基本不等式总复习教案

基本不等式总复习教案基本不等式总复习教案基本不等式总复习教案资料仅供参考文件编号：2022年4月基本不等式总复习教案版本号：A修改号：1页次：1.0审核：批准:发布日期：第四节基本不等式[知识能否忆起]一、基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)1．基本不等式成立的条件：a>0，b>0.2．等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号．二、几个重要的不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)；eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)．ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．三、算术平均数与几何平均数设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为eq\f(a＋b,2)，几何平均数为eq\r(ab)，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))四、利用基本不等式求最值问题已知x>0，y>0，则：(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2eq\r(p).(简记：积定和最小)(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq\f(p2,4).(简记：和定积最大)[小题能否全取]1．(教材习题改编)函数y＝x＋eq\f(1,x)(x＞0)的值域为()A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．(0，＋∞)C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)解析：选C∵x＞0，∴y＝x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时取等号．2．已知m>0，n>0，且mn＝81，则m＋n的最小值为()A．18 B．36C．81 D．243解析：选A∵m>0，n>0，∴m＋n≥2eq\r(mn)＝18.当且仅当m＝n＝9时，等号成立．3．(教材习题改编)已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为()\f(1,3) \f(1,2)\f(3,4) \f(2,3)解析：选B由x(3－3x)＝eq\f(1,3)×3x(3－3x)≤eq\f(1,3)×eq\f(9,4)＝eq\f(3,4)，当且仅当3x＝3－3x，即x＝eq\f(1,2)时等号成立．4．若x>1，则x＋eq\f(4,x－1)的最小值为________．解析：x＋eq\f(4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时等号成立．答案：55．已知x＞0，y＞0，lgx＋lgy＝1，则z＝eq\f(2,x)＋eq\f(5,y)的最小值为________．解析：由已知条件lgx＋lgy＝1，可得xy＝10.则eq\f(2,x)＋eq\f(5,y)≥2eq\r(\f(10,xy))＝2，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(5,y)))min＝2，当且仅当2y＝5x时取等号．又xy＝10，即x＝2，y＝5时等号成立．答案：21.在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．2．对于公式a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，要弄清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a＋b的转化关系．3．运用公式解题时，既要掌握公式的正用，也要注意公式的逆用，例如a2＋b2≥2ab逆用就是ab≤eq\f(a2＋b2,2)；eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b>0)逆用就是ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b>0)等．还要注意“添、拆项”技巧和公式等号成立的条件等．利用基本不等式求最值典题导入[例1](1)已知x＜0，则f(x)＝2＋eq\f(4,x)＋x的最大值为________．(2)(·浙江高考)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()\f(24,5) \f(28,5)C．5 D．6[自主解答](1)∵x＜0，∴－x＞0，∴f(x)＝2＋eq\f(4,x)＋x＝2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,－x)＋－x)).∵－eq\f(4,x)＋(－x)≥2eq\r(4)＝4，当且仅当－x＝eq\f(4,－x)，即x＝－2时等号成立．∴f(x)＝2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,－x)＋－x))≤2－4＝－2，∴f(x)的最大值为－2.(2)∵x＞0，y＞0，由x＋3y＝5xy得eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))＝1.∴3x＋4y＝eq\f(1,5)·(3x＋4y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,y)＋4＋9＋\f(12y,x)))＝eq\f(13,5)＋eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,y)＋\f(12y,x)))≥eq\f(13,5)＋eq\f(1,5)×2eq\r(\f(3x,y)·\f(12y,x))＝5(当且仅当x＝2y时取等号)，∴3x＋4y的最小值为5.[答案](1)－2(2)C本例(2)条件不变，求xy的最小值．解：∵x＞0，y＞0，则5xy＝x＋3y≥2eq\r(x·3y)，∴xy≥eq\f(12,25)，当且仅当x＝3y时取等号．∴xy的最小值为eq\f(12,25).由题悟法用基本不等式求函数的最值，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．在求条件最值时，一种方法是消元，转化为函数最值；另一种方法是将要求最值的表达式变形，然后用基本不等式将要求最值的表达式放缩为一个定值，但无论哪种方法在用基本不等式解题时都必须验证等号成立的条件．以题试法1．(1)当x＞0时，则f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值为________．(2)(·天津高考)已知log2a＋log2b≥1，则3a＋9b的最小值为________．(3)已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，则实数m的最大值是________．