第4講基本不等式[最新考綱]1．了解基本不等式的證明過程．2．會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題.知識梳理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)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．2．幾個重要的不等式(1)重要不等式：a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(3)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．3．利用基本不等式求最值已知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，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小)．(2)如果和x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大)．辨析感悟1．對基本不等式的認識(1)當(dāng)a≥0，b≥0時，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).(√)(2)兩個不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是相同的．(×)2．對幾個重要不等式的認識(3)(a＋b)2≥4ab(a，b∈R)．(√)(4)eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).(×)(5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．(√)3．利用基本不等式確定最值(6)函數(shù)y＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值為4.(×)(7)(2014·福州模擬改編)若x＞－3，則x＋eq\f(4,x＋3)的最小值為1.(√)(8)(2013·四川卷改編)已知函數(shù)f(x)＝4x＋eq\f(a,x)(x＞0，a＞0)在x＝3時取得最小值，則a＝36.(√)[感悟·提升]兩個防范一是在應(yīng)用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現(xiàn)錯誤．對于公式a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，要弄清它們的作用、使用條件及內(nèi)在聯(lián)系，兩個公式也體現(xiàn)了ab和a＋b的轉(zhuǎn)化關(guān)系．如(2)、(4)、(6)．二是在利用不等式求最值時，一定要盡量避免多次使用基本不等式．若必須多次使用，則一定要保證它們等號成立的條件一致.學(xué)生用書第103頁考點一利用基本不等式證明簡單不等式【例1】已知x＞0，y＞0，z＞0.求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(z,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(z,y)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,z)＋\f(y,z)))≥8.證明∵x＞0，y＞0，z＞0，∴eq\f(y,x)＋eq\f(z,x)≥eq\f(2\r(yz),x)＞0，eq\f(x,y)＋eq\f(z,y)≥eq\f(2\r(xz),y)＞0，eq\f(x,z)＋eq\f(y,z)≥eq\f(2\r(xy),z)＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(z,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(z,y)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,z)＋\f(y,z)))≥eq\f(8\r(yz)·\r(xz)·\r(xy),xyz)＝8.當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時等號成立．規(guī)律方法利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，證明思路是從已證不等式和問題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過逐步的邏輯推理最后轉(zhuǎn)化為需證問題．【訓(xùn)練1】已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1.求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.證明∵a＞0，b＞0，c＞0，且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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，取等號．考點二利用基本不等式求最值【例2】(1)(2013·山東卷)設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當(dāng)eq\f(xy,z)取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為 ()．A．0 B．1C.eq\f(9,4) D．3(2)(2014·廣州一模)已知eq\f(2,x)＋eq\f(2,y)＝1，(x＞0，y＞0)，則x＋y的最小值為 ()．A．1 B．2C．4 D．8審題路線(1)x2－3xy＋4y2－z＝0?變形得z＝x2－3xy＋4y2?代入eq\f(z,xy)?變形后利用基本不等式?取等號的條件把eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)轉(zhuǎn)化關(guān)于eq\f(1,y)的一元二次函數(shù)?利用配方法求最大值．解析(1)由x2－3xy＋4y2－z＝0，得z＝x2－3xy＋4y2，∴eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3).又x，y，z為正實數(shù)，∴eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號，此時z＝2y2.∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(2,2y)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,2y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)))2＋eq\f(2,y)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1，當(dāng)eq\f(1,y)＝1，即y＝1時，上式有最大值1.(2)∵x＞0，y＞0，∴x＋y＝(x＋y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(2,y)))＝4＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥4＋4eq\r(\f(x,y)·\f(y,x))＝8.