋eq\f(1,x)＝－≤－2eq\r(－x·\f(1,－x))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1時(shí)取等號，所以m>－2.故選C.3、BCD【解析】令，，，A錯誤.，B正確.，C正確.，D正確.故選BCD.4.4eq\r(5)【解析】依題意得a<0，且3和4是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，即則所以＝(－24a)+≥2＝4eq\r