解析：(1)∵x＞0，∴f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2)＝1，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时取等号．(2)由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2，∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3eq\f(a＋2b,2)(当且仅当3a＝32b，即a＝2b时取等号)．又∵a＋2b≥2eq\r(2ab)≥4(当且仅当a＝2b时取等号)，∴3a＋9b≥2×32＝18.即当a＝2b时，3a＋9b有最小值18.(3)由x＞0，y＞0，xy＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，得xy≥8，于是由m－2≤xy恒成立，得m－2≤8，即m≤10.故m的最大值为10.答案：(1)1(2)18(3)10利用基本不等式解决恒成立问题►(·山东)若对任意x＞0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是________．[审题视点]先求eq\f(x,x2＋3x＋1)(x＞0)的最大值，要使得eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a(x＞0)恒成立，只要eq\f(x,x2＋3x＋1)(x＞0)的最大值小于等于a即可．解析若对任意x＞0，eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，只需求得y＝eq\f(x,x2＋3x＋1)的最大值即可，因为x＞0，所以y＝eq\f(x,x2＋3x＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq\f(1,2\r(x·\f(1,x)))＝eq\f(1,5)，当且仅当x＝1时取等号，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))当不等式一边的函数(或代数式)的最值较易求出时，可直接求出这个最值(最值可能含有参数)，然后建立关于参数的不等式求解．【训练3】(·宿州模拟)已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，则实数m的最大值是________．解析由x＞0，y＞0，xy＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，得xy≥8，于是由m－2≤xy恒成立，得m－2≤8，m≤10，故m的最大值为10.答案10阅卷报告8——忽视基本不等式成立的条件致误【问题诊断】利用基本不等式求最值是高考的重点，其中使用的条件是“一正、二定、三相等”，在使用时一定要注意这个条件，而有的考生对基本不等式的使用条件理解不透彻，使用时出现多次使用不等式时等号成立的条件相矛盾.,【防范措施】尽量不要连续两次以上使用基本不等式，若使用两次时应保证两次等号成立的条件同时相等.【示例】►已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值．错因两次基本不等式成立的条件不一致．实录∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4).又eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，而ab≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(8)＝4eq\r(2)，故eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为4eq\r(2).正解∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(a＋b)＝1＋2＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq\r(2).当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,\f(b,a)＝\f(2a,b)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)－1，,b＝2－\r(2)))时，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为3＋2eq\r(2).——————[易错提醒]——————————————————————————1.解答本题易两次利用基本不等式，但它们成立的条件不同，这显然是不能同时成立的，故不正确.2.使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视.要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可.3.在运用基本不等式时，还要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件.【试一试】(·四川)设a＞b＞0，则a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是()．A．1B．2C．3D．4[尝试解答]a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2－ab＋ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a(a－b)＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(aa－b·\f(1,aa－b))＋2eq\r(ab·\f(1,ab))＝2＋2＝4.当且仅当a(a－b)＝eq\f(1,aa－b)且ab＝eq\f(1,ab)，即a＝2b时，等号成立．答案D基本不等式的实际应用典题导入[例2](·江苏高考)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2(k＞0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．

[自主解答](1)令y＝0，得kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x＞0，k＞0，故x＝eq\f(20k,1＋k2)＝eq\f(20,k＋\f(1,k))≤eq\f(20,2)＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a＞0，所以炮弹可击中目标⇔存在k＞0，使＝ka－eq\f(1,20)(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.所以当a不超过6千米时，可击中目标．由题悟法利用基本不等式求解实际应用题的方法(1)问题的背景是人们关心的社会热点问题，如“物价、销售、税收、原材料”等，题目往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解．(2)当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解.以题试法2．(2012·福州质检)某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入eq\f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入eq\f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．