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(y,x)，即x＝y(tǒng)＝4時取等號．答案(1)B(2)D規(guī)律方法條件最值的求解通常有兩種方法：一是消元法，即根據(jù)條件建立兩個量之間的函數(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．【訓(xùn)練2】(1)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(2)(2014·浙江十校聯(lián)考)若正數(shù)x，y滿足4x2＋9y2＋3xy＝30，則xy的最大值是 ()．A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C．2 D.eq\f(5,4)解析(1)由x＋3y＝5xy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，等號成立)，∴3x＋4y的最小值是5.(2)由x＞0，y＞0，得4x2＋9y2＋3xy≥2×(2x)×(3y)＋3xy(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時等號成立)，∴12xy＋3xy≤30，即xy≤2，∴xy的最大值為2.答案(1)C(2)C考點三基本不等式的實際應(yīng)用【例3】(2014·濟寧期末)小王大學(xué)畢業(yè)后，決定利用所學(xué)專業(yè)進行自主創(chuàng)業(yè)．經(jīng)過市場調(diào)查，生產(chǎn)某小型電子產(chǎn)品需投入年固定成本為3萬元，每生產(chǎn)x萬件，需另投入流動成本為W(x)萬元，在年產(chǎn)量不足8萬件時，W(x)＝eq\f(1,3)x2＋x(萬元)．在年產(chǎn)量不小于8萬件時，W(x)＝6x＋eq\f(100,x)－38(萬元)．每件產(chǎn)品售價為5元．通過市場分析，小王生產(chǎn)的商品能當(dāng)年全部售完．(1)寫出年利潤L(x)(萬元)關(guān)于年產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)解析式；(注：年利潤＝年銷售收入－固定成本－流動成本)(2)年產(chǎn)量為多少萬件時，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤最大？最大利潤是多少？解(1)因為每件商品售價為5元，則x萬件商品銷售收入為5x萬元，依題意得，當(dāng)0＜x＜8時，L(x)＝5x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2＋x))－3＝－eq\f(1,3)x2＋4x－3；當(dāng)x≥8時，L(x)＝5x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(100,x)－38))－3＝35－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x))).所以L(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋4x－3，0＜x＜8，,35－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x)))，x≥8.))(2)當(dāng)0＜x＜8時，L(x)＝－eq\f(1,3)(x－6)2＋9.此時，當(dāng)x＝6時，L(x)取得最大值L(6)＝9萬元，當(dāng)x≥8時，L(x)＝35－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x)))≤35－2eq\r(x·\f(100,x))＝35－20＝15，此時，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(100,x)時，即x＝10時，L(x)取得最大值15萬元．∵9＜15，所以當(dāng)年產(chǎn)量為10萬件時，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤最大．最大利潤為15萬元．規(guī)律方法(1)利用基本不等式解決實際問題時，應(yīng)先仔細閱讀題目信息，理解題意，明確其中的數(shù)量關(guān)系，并引入變量，依題意列出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，然后用基本不等式求解．(2)在求所列函數(shù)的最值時，若用基本不等式時，等號取不到，可利用函數(shù)單調(diào)性求解．【訓(xùn)練3】為響應(yīng)國家擴大內(nèi)需的政策，某廠家擬在2013年舉行促銷活動，經(jīng)調(diào)查測算，該產(chǎn)品的年銷量(即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費用t(t≥0)萬元滿足x＝4－eq\f(k,2t＋1)(k為常數(shù))．如果不搞促銷活動，則該產(chǎn)品的年銷量只能是1萬件．已知2013年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為6萬元，每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入12萬元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品平均成本的1.5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分)．(1)將該廠家2013年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費用t萬元的函數(shù)；(2)該廠家2013年的年促銷費用投入多少萬元時，廠家利潤最大？解(1)由題意有1＝4－eq\f(k,1)，得k＝3，故x＝4－eq\f(3,2t＋1).∴y＝1.5×eq\f(6＋12x,x)×x－(6＋12x)－t＝3＋6x－t＝3＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3,2t＋1)))－t＝27－eq\f(18,2t＋1)－t(t≥0)．(2)由(1)知：y＝27－eq\f(18,2t＋1)－t＝27.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,t＋\f(1,2))＋\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2))))))).由基本不等式eq\f(9,t＋\f(1,2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))≥2eq\r(\f(9,t＋\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2))))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9,t＋\f(1,2))＝t＋eq\f(1,2)，即t＝2.5時等號成立，故y＝27－eq\f(18,2t＋1)－t＝27.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,t＋\f(1,2))＋\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))))))≤27.5－6＝21.5.