解：(1)设每件定价为t元，依题意，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(t－25,1)×)t≥25×8，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.因此要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意，x＞25时，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等价于x＞25时，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解．∵eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x≥2eq\r(\f(150,x)·\f(1,6)x)＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥.因此当该商品明年的销售量a至少应达到万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．1．已知f(x)＝x＋eq\f(1,x)－2(x＜0)，则f(x)有()A．最大值为0 B．最小值为0C．最大值为－4 D．最小值为－4解析：选C∵x＜0，∴f(x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,－x)))－2≤－2－2＝－4，当且仅当－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1时取等号．2．(·太原模拟)设a、b∈R，已知命题p：a2＋b2≤2ab；命题q：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)，则p是q成立的()A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B命题p：(a－b)2≤0⇔a＝b；命题q：(a－b)2≥0.显然，由p可得q成立，但由q不能推出p成立，故p是q的充分不必要条件．3．函数y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值是()A．2eq\r(3)＋2 B．2eq\r(3)－2C．2eq\r(3) D．2解析：选A∵x>1，∴x－1>0.∴y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋2x＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋2x－1＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋3,x－1)＝x－1＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(x－1\f(3,x－1))＋2＝2eq\r(3)＋2.当且仅当x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝1＋eq\r(3)时，取等号．4．(·陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(a<b)，其全程的平均时速为v，则()A．a<v<eq\r(ab) B．v＝eq\r(ab)\r(ab)<v<eq\f(a＋b,2) D．v＝eq\f(a＋b,2)解析：选A设甲、乙两地的距离为s，则从甲地到乙地所需时间为eq\f(s,a)，从乙地到甲地所需时间为eq\f(s,b)，又因为a<b，所以全程的平均速度为v＝eq\f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝eq\f(2ab,a＋b)<eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)，eq\f(2ab,a＋b)>eq\f(2ab,2b)＝a，即a<v<eq\r(ab).5．已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()\f(3,2) \f(5,3)\f(25,6) D．不存在解析：选A设正项等比数列{an}的公比为q，由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2.由eq\r(aman)＝4a1，即2eq\f(m＋n－2,2)＝4，得2m＋n－2＝24，即m＋n＝6.故eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(5,6)＋eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,n)＋\f(n,m)))≥eq\f(5,6)＋eq\f(4,6)＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)时等号成立．6．设a>0，b>0，且不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，则实数k的最小值等于()A．0 B．4C．－4 D．－2解析：选C由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0得k≥－eq\f(a＋b2,ab)，而eq\f(a＋b2,ab)＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋2≥4(a＝b时取等号)，所以－eq\f(a＋b2,ab)≤－4，因此要使k≥－eq\f(a＋b2,ab)恒成立，应有k≥－4，即实数k的最小值等于－4.7．已知x，y为正实数，且满足4x＋3y＝12，则xy的最大值为________．解析：∵12＝4x＋3y≥2eq\r(4x×3y)，∴xy≤3.当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＝3y，,4x＋3y＝12，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝2))时xy取得最大值3.答案：38．已知函数f(x)＝x＋eq\f(p,x－1)(p为常数，且p＞0)若f(x)在(1，＋∞)上的最小值为4，则实数p的值为________．