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9,t＋\f(1,2))＝t＋eq\f(1,2)時，等號成立，即t＝2.5時，y有最大值21.5.所以2013年的年促銷費用投入2.5萬元時，該廠家利潤最大，最大利潤為21.5萬元．1．基本不等式具有將“和式”轉(zhuǎn)化為“積式”和將“積式”轉(zhuǎn)化為“和式”的放縮功能，常常用于比較數(shù)(式)的大小或證明不等式，解決問題的關(guān)鍵是分析不等式兩邊的結(jié)構(gòu)特點，選擇好利用基本不等式的切入點．2．連續(xù)使用公式時取等號的條件很嚴格，要求同時滿足任何一次的字母取值存在且一致．教你審題7——如何挖掘基本不等式中的“相等”【典例】(2013·天津卷)設(shè)a＋b＝2，b>0，則eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值為________．[審題]一審條件：a＋b＝2，b＞0，轉(zhuǎn)化為條件求最值問題；二審問題：eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)轉(zhuǎn)化為“1”的代換；三審過程：利用基本不等式時取等號的條件．解析因為a＋b＝2，所以eq\f(1,2|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≥－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)，a<0，即a＝－2，b＝4時取等號，故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值為eq\f(3,4).答案eq\f(3,4)[反思感悟]在求解含有兩個變量的代數(shù)式的最值問題時，通常的解決辦法是變量替換或常值“1”【自主體驗】(2013·臺州一模)設(shè)x，y均為正實數(shù)，且eq\f(3,2＋x)＋eq\f(3,2＋y)＝1，則xy的最小值為 ()．A．4 B．4eq\r(3)C．9 D．16解析由eq\f(3,2＋x)＋eq\f(3,2＋y)＝1可化為xy＝8＋x＋y，∵x，y均為正實數(shù)，∴xy＝8＋x＋y≥8＋2eq\r(xy)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時等號成立)，即xy－2eq\r(xy)－8≥0，解得eq\r(xy)≥4，即xy≥16，故xy的最小值為16.答案D對應(yīng)學(xué)生用書P303基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(2014·泰安一模)若a，b∈R，且ab＞0，則下列不等式中，恒成立的是()．A．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞eq\f(2,\r(ab))C.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2D．a(chǎn)2＋b2＞2ab解析因為ab＞0，即eq\f(b,a)＞0，eq\f(a,b)＞0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝2.答案C2．(2014·杭州一模)設(shè)a＞0，b＞0.若a＋b＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()．A．2B.eq\f(1,4)C．4D．8解析由題意eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(1,2)時，取等號，所以最小值為4.答案C3．(2013·金華十校模擬)已知a＞0，b＞0，a，b的等比中項是1，且m＝b＋eq\f(1,a)，n＝a＋eq\f(1,b)，則m＋n的最小值是()．A．3B．4C．5D．6解析由題意知：ab＝1，∴m＝b＋eq\f(1,a)＝2b，n＝a＋eq\f(1,b)＝2a，∴m＋n＝2(a＋b)≥4eq\r(ab)＝4.答案B4．(2012·陜西卷)小王從甲地到乙地的時速分別為a和b(a<b)，其全程的平均時速為v，則()．A．a(chǎn)<v<eq\r(ab)B．v＝eq\r(ab)C.eq\r(ab)<v<eq\f(a＋b,2)D．v＝eq\f(a＋b,2)解析設(shè)甲、乙兩地之間的距離為s.∵a<b，∴v＝eq\f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝eq\f(2sab,a＋bs)＝eq\f(2ab,a＋b)<eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab).又v－a＝eq\f(2ab,a＋b)－a＝eq\f(ab－a2,a＋b)>eq\f(a2－a2,a＋b)＝0，∴v>a.答案A5．(2014·蘭州模擬)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．－3B．2C．3解析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C二、填空題6．(2014·廣州模擬)若正實數(shù)a，b滿足ab＝2，則(1＋2a)·(1＋b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97．已知x，y∈R＋，且滿足eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1，則xy的最大值為______．解析∵x＞0，y＞0且1＝eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)≥2eq\r(\f(xy,12))，∴xy≤3.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,3)＝eq\f(y,4)，即當(dāng)x＝eq\f(3,2)，y＝2時取等號．答案38．函數(shù)y＝a1－x(a＞0，a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny－1＝0(mn＞0)上，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________．解析∵y＝a1－x恒過點A(1,1)，又∵A在直線上，∴m＋n＝1.而eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(m＋n,m)＋eq\f(m＋n,n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝eq\f(1,2)時，取“＝”，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為4.答案4三、解答題9．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.證明eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(1,2)時等號成立)).10．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．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).能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．已知x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，若x＋2y>m2＋2m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()．A．(－∞，－2]∪[4，＋∞)B．(－∞，－4]∪[2，＋∞)C．(－2,4)D．(－4,2)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時取等號，∴(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答案D2．(2014·鄭州模擬)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)解析因為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D二、填空題3．(2014·南昌模擬)已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________．解析由已知，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6三、解答題4．(2013·泰安期末考試)小王于年初用50萬元購買一輛大貨車，第一年因繳納各種費用需支出6萬元，從第二年起，每年都比上一年增加支出2萬元，假定該車每年的運輸收入均為25萬元．小王在該車運輸累計收入超過總支出后，考慮將大貨車作為二手車出售，若該車在第x年年底出售，其銷售價格為(25－x)萬元(國家規(guī)定大貨車的報廢年限為10年)．(1)大貨車運輸?shù)降趲啄昴甑?，該車運輸累計收入超過總支出？(2)在第幾年年底將大貨車出售，能使小王獲得的年平均利潤最大？(利潤＝累計收入＋銷售收入－總支出)解(1)設(shè)大貨車到第x年年底的運輸累計收入與總支出的差為y萬元，則y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50(0＜x≤10，x∈N)，即y＝－x2＋20x－50(0＜x≤10，x∈N)，由－x2＋20x－50＞0，解得10－5eq\r(2)＜x＜10＋5eq\r(2).而2＜10－5eq\r(2)＜3，故從第3年開始運輸累計收入超過總支出．(2)因為利潤＝累計收入＋銷售收入－總支出，所以銷售二手貨車后，小王的年平均利潤為eq\x\to(y)＝eq\f(1,x)[y＋(25－x)]＝eq\f(1,x)(－x2＋19x－25)＝19－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而19－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))≤19－2eq\r(x·\f(25,x))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時等號成立，即小王應(yīng)當(dāng)在第5年將大貨車出售，才能使年平均利潤最大．方法強化練——不等式(對應(yīng)學(xué)生用書P305)(建議用時：75分鐘)一、選擇題1．“|x|＜2”是“x2－x－6＜0A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析不等式|x|＜2的解集是(－2,2)，而不等式x2－x－6＜0的解集是(－2,3)，于是當(dāng)x∈(－2,2)時，可得x∈(－2,3)，反之則不成立，故選A.答案A2．(2014·青島一模)若a，b是任意實數(shù)，且a＞b，則下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)2＞b2B.eq\f(b,a)＜1C．lg(a－b)＞0D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b解析∵0＜eq\f(1,3)＜1，∴y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是減函數(shù)，又a＞b，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b.答案D3．(2014·杭州二中調(diào)研)若不等式|8x＋9|＜7和不等式ax2＋bx＞2的解集相等，則實數(shù)a，b的值分別為()．A．a(chǎn)＝－8，b＝－10B．a(chǎn)＝－4，b＝－9C．a(chǎn)＝－1，b＝9D．a(chǎn)＝－1，b＝2解析據(jù)題意可得|8x＋9|＜7的解集是{x|－2＜x＜－eq\f(1,4)}，故由{x|－2＜x＜－eq\f(1,4)}是一元二次不等式ax2＋bx＞2的解集，可知x1＝－2，x2＝－eq\f(1,4)是ax2＋bx－2＝0的兩個根，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x1x2＝－eq\f(2,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝－4，x1＋x2＝－eq\f(b,a)＝－eq\f(9,4)，∴b＝－9，故選B.答案B4．(2013·浙江溫嶺中學(xué)模擬)下列命題錯誤的是()．A．若a≥0，b≥0，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)B．若eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，則a≥0，b≥0C．若a＞0，b＞0，且eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，則a≠bD．若eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，且a≠b，則a＞0，b＞0解析若eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，且a≠b，則a＝0，b＞0或a＞0，b＝0或a＞0，b＞0.故D錯誤．答案D5．(2014·長沙診斷)已知實數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0，,x＋2y≥0，,3x＋y－5≤0，))則2x＋y的最大值是()．A．0B．3C．4D．5解析設(shè)z＝2x＋y，得y＝－2x＋z，作出不等式對應(yīng)的區(qū)域，平移直線y＝－2x＋z，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過點B時，直線的截距最大，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,3x＋y－5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))即B(1,2)，代入z＝2x＋y，得z＝2x＋y＝4.答案C6．(2013·北京海淀一模)設(shè)x，y∈R＋，且x＋4y＝40，則lgx＋lgy的最大值是()．A．40B．10C．4D．2解析∵x，y∈R＋，∴40＝x＋4y≥2eq\r(4xy)＝4eq\r(xy)，當(dāng)x＝4y＝20時取等號，∴xy≤100，lgx＋lgy＝lgxy≤lg100＝2.答案D7．某種生產(chǎn)設(shè)備購買時費用為10萬元，每年的設(shè)備管理費共計9千元，這種生產(chǎn)設(shè)備的維修費為第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，而且以后以每年2千元的增量逐年遞增，則這種生產(chǎn)設(shè)備最多使用多少年報廢最合算(即使用多少年的年平均費用最少)()．