解析：由题意得x－1＞0，f(x)＝x－1＋eq\f(p,x－1)＋1≥2eq\r(p)＋1，当且仅当x＝eq\r(p)＋1时取等号，因为f(x)在(1，＋∞)上的最小值为4，所以2eq\r(p)＋1＝4，解得p＝eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)9．(·朝阳区统考)某公司购买一批机器投入生产，据市场分析每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)．则当每台机器运转________年时，年平均利润最大，最大值是________万元．解析：每台机器运转x年的年平均利润为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，当且仅当x＝5时，年平均利润最大，最大值为8万元．答案：5810．已知x＞0，a为大于2x的常数，(1)求函数y＝x(a－2x)的最大值；(2)求y＝eq\f(1,a－2x)－x的最小值．解：(1)∵x＞0，a＞2x，∴y＝x(a－2x)＝eq\f(1,2)×2x(a－2x)≤eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋a－2x,2)))2＝eq\f(a2,8)，当且仅当x＝eq\f(a,4)时取等号，故函数的最大值为eq\f(a2,8).(2)y＝eq\f(1,a－2x)＋eq\f(a－2x,2)－eq\f(a,2)≥2eq\r(\f(1,2))－eq\f(a,2)＝eq\r(2)－eq\f(a,2).当且仅当x＝eq\f(a－\r(2),2)时取等号．故y＝eq\f(1,a－2x)－x的最小值为eq\r(2)－eq\f(a,2).11．正数x，y满足eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1.(1)求xy的最小值；(2)求x＋2y的最小值．解：(1)由1＝eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)≥2eq\r(\f(1,x)·\f(9,y))得xy≥36，当且仅当eq\f(1,x)＝eq\f(9,y)，即y＝9x＝18时取等号，故xy的最小值为36.(2)由题意可得x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝19＋eq\f(2y,x)＋eq\f(9x,y)≥19＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(9x,y))＝19＋6eq\r(2)，当且仅当eq\f(2y,x)＝eq\f(9x,y)，即9x2＝2y2时取等号，故x＋2y的最小值为19＋6eq\r(2).12．为了响应国家号召，某地决定分批建设保障性住房供给社会．首批计划用100万元购得一块土地，该土地可以建造每层1000平方米的楼房，楼房的每平方米建筑费用与建筑高度有关，楼房每升高一层，整层楼每平方米建筑费用提高20元．已知建筑第5层楼房时，每平方米建筑费用为800元．(1)若建筑第x层楼时，该楼房综合费用为y万元(综合费用是建筑费用与购地费用之和)，写出y＝f(x)的表达式；(2)为了使该楼房每平方米的平均综合费用最低，应把楼层建成几层此时平均综合费用为每平方米多少元解：(1)由题意知建筑第1层楼房每平方米建筑费用为720元，建筑第1层楼房建筑费用为720×1000＝720000(元)＝72(万元)，楼房每升高一层，整层楼建筑费用提高20×1000＝20000(元)＝2(万元)，建筑第x层楼房的建筑费用为72＋(x－1)×2＝2x＋70(万元)，建筑第x层楼时，该楼房综合费用为y＝f(x)＝72x＋eq\f(xx－1,2)×2＋100＝x2＋71x＋100，综上可知y＝f(x)＝x2＋71x＋100(x≥1，x∈Z)．(2)设该楼房每平方米的平均综合费用为g(x)，则g(x)＝eq\f(fx×10000,1000x)＝eq\f(10fx,x)＝eq\f(10x2＋71x＋100,x)＝10x＋eq\f(1000,x)＋710≥2eq\r(10x·\f(1000,x))＋710＝910.当且仅当10x＝eq\f(1000,x)，即x＝10时等号成立．综上可知应把楼层建成10层，此时平均综合费用最低，为每平方米910元．1．(·浙江联考)已知正数x，y满足x＋2eq\r(2xy)≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B依题意得x＋2eq\r(2xy)≤x＋(x＋2y)＝2(x＋y)，即eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)≤2(当且仅当x＝2y时取等号)，即eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)的最大值是2；又λ≥eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)，因此有λ≥2，即λ的最小值是2.2．设x，y，z为正实数，满足x－2y＋3z＝0，则eq\f(y2,xz)的最小值是________．解析：由已知条件可得y＝eq\f(x＋3z,2)，所以eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,z)＋\f(9z,x)＋6))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(x,z)×\f(9z,x))＋6))＝3，当且仅当x＝y＝3z时，eq\f(y2,xz)取得最小值3.答案：33．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？(2)某提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠，问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由．解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，由题意可知，面粉的保管等其他费用为3[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1)，设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1＝eq\f([9xx＋1＋900],x)＋1800×6＝eq\f(900,x)＋9x＋10809≥2eq\r(\f(900,x)·9x)＋10809＝10989，当且仅当9x＝eq\f(900,x)，即x＝10时取等号．即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少．(2)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉．设该厂利用此优惠条件后，每隔x(x≥35)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2元，则y2＝eq\f(1,x)[9x(x＋1)＋900]＋6×1800×＝eq\f(900,x)＋9x＋9729(x≥35)．令f(x)＝x＋eq