A．8B．9C．10D．11解析設(shè)使用x年的年平均費用為y萬元．由已知，得y＝eq\f(10＋0.9x＋\f(0.2x2＋0.2x,2),x)，即y＝1＋eq\f(10,x)＋eq\f(x,10)(x∈N*)．由基本不等式知y≥1＋2eq\r(\f(10,x)·\f(x,10))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(10,x)＝eq\f(x,10)，即x＝10時取等號．因此使用10年報廢最合算，年平均費用為3萬元．答案C8．(2014·天水一模)實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≤aa>1，,x－y≤0，))若目標函數(shù)z＝x＋y取得最大值4，則實數(shù)a的值為()．A．4B．3C．2D.eq\f(3,2)解析作出可行域，由題意可知可行域為△ABC內(nèi)部及邊界，y＝－x＋z，則z的幾何意義為直線在y軸上的截距，將目標函數(shù)平移可知當(dāng)直線經(jīng)過點A時，目標函數(shù)取得最大值4，此時A點坐標為(a，a)，代入得4＝a＋a＝2a，所以a答案C9．(2014·湖州模擬)設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x≥0，y≥0.))若目標函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)的最小值為()．A.eq\f(25,6)B.eq\f(8,3)C.eq\f(11,3)D．4解析不等式表示的平面區(qū)域如圖所示陰影部分．當(dāng)直線ax＋by＝z(a＞0，b＞0)過直線x－y＋2＝0與直線3x－y－6＝0的交點(4,6)時，目標函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即4a＋6b＝12，即2a＋3所以eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(3,b)))·eq\f(2a＋3b,6)＝eq\f(13,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(13,6)＋2＝eq\f(25,6)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(6,5)時等號成立)．答案A10．(2014·金麗衢十二校聯(lián)考)已知任意非零實數(shù)x，y滿足3x2＋4xy≤λ(x2＋y2)恒成立，則實數(shù)λ的最小值為()．A．4B．5C.eq\f(11,5)D.eq\f(7,2)解析依題意，得3x2＋4xy≤3x2＋[x2＋(2y)2]＝4(x2＋y2)，因此有eq\f(3x2＋4xy,x2＋y2)≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號，即eq\f(3x2＋4xy,x2＋y2)的最大值是4，結(jié)合題意得λ≥eq\f(3x2＋4xy,x2＋y2)，故λ≥4，即λ的最小值是4.答案A二、填空題11．(2013·煙臺模擬)已知關(guān)于x的不等式ax2＋2x＋c>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))，則不等式－cx2＋2x－a>0的解集為________．解析由ax2＋2x＋c>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))知a<0，且－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)為方程ax2＋2x＋c＝0的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系得－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(2,a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\f(1,2)＝eq\f(c,a)，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集為(－2,3)．答案(－2,3)12．(2014·武漢質(zhì)檢)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x＜0，))則不等式f(x)＜9的解集是________．解析當(dāng)x≥0時，由3x＜9得0≤x＜2.當(dāng)x＜0時，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＜9得－2＜x＜0.故f(x)＜9的解集為(－2,2)．答案(－2,2)13．(2014·湖北七市聯(lián)考)點P(x，y)在不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋y≤3，,y≥x＋1))表示的平面區(qū)域內(nèi)，若點P(x，y)到直線y＝kx－1(k＞0)的最大距離為2eq\r(2)，則k＝________.解析在坐標平面內(nèi)畫出題中的不等式組表示的平面區(qū)域及直線y＝kx－1的大概位置，如圖所示，因為k＞0，所以由圖可知，點(0,3)到直線y＝kx－1的距離最大，因此eq\f(|0－1－3|,\r(k2＋1))＝2eq\r(2)，解得k＝1(負值舍去)．答案114．(2013·湘潭診斷)已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，則9x＋3y的最小值為________．解析由a⊥b得a·b＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2.所以9x＋3y≥2eq\r(9x·3y)＝2eq\r(32x＋y)＝6.答案615．(2014·寧波十校聯(lián)考)設(shè)a，b∈(0，＋∞)，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，則eq\f(a2,x)＋eq\f(b2,y)≥eq\f(a＋b2,x＋y)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)時，上式取等號，利用以上結(jié)論，可以得到函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋eq\f(9,1－2x)(x∈(0，eq\f(1,2)))的最小值為________．解析根據(jù)已知結(jié)論，f(x)＝eq\f(2,x)＋eq\f(9,1－2x)＝eq\f(4,2x)＋eq\f(9,1－2x)≥eq\f(2＋32,2x＋1－2x)＝25，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2,2x)＝eq\f(3,1－2x)，即x＝eq\f(1,5)∈(0，eq\f(1,2))時，f(x)取最小值為25.答案25三、解答題16．(2014·長沙模擬)已知f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)若f(x)>k的解集為{x|x<－3或x>－2}，求k的值；(2)若對任意x>0，f(x)≤t恒成立，求實數(shù)t的范圍．解(1)f(x)>k?kx2－2x＋6k<0，由已知其解集為{x|x<－3或x>－